Pestalozzi Gymnasium Biberach 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!)

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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 Kartenstapel sind verschiedene Karten, 7 vom Typ Kreuz, 3 vom Typ Herz, 3 vom Typ Pik und 7 vom Typ Karo. Es werden 2 Karten vom Stapel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, 2 Karten der gleichen Farbe zu ziehen?

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Ereignis	P
Kreuz -> Kreuz	$\frac{21}{190}$
Kreuz -> Herz	$\frac{21}{380}$
Kreuz -> Pik	$\frac{21}{380}$
Kreuz -> Karo	$\frac{49}{380}$
Herz -> Kreuz	$\frac{21}{380}$
Herz -> Herz	$\frac{3}{190}$
Herz -> Pik	$\frac{9}{380}$
Herz -> Karo	$\frac{21}{380}$
Pik -> Kreuz	$\frac{21}{380}$
Pik -> Herz	$\frac{9}{380}$
Pik -> Pik	$\frac{3}{190}$
Pik -> Karo	$\frac{21}{380}$
Karo -> Kreuz	$\frac{49}{380}$
Karo -> Herz	$\frac{21}{380}$
Karo -> Pik	$\frac{21}{380}$
Karo -> Karo	$\frac{21}{190}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: Kreuz: $\frac{7}{20}$ ; Herz: $\frac{3}{20}$ ; Pik: $\frac{3}{20}$ ; Karo: $\frac{7}{20}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

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

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{21}{190}$ + $\frac{3}{190}$ + $\frac{3}{190}$ + $\frac{21}{190}$ = $\frac{24}{95}$

Kombinatorik

Beispiel:

Petra hat sich ein 8-stelliges Passwort erstellt. Als sie eine Woche später das Passwort wieder braucht, erinnert sie sich nur noch, dass jede der Zahlen zwischen 1 und 8 genau einmal vorkam. Wie viele verschiedene Passwörter können es dann noch sein?

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Für die erste Stelle ist jede(r) möglich. Es gibt also 8 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende 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:

also 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 40320 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Bei einer Lotterie werden aus einem Lostopf mit 50 durchnummerierten Kugeln immer 7 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 7 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 3 der 7 Kugeln zufällig richtig tippt.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

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Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 7 der insgesamt 50 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 7 von 50 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 50 \\ 7 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 richtig getippten unter den 7 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 7 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 falsch getippten unter den 43 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 43 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 43 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 43 \\ 4 \end{matrix})$ 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 "7 Kugeln aus 50 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 50 \\ 7 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 43 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 50 \\ 7 \end{matrix})}$ = $\frac{4319350}{99884400}$ ≈ 0,0432 = 4,32%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 9 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 6 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl genau 4 mal enthalten ist und alle anderen 5 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: Zahlenschlossrad) 6 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 6 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 6⋅6⋅...⋅6 = 6⁹ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 9 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 (Zahlenschlossräder) gibt, auf denen die 4 gleichen Zahlen stehen.
Hierfür gibt es

(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 6 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ 6 Möglichkeiten für die Belegung der 4 Felder (Zahlenschlossräder) mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 6 Zahlen theoretisch 4-fach vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 5 Felder (Zahlenschlossräder), die mit den anderen 5 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 5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten.
(5 Möglichkeiten für das erste Feld, 4 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt erhalten wir somit $(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 90720 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1}{6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6}$ = $\frac{90720}{10077696}$ ≈ 0,009 = 0,9%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 4 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 + 4 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{4}{n + 4}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n}{n + 3}$

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{n + 4}$ ⋅ $\frac{4}{n + 3}$ ⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2 \frac{4}{n + 4} \cdot \frac{n}{n + 3}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{8}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 4$ ; $- 3$ }

\frac{8 n}{(n + 4) (n + 3)}

=

\frac{8}{15}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 4) (n + 3)$ weg!

$\frac{8 n}{(n + 4) \cdot (n + 3)}$	=	$\frac{8}{15}$	\|⋅( $(n + 4) (n + 3)$ )
$\frac{8 n}{(n + 4) \cdot (n + 3)} \cdot (n + 4) (n + 3)$	=	$\frac{8}{15} \cdot (n + 4) (n + 3)$
$\frac{8 n (n + 4)}{n + 4}$	=	$\frac{8}{15} (n + 4) (n + 3)$
$8 n$	=	$\frac{8}{15} (n + 4) (n + 3)$
$8 n$	=	$\frac{8}{15} n^{2} + \frac{56}{15} n + \frac{32}{5}$

$8 n$	=	$\frac{8}{15} n^{2} + \frac{56}{15} n + \frac{32}{5}$	\|⋅ 15
$120 n$	=	$15 (\frac{8}{15} n^{2} + \frac{56}{15} n + \frac{32}{5})$
$120 n$	=	$8 n^{2} + 56 n + 96$	\| $- 8 n^{2}$ $- 56 n$ $- 96$

- 8 n^{2} + 64 n - 96

= 0 |:8

$- n^{2} + 8 n - 12$ = 0

eingesetzt in die Mitternachtsformel (a-b-c-Formel):

n_1,2 = $\frac{- 8 \pm \sqrt{8^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot (- 12)}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{- 8 \pm \sqrt{64 - 48}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{- 8 \pm \sqrt{16}}{- 2}$

n₁ = $\frac{- 8 + \sqrt{16}}{- 2}$ = $\frac{- 8+4}{- 2}$ = $\frac{- 4}{- 2}$ = $2$

n₂ = $\frac{- 8 - \sqrt{16}}{- 2}$ = $\frac{- 8-4}{- 2}$ = $\frac{- 12}{- 2}$ = $6$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 2 oder 6 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Behälter A sind 2 rote und 2 blaue Kugeln. Im Behälter B sind 5 rote und 5 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.

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

1. Möglichkeit: 6 rote und 5 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine rote Kugel gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{4}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
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 rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ = $\frac{1}{11}$

2. Möglichkeit: 5 rote und 6 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine blaue Kugel gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{4}$ .

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) = $\frac{6}{11}$ ⋅ $\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{3}{22}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{1}{11}$ + $\frac{3}{22}$ = $\frac{5}{22}$ .

Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

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

2 Urnen

1. Möglichkeit: 6 rote und 5 blaue

2. Möglichkeit: 5 rote und 6 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen: