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!)

Lösung einblenden

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 mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 5 rote und 5 blaue Kugeln. Es wird 3 mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 2 mal rot"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"rot": $\frac{1}{2}$ ; "nicht rot": $\frac{1}{2}$ ;

Ereignis	P
rot -> rot -> rot	$\frac{1}{8}$
rot -> rot -> nicht rot	$\frac{1}{8}$
rot -> nicht rot -> rot	$\frac{1}{8}$
rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{1}{8}$
nicht rot -> rot -> rot	$\frac{1}{8}$
nicht rot -> rot -> nicht rot	$\frac{1}{8}$
nicht rot -> nicht rot -> rot	$\frac{1}{8}$
nicht rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{1}{8}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: rot: $\frac{1}{2}$ ; nicht rot: $\frac{1}{2}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'rot'-'nicht rot' (P= $\frac{1}{8}$ )
'rot'-'nicht rot'-'rot' (P= $\frac{1}{8}$ )
'nicht rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{1}{8}$ )
'rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{1}{8}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ = $\frac{1}{2}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine Mathelehrerin hat für die 10 SchülerInnen ihrer 8. Klasse, die eine Zusatzaufgabe gemacht haben, eine Schokoladentafel, ein Pack Gummibärchen und eine Packung Kekse dabei. Jede der Süßigkeiten wird unter den 10 SchülerInnen verlost, wobei man nie mehr als eine Süßigkeit gewinnen kann. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für die Gesamtverlosung?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle (Schokolade) ist jede(r) SchülerInnen möglich. Es gibt also 10 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle (Gummibärchen) ist der/die an erster Stelle (Schokolade) stehende SchülerInnen nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 9 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle (Kekse) fehlen dann schon 2, so dass nur noch 8 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 10 ⋅ 9 ⋅ 8 = 720 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Bei einer Lotterie werden aus einem Lostopf mit 45 durchnummerierten Kugeln immer 7 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 7 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 4 der 7 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 7 der insgesamt 45 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 7 von 45 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 45 \\ 7 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 richtig getippten unter den 7 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 7 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 falsch getippten unter den 38 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 38 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 38 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 38 \\ 3 \end{matrix})$ 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 "7 Kugeln aus 45 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 45 \\ 7 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 38 \\ 3 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 45 \\ 7 \end{matrix})}$ = $\frac{295260}{45379620}$ ≈ 0,0065 = 0,65%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 7 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 12 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei keine Zahl mehrfach vorkommt?
(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: Zahlenschlossrad) 12 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 12 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 12⋅12⋅...⋅12 = 12⁷ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten suchen wir also alle möglichen Kombinationen, bei denen 7 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 7 Kreuzchen auf 12 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 7 Zahlen unter den 12 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 7 Zahlen von 12 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 7er-Pakete aus 12 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 7! = 7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (7 Möglichkeiten für das erste Feld, 6 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})$ ⋅7! = 3991680 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})⋅7!}{12⋅12⋅12⋅12⋅12⋅12⋅12}$ = $\frac{3991680}{35831808}$ ≈ 0,1114 = 11,14%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 8 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 = $\frac{16}{33}$ . Bestimme eine mögliche Anzahl der blauen Kugeln.

Lösung einblenden

Insgesamt sind also n + 8 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{8}{n + 8}$

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

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{n + 8}$ ⋅ $\frac{8}{n + 7}$ ⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2 \frac{8}{n + 8} \cdot \frac{n}{n + 7}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{16}{33}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 8$ ; $- 7$ }

\frac{16 n}{(n + 8) (n + 7)}

=

\frac{16}{33}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 8) (n + 7)$ weg!

$\frac{16 n}{(n + 8) \cdot (n + 7)}$	=	$\frac{16}{33}$	\|⋅( $(n + 8) (n + 7)$ )
$\frac{16 n}{(n + 8) \cdot (n + 7)} \cdot (n + 8) (n + 7)$	=	$\frac{16}{33} \cdot (n + 8) (n + 7)$
$\frac{16 n (n + 8)}{n + 8}$	=	$\frac{16}{33} (n + 8) (n + 7)$
$16 n$	=	$\frac{16}{33} (n + 8) (n + 7)$
$16 n$	=	$\frac{16}{33} n^{2} + \frac{80}{11} n + \frac{896}{33}$

$16 n$	=	$\frac{16}{33} n^{2} + \frac{80}{11} n + \frac{896}{33}$	\|⋅ 33
$528 n$	=	$33 (\frac{16}{33} n^{2} + \frac{80}{11} n + \frac{896}{33})$
$528 n$	=	$16 n^{2} + 240 n + 896$	\| $- 16 n^{2}$ $- 240 n$ $- 896$

- 16 n^{2} + 288 n - 896

= 0 |:16

$- n^{2} + 18 n - 56$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{- 18 \pm \sqrt{18^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot (- 56)}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{- 18 \pm \sqrt{324 - 224}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{- 18 \pm \sqrt{100}}{- 2}$

n₁ = $\frac{- 18 + \sqrt{100}}{- 2}$ = $\frac{- 18+10}{- 2}$ = $\frac{- 8}{- 2}$ = $4$

n₂ = $\frac{- 18 - \sqrt{100}}{- 2}$ = $\frac{- 18-10}{- 2}$ = $\frac{- 28}{- 2}$ = $14$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 oder 14 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 2 Herz-Karten und 3 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 4 Herz- und 6 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.

Lösung einblenden

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

1. Möglichkeit: 5 Herz und 6 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{5}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
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 Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{6}{55}$

2. Möglichkeit: 4 Herz und 7 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{5}$ .

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) = $\frac{7}{11}$ ⋅ $\frac{6}{10}$ = $\frac{21}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{21}{55}$ = $\frac{63}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{6}{55}$ + $\frac{63}{275}$ = $\frac{93}{275}$ .

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: 5 Herz und 6 Kreuz

2. Möglichkeit: 4 Herz und 7 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: