Mathebattle EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Aus einem Kartenstapel mit 3 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!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{3}{4}$
= $3$ ⋅ $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{1}{4}$
= $\frac{3}{20}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind verschiedene Kugeln, 4 vom Typ rot und 6 vom Typ blau. Es wird 2 mal ohne Zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, 2 Kugeln gleicher Farbe zu ziehen?

Lösung einblenden

Ereignis	P
rot -> rot	$\frac{2}{15}$
rot -> blau	$\frac{4}{15}$
blau -> rot	$\frac{4}{15}$
blau -> blau	$\frac{1}{3}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("rot")= $\frac{2}{5}$ ; P("blau")= $\frac{3}{5}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'rot' (P= $\frac{2}{15}$ )
'blau'-'blau' (P= $\frac{1}{3}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{2}{15}$ + $\frac{1}{3}$ = $\frac{7}{15}$

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.

Lösung einblenden

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:

Oma Hilde hat 9 Nougat-, 12 Krokant- und 12 Vollmilch-Ostereier in ein großes Osternest gepackt. Als eines ihrer Enkelkinder kommt, greift sie in das Nest und holt 17 Eier raus. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 3 Nougateier und genau 8 Vollmilcheier sind.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Ostereier mit den Zahlen 1 bis 33 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 17 der insgesamt 33 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 17 von 33 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 33 \\ 17 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 9 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen Nougateier unter den 9 Nougateier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 9 Nougateier ziehen", also $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 12 \\ 6 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 6 Kreuzchen auf 12 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 6 gezogenen Krokanteier unter den 12 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "6 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 12 Krokanteier ziehen", also $(\begin{matrix} 12 \\ 6 \end{matrix})$ 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 Vollmilcheier unter den 12 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 12 Vollmilcheier ziehen", also $(\begin{matrix} 12 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 12 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 12 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen Nougateier mit jedem Fall der gezogenen Krokanteier uns mit jedem Fall der gezogenen Vollmilcheier kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "17 Ostereier aus 33 Ostereier ziehen" $(\begin{matrix} 33 \\ 17 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 12 \\ 6 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 12 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 33 \\ 17 \end{matrix})}$ ≈ 0,0329 = 3,29%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 6 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 5 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass darin alle 5 Zahlen enthalten sind?
(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: Zahlenschlossrad) 5 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 5 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 5⋅5⋅...⋅5 = 5⁶ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 6 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten überlegen wir uns am besten zuerst, wie viele Möglichkeiten es für die beiden Felder (Zahlenschlossräder) gibt, auf denen zwei gleiche Zahlen stehen. (Da jede Zahl mindestens einmal vorkommt, und es aber mehr Zahlenschlossräder als Zahlen gibt, muss ja eine Zahl bei zwei Zahlenschlossräder stehen).
Hierfür gibt es

(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 5 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 5 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 5 Zahlen theoretisch doppelt vorkommen könnte.

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

Insgesamt erhalten wir somit $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 5 ⋅ 4⋅3⋅2⋅1 = 1800 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})⋅ 5 ⋅ 4⋅3⋅2⋅1}{5⋅5⋅5⋅5⋅5⋅5}$ = $\frac{1800}{15625}$ ≈ 0,1152 = 11,52%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 2 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) = $\frac{1}{45}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

Lösung einblenden

Insgesamt sind also n + 2 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{2}{n + 2}$

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

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{2}{n + 2} \cdot \frac{1}{n + 1}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{45}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 2$ ; $- 1$ }

\frac{2}{(n + 2) (n + 1)}

=

\frac{1}{45}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 2) \cdot (n + 1)$ weg!

$\frac{2}{(n + 2) \cdot (n + 1)}$	=	$\frac{1}{45}$	\|⋅( $(n + 2) \cdot (n + 1)$ )
$\frac{2}{(n + 2) \cdot (n + 1)} \cdot (n + 2) \cdot (n + 1)$	=	$\frac{1}{45} \cdot (n + 2) \cdot (n + 1)$
$2 \frac{n + 2}{n + 2}$	=	$\frac{1}{45} (n + 2) (n + 1)$
$2$	=	$\frac{1}{45} (n + 2) (n + 1)$
$2$	=	$\frac{1}{45} n^{2} + \frac{1}{15} n + \frac{2}{45}$

$2$	=	$\frac{1}{45} n^{2} + \frac{1}{15} n + \frac{2}{45}$	\|⋅ 45
$90$	=	$45 (\frac{1}{45} n^{2} + \frac{1}{15} n + \frac{2}{45})$
$90$	=	$n^{2} + 3 n + 2$	\| $- n^{2}$ $- 3 n$ $- 2$

$- n^{2} - 3 n + 88$ = 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 = $\frac{+ 3 \pm \sqrt{{(- 3)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 88}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 3 \pm \sqrt{9 + 352}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 3 \pm \sqrt{361}}{- 2}$

n₁ = $\frac{3 + \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{3+19}{- 2}$ = $\frac{22}{- 2}$ = $- 11$

n₂ = $\frac{3 - \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{3-19}{- 2}$ = $\frac{- 16}{- 2}$ = $8$

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:

$- n^{2} - 3 n + 88$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 3 n - 88$ = 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 = ${(\frac{3}{2})}^{2} - (- 88)$ = $\frac{9}{4}$ $+$ $88$ = $\frac{9}{4}$ $+$ $\frac{352}{4}$ = $\frac{361}{4}$

x_1,2 = $- \frac{3}{2}$ ± $\sqrt{\frac{361}{4}}$

x₁ = $- \frac{3}{2}$ - $\frac{19}{2}$ = $- \frac{22}{2}$ = -11

x₂ = $- \frac{3}{2}$ + $\frac{19}{2}$ = $\frac{16}{2}$ = 8

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 8 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: