Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 4 rote und 9 blaue Kugeln. Es soll (ohne zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine blaue Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die blaue Kugel im 3. Versuch zu ziehen?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{4}{13}$ ⋅ $\frac{3}{12}$ ⋅ $\frac{9}{11}$
= $\frac{1}{13}$ ⋅ $3$ ⋅ $\frac{3}{11}$
= $\frac{9}{143}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Lostopf sind 8 Kugeln mit einer Eins beschriftet, 4 Kugeln mit einer Zwei, 2 mit Drei und 6 mit einer Vier. Es werden zwei Kugeln gleichzeitig gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkiet dass die beiden gezogenen Zahlen zusammen 6 ergeben?

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Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{14}{95}$
1 -> 2	$\frac{8}{95}$
1 -> 3	$\frac{4}{95}$
1 -> 4	$\frac{12}{95}$
2 -> 1	$\frac{8}{95}$
2 -> 2	$\frac{3}{95}$
2 -> 3	$\frac{2}{95}$
2 -> 4	$\frac{6}{95}$
3 -> 1	$\frac{4}{95}$
3 -> 2	$\frac{2}{95}$
3 -> 3	$\frac{1}{190}$
3 -> 4	$\frac{3}{95}$
4 -> 1	$\frac{12}{95}$
4 -> 2	$\frac{6}{95}$
4 -> 3	$\frac{3}{95}$
4 -> 4	$\frac{3}{38}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{2}{5}$ ; 2: $\frac{1}{5}$ ; 3: $\frac{1}{10}$ ; 4: $\frac{3}{10}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'2'-'4' (P= $\frac{6}{95}$ )
'4'-'2' (P= $\frac{6}{95}$ )
'3'-'3' (P= $\frac{1}{190}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{6}{95}$ + $\frac{6}{95}$ + $\frac{1}{190}$ = $\frac{5}{38}$

Kombinatorik

Beispiel:

Sandy möchte sich ein Outfit zusammenstellen. Dabei kann sie beim Oberteil zwischen einer Bluse, einem T-Shirt und einem Pullover wählen. Außerdem muss sie sich für eine ihrer 2 Hosen entscheiden. Für die Füße stehen ihr 4 Paar Schuhe zur Verfügung. Wie viele verschiedene Outfits kann sie sich mit diesen Kleidungsstücken zusammenkombinieren?

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Für die Kategorie 'Oberteile' gibt es 3 Möglichkeiten. Dabei kann man jedes Stück mit jeder der 2 Möglichkeiten der Kategorie 'Hosen' kombinieren. Dies ergibt also 3 ⋅ 2 = 6 Möglichkeiten. Und jede dieser Möglichkeiten kann man dann wieder mit den 4 Möglichkeiten der Kategorie 'Schuhe' kombinieren, so dass sich insgesamt 3 ⋅ 2 ⋅ 4 = 24 Möglichkeiten ergeben.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 10 blaue, 10 gelbe und 14 grüne Kugeln. Es werden 14 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 5 Kugeln blau und genau 4 Kugeln grün 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 34 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 14 der insgesamt 34 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 14 von 34 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 34 \\ 14 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 5 gezogenen blauen unter den 10 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 5 gezogenen gelben unter den 10 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 14 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 14 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen grünen unter den 14 grünen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 14 grünen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 14 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 14 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen blauen mit jedem Fall der gezogenen gelben uns mit jedem Fall der gezogenen grünen kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "14 Kugeln aus 34 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 34 \\ 14 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 14 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 34 \\ 14 \end{matrix})}$ ≈ 0,0457 = 4,57%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 7 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 eine Zahl genau 3 mal enthalten ist und alle anderen 4 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) 5 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 5 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 5⋅5⋅...⋅5 = 5⁷ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

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

verschiedene Möglichkeiten 3 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 3 Felder (Zahlenschlossräder) gibt, auf denen die 3 gleichen Zahlen stehen.
Hierfür gibt es

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

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 5 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ 5 Möglichkeiten für die Belegung der 3 Felder (Zahlenschlossräder) mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 5 Zahlen theoretisch 3-fach 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 $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ 5 ⋅ 4⋅3⋅2⋅1 = 4200 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})⋅ 5 ⋅ 4⋅3⋅2⋅1}{5⋅5⋅5⋅5⋅5⋅5⋅5}$ = $\frac{4200}{78125}$ ≈ 0,0538 = 5,38%

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 blaue Kugeln zu ziehen, P(b-b) = $\frac{1}{15}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 7 Kugeln im Behälter.

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

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 7}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 7} \cdot \frac{n - 1}{n + 6}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{15}$ ist, gilt somit:

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

\frac{n (n - 1)}{(n + 7) (n + 6)}

=

\frac{1}{15}

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

$\frac{n (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)}$	=	$\frac{1}{15}$	\|⋅( $(n + 7) (n + 6)$ )
$\frac{n (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)} \cdot (n + 7) (n + 6)$	=	$\frac{1}{15} \cdot (n + 7) (n + 6)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) (n + 6)$
$n (n - 1)$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) (n + 6)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) (n + 6)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) (n + 6)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5}$

$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5}$	\|⋅ 15
$15 (n^{2} - n)$	=	$15 (\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5})$
$15 n^{2} - 15 n$	=	$n^{2} + 13 n + 42$	\| $- n^{2}$ $- 13 n$ $- 42$

14 n^{2} - 28 n - 42

= 0 |:14

$n^{2} - 2 n - 3$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{+ 2 \pm \sqrt{{(- 2)}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (- 3)}}{2 \cdot 1}$

n_1,2 = $\frac{+ 2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2}$

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

n₁ = $\frac{2 + \sqrt{16}}{2}$ = $\frac{2+4}{2}$ = $\frac{6}{2}$ = $3$

n₂ = $\frac{2 - \sqrt{16}}{2}$ = $\frac{2-4}{2}$ = $\frac{- 2}{2}$ = $- 1$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 3 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 3 Herz-Karten und 2 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 3 Herz- und 7 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.

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

1. Möglichkeit: 4 Herz und 7 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{7}{11}$ ⋅ $\frac{6}{10}$ = $\frac{21}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{21}{55}$ = $\frac{63}{275}$

2. Möglichkeit: 3 Herz und 8 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{8}{11}$ ⋅ $\frac{7}{10}$ = $\frac{28}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{28}{55}$ = $\frac{56}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{63}{275}$ + $\frac{56}{275}$ = $\frac{119}{275}$ .

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: 4 Herz und 7 Kreuz

2. Möglichkeit: 3 Herz und 8 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: