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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Werder Bremen hat mal wieder das Halbfinale des DFB-Pokals erreicht. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei der Auslosung Werder an 3. Stelle gezogen wird?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{4}$ ⋅ $\frac{2}{3}$ ⋅ $\frac{1}{2}$
= $\frac{1}{2}$ ⋅ $1$ ⋅ $\frac{1}{2}$
= $\frac{1}{4}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote und 7 blaue Kugeln. Es wird 3 mal mit Zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal rot"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"rot": $\frac{3}{10}$ ; "nicht rot": $\frac{7}{10}$ ;

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

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

P=1-P(0 mal 'rot')=1- $\frac{343}{1000}$ = $\frac{657}{1000}$

Ereignis	P
rot -> rot -> rot	$\frac{27}{1000}$
rot -> rot -> nicht rot	$\frac{63}{1000}$
rot -> nicht rot -> rot	$\frac{63}{1000}$
rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{147}{1000}$
nicht rot -> rot -> rot	$\frac{63}{1000}$
nicht rot -> rot -> nicht rot	$\frac{147}{1000}$
nicht rot -> nicht rot -> rot	$\frac{147}{1000}$
nicht rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{343}{1000}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("rot")= $\frac{3}{10}$ ; P("nicht rot")= $\frac{7}{10}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'nicht rot'-'nicht rot' (P= $\frac{147}{1000}$ )
'nicht rot'-'rot'-'nicht rot' (P= $\frac{147}{1000}$ )
'nicht rot'-'nicht rot'-'rot' (P= $\frac{147}{1000}$ )
'rot'-'rot'-'nicht rot' (P= $\frac{63}{1000}$ )
'rot'-'nicht rot'-'rot' (P= $\frac{63}{1000}$ )
'nicht rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{63}{1000}$ )
'rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{27}{1000}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{147}{1000}$ + $\frac{147}{1000}$ + $\frac{147}{1000}$ + $\frac{63}{1000}$ + $\frac{63}{1000}$ + $\frac{63}{1000}$ + $\frac{27}{1000}$ = $\frac{657}{1000}$

Kombinatorik

Beispiel:

Ein spezielles Zahlenschloss hat 4 Ringe mit jeweils 4 verschiedenen Zahlen drauf. Wie viele verschiedene Möglichkeiten kann man bei diesem Zahlenschloss einstellen?

Lösung einblenden

Bei jedem der 4 'Zufallsversuche' gibt es 4 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 4 Ebenen immer 4-fach verzweigt.

Es entstehen so also 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 4⁴ = 256 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Bei einer Lotterie werden aus einem Lostopf mit 36 durchnummerierten Kugeln immer 4 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 4 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 2 der 4 Kugeln zufällig richtig tippt.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 4 der insgesamt 36 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 4 von 36 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 36 \\ 4 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 4 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 richtig getippten unter den 4 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 4 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 falsch getippten unter den 32 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 32 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 32 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 32 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der richtig getippten mit jedem Fall der falsch getippten kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "4 Kugeln aus 36 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 36 \\ 4 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 32 \\ 2 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 36 \\ 4 \end{matrix})}$ = $\frac{2976}{58905}$ ≈ 0,0505 = 5,05%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 11 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 11 beschriftet sind, wird 6 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) 11 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 11 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 11⋅11⋅...⋅11 = 11⁶ 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 6 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 6 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 6 Zahlen unter den 11 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 6 Zahlen von 11 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 6er-Pakete aus 11 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 6! = 6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (6 Möglichkeiten für das erste Feld, 5 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅6! = 332640 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})⋅6!}{11⋅11⋅11⋅11⋅11⋅11}$ = $\frac{332640}{1771561}$ ≈ 0,1878 = 18,78%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 5 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) = $\frac{2}{9}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 5 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{n + 5}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 5}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 5} \cdot \frac{n - 1}{n + 4}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{2}{9}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 5$ ; $- 4$ }

\frac{n (n - 1)}{(n + 5) (n + 4)}

=

\frac{2}{9}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 5) (n + 4)$ weg!

$\frac{n (n - 1)}{(n + 5) \cdot (n + 4)}$	=	$\frac{2}{9}$	\|⋅( $(n + 5) (n + 4)$ )
$\frac{n (n - 1)}{(n + 5) \cdot (n + 4)} \cdot (n + 5) (n + 4)$	=	$\frac{2}{9} \cdot (n + 5) (n + 4)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{2}{9} (n + 5) (n + 4)$
$n (n - 1)$	=	$\frac{2}{9} (n + 5) (n + 4)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{2}{9} (n + 5) (n + 4)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{2}{9} (n + 5) (n + 4)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{2}{9} n^{2} + 2 n + \frac{40}{9}$

$n^{2} - n$	=	$\frac{2}{9} n^{2} + 2 n + \frac{40}{9}$	\|⋅ 9
$9 (n^{2} - n)$	=	$9 (\frac{2}{9} n^{2} + 2 n + \frac{40}{9})$
$9 n^{2} - 9 n$	=	$2 n^{2} + 18 n + 40$	\| $- 2 n^{2}$ $- 18 n$ $- 40$

$7 n^{2} - 27 n - 40$ = 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 = $\frac{+ 27 \pm \sqrt{{(- 27)}^{2} - 4 \cdot 7 \cdot (- 40)}}{2 \cdot 7}$

n_1,2 = $\frac{+ 27 \pm \sqrt{729 + 1 120}}{14}$

n_1,2 = $\frac{+ 27 \pm \sqrt{1 849}}{14}$

n₁ = $\frac{27 + \sqrt{1 849}}{14}$ = $\frac{27+43}{14}$ = $\frac{70}{14}$ = $5$

n₂ = $\frac{27 - \sqrt{1 849}}{14}$ = $\frac{27-43}{14}$ = $\frac{- 16}{14}$ = $- \frac{8}{7}$

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 " $7$ " teilen:

$7 n^{2} - 27 n - 40$ = 0 |: $7$

$n^{2} - \frac{27}{7} n - \frac{40}{7}$ = 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 = ${(- \frac{27}{14})}^{2} - (- \frac{40}{7})$ = $\frac{729}{196}$ $+$ $\frac{40}{7}$ = $\frac{729}{196}$ $+$ $\frac{1120}{196}$ = $\frac{1849}{196}$

x_1,2 = $\frac{27}{14}$ ± $\sqrt{\frac{1849}{196}}$

x₁ = $\frac{27}{14}$ - $\frac{43}{14}$ = $- \frac{16}{14}$ = -1.1428571428571

x₂ = $\frac{27}{14}$ + $\frac{43}{14}$ = $\frac{70}{14}$ = 5

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 5 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.

Lösung einblenden

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 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: 7 rote und 4 blaue

2. Möglichkeit: 6 rote und 5 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen: