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ohne Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

In einer Urne sind 4 rote, 4 blaue , 10 gelbe und 6 schwarze Kugeln. Es wird zwei mal ohne Zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "höchstens 1 mal gelb"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"gelb": $\frac{5}{12}$ ; "nicht gelb": $\frac{7}{12}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'höchstens einmal gelb' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben 2 mal 'gelb'

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

P=1-P(2 mal 'gelb')=1- $\frac{15}{92}$ = $\frac{77}{92}$

Ereignis	P
gelb -> gelb	$\frac{15}{92}$
gelb -> nicht gelb	$\frac{35}{138}$
nicht gelb -> gelb	$\frac{35}{138}$
nicht gelb -> nicht gelb	$\frac{91}{276}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("gelb")= $\frac{5}{12}$ ; P("nicht gelb")= $\frac{7}{12}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'gelb'-'nicht gelb' (P= $\frac{35}{138}$ )
'nicht gelb'-'gelb' (P= $\frac{35}{138}$ )
'nicht gelb'-'nicht gelb' (P= $\frac{91}{276}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{35}{138}$ + $\frac{35}{138}$ + $\frac{91}{276}$ = $\frac{77}{92}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

Bei der Auslosung zum Championsleague-Achtelfinale sind noch alle 4 deutsche Mannschaften im Lostopf mit den 16 Mannschaften. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den erstem drei gezogenen Mannschaften genau 0 deutsche Mannschaften sind (wenn man mal von der falschen Annahme ausgeht, dass alle Mannschaften im gleichen Lostopf sind)?

Lösung einblenden

Ereignis	P
deutsch -> deutsch -> deutsch	$\frac{1}{140}$
deutsch -> deutsch -> andere	$\frac{3}{70}$
deutsch -> andere -> deutsch	$\frac{3}{70}$
deutsch -> andere -> andere	$\frac{11}{70}$
andere -> deutsch -> deutsch	$\frac{3}{70}$
andere -> deutsch -> andere	$\frac{11}{70}$
andere -> andere -> deutsch	$\frac{11}{70}$
andere -> andere -> andere	$\frac{11}{28}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("deutsch")= $\frac{1}{4}$ ; P("andere")= $\frac{3}{4}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'andere'-'andere'-'andere' (P= $\frac{11}{28}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{11}{28}$ = $\frac{11}{28}$

nur Summen

Beispiel:

In einer 8. Klasse gibt es 10 SchülerInnen, die 13 Jahre alt sind, 10 14-Jährige und 2 15-Jährige. Ein Lehrer, der keine Ahnung über das Alter seiner Schüler hat, muss bei zwei SchülerInnen raten, wie alt die beiden zusammen sind. Er tippt auf 29 Jahre. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er zufällig richtig getippt hat?

Lösung einblenden

Ereignis	P
13 -> 13	$\frac{15}{77}$
13 -> 14	$\frac{50}{231}$
13 -> 15	$\frac{10}{231}$
14 -> 13	$\frac{50}{231}$
14 -> 14	$\frac{15}{77}$
14 -> 15	$\frac{10}{231}$
15 -> 13	$\frac{10}{231}$
15 -> 14	$\frac{10}{231}$
15 -> 15	$\frac{1}{231}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("13")= $\frac{5}{11}$ ; P("14")= $\frac{5}{11}$ ; P("15")= $\frac{1}{11}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'14'-'15' (P= $\frac{10}{231}$ )
'15'-'14' (P= $\frac{10}{231}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{10}{231}$ + $\frac{10}{231}$ = $\frac{20}{231}$

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote und 6 blaue Kugeln. Es soll (ohne Zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine blaue Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die blaue Kugel im 3. Versuch zu ziehen?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{9}$ ⋅ $\frac{2}{8}$ ⋅ $\frac{6}{7}$
= $\frac{3}{3}$ ⋅ $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{1}{7}$
= $\frac{1}{14}$

ohne Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

In einer Urne sind 5 rote und 5 blaue Kugeln. Es wird 3 mal ohne Zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 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": $\frac{1}{2}$ ;

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- $\frac{1}{12}$ = $\frac{11}{12}$

Ereignis	P
rot -> rot -> rot	$\frac{1}{12}$
rot -> rot -> nicht rot	$\frac{5}{36}$
rot -> nicht rot -> rot	$\frac{5}{36}$
rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{5}{36}$
nicht rot -> rot -> rot	$\frac{5}{36}$
nicht rot -> rot -> nicht rot	$\frac{5}{36}$
nicht rot -> nicht rot -> rot	$\frac{5}{36}$
nicht rot -> nicht rot -> nicht rot	$\frac{1}{12}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("rot")= $\frac{1}{2}$ ; P("nicht rot")= $\frac{1}{2}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'nicht rot'-'nicht rot' (P= $\frac{5}{36}$ )
'nicht rot'-'rot'-'nicht rot' (P= $\frac{5}{36}$ )
'nicht rot'-'nicht rot'-'rot' (P= $\frac{5}{36}$ )
'rot'-'rot'-'nicht rot' (P= $\frac{5}{36}$ )
'rot'-'nicht rot'-'rot' (P= $\frac{5}{36}$ )
'nicht rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{5}{36}$ )
'rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{1}{12}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{5}{36}$ + $\frac{5}{36}$ + $\frac{5}{36}$ + $\frac{5}{36}$ + $\frac{5}{36}$ + $\frac{5}{36}$ + $\frac{1}{12}$ = $\frac{11}{12}$

Aufgabenbeispiele von Zufallsexperimente ohne Zurücklegen

ohne Zurücklegen (einfach)

P=1-P(2 mal 'gelb')=1- 15 92 = 77 92

Ziehen ohne Zurücklegen

nur Summen

Ziehen bis erstmals x kommt

ohne Zurücklegen (einfach)

P=1-P(2 mal 'gelb')=1- $\frac{15}{92}$ = $\frac{77}{92}$