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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Eine Lehrerin sammelt die Hausaufgaben von einigen Schülern ein, um zu kontrollieren, ob diese auch ordentlich gemacht wurden. Aus Zeitgründen möchte sie aber nicht alle, sondern nur ein paar wenige einsammeln, welche durch ein Losverfahren ausgewählt werden. Aus (der unbegründeten) Angst ungerecht behandelt zu werden, bestehen die 3 Jungs darauf, dass unbedingt immer eine Hausaufgabe eines der 18 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 4. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{21}$ ⋅ $\frac{2}{20}$ ⋅ $\frac{1}{19}$ ⋅ $\frac{18}{18}$
= $\frac{1}{7}$ ⋅ $\frac{1}{10}$ ⋅ $\frac{1}{19}$ ⋅ $\frac{3}{3}$
= $\frac{1}{1330}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einer 8-ten Klasse gibt es 4 Schüler mit NWT-Profil, 5 Schüler mit sprachlichem Profil, 5 Schüler mit Musik-Profil und 6 Schüler mit IMP-Profil. Der NWT-Lehrer hört, dass heute 2 Schüler fehlen würden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass genau 1 Schüler mit NWT-Profil fehlen?

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Da ja ausschließlich nach 'NWT' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: 'NWT' und 'nicht NWT'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"NWT": $\frac{1}{5}$ ; "nicht NWT": $\frac{4}{5}$ ;

Ereignis	P
NWT -> NWT	$\frac{3}{95}$
NWT -> nicht NWT	$\frac{16}{95}$
nicht NWT -> NWT	$\frac{16}{95}$
nicht NWT -> nicht NWT	$\frac{12}{19}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("NWT")= $\frac{1}{5}$ ; P("nicht NWT")= $\frac{4}{5}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'NWT'-'nicht NWT' (P= $\frac{16}{95}$ )
'nicht NWT'-'NWT' (P= $\frac{16}{95}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{16}{95}$ + $\frac{16}{95}$ = $\frac{32}{95}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine bestimmte Variable soll im Computer mit 10 Bit abgespeichert werden. Ein Bit kann immer nur die Werte 0 und 1 annehmen. Wie viele Möglichkeiten gibt es die Variable mit verschiedenen Werten zu belegen?

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Bei jedem der 10 'Zufallsversuche' gibt es 2 Möglichkeiten. Dabei ist jedes Ergebnis im ersten 'Durchgang' mit jedem Ergebnis im zweiten Durchgang kombinierbar. Man könnte also alles in einem Baumdiagramm darstellen, das sich in jeder der 10 Ebenen immer 2-fach verzweigt.

Es entstehen so also 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 2¹⁰ = 1024 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 11 blaue und 18 gelbe Kugeln. Es werden 12 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 4 Kugeln blau sind.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

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Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Kugeln mit den Zahlen 1 bis 29 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 12 der insgesamt 29 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 12 von 29 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 29 \\ 12 \end{matrix})$ verwenden.

Jetzt überlegen wir uns, wie viele günstige Möglichkeiten es gibt:

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen blauen unter den 11 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 18 \\ 8 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 18 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen gelben unter den 18 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 18 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 18 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 18 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen blauen mit jedem Fall der gezogenen gelben kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "12 Kugeln aus 29 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 29 \\ 12 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 18 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 29 \\ 12 \end{matrix})}$ = $\frac{14440140}{51895935}$ ≈ 0,2783 = 27,83%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 6 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 4 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl genau 3 mal enthalten ist und alle anderen 3 Zahlen genau einmal?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

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Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 4 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 4 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 4⋅4⋅...⋅4 = 4⁶ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 6 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten überlegen wir uns am besten zuerst, wie viele Möglichkeiten es für die 3 Felder (Zahlenschlossräder) gibt, auf denen die 3 gleichen Zahlen stehen.
Hierfür gibt es

(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 4 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ 4 Möglichkeiten für die Belegung der 3 Felder (Zahlenschlossräder) mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 4 Zahlen theoretisch 3-fach vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 3 Felder (Zahlenschlossräder), die mit den anderen 3 Zahlen belegt werden können, wobei dabei jede Zahl genau einmal vorkommen muss. Auch das ist ja ein bekanntes Modell (n Zahlen auf n Felder verteilen): Hier gibt es 3! = 3⋅2⋅1 Möglichkeiten.
(3 Möglichkeiten für das erste Feld, 2 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt erhalten wir somit $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1 = 480 günstige Möglichkeiten

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit können wir somit als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix})⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1}{4⋅4⋅4⋅4⋅4⋅4}$ = $\frac{480}{4096}$ ≈ 0,1172 = 11,72%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 10 rote und ein unbekannte Zahl n blaue Kugeln. Es wird 2 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Dabei beträgt die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen, P(r-r) = $\frac{3}{7}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 10 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{10}{n + 10}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{9}{n + 9}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{10}{n + 10} \cdot \frac{9}{n + 9}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{3}{7}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 10$ ; $- 9$ }

\frac{90}{(n + 10) (n + 9)}

=

\frac{3}{7}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 10) \cdot (n + 9)$ weg!

$\frac{90}{(n + 10) \cdot (n + 9)}$	=	$\frac{3}{7}$	\|⋅( $(n + 10) \cdot (n + 9)$ )
$\frac{90}{(n + 10) \cdot (n + 9)} \cdot (n + 10) \cdot (n + 9)$	=	$\frac{3}{7} \cdot (n + 10) \cdot (n + 9)$
$90 \frac{n + 10}{n + 10}$	=	$\frac{3}{7} (n + 10) (n + 9)$
$90$	=	$\frac{3}{7} (n + 10) (n + 9)$
$90$	=	$\frac{3}{7} n^{2} + \frac{57}{7} n + \frac{270}{7}$

$90$	=	$\frac{3}{7} n^{2} + \frac{57}{7} n + \frac{270}{7}$	\|⋅ 7
$630$	=	$7 (\frac{3}{7} n^{2} + \frac{57}{7} n + \frac{270}{7})$
$630$	=	$3 n^{2} + 57 n + 270$	\| $- 3 n^{2}$ $- 57 n$ $- 270$

- 3 n^{2} - 57 n + 360

= 0 |:3

$- n^{2} - 19 n + 120$ = 0

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

eingesetzt in x_1,2 = $\frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a \cdot c}}{2 a}$ ergibt:

n_1,2 = $\frac{+ 19 \pm \sqrt{{(- 19)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 120}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 19 \pm \sqrt{361 + 480}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 19 \pm \sqrt{841}}{- 2}$

n₁ = $\frac{19 + \sqrt{841}}{- 2}$ = $\frac{19+29}{- 2}$ = $\frac{48}{- 2}$ = $- 24$

n₂ = $\frac{19 - \sqrt{841}}{- 2}$ = $\frac{19-29}{- 2}$ = $\frac{- 10}{- 2}$ = $5$

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

Um die Gleichung auf die Form "x² + px + q = 0" zu bekommen, müssen wir zuerst die ganze Gleichung durch " $- 1$ " teilen:

$- n^{2} - 19 n + 120$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 19 n - 120$ = 0

vor dem Einsetzen in x_1,2 = $- \frac{p}{2}$ ± $\sqrt{{(\frac{p}{2})}^{2} - q}$
berechnen wir zuerst die Diskriminante D = ${(\frac{p}{2})}^{2} - q$ :

D = ${(\frac{19}{2})}^{2} - (- 120)$ = $\frac{361}{4}$ $+$ $120$ = $\frac{361}{4}$ $+$ $\frac{480}{4}$ = $\frac{841}{4}$

x_1,2 = $- \frac{19}{2}$ ± $\sqrt{\frac{841}{4}}$

x₁ = $- \frac{19}{2}$ - $\frac{29}{2}$ = $- \frac{48}{2}$ = -24

x₂ = $- \frac{19}{2}$ + $\frac{29}{2}$ = $\frac{10}{2}$ = 5

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 5 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 2 Herz-Karten und 3 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 7 Herz- und 3 Kreuz-Karten. Es wird eine Karte zufällig aus dem Stapel A gezogen und auf den Stapel B gelegt. Nach längerem Mischen werden dann die obersten beiden Karten vom Stapel B gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass diese beiden aus dem Stapel B gezogenen Karten Kreuz-Karten sind.

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Es gibt zwei Möglichkeiten, wie Stapel B nach der ersten Ziehung aus Stapel A bestückt ist:

1. Möglichkeit: 8 Herz und 3 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{5}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{3}{11}$ ⋅ $\frac{2}{10}$ = $\frac{3}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{3}{55}$ = $\frac{6}{275}$

2. Möglichkeit: 7 Herz und 4 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{5}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, verändern sich am Baumdiagramm eben die Wahrscheinlichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{4}{11}$ ⋅ $\frac{3}{10}$ = $\frac{6}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{6}{55}$ = $\frac{18}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen:

P = P1 + P2 = $\frac{6}{275}$ + $\frac{18}{275}$ = $\frac{24}{275}$ .

Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen ohne Zurücklegen

Kombinatorik

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Anzahl der möglichen Fälle

Anzahl der günstigen Fälle

Ohne Zurücklegen rückwärts

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

2 Urnen

1. Möglichkeit: 8 Herz und 3 Kreuz

2. Möglichkeit: 7 Herz und 4 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: