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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!)

Lösung einblenden

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 mit Zurücklegen

Beispiel:

Beim Roulette gibt es 18 rote Felder, 18 scharze Felder und 1 grünes Feld (für die Null). Es wird zwei mal eine Kugel im Roulette gespielt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal grün"?

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"grün": $\frac{1}{37}$ ; "nicht grün": $\frac{36}{37}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'mindestens einmal grün' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben kein 'grün' bzw. 0 mal 'grün'

Man kann also am aller einfachsten die gesuchte Wahrscheinlichkeit über das Gegenereignis berechnen:

P=1-P(0 mal 'grün')=1- $\frac{1296}{1369}$ = $\frac{73}{1369}$

Ereignis	P
grün -> grün	$\frac{1}{1369}$
grün -> nicht grün	$\frac{36}{1369}$
nicht grün -> grün	$\frac{36}{1369}$
nicht grün -> nicht grün	$\frac{1296}{1369}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("grün")= $\frac{1}{37}$ ; P("nicht grün")= $\frac{36}{37}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'grün'-'nicht grün' (P= $\frac{36}{1369}$ )
'nicht grün'-'grün' (P= $\frac{36}{1369}$ )
'grün'-'grün' (P= $\frac{1}{1369}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{36}{1369}$ + $\frac{36}{1369}$ + $\frac{1}{1369}$ = $\frac{73}{1369}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine 3-stellige Zahl soll gewürfelt werden. Dabei wird einfach 3 mal mit einem normalen Würfel gewürfelt und die erwürfelten Zahlen hintereinander geschrieben. Wie viele verschiedene Zahlen können so gewürfelt werden.

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Bei jedem der 3 'Zufallsversuche' gibt es 6 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 3 Ebenen immer 6-fach verzweigt.

Es entstehen so also 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 6³ = 216 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 10 blaue und 12 gelbe Kugeln. Es werden 9 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 5 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 22 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 9 der insgesamt 22 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 9 von 22 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 22 \\ 9 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 5 gezogenen blauen unter den 10 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 12 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 12 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen gelben unter den 12 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 12 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 12 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 12 \\ 4 \end{matrix})$ 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 "9 Kugeln aus 22 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 22 \\ 9 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 12 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 22 \\ 9 \end{matrix})}$ = $\frac{124740}{497420}$ ≈ 0,2508 = 25,08%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 7 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 7 beschriftet sind, wird 5 mal gedreht.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei keine Zahl zweimal als Ergebnis erscheint?
(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: Drehung) 7 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 7 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 7⋅7⋅...⋅7 = 7⁵ Möglichkeiten für eine solche Serie von Glücksraddrehungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten suchen wir also alle möglichen Kombinationen, bei denen 5 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 7 \\ 5 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 5 Zahlen unter den 7 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 5 Zahlen von 7 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 7 \\ 5 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 5er-Pakete aus 7 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 7 \\ 5 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (5 Möglichkeiten für das erste Feld, 4 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 7 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅5! = 2520 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 5 \end{matrix})⋅5!}{7⋅7⋅7⋅7⋅7}$ = $\frac{2520}{16807}$ ≈ 0,1499 = 14,99%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 7 rote und ein unbekannte Zahl n blaue Kugeln. Es wird 2 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Dabei beträgt die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, P(b-b) = $\frac{1}{15}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 7 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{n + 7}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 7}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 7} \cdot \frac{n - 1}{n + 6}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 7$ ; $- 6$ }

\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)}

=

\frac{1}{15}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 7) \cdot (n + 6)$ weg!

$\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)}$	=	$\frac{1}{15}$	\|⋅( $(n + 7) \cdot (n + 6)$ )
$\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$	=	$\frac{1}{15} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n \cdot (n - 1)$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5}$

$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5}$	\|⋅ 15
$15 (n^{2} - n)$	=	$15 (\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5})$
$15 n^{2} - 15 n$	=	$n^{2} + 13 n + 42$	\| $- n^{2}$ $- 13 n$ $- 42$

14 n^{2} - 28 n - 42

= 0 |:14

$n^{2} - 2 n - 3$ = 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 = $\frac{+ 2 \pm \sqrt{{(- 2)}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (- 3)}}{2 \cdot 1}$

n_1,2 = $\frac{+ 2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2}$

n_1,2 = $\frac{+ 2 \pm \sqrt{16}}{2}$

n₁ = $\frac{2 + \sqrt{16}}{2}$ = $\frac{2+4}{2}$ = $\frac{6}{2}$ = $3$

n₂ = $\frac{2 - \sqrt{16}}{2}$ = $\frac{2-4}{2}$ = $\frac{- 2}{2}$ = $- 1$

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 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 = ${(- 1)}^{2} - (- 3)$ = $1$ $+$ $3$ = $4$

x_1,2 = $1$ ± $\sqrt{4}$

x₁ = $1$ - $2$ = -1

x₂ = $1$ + $2$ = 3

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 3 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 3 Herz-Karten und 2 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 5 Herz- und 5 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: 6 Herz und 5 Kreuz

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

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

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{5}{11}$ ⋅ $\frac{4}{10}$ = $\frac{2}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ = $\frac{6}{55}$

2. Möglichkeit: 5 Herz und 6 Kreuz

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

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

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) = $\frac{6}{11}$ ⋅ $\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{6}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{6}{55}$ + $\frac{6}{55}$ = $\frac{12}{55}$ .

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen mit 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: 6 Herz und 5 Kreuz

2. Möglichkeit: 5 Herz und 6 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: