Mathebattle EduRandomtasks

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!)

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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:

Ein Würfel wird 2 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, genau 2 mal eine durch 3 teilbare Zahl zu würfeln?

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Ereignis	P
3er-Zahl -> 3er-Zahl	$\frac{1}{9}$
3er-Zahl -> nicht 3er	$\frac{2}{9}$
nicht 3er -> 3er-Zahl	$\frac{2}{9}$
nicht 3er -> nicht 3er	$\frac{4}{9}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("3er-Zahl")= $\frac{1}{3}$ ; P("nicht 3er")= $\frac{2}{3}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'3er-Zahl'-'3er-Zahl' (P= $\frac{1}{9}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{9}$ = $\frac{1}{9}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine Mathelehrerin verlost unter den 8 SchülerInnen ihrer 8. Klasse, die eine Zusatzaufgabe gemacht haben, 3 Matherätsel-Knobelbücher. Natürlich kann jeder höchstens eins bekommen. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für die 3er-Gruppe der glücklichen Gewinner?

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Für die erste Stelle ist jede(r/s) SchülerIn möglich. Es gibt also 8 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die/das an erster Stelle stehende SchülerIn nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 7 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 6 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 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 336 Möglichkeiten, die 8 Möglichkeiten (SchülerIn) auf die 3 "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 3er-Gruppe drin ist, nicht an welche Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 3er-Gruppe möglich sind.

Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 3er-Gruppe möglich. Es gibt also 3 Möglichkeiten.
Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 2 Möglichkeiten.
Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 1 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 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 3er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 336 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 3er-Gruppen durch die 6 Möglichkeiten, die 3er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{336}{6}$ = 56 Möglichkeiten für 3er-Gruppen, die aus 8 Elementen (SchülerIn) gebildet werden.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 11 blaue und 16 gelbe Kugeln. Es werden 9 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 5 Kugeln blau 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 27 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 9 der insgesamt 27 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 9 von 27 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 27 \\ 9 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 5 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 5 gezogenen blauen unter den 11 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 5 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 16 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 16 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen gelben unter den 16 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 16 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 16 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 11 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 16 \\ 4 \end{matrix})$ 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 "9 Kugeln aus 27 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 27 \\ 9 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 11 \\ 5 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 16 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 27 \\ 9 \end{matrix})}$ = $\frac{840840}{4686825}$ ≈ 0,1794 = 17,94%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 4 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 4 beschriftet sind, wird 7 mal gedreht. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei den 7 Drehungen eine Zahl genau 4 mal erscheint und alle anderen 3 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: Drehung) 4 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 4 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 4⋅4⋅...⋅4 = 4⁷ Möglichkeiten für eine solche Serie von Glücksraddrehungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

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

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten überlegen wir uns am besten zuerst, wie viele Möglichkeiten es für die 4 Felder (Drehungen) gibt, auf denen die 4 gleichen Zahlen stehen.
Hierfür gibt es

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

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 4 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ 4 Möglichkeiten für die Belegung der 4 Felder (Drehungen) mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 4 Zahlen theoretisch 4-fach vorkommen könnte.

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

Insgesamt erhalten wir somit $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1 = 840 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1}{4⋅4⋅4⋅4⋅4⋅4⋅4}$ = $\frac{840}{16384}$ ≈ 0,0513 = 5,13%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 6 rote und ein unbekannte Zahl n blaue Kugeln. Es wird 2 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Dabei beträgt die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen, P = $\frac{8}{15}$ . Bestimme eine mögliche Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 6 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{6}{n + 6}$

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

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{n + 6}$ ⋅ $\frac{6}{n + 5}$ ⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2 \frac{6}{n + 6} \cdot \frac{n}{n + 5}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{8}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 6$ ; $- 5$ }

\frac{12 n}{(n + 6) (n + 5)}

=

\frac{8}{15}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 6) (n + 5)$ weg!

$\frac{12 n}{(n + 6) \cdot (n + 5)}$	=	$\frac{8}{15}$	\|⋅( $(n + 6) (n + 5)$ )
$\frac{12 n}{(n + 6) \cdot (n + 5)} \cdot (n + 6) (n + 5)$	=	$\frac{8}{15} \cdot (n + 6) (n + 5)$
$\frac{12 n (n + 6)}{n + 6}$	=	$\frac{8}{15} (n + 6) (n + 5)$
$12 n$	=	$\frac{8}{15} (n + 6) (n + 5)$
$12 n$	=	$\frac{8}{15} n^{2} + \frac{88}{15} n + 16$

$12 n$	=	$\frac{8}{15} n^{2} + \frac{88}{15} n + 16$	\|⋅ 15
$180 n$	=	$15 (\frac{8}{15} n^{2} + \frac{88}{15} n + 16)$
$180 n$	=	$8 n^{2} + 88 n + 240$	\| $- 8 n^{2}$ $- 88 n$ $- 240$

- 8 n^{2} + 92 n - 240

= 0 |:4

$- 2 n^{2} + 23 n - 60$ = 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 = $\frac{- 23 \pm \sqrt{23^{2} - 4 \cdot (- 2) \cdot (- 60)}}{2 \cdot (- 2)}$

n_1,2 = $\frac{- 23 \pm \sqrt{529 - 480}}{- 4}$

n_1,2 = $\frac{- 23 \pm \sqrt{49}}{- 4}$

n₁ = $\frac{- 23 + \sqrt{49}}{- 4}$ = $\frac{- 23+7}{- 4}$ = $\frac{- 16}{- 4}$ = $4$

n₂ = $\frac{- 23 - \sqrt{49}}{- 4}$ = $\frac{- 23-7}{- 4}$ = $\frac{- 30}{- 4}$ = $7,5$

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 " $- 2$ " teilen:

$- 2 n^{2} + 23 n - 60$ = 0 |: $- 2$

$n^{2} - \frac{23}{2} n + 30$ = 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 = ${(- \frac{23}{4})}^{2} - 30$ = $\frac{529}{16}$ $-$ $30$ = $\frac{529}{16}$ $-$ $\frac{480}{16}$ = $\frac{49}{16}$

x_1,2 = $\frac{23}{4}$ ± $\sqrt{\frac{49}{16}}$

x₁ = $\frac{23}{4}$ - $\frac{7}{4}$ = $\frac{16}{4}$ = 4

x₂ = $\frac{23}{4}$ + $\frac{7}{4}$ = $\frac{30}{4}$ = 7.5

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 2 Herz-Karten und 3 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 8 Herz- und 4 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.

Lösung einblenden

Es gibt zwei Möglichkeiten, wie Stapel B nach der ersten Ziehung aus Stapel A bestückt ist:

1. Möglichkeit: 9 Herz und 4 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{4}{13}$ ⋅ $\frac{3}{12}$ = $\frac{1}{13}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{1}{13}$ = $\frac{2}{65}$

2. Möglichkeit: 8 Herz und 5 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{5}{13}$ ⋅ $\frac{4}{12}$ = $\frac{5}{39}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{5}{39}$ = $\frac{1}{13}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{2}{65}$ + $\frac{1}{13}$ = $\frac{7}{65}$ .

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: 9 Herz und 4 Kreuz

2. Möglichkeit: 8 Herz und 5 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: