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 15 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 3. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{18}$ ⋅ $\frac{2}{17}$ ⋅ $\frac{15}{16}$
= $\frac{3}{3}$ ⋅ $\frac{1}{17}$ ⋅ $\frac{5}{16}$
= $\frac{5}{272}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Lostopf sind 9 Kugeln mit einer Eins beschriftet, 3 Kugeln mit einer Zwei, 8 mit Drei und 4 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	$\frac{3}{23}$
1 -> 2	$\frac{9}{184}$
1 -> 3	$\frac{3}{23}$
1 -> 4	$\frac{3}{46}$
2 -> 1	$\frac{9}{184}$
2 -> 2	$\frac{1}{92}$
2 -> 3	$\frac{1}{23}$
2 -> 4	$\frac{1}{46}$
3 -> 1	$\frac{3}{23}$
3 -> 2	$\frac{1}{23}$
3 -> 3	$\frac{7}{69}$
3 -> 4	$\frac{4}{69}$
4 -> 1	$\frac{3}{46}$
4 -> 2	$\frac{1}{46}$
4 -> 3	$\frac{4}{69}$
4 -> 4	$\frac{1}{46}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{3}{8}$ ; 2: $\frac{1}{8}$ ; 3: $\frac{1}{3}$ ; 4: $\frac{1}{6}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'2'-'4' (P= $\frac{1}{46}$ )
'4'-'2' (P= $\frac{1}{46}$ )
'3'-'3' (P= $\frac{7}{69}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{46}$ + $\frac{1}{46}$ + $\frac{7}{69}$ = $\frac{10}{69}$

Kombinatorik

Beispiel:

Ein spezielles Zahlenschloss hat 3 Ringe mit jeweils 4 verschiedenen Zahlen drauf. Wie viele verschiedene Möglichkeiten kann man bei diesem Zahlenschloss einstellen?

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Bei jedem der 3 'Zufallsversuche' gibt es 4 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 3 Ebenen immer 4-fach verzweigt.

Es entstehen so also 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 4³ = 64 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 12 blaue und 16 gelbe Kugeln. Es werden 11 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 3 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 28 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 11 der insgesamt 28 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 11 von 28 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 28 \\ 11 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 12 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 12 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen blauen unter den 12 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 12 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 12 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 16 \\ 8 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 16 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen gelben unter den 16 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 16 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 16 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 12 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 16 \\ 8 \end{matrix})$ 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 "11 Kugeln aus 28 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 28 \\ 11 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 12 \\ 3 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 16 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 28 \\ 11 \end{matrix})}$ = $\frac{2831400}{21474180}$ ≈ 0,1319 = 13,19%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 8 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 8 beschriftet sind, wird 5 mal gedreht.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei keine Zahl zweimal als Ergebnis erscheint?
(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) 8 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 8 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 8⋅8⋅...⋅8 = 8⁵ Möglichkeiten für eine solche Serie von Glücksraddrehungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten suchen wir also alle möglichen Kombinationen, bei denen 5 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 8 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 5 Zahlen unter den 8 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 5 Zahlen von 8 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 5er-Pakete aus 8 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (5 Möglichkeiten für das erste Feld, 4 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅5! = 6720 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})⋅5!}{8⋅8⋅8⋅8⋅8}$ = $\frac{6720}{32768}$ ≈ 0,2051 = 20,51%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 9 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) = $\frac{1}{22}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 9 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{n + 9}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 9}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 9} \cdot \frac{n - 1}{n + 8}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{22}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 9$ ; $- 8$ }

\frac{n (n - 1)}{(n + 9) (n + 8)}

=

\frac{1}{22}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 9) (n + 8)$ weg!

$\frac{n (n - 1)}{(n + 9) \cdot (n + 8)}$	=	$\frac{1}{22}$	\|⋅( $(n + 9) (n + 8)$ )
$\frac{n (n - 1)}{(n + 9) \cdot (n + 8)} \cdot (n + 9) (n + 8)$	=	$\frac{1}{22} \cdot (n + 9) (n + 8)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{1}{22} (n + 9) (n + 8)$
$n (n - 1)$	=	$\frac{1}{22} (n + 9) (n + 8)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{1}{22} (n + 9) (n + 8)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{1}{22} (n + 9) (n + 8)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{22} n^{2} + \frac{17}{22} n + \frac{36}{11}$

$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{22} n^{2} + \frac{17}{22} n + \frac{36}{11}$	\|⋅ 22
$22 (n^{2} - n)$	=	$22 (\frac{1}{22} n^{2} + \frac{17}{22} n + \frac{36}{11})$
$22 n^{2} - 22 n$	=	$n^{2} + 17 n + 72$	\| $- n^{2}$ $- 17 n$ $- 72$

21 n^{2} - 39 n - 72

= 0 |:3

$7 n^{2} - 13 n - 24$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{{(- 13)}^{2} - 4 \cdot 7 \cdot (- 24)}}{2 \cdot 7}$

n_1,2 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{169 + 672}}{14}$

n_1,2 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{841}}{14}$

n₁ = $\frac{13 + \sqrt{841}}{14}$ = $\frac{13+29}{14}$ = $\frac{42}{14}$ = $3$

n₂ = $\frac{13 - \sqrt{841}}{14}$ = $\frac{13-29}{14}$ = $\frac{- 16}{14}$ = $- \frac{8}{7}$ ≈ -1.14

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 3 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 2 Herz-Karten und 2 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 5 Herz- und 5 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: 6 Herz und 5 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{5}{11}$ ⋅ $\frac{4}{10}$ = $\frac{2}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ = $\frac{1}{11}$

2. Möglichkeit: 5 Herz und 6 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{6}{11}$ ⋅ $\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{3}{22}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten 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 Herz und 5 Kreuz

2. Möglichkeit: 5 Herz und 6 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: