Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Aus einem Kartenstapel mit 9 Karten der Farbe Herz und 4 weiteren Karten soll solange eine Karte gezogen werden, bis eine Herz-Karte erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies im 5.Versuch passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{4}{13}$ ⋅ $\frac{3}{12}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ ⋅ $\frac{1}{10}$ ⋅ $\frac{9}{9}$
= $\frac{1}{13}$ ⋅ $1$ ⋅ $\frac{1}{11}$ ⋅ $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{3}{3}$
= $\frac{1}{715}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Kartenstapel sind 6 Karten der Farbe Kreuz, 8 der Farbe Pik, 5 der Farbe Herz und 5 der Farbe Karo. Es werden 2 Karten vom Stapel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal Herz"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"Herz": $\frac{5}{24}$ ; "nicht Herz": $\frac{19}{24}$ ;

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

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

P=1-P(0 mal 'Herz')=1- $\frac{57}{92}$ = $\frac{35}{92}$

Ereignis	P
Herz -> Herz	$\frac{5}{138}$
Herz -> nicht Herz	$\frac{95}{552}$
nicht Herz -> Herz	$\frac{95}{552}$
nicht Herz -> nicht Herz	$\frac{57}{92}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: Herz: $\frac{5}{24}$ ; nicht Herz: $\frac{19}{24}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'Herz'-'nicht Herz' (P= $\frac{95}{552}$ )
'nicht Herz'-'Herz' (P= $\frac{95}{552}$ )
'Herz'-'Herz' (P= $\frac{5}{138}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{95}{552}$ + $\frac{95}{552}$ + $\frac{5}{138}$ = $\frac{35}{92}$

Kombinatorik

Beispiel:

In einer Schule gibt es 3 achte Klassen. Für ein Projekt wird aus jeder Klasse je 1 Schüler ausgelost. Wie viele verschiedene Möglichkeiten für solche Trios sind möglich, wenn in der 8a 21 Schüler, in der 8b 24 Schüler und in der in der 8c 21 Schüler hat.

Lösung einblenden

Für die Kategorie '8a' gibt es 21 Möglichkeiten. Dabei kann man jedes Stück mit jeder der 24 Möglichkeiten der Kategorie '8b' kombinieren. Dies ergibt also 21 ⋅ 24 = 504 Möglichkeiten. Und jede dieser Möglichkeiten kann man dann wieder mit den 21 Möglichkeiten der Kategorie '8c' kombinieren, so dass sich insgesamt 21 ⋅ 24 ⋅ 21 = 10584 Möglichkeiten ergeben.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Oma Hilde hat 10 Nougat-, 10 Krokant- und 11 Vollmilch-Ostereier in ein großes Osternest gepackt. Als eines ihrer Enkelkinder kommt, greift sie in das Nest und holt 13 Eier raus. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 4 Nougateier und genau 4 Vollmilcheier sind.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Ostereier mit den Zahlen 1 bis 31 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 13 der insgesamt 31 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 13 von 31 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 31 \\ 13 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Nougateier unter den 10 Nougateier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 Nougateier ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ 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 Krokanteier unter den 10 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 Krokanteier ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ 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 Vollmilcheier unter den 11 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 Vollmilcheier ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ 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 "13 Ostereier aus 31 Ostereier ziehen" $(\begin{matrix} 31 \\ 13 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 31 \\ 13 \end{matrix})}$ ≈ 0,0847 = 8,47%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 6 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 8 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) 8 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 8 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 8⋅8⋅...⋅8 = 8⁶ 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 6 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 6 Kreuzchen auf 8 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 6 Zahlen unter den 8 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 6 Zahlen von 8 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 6er-Pakete aus 8 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 6! = 6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (6 Möglichkeiten für das erste Feld, 5 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅6! = 20160 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})⋅6!}{8⋅8⋅8⋅8⋅8⋅8}$ = $\frac{20160}{262144}$ ≈ 0,0769 = 7,69%

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 blaue Kugeln zu ziehen, P(b-b) = $\frac{1}{3}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

Lösung einblenden

Insgesamt sind also n + 4 Kugeln im Behälter.

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

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 4}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 4} \cdot \frac{n - 1}{n + 3}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{3}$ ist, gilt somit:

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

\frac{n (n - 1)}{(n + 4) (n + 3)}

=

\frac{1}{3}

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

$\frac{n (n - 1)}{(n + 4) \cdot (n + 3)}$	=	$\frac{1}{3}$	\|⋅( $(n + 4) (n + 3)$ )
$\frac{n (n - 1)}{(n + 4) \cdot (n + 3)} \cdot (n + 4) (n + 3)$	=	$\frac{1}{3} \cdot (n + 4) (n + 3)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n (n - 1)$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{3} n^{2} + \frac{7}{3} n + 4$

$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{3} n^{2} + \frac{7}{3} n + 4$	\|⋅ 3
$3 (n^{2} - n)$	=	$3 (\frac{1}{3} n^{2} + \frac{7}{3} n + 4)$
$3 n^{2} - 3 n$	=	$n^{2} + 7 n + 12$	\| $- n^{2}$ $- 7 n$ $- 12$

2 n^{2} - 10 n - 12

= 0 |:2

$n^{2} - 5 n - 6$ = 0

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

n_1,2 = $\frac{+ 5 \pm \sqrt{{(- 5)}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (- 6)}}{2 \cdot 1}$

n_1,2 = $\frac{+ 5 \pm \sqrt{25 + 24}}{2}$

n_1,2 = $\frac{+ 5 \pm \sqrt{49}}{2}$

n₁ = $\frac{5 + \sqrt{49}}{2}$ = $\frac{5+7}{2}$ = $\frac{12}{2}$ = $6$

n₂ = $\frac{5 - \sqrt{49}}{2}$ = $\frac{5-7}{2}$ = $\frac{- 2}{2}$ = $- 1$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 6 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 3 Herz-Karten und 3 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 7 Herz- und 3 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: 8 Herz und 3 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{3}{11}$ ⋅ $\frac{2}{10}$ = $\frac{3}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{3}{55}$ = $\frac{3}{110}$

2. Möglichkeit: 7 Herz und 4 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte 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 Kreuz-Karten zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{4}{11}$ ⋅ $\frac{3}{10}$ = $\frac{6}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{6}{55}$ = $\frac{3}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{3}{110}$ + $\frac{3}{55}$ = $\frac{9}{110}$ .

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: 8 Herz und 3 Kreuz

2. Möglichkeit: 7 Herz und 4 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: