Mathebattle EduRandomtasks

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 21 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= $\frac{3}{24}$ ⋅ $\frac{2}{23}$ ⋅ $\frac{1}{22}$ ⋅ $\frac{21}{21}$
= $\frac{1}{4}$ ⋅ $\frac{1}{23}$ ⋅ $\frac{1}{22}$ ⋅ $\frac{7}{7}$
= $\frac{1}{2024}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Kartenstapel sind 3 Karten der Farbe Kreuz, 3 der Farbe Pik, 2 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 Herz"? (Unter Farben versteht man beim Kartenspiel Herz, Kreuz, Pig und Karo - nicht rot und schwarz)

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

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

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

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

P=1-P(2 mal 'Herz')=1- $\frac{1}{66}$ = $\frac{65}{66}$

Ereignis	P
Herz -> Herz	$\frac{1}{66}$
Herz -> nicht Herz	$\frac{5}{33}$
nicht Herz -> Herz	$\frac{5}{33}$
nicht Herz -> nicht Herz	$\frac{15}{22}$

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

Die relevanten Pfade sind:

'Herz'-'nicht Herz' (P= $\frac{5}{33}$ )
'nicht Herz'-'Herz' (P= $\frac{5}{33}$ )
'nicht Herz'-'nicht Herz' (P= $\frac{15}{22}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{5}{33}$ + $\frac{5}{33}$ + $\frac{15}{22}$ = $\frac{65}{66}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine bestimmte Variable soll im Computer mit 7 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 7 '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 7 Ebenen immer 2-fach verzweigt.

Es entstehen so also 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 2⁷ = 128 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Bei einer Lotterie werden aus einem Lostopf mit 35 durchnummerierten Kugeln immer 5 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 5 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 2 der 5 Kugeln zufällig richtig tippt.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

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Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 5 der insgesamt 35 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 5 von 35 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 35 \\ 5 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 5 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 richtig getippten unter den 5 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 5 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 falsch getippten unter den 30 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 30 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 30 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 30 \\ 3 \end{matrix})$ 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 "5 Kugeln aus 35 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 35 \\ 5 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 30 \\ 3 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 35 \\ 5 \end{matrix})}$ = $\frac{40600}{324632}$ ≈ 0,1251 = 12,51%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 8 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 6 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 5 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) 6 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 6 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 6⋅6⋅...⋅6 = 6⁸ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 8 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} 8 \\ 3 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 6 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ 6 Möglichkeiten für die Belegung der 3 Felder (Zahlenschlossräder) mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 6 Zahlen theoretisch 3-fach vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 5 Felder (Zahlenschlossräder), die mit den anderen 5 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 5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten.
(5 Möglichkeiten für das erste Feld, 4 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt erhalten wir somit $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 40320 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1}{6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6}$ = $\frac{40320}{1679616}$ ≈ 0,024 = 2,4%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 3 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) = $\frac{7}{15}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 3 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{n + 3}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 3}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 3} \cdot \frac{n - 1}{n + 2}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{7}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 3$ ; $- 2$ }

\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 3) \cdot (n + 2)}

=

\frac{7}{15}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 3) \cdot (n + 2)$ weg!

$\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 3) \cdot (n + 2)}$	=	$\frac{7}{15}$	\|⋅( $(n + 3) \cdot (n + 2)$ )
$\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 3) \cdot (n + 2)} \cdot (n + 3) \cdot (n + 2)$	=	$\frac{7}{15} \cdot (n + 3) \cdot (n + 2)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{7}{15} (n + 3) \cdot (n + 2)$
$n \cdot (n - 1)$	=	$\frac{7}{15} (n + 3) \cdot (n + 2)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{7}{15} (n + 3) \cdot (n + 2)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{7}{15} (n + 3) \cdot (n + 2)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{7}{3} n + \frac{14}{5}$

$n^{2} - n$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{7}{3} n + \frac{14}{5}$	\|⋅ 15
$15 (n^{2} - n)$	=	$15 (\frac{7}{15} n^{2} + \frac{7}{3} n + \frac{14}{5})$
$15 n^{2} - 15 n$	=	$7 n^{2} + 35 n + 42$	\| $- 7 n^{2}$ $- 35 n$ $- 42$

8 n^{2} - 50 n - 42

= 0 |:2

$4 n^{2} - 25 n - 21$ = 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 = $\frac{+ 25 \pm \sqrt{{(- 25)}^{2} - 4 \cdot 4 \cdot (- 21)}}{2 \cdot 4}$

n_1,2 = $\frac{+ 25 \pm \sqrt{625 + 336}}{8}$

n_1,2 = $\frac{+ 25 \pm \sqrt{961}}{8}$

n₁ = $\frac{25 + \sqrt{961}}{8}$ = $\frac{25+31}{8}$ = $\frac{56}{8}$ = $7$

n₂ = $\frac{25 - \sqrt{961}}{8}$ = $\frac{25-31}{8}$ = $\frac{- 6}{8}$ = $- 0,75$

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 " $4$ " teilen:

$4 n^{2} - 25 n - 21$ = 0 |: $4$

$n^{2} - \frac{25}{4} n - \frac{21}{4}$ = 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 = ${(- \frac{25}{8})}^{2} - (- \frac{21}{4})$ = $\frac{625}{64}$ $+$ $\frac{21}{4}$ = $\frac{625}{64}$ $+$ $\frac{336}{64}$ = $\frac{961}{64}$

x_1,2 = $\frac{25}{8}$ ± $\sqrt{\frac{961}{64}}$

x₁ = $\frac{25}{8}$ - $\frac{31}{8}$ = $- \frac{6}{8}$ = -0.75

x₂ = $\frac{25}{8}$ + $\frac{31}{8}$ = $\frac{56}{8}$ = 7

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 7 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 ohne Zurücklegen

P=1-P(2 mal 'Herz')=1- 1 66 = 65 66

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:

P=1-P(2 mal 'Herz')=1- $\frac{1}{66}$ = $\frac{65}{66}$