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ohne Zurücklegen (einfach)

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 höchstens 1 deutsche Mannschaften sind (wenn man mal von der falschen Annahme ausgeht, dass alle Mannschaften im gleichen Lostopf sind)?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"deutsch": $\frac{1}{4}$ ; "nicht deutsch": $\frac{3}{4}$ ;

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

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

Die relevanten Pfade sind:

'deutsch'-'nicht deutsch'-'nicht deutsch' (P= $\frac{11}{70}$ )
'nicht deutsch'-'deutsch'-'nicht deutsch' (P= $\frac{11}{70}$ )
'nicht deutsch'-'nicht deutsch'-'deutsch' (P= $\frac{11}{70}$ )
'nicht deutsch'-'nicht deutsch'-'nicht deutsch' (P= $\frac{11}{28}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{11}{70}$ + $\frac{11}{70}$ + $\frac{11}{70}$ + $\frac{11}{28}$ = $\frac{121}{140}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Kartenstapel sind 7 Karten der Farbe Kreuz, 5 der Farbe Pik, 10 der Farbe Herz und 3 der Farbe Karo. Es werden 2 Karten gleichzeitig vom Stapel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "höchstens 1 mal Kreuz"? (Unter Farben versteht man beim Kartenspiel Herz, Kreuz, Pig und Karo - nicht rot und schwarz)

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"Kreuz": $\frac{7}{25}$ ; "nicht Kreuz": $\frac{18}{25}$ ;

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

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

P=1-P(2 mal 'Kreuz')=1- $\frac{7}{100}$ = $\frac{93}{100}$

Ereignis	P
Kreuz -> Kreuz	$\frac{7}{100}$
Kreuz -> nicht Kreuz	$\frac{21}{100}$
nicht Kreuz -> Kreuz	$\frac{21}{100}$
nicht Kreuz -> nicht Kreuz	$\frac{51}{100}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("Kreuz")= $\frac{7}{25}$ ; P("nicht Kreuz")= $\frac{18}{25}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'Kreuz'-'nicht Kreuz' (P= $\frac{21}{100}$ )
'nicht Kreuz'-'Kreuz' (P= $\frac{21}{100}$ )
'nicht Kreuz'-'nicht Kreuz' (P= $\frac{51}{100}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{21}{100}$ + $\frac{21}{100}$ + $\frac{51}{100}$ = $\frac{93}{100}$

nur Summen

Beispiel:

Ein Würfel wird zwei mal geworfen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen 3 ist?

Lösung einblenden

Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{1}{36}$
1 -> 2	$\frac{1}{36}$
1 -> 3	$\frac{1}{36}$
1 -> 4	$\frac{1}{36}$
1 -> 5	$\frac{1}{36}$
1 -> 6	$\frac{1}{36}$
2 -> 1	$\frac{1}{36}$
2 -> 2	$\frac{1}{36}$
2 -> 3	$\frac{1}{36}$
2 -> 4	$\frac{1}{36}$
2 -> 5	$\frac{1}{36}$
2 -> 6	$\frac{1}{36}$
3 -> 1	$\frac{1}{36}$
3 -> 2	$\frac{1}{36}$
3 -> 3	$\frac{1}{36}$
3 -> 4	$\frac{1}{36}$
3 -> 5	$\frac{1}{36}$
3 -> 6	$\frac{1}{36}$
4 -> 1	$\frac{1}{36}$
4 -> 2	$\frac{1}{36}$
4 -> 3	$\frac{1}{36}$
4 -> 4	$\frac{1}{36}$
4 -> 5	$\frac{1}{36}$
4 -> 6	$\frac{1}{36}$
5 -> 1	$\frac{1}{36}$
5 -> 2	$\frac{1}{36}$
5 -> 3	$\frac{1}{36}$
5 -> 4	$\frac{1}{36}$
5 -> 5	$\frac{1}{36}$
5 -> 6	$\frac{1}{36}$
6 -> 1	$\frac{1}{36}$
6 -> 2	$\frac{1}{36}$
6 -> 3	$\frac{1}{36}$
6 -> 4	$\frac{1}{36}$
6 -> 5	$\frac{1}{36}$
6 -> 6	$\frac{1}{36}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("1")= $\frac{1}{6}$ ; P("2")= $\frac{1}{6}$ ; P("3")= $\frac{1}{6}$ ; P("4")= $\frac{1}{6}$ ; P("5")= $\frac{1}{6}$ ; P("6")= $\frac{1}{6}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'1'-'2' (P= $\frac{1}{36}$ )
'2'-'1' (P= $\frac{1}{36}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ = $\frac{1}{18}$

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote und 9 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= $\frac{3}{12}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ ⋅ $\frac{9}{10}$
= $\frac{3}{2}$ ⋅ $\frac{1}{11}$ ⋅ $\frac{3}{10}$
= $\frac{9}{220}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 10 Kugeln, die mit einer 1 beschriftet sind, 7 kugel mit einer 2 und 3 Kugeln mit einer 3. Es werden zwei Kugeln gleichzeitig gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der Kugeln 4 ist?

Lösung einblenden

Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{9}{38}$
1 -> 2	$\frac{7}{38}$
1 -> 3	$\frac{3}{38}$
2 -> 1	$\frac{7}{38}$
2 -> 2	$\frac{21}{190}$
2 -> 3	$\frac{21}{380}$
3 -> 1	$\frac{3}{38}$
3 -> 2	$\frac{21}{380}$
3 -> 3	$\frac{3}{190}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("1")= $\frac{1}{2}$ ; P("2")= $\frac{7}{20}$ ; P("3")= $\frac{3}{20}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'1'-'3' (P= $\frac{3}{38}$ )
'3'-'1' (P= $\frac{3}{38}$ )
'2'-'2' (P= $\frac{21}{190}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{3}{38}$ + $\frac{3}{38}$ + $\frac{21}{190}$ = $\frac{51}{190}$

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

ohne Zurücklegen (einfach)

Ziehen ohne Zurücklegen

P=1-P(2 mal 'Kreuz')=1- 7 100 = 93 100

nur Summen

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen ohne Zurücklegen

P=1-P(2 mal 'Kreuz')=1- $\frac{7}{100}$ = $\frac{93}{100}$