- Vergleiche die Zahl der Lose vor der ersten und vor der zweiten Ziehung. - Überlege, welche der beiden Grundformen eines Urnenmodells einen veränderten Bestand zwischen den Ziehungen beschreibt. - Begründe nicht nur mit einem Schlagwort, sondern mit dem Zustand der Box beim zweiten Zug.

1. Zwischen den beiden Ziehungen sinkt die Zahl der Lose von \(120\) auf \(119\). Das zuerst gezogene Los ist bei der zweiten Ziehung also nicht mehr Teil der Auswahlmenge. 2. Deshalb entspricht der Ablauf dem Ziehen ohne Zurücklegen. Die Zusammensetzung beziehungsweise Größe des Bestands kann sich nach dem ersten Zug ändern.

Ziehen ohne Zurücklegen, weil das zuerst gezogene Los bei der zweiten Ziehung nicht mehr in der Box liegt und der Bestand dadurch kleiner ist.

- Lies zuerst den Anfangsbestand aus der Urne ab. - Entferne gedanklich genau die Kugel, die im ersten Zug genannt ist. - Beziehe die beiden Wahrscheinlichkeiten der zweiten Ziehung auf den neuen Gesamtbestand.

1. Anfangs liegen \(2\) gelbe und \(4\) blaue Kugeln in der Urne. 2. Nach der ersten gelben Kugel bleiben \(1\) gelbe und \(4\) blaue Kugeln, insgesamt also \(5\). 3. Deshalb gilt für die zweite Ziehung \(P(\text{gelb})=\frac{1}{5}\) und \(P(\text{blau})=\frac{4}{5}\).

a) \(\frac{1}{5}\) b) \(\frac{4}{5}\)

- Bestimme zuerst aus den Farbzahlen, wie viele Murmeln insgesamt im Beutel liegen. - Überlege für jeden Zug, wie sich Gesamtzahl und Farbanzahl nach einer entnommenen Murmel verändern. - Verknüpfe anschließend die Astwahrscheinlichkeiten der vorgegebenen Reihenfolge.

1. Zu Beginn liegen insgesamt \(4+5+3=12\) Murmeln im Beutel. 2. Für die erste rote Murmel beträgt die Wahrscheinlichkeit \(\frac{4}{12}=\frac{1}{3}\). 3. Nach einer roten Murmel bleiben \(3\) rote unter \(11\) Murmeln; für eine zweite rote Murmel beträgt die Astwahrscheinlichkeit \(\frac{3}{11}\). 4. Nach zwei roten Murmeln bleiben \(3\) gelbe unter \(10\) Murmeln; für eine gelbe Murmel im dritten Zug beträgt die Astwahrscheinlichkeit \(\frac{3}{10}\). 5. Nach der Produktregel ist die Wahrscheinlichkeit der vorgegebenen Reihenfolge \(\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{11}\cdot\frac{3}{10}=\frac{3}{110}\).

\(\frac{3}{110}\)

- Bestimme zuerst, wie viele Nougatpralinen zu Beginn vorhanden sind. - Nach einer Nougatpraline verändert sich sowohl die Gesamtzahl als auch die Anzahl der Nougatpralinen. - Verknüpfe die beiden Astwahrscheinlichkeiten des Pfades Nougat–Nougat.

1. Zu Beginn sind \(20\) von \(24\) Pralinen mit Nougat gefüllt. Für die erste Ziehung gilt daher \(\frac{20}{24}=\frac{5}{6}\). 2. Nach einer gezogenen Nougatpraline bleiben \(19\) Nougatpralinen unter \(23\) Pralinen. Auf dem Pfad Nougat–Nougat ist die zweite Astwahrscheinlichkeit deshalb \(\frac{19}{23}\). 3. Nach der Produktregel gilt \(P(\text{zweimal Nougat})=\frac{5}{6}\cdot\frac{19}{23}=\frac{95}{138}\approx0{,}6884\).

\(P=\frac{95}{138}\approx68{,}84\,\%\)

- Bestimme für b) zuerst aus den Angaben, wie viele helle Pralinen vorhanden sind. - Beachte, wie sich Gesamtzahl und Anzahl der jeweils betrachteten Sorte nach jedem Zug verändern. - Verknüpfe für jede Teilaufgabe die drei Astwahrscheinlichkeiten des passenden Pfades.

1. Für drei Pralinen mit dunkler Schokolade gilt \(P(\text{3 dunkle})=\frac{8}{12}\cdot\frac{7}{11}\cdot\frac{6}{10}=\frac{14}{55}\approx0{,}2545\). 2. Es gibt zunächst \(12-8=4\) Pralinen mit heller Schokolade. Daher gilt \(P(\text{3 helle})=\frac{4}{12}\cdot\frac{3}{11}\cdot\frac{2}{10}=\frac{1}{55}\approx0{,}0182\).

a) \(\frac{14}{55}\approx25{,}5\,\%\) b) \(\frac{1}{55}\approx1{,}8\,\%\)

- Achte darauf, dass sich sowohl die Anzahl der gewünschten Münzen als auch die Gesamtzahl im zweiten Zug ändert. - Wie viele Möglichkeiten gibt es, zwei Münzen mit der gleichen Farbe zu ziehen? - Multipliziere die Wahrscheinlichkeiten entlang eines Pfades im Baumdiagramm. - Addiere die Ergebnisse der Pfade, die für die jeweilige Teilaufgabe relevant sind.

1. Die Gesamtzahl der Münzen im Beutel ist \(3 + 5 = 8\). 2. Die Wahrscheinlichkeit für die Abfolge erst Gold, dann Silber berechnet sich zu \(P(gs) = \frac{3}{8} \cdot \frac{5}{7} = \frac{15}{56}\). 3. Für das Ereignis „gleiche Farbe“ müssen die Wahrscheinlichkeiten der Pfade Gold-Gold (\(gg\)) und Silber-Silber (\(ss\)) addiert werden. 4. Die Wahrscheinlichkeit für zwei goldene Münzen ist \(P(gg) = \frac{3}{8} \cdot \frac{2}{7} = \frac{6}{56}\). 5. Die Wahrscheinlichkeit für zwei silberne Münzen ist \(P(ss) = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} = \frac{20}{56}\). 6. Die Gesamtwahrscheinlichkeit ist \(P(\text{gleiche Farbe}) = \frac{6}{56} + \frac{20}{56} = \frac{26}{56} = \frac{13}{28}\).

a) \(P(\text{gold, silber}) = \frac{15}{56}\) b) \(P(\text{gleiche Farbe}) = \frac{13}{28}\)

- Lies die drei Farbanzahlen direkt aus der Urne ab. - Für a) gehören drei verschiedene gleichfarbige Pfade zum Ereignis. - Für b) ist genau eine Reihenfolge festgelegt; beachte die veränderte Gesamtzahl beim zweiten Zug.

1. Aus der Abbildung liest man \(4\) grüne, \(3\) blaue und \(3\) rote Kugeln ab. 2. Zum Ereignis „gleiche Farbe“ gehören die Pfade GG, BB und RR. Daher ist \(P(\text{gleiche Farbe})=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}+\frac{3}{10}\cdot\frac{2}{9}+\frac{3}{10}\cdot\frac{2}{9}=\frac{24}{90}=\frac{4}{15}\). 3. Für den festen Pfad Grün-Rot gilt \(P(GR)=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}=\frac{2}{15}\).

a) \(\frac{4}{15}\) b) \(\frac{2}{15}\)

- Lies zuerst die Anfangszusammensetzung aus der Abbildung ab. - Bestimme für a) und b) jeweils getrennt, welche vier Kugeln nach dem ersten Zug noch vorhanden sind. - Vergleiche anschließend den Grünanteil in den beiden verbleibenden Urnenzuständen.

1. Aus der Abbildung liest man \(3\) grüne und \(2\) orangefarbene Kugeln ab. 2. Nach einer zuerst grünen Kugel bleiben \(2\) grüne und \(2\) orangefarbene Kugeln. Daher gilt in a) \(P(\text{Grün im zweiten Zug})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\). 3. Nach einer zuerst orangefarbenen Kugel bleiben \(3\) grüne und \(1\) orangefarbene Kugel. Daher gilt in b) \(P(\text{Grün im zweiten Zug})=\frac{3}{4}\). 4. Die erste Ziehung verändert beim Ziehen ohne Zurücklegen den Bestand. Je nachdem, welche Farbe entfernt wurde, ist im zweiten Zug ein anderer Anteil der verbleibenden Kugeln grün.

a) \(\frac{1}{2}\) b) \(\frac{3}{4}\) c) Nach einer grünen ersten Kugel bleiben \(2\) von \(4\) Kugeln grün; nach einer orangefarbenen bleiben \(3\) von \(4\) grün. Deshalb unterscheiden sich die Wahrscheinlichkeiten.

- Lies aus dem ersten Nenner die Gesamtzahl ab. - Was verrät der zweite rote Ast über die Veränderung nach dem ersten Zug?

1. Aus der ersten roten Wahrscheinlichkeit \(\frac{5}{8}\) folgt: Anfangs liegen insgesamt \(8\) Kugeln im Beutel, davon \(5\) rote. 2. Nach einer roten Kugel bleiben \(7\) Kugeln, davon \(4\) rote. Das passt zum dargestellten Ast \(\frac{4}{7}\). 3. Anfangs lagen daher \(5\) rote und \(3\) blaue Kugeln im Beutel.

\(5\) rote und \(3\) blaue Kugeln.

- Vergleiche die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe mit denen der ersten. - Welche Handlung hält die Zusammensetzung des Beutels unverändert?

1. In Diagramm A bleiben die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe \(\frac{3}{5}\) und \(\frac{2}{5}\). Die Zusammensetzung ist also nach der ersten Ziehung wieder dieselbe; A beschreibt Ziehen mit Zurücklegen. 2. In Diagramm B ändern sich die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe und haben den Nenner \(4\). Nach der ersten Ziehung fehlt also eine Kugel; B beschreibt Ziehen ohne Zurücklegen.

A: mit Zurücklegen, weil die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe unverändert \(\frac{3}{5}\) und \(\frac{2}{5}\) bleiben. B: ohne Zurücklegen, weil sich die Wahrscheinlichkeiten nach der ersten Ziehung entsprechend der verbleibenden vier Kugeln ändern.

- Welche Kugeln befinden sich nach der ersten Ziehung noch in der Urne? - Vergleiche für beide Ziehungen jeweils die Anzahl einer Farbe mit der Gesamtzahl der vorhandenen Kugeln. - Was verändert sich beim Ziehen ohne Zurücklegen nach der ersten Ziehung?

1. Zu Beginn liegen \(3\) rote und \(2\) blaue Kugeln in der Urne. Daher gilt vor der ersten Ziehung \(P(\text{Rot})=\frac{3}{5}\) und \(P(\text{Blau})=\frac{2}{5}\). 2. Nach dem Ziehen einer roten Kugel ohne Zurücklegen bleiben \(2\) rote und \(2\) blaue Kugeln. Insgesamt sind noch \(4\) Kugeln in der Urne. 3. Für die zweite Ziehung gilt deshalb \(P(\text{Rot})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\) und \(P(\text{Blau})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\). 4. Die Wahrscheinlichkeit für Rot sinkt von \(\frac{3}{5}\) auf \(\frac{1}{2}\), die Wahrscheinlichkeit für Blau steigt von \(\frac{2}{5}\) auf \(\frac{1}{2}\). Beim Ziehen ohne Zurücklegen verändert die erste Ziehung die Zusammensetzung der Urne.

a) \(P(\text{Rot})=\frac{1}{2}\), \(P(\text{Blau})=\frac{1}{2}\) b) Vor der ersten Ziehung gilt \(P(\text{Rot})=\frac{3}{5}\) und \(P(\text{Blau})=\frac{2}{5}\). Nach der gezogenen roten Kugel gilt für beide Farben \(\frac{1}{2}\). Die Wahrscheinlichkeiten ändern sich, weil die rote Kugel nicht zurückgelegt wird und sich dadurch die Zusammensetzung der Urne verändert.

- Vergleiche die beiden Urnenbilder zunächst nur nach den Anzahlen der beiden Sorten. - Welche Sorte muss sich verändern, wenn im ersten Zug Rot gezogen wurde? - Berechne die Wahrscheinlichkeiten erst aus dem korrigierten zweiten Bestand.

1. Anfangs liegen \(3\) rote und \(2\) grüne Kugeln in der Urne. Nach einer gezogenen roten Kugel muss die Anzahl der roten Kugeln um eins sinken. 2. In b) sind stattdessen weiterhin \(3\) rote, aber nur noch \(1\) grüne Kugel dargestellt. Es wurde also die falsche Farbe entfernt. 3. Korrekt bleiben \(2\) rote und \(2\) grüne Kugeln, insgesamt \(4\). 4. Damit gilt bei der zweiten Ziehung \(P(\text{Rot})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\) und \(P(\text{Grün})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\).

a) In b) wurde eine grüne statt der gezogenen roten Kugel entfernt. b) \(2\) rote und \(2\) grüne Kugeln. c) \(P(\text{Rot})=\frac{1}{2}\), \(P(\text{Grün})=\frac{1}{2}\).

- Welche Informationen aus der App müssen in deinem Urnenmodell erhalten bleiben? - Ändert sich die Menge der auswählbaren Clips nach der ersten Auswahl? - Welche Folge hat das für die Wahrscheinlichkeiten in der zweiten Stufe?

1. Ein passendes Urnenmodell enthält \(10\) Kugeln: \(5\) für Klavier, \(3\) für Gitarre und \(2\) für Schlagzeug. Es wird zweimal mit Zurücklegen gezogen. 2. In der ersten Stufe gelten die Wahrscheinlichkeiten \(\frac{5}{10}\), \(\frac{3}{10}\) und \(\frac{2}{10}\). 3. Nach jedem Ergebnis der ersten Stufe gelten in der zweiten Stufe wieder \(\frac{5}{10}\), \(\frac{3}{10}\) und \(\frac{2}{10}\). 4. Beim zweiten Auswählen stehen wieder dieselben \(10\) Clips zur Verfügung. Im Urnenmodell entspricht das dem Ziehen mit Zurücklegen; deshalb bleiben die Astwahrscheinlichkeiten gleich.

a) Urne mit \(5\) Klavier-, \(3\) Gitarren- und \(2\) Schlagzeug-Kugeln; zweimaliges Ziehen mit Zurücklegen. b) Erste Stufe: Klavier \(\frac{5}{10}\), Gitarre \(\frac{3}{10}\), Schlagzeug \(\frac{2}{10}\). Nach Klavier, nach Gitarre und nach Schlagzeug gelten in der zweiten Stufe jeweils wieder Klavier \(\frac{5}{10}\), Gitarre \(\frac{3}{10}\), Schlagzeug \(\frac{2}{10}\). c) Beim zweiten Auswählen stehen wieder dieselben \(10\) Clips zur Verfügung. Im Urnenmodell entspricht das dem Zurücklegen.

- Welche Informationen aus der Auswahl muss dein Urnenmodell abbilden? - Welche Beete stehen nach der ersten Auswahl noch zur Verfügung? - Vergleiche den verbleibenden Bestand nach den beiden möglichen ersten Auswahlen.

1. Ein passendes Urnenmodell enthält \(7\) Kugeln: \(4\) stehen für Blumenbeete und \(3\) für Gemüsebeete. Es wird zweimal ohne Zurücklegen gezogen. 2. Schreibe \(B\) für Blumenbeet und \(G\) für Gemüsebeet. In der ersten Stufe gilt \(P(B)=\frac{4}{7}\) und \(P(G)=\frac{3}{7}\). 3. Nach einem Blumenbeet bleiben \(3\) Blumen- und \(3\) Gemüsebeete unter \(6\) möglichen Beeten. Daher gelten \(P(B)=\frac{3}{6}\) und \(P(G)=\frac{3}{6}\). 4. Nach einem Gemüsebeet bleiben \(4\) Blumen- und \(2\) Gemüsebeete unter \(6\) möglichen Beeten. Daher gelten \(P(B)=\frac{4}{6}\) und \(P(G)=\frac{2}{6}\). 5. In der ersten Stufe gelten \(\frac{4}{7}\) und \(\frac{3}{7}\). In der zweiten Stufe gelten je nach erster Auswahl \(\frac{3}{6}\) und \(\frac{3}{6}\) oder \(\frac{4}{6}\) und \(\frac{2}{6}\). Die Wahrscheinlichkeiten ändern sich, weil ein ausgewähltes Beet nicht mehr zur Verfügung steht und dadurch der verbleibende Bestand von der ersten Auswahl abhängt.

a) Urne mit \(4\) Blumen- und \(3\) Gemüse-Kugeln; zweimaliges Ziehen ohne Zurücklegen. b) Erste Stufe: Blumenbeet \(\frac{4}{7}\), Gemüsebeet \(\frac{3}{7}\). Nach einem Blumenbeet: Blumenbeet \(\frac{3}{6}\), Gemüsebeet \(\frac{3}{6}\). Nach einem Gemüsebeet: Blumenbeet \(\frac{4}{6}\), Gemüsebeet \(\frac{2}{6}\). c) Die Astwahrscheinlichkeiten ändern sich in der zweiten Stufe, weil ein ausgewähltes Beet nicht mehr zur Verfügung steht. Deshalb hängen die Wahrscheinlichkeiten davon ab, ob zuerst ein Blumenbeet oder ein Gemüsebeet gewählt wurde.

- Welche Astwahrscheinlichkeiten gelten nach dem Zurücklegen in der zweiten Stufe? - Welche vollständigen Pfade führen zu „verschiedene Farben“? - Vergleiche für c) die Zusammensetzung der Dose nach einem roten und nach einem grünen ersten Zug.

1. Mit Zurücklegen gilt in jeder Stufe \(P(\text{Rot})=\frac{5}{8}\) und \(P(\text{Grün})=\frac{3}{8}\). Nach Rot wie nach Grün verzweigt die zweite Stufe deshalb wieder in Rot mit \(\frac{5}{8}\) und Grün mit \(\frac{3}{8}\). 2. Die Pfade für zwei verschiedene Farben sind Rot–Grün und Grün–Rot. Mit Zurücklegen ist \(P(\text{verschieden})=\frac{5}{8}\cdot\frac{3}{8}+\frac{3}{8}\cdot\frac{5}{8}=\frac{15}{32}\). 3. Ohne Zurücklegen ändern sich die Wahrscheinlichkeiten in der zweiten Stufe. Es gilt \(P(\text{Rot, Grün})=\frac{5}{8}\cdot\frac{3}{7}=\frac{15}{56}\) und \(P(\text{Grün, Rot})=\frac{3}{8}\cdot\frac{5}{7}=\frac{15}{56}\). 4. Daher ist ohne Zurücklegen \(P(\text{verschieden})=\frac{30}{56}=\frac{15}{28}\). 5. Weil \(\frac{15}{28}>\frac{15}{32}\), ist das Ereignis ohne Zurücklegen wahrscheinlicher.

a) Erste Stufe: Rot mit \(\frac{5}{8}\), Grün mit \(\frac{3}{8}\). Nach jedem dieser Äste gilt in der zweiten Stufe wieder: Rot mit \(\frac{5}{8}\), Grün mit \(\frac{3}{8}\). b) \(\frac{15}{32}\) c) Ohne Zurücklegen: \(\frac{15}{28}\); diese Wahrscheinlichkeit ist größer.

- Vergleiche, wie viele Gewinnlose und wie viele Lose insgesamt vor dem zweiten Zug vorhanden sind. - Überlege, welche Wirkung das Zurücklegen auf die Zusammensetzung der Schachtel hat. - Betrachte bei b) die beiden möglichen Ergebnisse des ersten Zugs getrennt.

1. Beim Ziehen mit Zurücklegen liegen vor jedem Zug wieder \(5\) Gewinnlose unter \(20\) Losen in der Schachtel. Deshalb beträgt die Gewinnwahrscheinlichkeit bei jedem Zug \(\frac{5}{20}=\frac{1}{4}=0{,}25\). 2. Beim Ziehen ohne Zurücklegen bleiben nach einem Gewinn im ersten Zug \(4\) Gewinnlose unter \(19\) Losen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit im zweiten Zug ist dann \(\frac{4}{19}\approx0{,}211\). 3. Nach einer Niete im ersten Zug bleiben \(5\) Gewinnlose unter \(19\) Losen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit im zweiten Zug ist dann \(\frac{5}{19}\approx0{,}263\). 4. Ohne Zurücklegen hängt die Zusammensetzung der Schachtel vom Ergebnis des ersten Zugs ab. Deshalb unterscheiden sich die Wahrscheinlichkeiten in der zweiten Stufe.

a) Die Gewinnwahrscheinlichkeit bleibt bei \(\frac{1}{4}=0{,}25=25\,\%\). b) Nach einem Gewinn: \(\frac{4}{19}\approx21{,}1\,\%\); nach einer Niete: \(\frac{5}{19}\approx26{,}3\,\%\). Ohne Zurücklegen verändert der erste Zug die Zusammensetzung der Schachtel.

- Wie viele verschiedene Positionen kann das einzige Ass in den drei Zügen einnehmen? - Beachte, dass sich die Gesamtzahl der Karten und die Zusammensetzung nach jedem Zug verändern. - Berechne zunächst die Wahrscheinlichkeit für eine festgelegte Reihenfolge und vergleiche dann die übrigen günstigen Pfade.

1. Für genau ein Ass gibt es die drei Pfade \(A\overline{A}\overline{A}\), \(\overline{A}A\overline{A}\) und \(\overline{A}\overline{A}A\). 2. Für einen dieser Pfade gilt zum Beispiel \(P(A\overline{A}\overline{A})=\frac{4}{32}\cdot\frac{28}{31}\cdot\frac{27}{30}=\frac{63}{620}\). 3. Alle drei Pfade haben dieselbe Wahrscheinlichkeit. Daher ist \(P(\text{genau ein Ass})=3\cdot\frac{63}{620}=\frac{189}{620}\approx0{,}3048\).

Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{189}{620}\approx0{,}3048\approx30{,}48\,\%\).

- Stell dir vor, die Lose würden nacheinander gezogen. Macht es für die Wahrscheinlichkeit einen Unterschied, ob man sie gleichzeitig oder nacheinander ohne Zurücklegen zieht? - Wie viele Nieten befinden sich zu Beginn in der Trommel? - Wie verändern sich die Gewinnchancen für das zweite und dritte Los, wenn das erste bereits ein Gewinn (oder eine Niete) war? - Kannst du die Wahrscheinlichkeit als Produkt von drei Brüchen darstellen?

1. Bestimmung der Anzahl der Nieten: \(15 - 6 = 9\). 2. Berechnung der Wahrscheinlichkeit für drei Gewinnlose: Das gleichzeitige Ziehen entspricht dem Ziehen ohne Zurücklegen. Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich als \(P(\text{3 Gewinne}) = \frac{6}{15} \cdot \frac{5}{14} \cdot \frac{4}{13} = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{14} \cdot \frac{4}{13} = \frac{4}{91} \approx 0{,}0440\). 3. Berechnung der Wahrscheinlichkeit für drei Nieten: \(P(\text{3 Nieten}) = \frac{9}{15} \cdot \frac{8}{14} \cdot \frac{7}{13} = \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{7}{13} = \frac{12}{65} \approx 0{,}1846\).

a) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{4}{91}\) (ca. \(4{,}4\,\%\)). b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{12}{65}\) (ca. \(18{,}5\,\%\)).

- Beschreibe a) und b) jeweils als einen fünfstufigen Pfad ohne Zurücklegen. - Aktualisiere nach jedem gezogenen Los sowohl den Zähler als auch die Gesamtzahl. - Für c) ist das Gegenereignis „dieses bestimmte Los wird in keinem der fünf Züge gezogen“ besonders übersichtlich.

1. Für fünf Gewinnlose hintereinander gilt nach der Produktregel \(P=\frac{5}{30}\cdot\frac{4}{29}\cdot\frac{3}{28}\cdot\frac{2}{27}\cdot\frac{1}{26}=\frac{1}{142506}\approx0{,}0000070\). 2. Für fünf Nieten hintereinander gilt mit \(25\) Nieten zu Beginn \(P=\frac{25}{30}\cdot\frac{24}{29}\cdot\frac{23}{28}\cdot\frac{22}{27}\cdot\frac{21}{26}=\frac{1265}{3393}\approx0{,}3728\). 3. Für ein bestimmtes Los ist das Gegenereignis „Das bestimmte Los ist unter den fünf gekauften Losen nicht dabei“. Seine Wahrscheinlichkeit ist \(\frac{29}{30}\cdot\frac{28}{29}\cdot\frac{27}{28}\cdot\frac{26}{27}\cdot\frac{25}{26}=\frac{5}{6}\). Daher gilt \(P(\text{bestimmtes Los dabei})=1-\frac{5}{6}=\frac{1}{6}\).

a) \(\frac{1}{142506}\approx0{,}0000070\) b) \(\frac{1265}{3393}\approx37{,}28\,\%\) c) \(\frac{1}{6}\approx16{,}67\,\%\)

- Behandle die Entnahme als Ziehen ohne Zurücklegen und aktualisiere die Astwahrscheinlichkeiten nach jedem Zug. - Für c) kann das Gegenereignis kürzer sein als das direkte Addieren mehrerer Positionen. - Für d) liste die drei möglichen Positionen des Apfels ohne Druckstelle auf und berechne die entsprechenden Pfade.

1. Für drei Äpfel mit Druckstellen hintereinander gilt \(P=\frac{4}{20}\cdot\frac{3}{19}\cdot\frac{2}{18}=\frac{1}{285}\approx0{,}00351\). 2. Für drei Äpfel ohne Druckstellen gilt \(P=\frac{16}{20}\cdot\frac{15}{19}\cdot\frac{14}{18}=\frac{28}{57}\approx0{,}4912\). 3. Das Gegenereignis zu c) ist, dass der bestimmte Apfel in allen drei Zügen nicht gewählt wird. Dafür gilt \(P(\text{nicht gewählt})=\frac{19}{20}\cdot\frac{18}{19}\cdot\frac{17}{18}=\frac{17}{20}\). Daher ist \(P(\text{gewählt})=1-\frac{17}{20}=\frac{3}{20}=0{,}15\). 4. Schreibe \(D\) für Druckstelle und \(O\) für ohne Druckstelle. Für d) sind die drei Pfade \(DDO\), \(DOD\) und \(ODD\) günstig. Jeder hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac{4}{20}\cdot\frac{3}{19}\cdot\frac{16}{18}=\frac{8}{285}\). Somit gilt \(P=3\cdot\frac{8}{285}=\frac{8}{95}\approx0{,}0842\).

a) \(\frac{1}{285}\approx0{,}00351\) b) \(\frac{28}{57}\approx49{,}12\,\%\) c) \(\frac{3}{20}=15\,\%\) d) \(\frac{8}{95}\approx8{,}42\,\%\)

- Überlege dir, wie viele Kugeln nach dem ersten Zug noch in der Urne sind. - Welche Farbkombinationen erfüllen die Bedingung für unterschiedliche Farben? - Ist es bei „mindestens eine“ einfacher, alle passenden Möglichkeiten zu addieren oder das Gegenteil von \(1\) abzuziehen?

1. Da ohne Zurücklegen gezogen wird, sind nach dem ersten Zug noch \(9\) Kugeln in der Urne. 2. Für unterschiedliche Farben gibt es die Pfade Gelb-Blau und Blau-Gelb. Daher ist \(P(\text{unterschiedlich})=\frac{4}{10}\cdot\frac{6}{9}+\frac{6}{10}\cdot\frac{4}{9}=\frac{8}{15}\). 3. Das Gegenereignis zu „mindestens eine gelbe Kugel“ ist „beide Kugeln blau“. Es gilt \(P(\text{beide blau})=\frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}=\frac{1}{3}\). 4. Somit ist \(P(\text{mindestens eine gelbe Kugel})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\).

a) \(P(\text{unterschiedlich})=\frac{8}{15}\) b) \(P(\text{mindestens eine gelbe Kugel})=\frac{2}{3}\)

- Welche zwei Spielergruppen muss das Urnenmodell unterscheiden? - Kann ein bereits ausgeloster Spieler noch einmal ausgewählt werden? - Welche vollständigen Ziehungsfolgen gehören zu b) und c)?

1. Ein passendes Urnenmodell enthält \(22\) Kugeln: \(4\) Kugeln stehen für Mitglieder des Mannschaftsrats und \(18\) für die übrigen Spieler. Es werden vier Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. 2. Für b) müssen viermal hintereinander Kugeln aus der Gruppe „Mannschaftsrat“ gezogen werden. Daher gilt \(P=\frac{4}{22}\cdot\frac{3}{21}\cdot\frac{2}{20}\cdot\frac{1}{19}=\frac{1}{7315}\approx0{,}000137\). 3. Für c) werden viermal hintereinander Kugeln aus der Gruppe der übrigen \(18\) Spieler gezogen. Daher gilt \(P=\frac{18}{22}\cdot\frac{17}{21}\cdot\frac{16}{20}\cdot\frac{15}{19}=\frac{612}{1463}\approx0{,}4183\).

a) Urne mit \(4\) Kugeln für den Mannschaftsrat und \(18\) Kugeln für die übrigen Spieler; vier Ziehungen ohne Zurücklegen. b) \(\frac{1}{7315}\approx0{,}0137\,\%\) c) \(\frac{612}{1463}\approx41{,}83\,\%\)

- Für „alle gleich“ gibt es je einen Pfad pro Füllung. - Für „alle verschieden“ liste die möglichen Reihenfolgen der drei Füllungen auf. - Vergleiche die Faktoren der sechs Pfade mit drei verschiedenen Füllungen, bevor du sie addierst.

1. Schreibe \(M\), \(N\) und \(K\) für die drei Füllungen. Für dreimal dieselbe Füllung sind die Pfade \(MMM\), \(NNN\) und \(KKK\) günstig: \(P(MMM)=\frac{8}{18}\cdot\frac{7}{17}\cdot\frac{6}{16}\), \(P(NNN)=\frac{6}{18}\cdot\frac{5}{17}\cdot\frac{4}{16}\), \(P(KKK)=\frac{4}{18}\cdot\frac{3}{17}\cdot\frac{2}{16}\). Die Summe ist \(P(\text{gleich})=\frac{5}{51}\approx 0{,}0980\). 2. Für drei verschiedene Füllungen sind die sechs Pfade \(MNK\), \(MKN\), \(NMK\), \(NKM\), \(KMN\) und \(KNM\) günstig. Jeder hat dieselben Faktoren und damit die Wahrscheinlichkeit \(\frac{8}{18}\cdot\frac{6}{17}\cdot\frac{4}{16}\). Daher \(P(\text{alle verschieden})=6\cdot\frac{8}{18}\cdot\frac{6}{17}\cdot\frac{4}{16}=\frac{4}{17}\approx 0{,}2353\).

1. \(\frac{5}{51}\approx 9{,}80\,\%\) 2. \(\frac{4}{17}\approx 23{,}53\,\%\)

- Lies die Farbanzahlen aus der Urne ab und stelle für a) und b) die Pfade Rot-Rot und Blau-Blau gegenüber. - Achte beim Fall ohne Zurücklegen auf die veränderten Anzahlen beim zweiten Zug. - Für c) ist das Gegenereignis „keine rote Kugel“ besonders kurz.

1. Aus der Abbildung liest man \(4\) rote und \(6\) blaue Kugeln ab. 2. Mit Zurücklegen ist \(P(\text{gleichfarbig})=\frac{4}{10}\cdot\frac{4}{10}+\frac{6}{10}\cdot\frac{6}{10}=\frac{13}{25}=0{,}52\). 3. Ohne Zurücklegen ist \(P(\text{gleichfarbig})=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}+\frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}=\frac{7}{15}\approx0{,}4667\). 4. Für „mindestens eine rote Kugel“ ist das Gegenereignis „zweimal Blau“. Mit Zurücklegen ergibt sich \(1-\frac{6}{10}\cdot\frac{6}{10}=\frac{16}{25}=0{,}64\); ohne Zurücklegen ergibt sich \(1-\frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}=\frac{2}{3}\approx0{,}6667\). Damit ist die Wahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen größer.

a) \(\frac{13}{25}=52\,\%\) b) \(\frac{7}{15}\approx46{,}67\,\%\) c) Ohne Zurücklegen: \(\frac{2}{3}\approx66{,}67\,\%\); mit Zurücklegen: \(64\,\%\). Ohne Zurücklegen ist die Wahrscheinlichkeit größer.

- Zähle zuerst, wie viele Kugeln von jeder Farbe in der Urne sind. - Wie verändert sich die Anzahl einer Farbe nach dem ersten Zug ohne Zurücklegen? - Für b) kann das Gegenereignis „gleiche Farbe“ kürzer sein als alle verschiedenfarbigen Pfade einzeln.

1. Insgesamt gibt es \(9\) Kugeln: \(4\) rote, \(3\) blaue und \(2\) grüne. 2. Für zwei rote Kugeln gilt \(P=\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{8}=\frac{1}{6}\approx16{,}7\,\%\). 3. Für gleiche Farben gilt \(P=\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{8}+\frac{3}{9}\cdot\frac{2}{8}+\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{8}=\frac{5}{18}\). 4. Daher ist \(P(\text{unterschiedliche Farben})=1-\frac{5}{18}=\frac{13}{18}\approx72{,}2\,\%\).

a) \(\frac{1}{6}\approx16{,}7\,\%\) b) \(\frac{13}{18}\approx72{,}2\,\%\)

- Zähle die Buchstaben direkt auf den Kugeln der Abbildung. - Vergleiche bei a) und b), ob sich die Urnenzusammensetzung zwischen den Zügen verändert. - Liste bei c) die möglichen Reihenfolgen von N, A und S ausdrücklich auf.

1. Aus der Abbildung liest man \(3\) A-Kugeln, \(2\) N-Kugeln und \(1\) S-Kugel ab. 2. Mit Zurücklegen gilt \(P(\text{NAS})=\frac{2}{6}\cdot\frac{3}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{36}\). 3. Ohne Zurücklegen gilt für den festen Pfad NAS \(P(\text{NAS})=\frac{2}{6}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{20}\). 4. Für c) sind die sechs Reihenfolgen NAS, NSA, ANS, ASN, SNA und SAN günstig. Jeder Pfad enthält je ein N, ein A und ein S und hat deshalb dieselbe Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{20}\). Daher gilt \(P=6\cdot\frac{1}{20}=\frac{3}{10}\).

a) \(\frac{1}{36}\) b) \(\frac{1}{20}=5\,\%\) c) \(\frac{3}{10}=30\,\%\)

- Lies die drei Farbanzahlen aus der Urne ab. - Für a) gibt es je einen gleichfarbigen Pfad pro Farbe; für b) kannst du die nicht-lila Kugeln zusammenfassen. - Für c) ist das Gegenereignis mit zwei nicht-orangefarbenen Ziehungen besonders kurz.

1. Aus der Abbildung liest man \(2\) orangefarbene, \(3\) lila und \(5\) graue Kugeln ab. 2. Für gleiche Farben gilt \(P=\frac{2}{10}\cdot\frac{1}{9}+\frac{3}{10}\cdot\frac{2}{9}+\frac{5}{10}\cdot\frac{4}{9}=\frac{14}{45}\approx0{,}3111\). 3. Sieben Kugeln sind nicht lila. Daher ist \(P(\text{keine lila Kugel})=\frac{7}{10}\cdot\frac{6}{9}=\frac{7}{15}\approx0{,}4667\). 4. Das Gegenereignis zu „mindestens eine orangefarbene Kugel“ ist „keine orangefarbene Kugel“. Somit ist \(P=1-\frac{8}{10}\cdot\frac{7}{9}=\frac{17}{45}\approx0{,}3778\).

a) \(\frac{14}{45}\approx31{,}11\,\%\) b) \(\frac{7}{15}\approx46{,}67\,\%\) c) \(\frac{17}{45}\approx37{,}78\,\%\)

- Lies die beiden Farbanzahlen direkt aus der Urne ab. - Zwei verschiedene Farben entstehen über die Pfade Gelb-Grün und Grün-Gelb. - Vergleiche besonders die Astwahrscheinlichkeit beim zweiten Zug in den beiden Modellen.

1. Aus der Abbildung liest man \(3\) gelbe und \(2\) grüne Kugeln ab. 2. Mit Zurücklegen gilt \(P(\text{verschieden})=\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{5}+\frac{2}{5}\cdot\frac{3}{5}=\frac{12}{25}=0{,}48\). 3. Ohne Zurücklegen gilt \(P(\text{verschieden})=\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4}+\frac{2}{5}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{5}=0{,}6\). 4. Damit ist die Wahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen größer.

Ohne Zurücklegen ist die Wahrscheinlichkeit mit \(60\,\%\) größer als mit Zurücklegen mit \(48\,\%\).

- Lies die beiden Farbanzahlen aus der Urne ab. - Für b) gibt es zwei verschiedene Reihenfolgen der Farben. - Für c) kannst du ein Ergebnis aus a) als Gegenereignis wiederverwenden.

1. Aus der Abbildung liest man \(5\) gelbe und \(3\) grüne Kugeln ab. 2. Für Gelb-Gelb gilt \(P=\frac{5}{8}\cdot\frac{4}{7}=\frac{5}{14}\). 3. Unterschiedliche Farben entstehen über Gelb-Grün oder Grün-Gelb. Daher ist \(P=\frac{5}{8}\cdot\frac{3}{7}+\frac{3}{8}\cdot\frac{5}{7}=\frac{15}{28}\). 4. Das Gegenereignis zu „mindestens eine grüne Kugel“ ist „beide gelb“. Mit dem Ergebnis aus Schritt 2 folgt \(P=1-\frac{5}{14}=\frac{9}{14}\).

a) \(\frac{5}{14}\) b) \(\frac{15}{28}\) c) \(\frac{9}{14}\)

- Überlege dir, wie viele Bonbons nach jedem Zug noch in der Schüssel sind. - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten an den zwei Ästen eines Knotens zusammen? - Welche Regel gilt für die Wahrscheinlichkeit eines vollständigen Pfades? - Was passiert beim Multiplizieren der Brüche entlang des Pfades zum dritten Kind?

1. Da es zu Beginn \(20\) Bonbons gibt, ist die Wahrscheinlichkeit für „keine Zitrone“ \(a=\frac{19}{20}\). In der zweiten Stufe sind noch \(19\) Bonbons in der Schüssel. Davon ist eines Zitrone, also \(b=\frac{1}{19}\) und \(c=\frac{18}{19}\). 2. Für das zweite Kind gilt nach der Produktregel entlang des Pfades \(\overline{Z}\to Z\): \(P(\text{2. Kind hat }Z)=\frac{19}{20}\cdot\frac{1}{19}=\frac{1}{20}\). 3. Für das dritte Kind lautet der Pfad \(\overline{Z}\to\overline{Z}\to Z\). Es gilt \(\frac{19}{20}\cdot\frac{18}{19}\cdot\frac{1}{18}=\frac{1}{20}\). Durch das Kürzen bleibt der ursprüngliche Nenner \(20\) erhalten.

a) \(a=\frac{19}{20}\), \(b=\frac{1}{19}\), \(c=\frac{18}{19}\) b) \(\frac{1}{20}\) c) Ebenfalls \(\frac{1}{20}\), da \(\frac{19}{20}\cdot\frac{18}{19}\cdot\frac{1}{18}=\frac{1}{20}\).

- Berechne in beiden Modellen die beiden gleichfarbigen Pfade. - Achte darauf, ob sich die Anteile nach dem ersten Zug ändern.

1. Mit Zurücklegen: \(\left(\frac{4}{6}\right)^2+\left(\frac{2}{6}\right)^2=\frac{20}{36}=\frac{5}{9}\). 2. Ohne Zurücklegen: \(\frac{4}{6}\cdot\frac{3}{5}+\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{5}=\frac{14}{30}=\frac{7}{15}\). 3. Vergleich: \(\frac{5}{9}>\frac{7}{15}\); mit Zurücklegen ist das Ereignis wahrscheinlicher.

Mit Zurücklegen: \(\frac{5}{9}\); ohne Zurücklegen: \(\frac{7}{15}\).

- Übersetze den roten Pfad in einen Term mit der Unbekannten. - Beachte, dass nach dem ersten roten Zug eine rote Kugel weniger vorhanden ist.

1. Für den Pfad rot–rot gilt \(\frac{x}{10}\cdot\frac{x-1}{9}=\frac{2}{15}\). 2. Daraus folgt \(x(x-1)=12\). 3. Die ganzzahlige Lösung im Bereich \(0\le x\le10\) ist \(x=4\).

\(x=4\) rote Kugeln.

- Für „mindestens einmal Gold“ ist das Gegenereignis besonders einfach zu beschreiben. - Vergleiche in beiden Bäumen den Pfad, auf dem zweimal grau gezogen wird. - Achte darauf, dass sich im Baum ohne Zurücklegen die zweite Astwahrscheinlichkeit nach der ersten Ziehung verändert.

1. Mit Zurücklegen ist nur der Pfad grau–grau ungünstig. Daher gilt \(P(\text{mindestens einmal Gold})=1-\frac{4}{5}\cdot\frac{4}{5}=1-\frac{16}{25}=\frac{9}{25}=0{,}36\). 2. Ohne Zurücklegen ist ebenfalls nur grau–grau ungünstig. Daher gilt \(P(\text{mindestens einmal Gold})=1-\frac{4}{5}\cdot\frac{3}{4}=1-\frac{3}{5}=\frac{2}{5}=0{,}4\). 3. Ohne Zurücklegen ist die Gewinnwahrscheinlichkeit um \(0{,}04\), also um \(4\) Prozentpunkte, höher.

a) \(0{,}36=36\,\%\) b) \(0{,}4=40\,\%\) Ohne Zurücklegen ist die Gewinnwahrscheinlichkeit um \(4\) Prozentpunkte höher.

- Verwende zum Beispiel \(J\) für Jugendliche und \(E\) für Erwachsene und suche alle Folgen mit genau drei \(J\). - Prüfe, ob die günstigen Pfade trotz unterschiedlicher Reihenfolge dieselben Faktoren enthalten. - Berechne einen Pfad vollständig und fasse anschließend die Wahrscheinlichkeiten aller günstigen Pfade zusammen.

1. Schreibe \(J\) für jugendlich und \(E\) für erwachsen. Für genau drei Jugendliche sind die zehn Folgen \((J,J,J,E,E)\), \((J,J,E,J,E)\), \((J,J,E,E,J)\), \((J,E,J,J,E)\), \((J,E,J,E,J)\), \((J,E,E,J,J)\), \((E,J,J,J,E)\), \((E,J,J,E,J)\), \((E,J,E,J,J)\) und \((E,E,J,J,J)\) günstig. 2. Jeder dieser Pfade enthält dieselben Zähler \(10\), \(9\), \(8\) für die Jugendlichen und \(15\), \(14\) für die Erwachsenen sowie die Nenner \(25\), \(24\), \(23\), \(22\), \(21\). Daher hat jeder Pfad die Wahrscheinlichkeit \(\frac{10}{25}\cdot\frac{9}{24}\cdot\frac{8}{23}\cdot\frac{15}{22}\cdot\frac{14}{21}=\frac{6}{253}\). 3. Nach der Summenregel gilt \(P=10\cdot\frac{6}{253}=\frac{60}{253}\approx0{,}2372\).

\(P=\frac{60}{253}\approx23{,}72\,\%\)

- Für a) ordne die zwei Defekte auf die fünf Ziehungspositionen und vergleiche die Pfadprodukte. - Zerlege „höchstens ein“ in die beiden disjunkten Fälle „kein Defekt“ und „genau ein Defekt“. - Für c) kannst du den bereits berechneten Pfad ohne Defekt als Gegenereignis verwenden.

1. Schreibe \(D\) für defekt und \(I\) für intakt. Genau zwei Defekte können an zehn verschiedenen Positionsmustern auftreten. Jeder solche Pfad enthält dieselben Faktoren und hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac{6}{40}\cdot\frac{5}{39}\cdot\frac{34}{38}\cdot\frac{33}{37}\cdot\frac{32}{36}=\frac{374}{27417}\). Daher gilt \(P(\text{genau zwei defekt})=10\cdot\frac{374}{27417}=\frac{3740}{27417}\). 2. „Höchstens ein“ besteht aus null oder genau einem Defekt. Für keinen Defekt gilt \(P(IIIII)=\frac{34}{40}\cdot\frac{33}{39}\cdot\frac{32}{38}\cdot\frac{31}{37}\cdot\frac{30}{36}=\frac{11594}{27417}\). 3. Für genau einen Defekt gibt es fünf mögliche Positionen. Die Summe dieser fünf Pfade ist ebenfalls \(\frac{11594}{27417}\). Damit gilt \(P(\text{höchstens ein defekt})=\frac{23188}{27417}\). 4. Über das Gegenereignis „kein Defekt“ folgt \(P(\text{mindestens ein Defekt})=1-\frac{11594}{27417}=\frac{15823}{27417}\).

a) \(\frac{3740}{27417}\) b) \(\frac{23188}{27417}\) c) \(\frac{15823}{27417}\)

- Lies für a) zuerst die Anzahl der Kugeln jeder Farbe aus der Abbildung ab. - Arbeite für b) systematisch mit den Zahlen auf den konkreten Kugeln und prüfe, welche Summen Primzahlen sind. - Welche Reihenfolgen sind bei c) möglich, wenn von den beiden genannten Farben jeweils genau eine Kugel vorkommen soll?

1. Aus der Abbildung liest man \(3\) rote, \(2\) blaue und \(2\) grüne Kugeln ab. Für gleiche Farben gilt \(P=\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{6}+\frac{2}{7}\cdot\frac{1}{6}+\frac{2}{7}\cdot\frac{1}{6}=\frac{5}{21}\). 2. Insgesamt gibt es \(21\) ungeordnete Paare der sieben konkreten Kugeln. Eine systematische Prüfung der Zahlenpaare ergibt \(12\) Paare mit einer Primzahlsumme. Daher ist \(P=\frac{12}{21}=\frac{4}{7}\). 3. Für genau eine rote und eine grüne Kugel gilt \(P=\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{6}+\frac{2}{7}\cdot\frac{3}{6}=\frac{2}{7}\).

a) \(\frac{5}{21}\approx23{,}81\,\%\) b) \(\frac{4}{7}\approx57{,}14\,\%\) c) \(\frac{2}{7}\approx28{,}57\,\%\)

- Bezeichne die unbekannte Zahl einer Farbe mit einer Variablen. - Drücke den gezeigten Pfad mit dieser Variablen aus. - Prüfe, ob mehrere ganzzahlige Lösungen möglich sind.

1. Mit \(r\) roten Kugeln gilt \(P(RB)=\frac{r}{8}\cdot\frac{8-r}{7}=\frac{15}{56}\). 2. Daraus folgt \(r(8-r)=15\). 3. Die ganzzahligen Lösungen sind \(r=3\) und \(r=5\). 4. Möglich sind daher \(3\) rote und \(5\) blaue oder \(5\) rote und \(3\) blaue Kugeln.

Möglich sind \(3\) rote und \(5\) blaue oder \(5\) rote und \(3\) blaue Kugeln.