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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Aus einem Kartenstapel mit 4 Karten der Farbe Herz und 3 weiteren Karten soll solange eine Karte gezogen werden, bis eine Herz-Karte erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies im 3.Versuch passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{7}$ ⋅ $\frac{2}{6}$ ⋅ $\frac{4}{5}$
= $\frac{1}{7}$ ⋅ $2$ ⋅ $\frac{2}{5}$
= $\frac{4}{35}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Kartenstapel sind 6 Karten der Farbe Kreuz, 10 der Farbe Pik, 4 der Farbe Herz und 4 der Farbe Karo. Es werden 2 Karten gleichzeitig vom Stapel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "höchstens 1 mal Karo"? (Unter Farben versteht man beim Kartenspiel Herz, Kreuz, Pig und Karo - nicht rot und schwarz)

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"Karo": $\frac{1}{6}$ ; "nicht Karo": $\frac{5}{6}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'höchstens einmal Karo' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben 2 mal 'Karo'

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

P=1-P(2 mal 'Karo')=1- $\frac{1}{46}$ = $\frac{45}{46}$

Ereignis	P
Karo -> Karo	$\frac{1}{46}$
Karo -> nicht Karo	$\frac{10}{69}$
nicht Karo -> Karo	$\frac{10}{69}$
nicht Karo -> nicht Karo	$\frac{95}{138}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("Karo")= $\frac{1}{6}$ ; P("nicht Karo")= $\frac{5}{6}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'Karo'-'nicht Karo' (P= $\frac{10}{69}$ )
'nicht Karo'-'Karo' (P= $\frac{10}{69}$ )
'nicht Karo'-'nicht Karo' (P= $\frac{95}{138}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{10}{69}$ + $\frac{10}{69}$ + $\frac{95}{138}$ = $\frac{45}{46}$

Kombinatorik

Beispiel:

Petra hat sich ein 8-stelliges Passwort erstellt. Als sie eine Woche später das Passwort wieder braucht, erinnert sie sich nur noch, dass jede der Zahlen zwischen 1 und 8 genau einmal vorkam. Wie viele verschiedene Passwörter können es dann noch sein?

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Für die erste Stelle ist jede(r) möglich. Es gibt also 8 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 7 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 6 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren:

also 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 40320 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 11 blaue und 12 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 23 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 12 der insgesamt 23 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 12 von 23 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 23 \\ 12 \end{matrix})$ 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} 12 \\ 8 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 12 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen gelben unter den 12 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 12 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 12 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 12 \\ 8 \end{matrix})$ 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 23 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 23 \\ 12 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 12 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 23 \\ 12 \end{matrix})}$ = $\frac{163350}{1352078}$ ≈ 0,1208 = 12,08%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 7 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 9 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei keine Zahl mehrfach vorkommt?
(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) 9 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 9 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 9⋅9⋅...⋅9 = 9⁷ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten suchen wir also alle möglichen Kombinationen, bei denen 7 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 9 \\ 7 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 7 Kreuzchen auf 9 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 7 Zahlen unter den 9 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 7 Zahlen von 9 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 9 \\ 7 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 7er-Pakete aus 9 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 9 \\ 7 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 7! = 7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (7 Möglichkeiten für das erste Feld, 6 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 9 \\ 7 \end{matrix})$ ⋅7! = 181440 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 9 \\ 7 \end{matrix})⋅7!}{9⋅9⋅9⋅9⋅9⋅9⋅9}$ = $\frac{181440}{4782969}$ ≈ 0,0379 = 3,79%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 6 rote und ein unbekannte Zahl n blaue Kugeln. Es wird 2 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Dabei beträgt die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen, P = $\frac{8}{15}$ . Bestimme eine mögliche Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 6 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{6}{n + 6}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n}{n + 5}$

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{n + 6}$ ⋅ $\frac{6}{n + 5}$ ⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2 \frac{6}{n + 6} \cdot \frac{n}{n + 5}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{8}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 6$ ; $- 5$ }

\frac{12 n}{(n + 6) (n + 5)}

=

\frac{8}{15}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 6) (n + 5)$ weg!

$\frac{12 n}{(n + 6) \cdot (n + 5)}$	=	$\frac{8}{15}$	\|⋅( $(n + 6) (n + 5)$ )
$\frac{12 n}{(n + 6) \cdot (n + 5)} \cdot (n + 6) (n + 5)$	=	$\frac{8}{15} \cdot (n + 6) (n + 5)$
$\frac{12 n (n + 6)}{n + 6}$	=	$\frac{8}{15} (n + 6) (n + 5)$
$12 n$	=	$\frac{8}{15} (n + 6) (n + 5)$
$12 n$	=	$\frac{8}{15} n^{2} + \frac{88}{15} n + 16$

$12 n$	=	$\frac{8}{15} n^{2} + \frac{88}{15} n + 16$	\|⋅ 15
$180 n$	=	$15 (\frac{8}{15} n^{2} + \frac{88}{15} n + 16)$
$180 n$	=	$8 n^{2} + 88 n + 240$	\| $- 8 n^{2}$ $- 88 n$ $- 240$

- 8 n^{2} + 92 n - 240

= 0 |:4

$- 2 n^{2} + 23 n - 60$ = 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 = $\frac{- 23 \pm \sqrt{23^{2} - 4 \cdot (- 2) \cdot (- 60)}}{2 \cdot (- 2)}$

n_1,2 = $\frac{- 23 \pm \sqrt{529 - 480}}{- 4}$

n_1,2 = $\frac{- 23 \pm \sqrt{49}}{- 4}$

n₁ = $\frac{- 23 + \sqrt{49}}{- 4}$ = $\frac{- 23+7}{- 4}$ = $\frac{- 16}{- 4}$ = $4$

n₂ = $\frac{- 23 - \sqrt{49}}{- 4}$ = $\frac{- 23-7}{- 4}$ = $\frac{- 30}{- 4}$ = $7,5$

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 " $- 2$ " teilen:

$- 2 n^{2} + 23 n - 60$ = 0 |: $- 2$

$n^{2} - \frac{23}{2} n + 30$ = 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 = ${(- \frac{23}{4})}^{2} - 30$ = $\frac{529}{16}$ $-$ $30$ = $\frac{529}{16}$ $-$ $\frac{480}{16}$ = $\frac{49}{16}$

x_1,2 = $\frac{23}{4}$ ± $\sqrt{\frac{49}{16}}$

x₁ = $\frac{23}{4}$ - $\frac{7}{4}$ = $\frac{16}{4}$ = 4

x₂ = $\frac{23}{4}$ + $\frac{7}{4}$ = $\frac{30}{4}$ = 7.5

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Behälter A sind 2 rote und 3 blaue Kugeln. Im Behälter B sind 6 rote und 4 blaue Kugeln. Es wird eine Kugel zufällig aus Behälter A gezogen und in den Behälter B gelegt. Dann werden zwei Kugeln gleichzeitg aus Behälter B gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass diese beiden Kugeln aus Behälter B beide blau sind.

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

1. Möglichkeit: 7 rote und 4 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine rote Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
P(blau-blau) = $\frac{4}{11}$ ⋅ $\frac{3}{10}$ = $\frac{6}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{6}{55}$ = $\frac{12}{275}$

2. Möglichkeit: 6 rote und 5 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine blaue Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(blau-blau) = $\frac{5}{11}$ ⋅ $\frac{4}{10}$ = $\frac{2}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ = $\frac{6}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen:

P = P1 + P2 = $\frac{12}{275}$ + $\frac{6}{55}$ = $\frac{42}{275}$ .

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen ohne Zurücklegen

P=1-P(2 mal 'Karo')=1- 1 46 = 45 46

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: 7 rote und 4 blaue

2. Möglichkeit: 6 rote und 5 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen:

P=1-P(2 mal 'Karo')=1- $\frac{1}{46}$ = $\frac{45}{46}$