Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

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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 24 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= 3 27 2 26 24 25
= 3 9 2 13 4 25
= 8 975

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Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 10 Kugeln, die mit einer 1 beschriftet sind, 7 2er und 3 Kugeln mit einer 3. Es wird zwei mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen gerade 4 ist?

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EreignisP
1 -> 1 1 4
1 -> 2 7 40
1 -> 3 3 40
2 -> 1 7 40
2 -> 2 49 400
2 -> 3 21 400
3 -> 1 3 40
3 -> 2 21 400
3 -> 3 9 400

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: 1 2 ; 2: 7 20 ; 3: 3 20 ;

Du hast entweder einen veralteten Browser oder Javascript ausgeschaltet. Deswegen kannst du leider das SchaubBild nicht sehen :( Die relevanten Pfade sind:
  • '1'-'3' (P= 3 40 )
  • '3'-'1' (P= 3 40 )
  • '2'-'2' (P= 49 400 )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

3 40 + 3 40 + 49 400 = 109 400


Kombinatorik

Beispiel:

Die Sportlehrerin Frau Hertz braucht für eine Demonstration 4 Schülerinnen. Diese möchte sie zufällig aus der 20-köpfigen Sportgruppe losen. Wie viele verschiedene 4er-Gruppen sind so möglich?

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Für die erste Stelle ist jede(r/s) Schülerin möglich. Es gibt also 20 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die/das an erster Stelle stehende Schülerin nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 19 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 18 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:

Es gibt also 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ 17 = 116280 Möglichkeiten, die 20 Möglichkeiten (Schülerin) auf die 4 "Ziehungen" (geloste) zu verteilen.

Wir haben jetzt dabei aber genau unterschieden an welcher Stelle was gezogen wurde. Also wären zum Beispiel Anton-Berta-Caesar und Berta-Caesar-Anton zwei unterschiedliche Ergebnisse. In unserem Fall hier soll diese Reihenfolge aber keine Rolle spielen. Es interessiert nur, wer in der 4er-Gruppe drin ist, nicht an welche Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 4er-Gruppe möglich sind.

  • Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 4er-Gruppe möglich. Es gibt also 4 Möglichkeiten.
  • Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 3 Möglichkeiten.
  • Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 2 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 und erhalten 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 4er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 116280 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 4er-Gruppen durch die 24 Möglichkeiten, die 4er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich 116280 24 = 4845 Möglichkeiten für 4er-Gruppen, die aus 20 Elementen (Schülerin) gebildet werden.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Oma Hilde hat 10 Nougat-, 13 Krokant- und 13 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 4 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 36 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 11 der insgesamt 36 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 11 von 36 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten ( 36 11 ) verwenden.

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


Es gibt ( 10 4 ) 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 ( 10 4 ) Möglichkeiten.


Es gibt ( 13 3 ) verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 13 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen Krokanteier unter den 13 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 13 Krokanteier ziehen", also ( 13 3 ) Möglichkeiten.


Es gibt ( 13 4 ) verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 13 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Vollmilcheier unter den 13 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 13 Vollmilcheier ziehen", also ( 13 4 ) Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf ( 10 4 ) ( 13 3 ) ( 13 4 ) 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 36 Ostereier ziehen" ( 36 11 ) ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = Anzahl der günstigen Fälle Anzahl aller möglichen Fälle = ( 10 4 ) ( 13 3 ) ( 13 4 ) ( 36 11 ) 0,0715 = 7,15%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 5 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 9 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)

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Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 9 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 9 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 9⋅9⋅...⋅9 = 95 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 5 verschiedene Zahlen auftreten.


Es gibt ( 9 5 ) verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 9 Kästchen zu verteilen.
Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 5 Zahlen unter den 9 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 5 Zahlen von 9 möglichen anzukreuzen. Dies sind ( 9 5 ) Möglichkeiten verschiedene 5er-Pakete aus 9 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser ( 9 5 ) 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 ( 9 5 ) ⋅5! = 15120 Möglichkeiten.

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

P = Anzahl der günstigen Fälle Anzahl aller möglichen Fälle = ( 9 5 ) ⋅5! 9⋅9⋅9⋅9⋅9 = 15120 59049 0,2561 = 25,61%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 6 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) = 2 15 . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 6 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: n n + 6

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: n-1 n - 1 + 6

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also n n +6 · n -1 n +5 . Da diese Wahrscheinlichkeit ja 2 15 ist, gilt somit:

D=R\{ -6 ; -5 }

n ( n -1 ) ( n +6 ) ( n +5 ) = 2 15

Wir multiplizieren den Nenner ( n +6 ) ( n +5 ) weg!

n ( n -1 ) ( n +6 ) · ( n +5 ) = 2 15 |⋅( ( n +6 ) ( n +5 ) )
n ( n -1 ) ( n +6 ) · ( n +5 ) · ( n +6 ) ( n +5 ) = 2 15 · ( n +6 ) ( n +5 )
n · ( ( n -1 ) · 1 ) 1 = 2 15 ( n +6 ) ( n +5 )
n ( n -1 ) = 2 15 ( n +6 ) ( n +5 )
n · n + n · ( -1 ) = 2 15 ( n +6 ) ( n +5 )
n · n - n = 2 15 ( n +6 ) ( n +5 )
n 2 - n = 2 15 n 2 + 22 15 n +4
n 2 - n = 2 15 n 2 + 22 15 n +4 |⋅ 15
15( n 2 - n ) = 15( 2 15 n 2 + 22 15 n +4 )
15 n 2 -15n = 2 n 2 +22n +60 | -2 n 2 -22n -60

13 n 2 -37n -60 = 0

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

n1,2 = +37 ± ( -37 ) 2 -4 · 13 · ( -60 ) 213

n1,2 = +37 ± 1369 +3120 26

n1,2 = +37 ± 4489 26

n1 = 37 + 4489 26 = 37 +67 26 = 104 26 = 4

n2 = 37 - 4489 26 = 37 -67 26 = -30 26 = - 15 13 ≈ -1.15

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Behälter A sind 3 rote und 2 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.

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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 3 5 .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
P(blau-blau) = 5 11 4 10 = 2 11

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = 3 5 2 11 = 6 55

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 2 5 .

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) = 6 11 5 10 = 3 11

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = 2 5 3 11 = 6 55

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen:

P = P1 + P2 = 6 55 + 6 55 = 12 55 .