Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 4 rote und 11 blaue Kugeln. Es soll (ohne zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine blaue Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die blaue Kugel im 4. 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= $\frac{4}{15}$ ⋅ $\frac{3}{14}$ ⋅ $\frac{2}{13}$ ⋅ $\frac{11}{12}$
= $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{1}{7}$ ⋅ $\frac{1}{13}$ ⋅ $\frac{11}{3}$
= $\frac{11}{1365}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 7 rote und 3 blaue Kugeln. Es wird 3 mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal rot"?

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"rot": $\frac{7}{10}$ ; "nicht rot": $\frac{3}{10}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'mindestens einmal rot' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben kein 'rot' bzw. 0 mal 'rot'

Man kann also am aller einfachsten die gesuchte Wahrscheinlichkeit über das Gegenereignis berechnen:

P=1-P(0 mal 'rot')=1- $\frac{27}{1000}$ = $\frac{973}{1000}$

Ereignis	P
rot -> rot -> rot	$\frac{343}{1000}$
rot -> rot -> nicht rot	$\frac{147}{1000}$
rot -> nicht rot -> rot	$\frac{147}{1000}$
rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{63}{1000}$
nicht rot -> rot -> rot	$\frac{147}{1000}$
nicht rot -> rot -> nicht rot	$\frac{63}{1000}$
nicht rot -> nicht rot -> rot	$\frac{63}{1000}$
nicht rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{27}{1000}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: rot: $\frac{7}{10}$ ; nicht rot: $\frac{3}{10}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'nicht rot'-'nicht rot' (P= $\frac{63}{1000}$ )
'nicht rot'-'rot'-'nicht rot' (P= $\frac{63}{1000}$ )
'nicht rot'-'nicht rot'-'rot' (P= $\frac{63}{1000}$ )
'rot'-'rot'-'nicht rot' (P= $\frac{147}{1000}$ )
'rot'-'nicht rot'-'rot' (P= $\frac{147}{1000}$ )
'nicht rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{147}{1000}$ )
'rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{343}{1000}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{63}{1000}$ + $\frac{63}{1000}$ + $\frac{63}{1000}$ + $\frac{147}{1000}$ + $\frac{147}{1000}$ + $\frac{147}{1000}$ + $\frac{343}{1000}$ = $\frac{973}{1000}$

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 5 Hosen entscheiden. Für die Füße stehen ihr 7 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 5 Möglichkeiten der Kategorie 'Hosen' kombinieren. Dies ergibt also 3 ⋅ 5 = 15 Möglichkeiten. Und jede dieser Möglichkeiten kann man dann wieder mit den 7 Möglichkeiten der Kategorie 'Schuhe' kombinieren, so dass sich insgesamt 3 ⋅ 5 ⋅ 7 = 105 Möglichkeiten ergeben.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Oma Hilde hat 10 Nougat-, 11 Krokant- und 14 Vollmilch-Ostereier in ein großes Osternest gepackt. Als eines ihrer Enkelkinder kommt, greift sie in das Nest und holt 11 Eier raus. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 3 Nougateier und genau 4 Vollmilcheier 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 Ostereier mit den Zahlen 1 bis 35 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 11 der insgesamt 35 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 11 von 35 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 35 \\ 11 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 10 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen Nougateier unter den 10 Nougateier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 Nougateier ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Krokanteier unter den 11 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 Krokanteier ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ 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 Vollmilcheier unter den 14 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 14 Vollmilcheier ziehen", also $(\begin{matrix} 14 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 10 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 14 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen Nougateier mit jedem Fall der gezogenen Krokanteier uns mit jedem Fall der gezogenen Vollmilcheier kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "11 Ostereier aus 35 Ostereier ziehen" $(\begin{matrix} 35 \\ 11 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 10 \\ 3 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 14 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 35 \\ 11 \end{matrix})}$ ≈ 0,095 = 9,5%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 6 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 6 beschriftet sind, wird 7 mal gedreht.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jede der 6 Zahlen dabei einmal 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) 6 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 6 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 6⋅6⋅...⋅6 = 6⁷ Möglichkeiten für eine solche Serie von Glücksraddrehungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 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 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} 7 \\ 2 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 6 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 6 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 6 Zahlen theoretisch doppelt vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 5 Felder (Drehungen), 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 $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 15120 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1}{6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6}$ = $\frac{15120}{279936}$ ≈ 0,054 = 5,4%

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 Behälter A sind 3 rote und 3 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.

Lösung einblenden

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 $\frac{3}{6}$ .

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 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ = $\frac{1}{11}$

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 $\frac{3}{6}$ .

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 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{3}{22}$

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 mit 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: