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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 4 rote und 4 blaue Kugeln. Es soll (ohne Zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine rote Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die rote Kugel im 5. Versuch zu ziehen?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P=4837261544
= 11711512
= 170

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Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 2 Kugeln, die mit einer 1 beschriftet sind, 10 kugel mit einer 2 und 3 Kugeln mit einer 3. Es werden zwei Kugeln gleichzeitig gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der Kugeln 6 ist?

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Da ja ausschließlich nach '3' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: '3' und 'nicht 3'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"3": 15; "nicht 3": 45;

EreignisP
3 -> 3135
3 -> nicht 3635
nicht 3 -> 3635
nicht 3 -> nicht 32235

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("3")=15; P("nicht 3")=45;

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'3'-'3' (P=135)


Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

135 = 135


Kombinatorik

Beispiel:

Eine 2-stellige Zahl soll gewürfelt werden. Dabei wird einfach 2 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 2 '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 2 Ebenen immer 6-fach verzweigt.

Es entstehen so also 6 ⋅ 6 = 62 = 36 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 9 blaue, 11 gelbe und 16 grüne Kugeln. Es werden 15 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 4 Kugeln blau und genau 8 Kugeln grün 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 36 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 15 der insgesamt 36 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 15 von 36 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten (3615) verwenden.

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


Es gibt (94) verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 9 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen blauen unter den 9 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 9 blauen Kugeln ziehen", also (94) Möglichkeiten.


Es gibt (113) verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen gelben unter den 11 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 gelben Kugeln ziehen", also (113) Möglichkeiten.


Es gibt (168) verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 16 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen grünen unter den 16 grünen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 16 grünen Kugeln ziehen", also (168) Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf (94)(113)(168) Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen blauen mit jedem Fall der gezogenen gelben uns mit jedem Fall der gezogenen grünen kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "15 Kugeln aus 36 Kugeln ziehen" (3615) ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = Anzahl der günstigen FälleAnzahl aller möglichen Fälle = (94)(113)(168)(3615)0,0481 = 4,81%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 4 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 = 94 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 4 verschiedene Zahlen auftreten.


Es gibt (94) verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 9 Kästchen zu verteilen.
Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 4 Zahlen unter den 9 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 4 Zahlen von 9 möglichen anzukreuzen. Dies sind (94) Möglichkeiten verschiedene 4er-Pakete aus 9 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser (94) Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 4! = 4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (4 Möglichkeiten für das erste Feld, 3 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf (94)⋅4! = 3024 Möglichkeiten.

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

P = Anzahl der günstigen FälleAnzahl aller möglichen Fälle = (94)⋅4!9⋅9⋅9⋅9 = 302465610,4609 = 46,09%

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) = 715 . 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: nn + 3

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

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also nn+3·n-1n+2. Da diese Wahrscheinlichkeit ja 715 ist, gilt somit:

D=R\{ -3; -2}

n(n-1)(n+3)(n+2) = 715

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

n(n-1)(n+3)·(n+2) = 715 |⋅( (n+3)(n+2))
n(n-1)(n+3)·(n+2)·(n+3)(n+2) = 715·(n+3)(n+2)
n·((n-1)·1)1 = 715(n+3)(n+2)
n(n-1) = 715(n+3)(n+2)
n·n+n·(-1) = 715(n+3)(n+2)
n·n-n = 715(n+3)(n+2)
n2-n = 715n2+73n+145
n2-n = 715n2+73n+145 |⋅ 15
15(n2-n) = 15(715n2+73n+145)
15n2-15n = 7n2+35n+42 | -7n2 -35n -42
8n2-50n-42 = 0 |:2

4n2-25n-21 = 0

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

eingesetzt in x1,2 = -b±b2-4a·c2a ergibt:

n1,2 = +25±(-25)2-4·4·(-21)24

n1,2 = +25±625+3368

n1,2 = +25±9618

n1 = 25+9618 = 25+318 = 568 = 7

n2 = 25-9618 = 25-318 = -68 = -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:

4n2-25n-21 = 0 |: 4

n2-254n-214 = 0

vor dem Einsetzen in x1,2 = -p2 ± (p2)2-q
berechnen wir zuerst die Diskriminante D = (p2)2-q:

D = (-258)2-(-214) = 62564+ 214 = 62564+ 33664 = 96164

x1,2 = 258 ± 96164

x1 = 258 - 318 = -68 = -0.75

x2 = 258 + 318 = 568 = 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 10 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: 11 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 35.

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = 516415 = 112

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = 35112 = 120

2. Möglichkeit: 10 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 25.

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) = 616515 = 18

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = 2518 = 120

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = 120 + 120 = 110.