Mathebattle EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 8 rote und 2 blaue Kugeln. Es soll (ohne Zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine rote Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die rote Kugel im 2. Versuch zu ziehen?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{2}{10}$ ⋅ $\frac{8}{9}$
= $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{4}{9}$
= $\frac{8}{45}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Kartenstapel sind verschiedene Karten, 7 vom Typ Kreuz, 6 vom Typ Herz, 3 vom Typ Pik und 4 vom Typ Karo. Es werden 2 Karten gleichzeitig vom Stapel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, 2 Karten der gleichen Farbe zu ziehen? (Unter Farben versteht man beim Kartenspiel Herz, Kreuz, Pig und Karo - nicht rot und schwarz)

Lösung einblenden

Ereignis	P
Kreuz -> Kreuz	$\frac{21}{190}$
Kreuz -> Herz	$\frac{21}{190}$
Kreuz -> Pik	$\frac{21}{380}$
Kreuz -> Karo	$\frac{7}{95}$
Herz -> Kreuz	$\frac{21}{190}$
Herz -> Herz	$\frac{3}{38}$
Herz -> Pik	$\frac{9}{190}$
Herz -> Karo	$\frac{6}{95}$
Pik -> Kreuz	$\frac{21}{380}$
Pik -> Herz	$\frac{9}{190}$
Pik -> Pik	$\frac{3}{190}$
Pik -> Karo	$\frac{3}{95}$
Karo -> Kreuz	$\frac{7}{95}$
Karo -> Herz	$\frac{6}{95}$
Karo -> Pik	$\frac{3}{95}$
Karo -> Karo	$\frac{3}{95}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("Kreuz")= $\frac{7}{20}$ ; P("Herz")= $\frac{3}{10}$ ; P("Pik")= $\frac{3}{20}$ ; P("Karo")= $\frac{1}{5}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'Kreuz'-'Kreuz' (P= $\frac{21}{190}$ )
'Herz'-'Herz' (P= $\frac{3}{38}$ )
'Pik'-'Pik' (P= $\frac{3}{190}$ )
'Karo'-'Karo' (P= $\frac{3}{95}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{21}{190}$ + $\frac{3}{38}$ + $\frac{3}{190}$ + $\frac{3}{95}$ = $\frac{9}{38}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine Mathelehrerin verlost unter den 10 SchülerInnen ihrer 8. Klasse, die eine Zusatzaufgabe gemacht haben, 5 Matherätsel-Knobelbücher. Natürlich kann jeder höchstens eins bekommen. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für die 5er-Gruppe der glücklichen Gewinner?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle ist jede(r/s) SchülerIn möglich. Es gibt also 10 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die/das an erster Stelle stehende SchülerIn nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 9 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 8 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:

Es gibt also 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 30240 Möglichkeiten, die 10 Möglichkeiten (SchülerIn) auf die 5 "Ziehungen" (Knobelbücher) zu verteilen.

Wir haben jetzt dabei aber genau unterschieden an welcher Stelle was gezogen wurde. Also wären zum Beispiel Anton-Berta-Caesar und Berta-Caesar-Anton zwei unterschiedliche Ergebnisse. In unserem Fall hier soll diese Reihenfolge aber keine Rolle spielen. Es interessiert nur, wer in der 5er-Gruppe drin ist, nicht an welche Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 5er-Gruppe möglich sind.

Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 5er-Gruppe möglich. Es gibt also 5 Möglichkeiten.
Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 4 Möglichkeiten.
Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 3 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 und erhalten 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 5er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 30240 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 5er-Gruppen durch die 120 Möglichkeiten, die 5er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{30240}{120}$ = 252 Möglichkeiten für 5er-Gruppen, die aus 10 Elementen (SchülerIn) gebildet werden.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 11 blaue und 14 gelbe Kugeln. Es werden 10 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 2 Kugeln blau sind.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Kugeln mit den Zahlen 1 bis 25 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 10 der insgesamt 25 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 10 von 25 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 25 \\ 10 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 gezogenen blauen unter den 11 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 14 \\ 8 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 14 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen gelben unter den 14 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 14 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 14 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 11 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 14 \\ 8 \end{matrix})$ 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 "10 Kugeln aus 25 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 25 \\ 10 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 11 \\ 2 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 14 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 25 \\ 10 \end{matrix})}$ = $\frac{165165}{3268760}$ ≈ 0,0505 = 5,05%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 7 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 7 beschriftet sind, wird 4 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)

Lösung einblenden

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 = 7⁴ 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 4 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 4 Zahlen unter den 7 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 4 Zahlen von 7 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 4er-Pakete aus 7 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ 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 $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅4! = 840 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})⋅4!}{7⋅7⋅7⋅7}$ = $\frac{840}{2401}$ ≈ 0,3499 = 34,99%

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 rote Kugeln zu ziehen, P(r-r) = $\frac{7}{15}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

Lösung einblenden

Insgesamt sind also n + 7 Kugeln im Behälter.

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

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{6}{n + 6}$

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

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

\frac{42}{(n + 7) (n + 6)}

=

\frac{7}{15}

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

$\frac{42}{(n + 7) \cdot (n + 6)}$	=	$\frac{7}{15}$	\|⋅( $(n + 7) \cdot (n + 6)$ )
$\frac{42}{(n + 7) \cdot (n + 6)} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$	=	$\frac{7}{15} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$
$42 \frac{n + 7}{n + 7}$	=	$\frac{7}{15} (n + 7) (n + 6)$
$42$	=	$\frac{7}{15} (n + 7) (n + 6)$
$42$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{91}{15} n + \frac{98}{5}$

$42$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{91}{15} n + \frac{98}{5}$	\|⋅ 15
$630$	=	$15 (\frac{7}{15} n^{2} + \frac{91}{15} n + \frac{98}{5})$
$630$	=	$7 n^{2} + 91 n + 294$	\| $- 7 n^{2}$ $- 91 n$ $- 294$

- 7 n^{2} - 91 n + 336

= 0 |:7

$- n^{2} - 13 n + 48$ = 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 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{{(- 13)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 48}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{169 + 192}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{361}}{- 2}$

n₁ = $\frac{13 + \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{13+19}{- 2}$ = $\frac{32}{- 2}$ = $- 16$

n₂ = $\frac{13 - \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{13-19}{- 2}$ = $\frac{- 6}{- 2}$ = $3$

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 " $- 1$ " teilen:

$- n^{2} - 13 n + 48$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 13 n - 48$ = 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 = ${(\frac{13}{2})}^{2} - (- 48)$ = $\frac{169}{4}$ $+$ $48$ = $\frac{169}{4}$ $+$ $\frac{192}{4}$ = $\frac{361}{4}$

x_1,2 = $- \frac{13}{2}$ ± $\sqrt{\frac{361}{4}}$

x₁ = $- \frac{13}{2}$ - $\frac{19}{2}$ = $- \frac{32}{2}$ = -16

x₂ = $- \frac{13}{2}$ + $\frac{19}{2}$ = $\frac{6}{2}$ = 3

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 3 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 ohne 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: