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 18 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!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{21}$ ⋅ $\frac{2}{20}$ ⋅ $\frac{1}{19}$ ⋅ $\frac{18}{18}$
= $\frac{1}{7}$ ⋅ $\frac{1}{10}$ ⋅ $\frac{1}{19}$ ⋅ $\frac{3}{3}$
= $\frac{1}{1330}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Stapel sind 2 Karten vom Wert 7, 4 Karten vom Wert 8 und 2 9er. Man zieht 2 Karten gleichzeitig aus dem Stapel. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Karten gerade 14 ist?

Lösung einblenden

Da ja ausschließlich nach '7' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: '7' und 'nicht 7'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"7": $\frac{1}{4}$ ; "nicht 7": $\frac{3}{4}$ ;

Ereignis	P
7 -> 7	$\frac{1}{28}$
7 -> nicht 7	$\frac{3}{14}$
nicht 7 -> 7	$\frac{3}{14}$
nicht 7 -> nicht 7	$\frac{15}{28}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("7")= $\frac{1}{4}$ ; P("nicht 7")= $\frac{3}{4}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'7'-'7' (P= $\frac{1}{28}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{28}$ = $\frac{1}{28}$

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?

Lösung einblenden

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 43 durchnummerierten Kugeln immer 9 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 9 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 6 der 9 Kugeln zufällig richtig tippt.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 9 der insgesamt 43 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 9 von 43 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 43 \\ 9 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 9 \\ 6 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 6 Kreuzchen auf 9 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 6 richtig getippten unter den 9 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "6 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 9 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 9 \\ 6 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 falsch getippten unter den 34 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 34 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 34 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 9 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 34 \\ 3 \end{matrix})$ 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 "9 Kugeln aus 43 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 43 \\ 9 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 9 \\ 6 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 34 \\ 3 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 43 \\ 9 \end{matrix})}$ ≈ 0,0009 = 0,09%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 4 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 4 beschriftet sind, wird 5 mal gedreht.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jede der 4 Zahlen dabei einmal 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) 4 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 4 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 4⋅4⋅...⋅4 = 4⁵ Möglichkeiten für eine solche Serie von Glücksraddrehungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

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

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 5 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 (Drehungen) gibt, auf denen zwei gleiche Zahlen stehen. (Da jede Zahl mindestens einmal vorkommt, und es aber mehr Drehungen als Zahlen gibt, muss ja eine Zahl bei zwei Drehungen stehen).
Hierfür gibt es

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

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 4 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 4 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 4 Zahlen theoretisch doppelt 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 $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1 = 240 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})⋅ 4 ⋅ 3⋅2⋅1}{4⋅4⋅4⋅4⋅4}$ = $\frac{240}{1024}$ ≈ 0,2344 = 23,44%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 5 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) = $\frac{2}{9}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

Lösung einblenden

Insgesamt sind also n + 5 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{5}{n + 5}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{4}{n + 4}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{5}{n + 5} \cdot \frac{4}{n + 4}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{2}{9}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 5$ ; $- 4$ }

\frac{20}{(n + 5) (n + 4)}

=

\frac{2}{9}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 5) \cdot (n + 4)$ weg!

$\frac{20}{(n + 5) \cdot (n + 4)}$	=	$\frac{2}{9}$	\|⋅( $(n + 5) \cdot (n + 4)$ )
$\frac{20}{(n + 5) \cdot (n + 4)} \cdot (n + 5) \cdot (n + 4)$	=	$\frac{2}{9} \cdot (n + 5) \cdot (n + 4)$
$20 \frac{n + 5}{n + 5}$	=	$\frac{2}{9} (n + 5) (n + 4)$
$20$	=	$\frac{2}{9} (n + 5) (n + 4)$
$20$	=	$\frac{2}{9} n^{2} + 2 n + \frac{40}{9}$

$20$	=	$\frac{2}{9} n^{2} + 2 n + \frac{40}{9}$	\|⋅ 9
$180$	=	$9 (\frac{2}{9} n^{2} + 2 n + \frac{40}{9})$
$180$	=	$2 n^{2} + 18 n + 40$	\| $- 2 n^{2}$ $- 18 n$ $- 40$

- 2 n^{2} - 18 n + 140

= 0 |:2

$- n^{2} - 9 n + 70$ = 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 = $\frac{+ 9 \pm \sqrt{{(- 9)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 70}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 9 \pm \sqrt{81 + 280}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 9 \pm \sqrt{361}}{- 2}$

n₁ = $\frac{9 + \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{9+19}{- 2}$ = $\frac{28}{- 2}$ = $- 14$

n₂ = $\frac{9 - \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{9-19}{- 2}$ = $\frac{- 10}{- 2}$ = $5$

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 " $- 1$ " teilen:

$- n^{2} - 9 n + 70$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 9 n - 70$ = 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 = ${(\frac{9}{2})}^{2} - (- 70)$ = $\frac{81}{4}$ $+$ $70$ = $\frac{81}{4}$ $+$ $\frac{280}{4}$ = $\frac{361}{4}$

x_1,2 = $- \frac{9}{2}$ ± $\sqrt{\frac{361}{4}}$

x₁ = $- \frac{9}{2}$ - $\frac{19}{2}$ = $- \frac{28}{2}$ = -14

x₂ = $- \frac{9}{2}$ + $\frac{19}{2}$ = $\frac{10}{2}$ = 5

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 5 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Behälter A sind 3 rote und 2 blaue Kugeln. Im Behälter B sind 4 rote und 6 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: 5 rote und 6 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine rote Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
P(blau-blau) = $\frac{6}{11}$ ⋅ $\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{9}{55}$

2. Möglichkeit: 4 rote und 7 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine blaue Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(blau-blau) = $\frac{7}{11}$ ⋅ $\frac{6}{10}$ = $\frac{21}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{21}{55}$ = $\frac{42}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen:

P = P1 + P2 = $\frac{9}{55}$ + $\frac{42}{275}$ = $\frac{87}{275}$ .

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: 5 rote und 6 blaue

2. Möglichkeit: 4 rote und 7 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen: