Ziehen ohne Zurücklegen einfach erklärt: So berechnest du Wahrscheinlichkeiten richtig

Weiterführend:

• Zur Kapitelübersicht „Wahrscheinlichkeit und Stochastik”
• Pfadregeln einfach erklärt: So berechnest du Wahrscheinlichkeiten bei mehrstufigen Zufallsexperimenten
• Vereinfachte Baumdiagramme: So berechnest du Wahrscheinlichkeiten schnell und sicher
• Summenregel der Wahrscheinlichkeit: So berechnest du Oder-Ereignisse

Darum geht's

Stell dir vor, du spielst ein Kartenspiel mit deinen Freunden. Du ziehst eine Karte aus dem Stapel – sagen wir ein Ass. Diese Karte legst du vor dir auf den Tisch, sie kommt nicht zurück in den Stapel. Jetzt ist die Frage: Wie wahrscheinlich ist es, dass du bei der nächsten Ziehung wieder ein Ass bekommst? Die Situation hat sich verändert. Der Stapel ist kleiner geworden, und ein Ass fehlt bereits. Genau diese Veränderung der Ausgangssituation nach jeder Ziehung ist das Kernprinzip beim Ziehen ohne Zurücklegen. In diesem Kapitel lernst du, wie du solche Wahrscheinlichkeiten präzise berechnest, welche typischen Fehler lauern und wie du sie elegant umgehst.

📋Lehrplan 21Zyklus 3 (7.–9. Klasse) · 7Kompetenzen

• MA.3.A.1.kGrundanspruchBegriffe absolute und relative Häufigkeit, x-Koordinate, y-Koordinate, x-Achse, y-Achse, Einheitsstrecke, Wahrscheinlichkeit; Masseinheiten Geschwindigkeit (km/h, m/s, kB/s, dpi)
• MA.3.B.2.eGrundanspruchHäufigkeiten experimentell bestimmen und Vermutungen zu Wahrscheinlichkeiten formulieren; unbekannte Fragestellungen zu Kombinatorik/Wahrscheinlichkeit bearbeiten
• MA.3.A.1.mBegriffe (lineare) Funktion, sichere/mögliche/unmögliche Ereignisse, Flussdiagramm, Bit, Byte; Vorsätze Mikro, Nano; Masseinheiten Dichte (kg/dm³, g/cm³)
• MA.3.B.2.fWahrscheinlichkeiten und statistische Angaben überprüfen und begründen
• MA.3.B.2.gKombinatorische Probleme vergleichen, Analogien erkennen und erfinden
• MA.3.C.1.hMehrstufige Zufallsexperimente mit Würfeln, Münzen oder Karten durchführen und Baumdiagramm zeichnen
• MA.3.C.1.iErweiterungErw: Zufallsexperimente durchführen und Wahrscheinlichkeiten ermitteln; Wahrscheinlichkeit aus relativer Häufigkeit ableiten

Quelle: Aargauer Lehrplan Volksschule, Fachbereich Mathematik (August 2022)

Eine kleine Zeitreise

Das Ziehen ohne Zurücklegen hat eine lange und spannende Geschichte. Sie beginnt im 17. Jahrhundert, als Glücksspiele an europäischen Höfen besonders beliebt waren. Der französische Schriftsteller und Glücksspieler Antoine Gombaud, genannt Chevalier de Méré, stellte seinem Freund Blaise Pascal eine Reihe von Knobelaufgaben. Viele davon drehten sich um Würfelspiele und Kartenziehungen. Pascal tauschte sich darüber in Briefen mit Pierre de Fermat aus. Aus diesem Briefwechsel entstand um 1654 die moderne Wahrscheinlichkeitsrechnung.

Ein wichtiger Schritt folgte durch Jakob Bernoulli. In seinem Werk „Ars Conjectandi” (erschienen 1713 nach seinem Tod) beschrieb er das Urnenmodell systematisch. Kugeln werden aus einer Urne gezogen – mit oder ohne Zurücklegen. Dieses Modell ist bis heute das Standardwerkzeug, wenn Mathematikerinnen und Mathematiker über zufällige Auswahlen sprechen.

Im 19. Jahrhundert entwickelte der deutsche Mathematiker Carl Friedrich Gauss Methoden, mit denen sich Stichproben statistisch auswerten lassen. Diese Ideen flossen später in die Qualitätskontrolle der Industrie ein. Heute nutzen Fabriken weltweit das Prinzip des Ziehens ohne Zurücklegen. Eine zufällige Stichprobe wird aus einer Produktionscharge entnommen und geprüft. Jedes geprüfte Stück kommt nicht in den Verkauf zurück.

Auch bei der Qualitätsprüfung in Laboren, beim Mischen von Medikamentenproben oder bei der Auswertung von Wahlumfragen begegnet dir dieses Prinzip. Selbst die Kartendecks, die Spielerinnen und Spieler jeden Abend in Casinos durchmischen, folgen den gleichen mathematischen Regeln, die Pascal und Fermat vor über 370 Jahren formulierten. Das zeigt, wie zeitlos und universell einsetzbar dieses Denkwerkzeug ist.

Die Grundlagen

Beim Ziehen ohne Zurücklegen gilt eine einfache, aber wichtige Regel: Nach jeder Ziehung verändert sich die Gesamtmenge. Ein einmal gezogenes Objekt kommt nicht zurück. Das hat zwei Konsequenzen für die Wahrscheinlichkeitsberechnung:

1. Die Anzahl der möglichen Ergebnisse (der Nenner im Bruch) wird bei jeder weiteren Ziehung kleiner.
2. Die Anzahl der günstigen Ergebnisse (der Zähler) kann sich ebenfalls ändern.

Genau hier liegt der Unterschied zum Ziehen mit Zurücklegen. Beim Zurücklegen bleibt die Situation konstant. Ohne Zurücklegen verändert sie sich dynamisch.

Definition

Beim Ziehen ohne Zurücklegen werden gezogene Objekte nicht in die Ausgangsmenge zurückgelegt. Dadurch ändern sich die Wahrscheinlichkeiten bei jeder weiteren Ziehung. Die Ereignisse sind abhängig voneinander.

Für zwei aufeinanderfolgende Ereignisse $A$ und $B$ gilt:

$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \mid A)$

Dabei bedeutet $P(B \mid A)$ die Wahrscheinlichkeit von $B$ unter der Bedingung, dass $A$ bereits eingetreten ist.

Der senkrechte Strich im Ausdruck $P(B \mid A)$ ist das Zeichen für eine bedingte Wahrscheinlichkeit. Du liest ihn als „unter der Bedingung, dass”. Diese Notation ist die Grundlage vieler weiterführender Themen der Stochastik.

Beim Ziehen mit Zurücklegen hingegen wäre $P(B \mid A) = P(B)$. Die beiden Ziehungen wären voneinander unabhängig, und du würdest einfach $P(A) \cdot P(B)$ rechnen.

Die Kernmethode

Die Kernmethode beim Ziehen ohne Zurücklegen lässt sich in fünf Schritte gliedern. Sie funktioniert für zwei, drei oder beliebig viele Ziehungen.

Definition

Schritt 1: Erfasse die Ausgangssituation. Wie viele Objekte gibt es insgesamt? Wie viele davon sind „günstig”?

Schritt 2: Berechne die erste Wahrscheinlichkeit. Teile die Anzahl der günstigen Ergebnisse durch die Gesamtzahl.

Schritt 3: Aktualisiere die Situation. Ziehe in Gedanken ein passendes Objekt ab. Wie viele Objekte bleiben übrig? Wie viele günstige?

Schritt 4: Berechne die nächste Wahrscheinlichkeit mit den neuen Zahlen.

Schritt 5: Multipliziere die Einzelwahrscheinlichkeiten, wenn alle Teilereignisse gemeinsam eintreten sollen (Pfadregel).

Diese Methode ist im Kern nichts anderes als die Pfadregel aus dem Baumdiagramm. Jeder Schritt entspricht einer Kante im Baum. Die Einzelwahrscheinlichkeiten an den Kanten eines Pfades werden miteinander multipliziert.

Ein wichtiger Hinweis: Wenn die Aufgabe fragt „Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens ein Objekt rot ist?”, lohnt sich oft der Blick aufs Gegenereignis. Statt alle möglichen „Erfolgspfade” zu addieren, berechnest du $1 - P(\text{kein Objekt rot})$. Das spart Rechenarbeit.

Beispiel:

Beispiel 1: Zwei rote Kugeln aus der Urne

In einer Urne befinden sich 6 rote und 4 blaue Kugeln. Du ziehst nacheinander zwei Kugeln, ohne die erste zurückzulegen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kugeln rot sind?

Lösung:

Schritt 1 – erste Ziehung:

$P(\text{1. rot}) = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5}$

Schritt 2 – Situation aktualisieren. Nach einer roten Kugel verbleiben 9 Kugeln, davon 5 rote.

Schritt 3 – zweite Ziehung:

$P(\text{2. rot} \mid \text{1. rot}) = \dfrac{5}{9}$

Schritt 4 – Gesamtwahrscheinlichkeit nach Pfadregel:

$P(\text{beide rot}) = \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{5}{9} = \dfrac{15}{45} = \dfrac{1}{3}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen, beträgt $\dfrac{1}{3}$ oder etwa $33{,}3\%$.

Beispiel:

Beispiel 2: Mindestens eine Niete bei der Tombola

Bei einer Tombola gibt es 20 Lose: 5 Gewinnlose und 15 Nieten. Du kaufst 2 Lose. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eines davon eine Niete ist?

Lösung:

Statt alle Fälle aufzuzählen, verwenden wir das Gegenereignis: „beide Lose sind Gewinne”.

$P(\text{1. Gewinn}) = \dfrac{5}{20} = \dfrac{1}{4}$

Nach dem ersten Gewinn sind 4 Gewinne von 19 Losen übrig:

$P(\text{2. Gewinn} \mid \text{1. Gewinn}) = \dfrac{4}{19}$

Also:

$P(\text{beide Gewinne}) = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{4}{19} = \dfrac{1}{19}$

Das Gegenereignis zu „mindestens eine Niete” ist genau „beide Gewinne”. Deshalb gilt:

$P(\text{mindestens eine Niete}) = 1 - \dfrac{1}{19} = \dfrac{18}{19}$

Die Wahrscheinlichkeit für mindestens eine Niete beträgt $\dfrac{18}{19}$ oder etwa $94{,}7\%$.

Die häufigsten Stolpersteine

Beim Ziehen ohne Zurücklegen passieren immer wieder die gleichen Fehler. Wenn du sie kennst, kannst du sie vermeiden.

Achtung

Gesamtzahl vergessen anzupassen: Viele Schülerinnen und Schüler lassen den Nenner unverändert. Nach dem ersten Zug aus 10 Kugeln sind aber nur noch 9 Kugeln im Topf. Der Nenner muss in jedem Schritt um 1 kleiner werden.

Achtung

Zähler nicht aktualisieren: Hast du eine rote Kugel gezogen und sollst die Wahrscheinlichkeit für eine zweite rote Kugel berechnen, musst du im Zähler ebenfalls eins abziehen. Aus $\dfrac{6}{10}$ wird $\dfrac{5}{9}$, nicht $\dfrac{6}{9}$.

Achtung

Verwechslung mit Ziehen mit Zurücklegen: Beim Zurücklegen bleiben die Wahrscheinlichkeiten konstant. Ohne Zurücklegen verändern sie sich. Lies die Aufgabenstellung immer genau. Schlüsselwörter sind „gleichzeitig”, „nacheinander ohne Zurücklegen” oder „zufällig eine Stichprobe entnommen”.

Achtung

Das Gegenereignis ignorieren: Bei Aufgaben mit „mindestens ein …” oder „höchstens ein …” ist der direkte Weg oft lang. Das Gegenereignis berechnen und von 1 abziehen ist fast immer schneller und weniger fehleranfällig.

Beispiel:

Beispiel 3: Drei Jasskarten ohne Bild ziehen

In diesem Beispiel verwenden wir ein 32er-Schweizer Jassdeck. Aus einem Stapel von 32 Schweizer Jasskarten werden 3 Karten nacheinander ohne Zurücklegen gezogen. Es gibt 12 Bildkarten (König, Ober, Unter) und 20 Zahlenkarten. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei gezogenen Karten Zahlenkarten sind?

Lösung:

Erste Ziehung – 20 Zahlenkarten von 32 Karten:

$P(\text{1. Zahl}) = \dfrac{20}{32} = \dfrac{5}{8}$

Zweite Ziehung – nach einer Zahlenkarte bleiben 19 Zahlenkarten von 31 Karten:

$P(\text{2. Zahl} \mid \text{1. Zahl}) = \dfrac{19}{31}$

Dritte Ziehung – jetzt bleiben 18 Zahlenkarten von 30 Karten:

$P(\text{3. Zahl} \mid \text{1. und 2. Zahl}) = \dfrac{18}{30} = \dfrac{3}{5}$

Gesamtwahrscheinlichkeit nach Pfadregel:

$P(\text{alle Zahlenkarten}) = \dfrac{5}{8} \cdot \dfrac{19}{31} \cdot \dfrac{3}{5} = \dfrac{285}{1240} = \dfrac{57}{248}$

Das entspricht etwa $23{,}0\%$. Ungefähr jede fünfte solche Dreier-Ziehung liefert nur Zahlenkarten.

Beispiel:

Beispiel 4: Qualitätskontrolle in der Produktion

In einer Lieferung von 50 Smartphones sind 3 defekt. Für die Qualitätskontrolle werden zufällig 2 Geräte entnommen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau ein Gerät defekt ist?

Lösung:

Es gibt zwei Pfade, die zu „genau ein defekt” führen: erst defekt dann funktionierend, oder erst funktionierend dann defekt.

Pfad 1 – erst defekt, dann funktionierend:

$P(\text{D, F}) = \dfrac{3}{50} \cdot \dfrac{47}{49} = \dfrac{141}{2450}$

Pfad 2 – erst funktionierend, dann defekt:

$P(\text{F, D}) = \dfrac{47}{50} \cdot \dfrac{3}{49} = \dfrac{141}{2450}$

Die beiden Pfade sind disjunkt, also addieren wir ihre Wahrscheinlichkeiten:

$P(\text{genau ein defekt}) = \dfrac{141}{2450} + \dfrac{141}{2450} = \dfrac{282}{2450} = \dfrac{141}{1225}$

Das entspricht etwa $11{,}5\%$. Erwartungsgemäss ist dieser Wert höher als die Wahrscheinlichkeit für zwei defekte Geräte und niedriger als die für zwei funktionierende.

Vertiefung

Wenn du $k$ Objekte aus $n$ Objekten ziehst, wobei $m$ davon eine bestimmte Eigenschaft haben, und du wissen willst, wie wahrscheinlich es ist, dass alle $k$ Objekte diese Eigenschaft tragen, kannst du direkt die allgemeine Formel nutzen.

Definition

Bei $k$ Ziehungen aus einer Urne mit $n$ Objekten, von denen $m$ günstig sind:

$P(\text{alle günstig}) = \dfrac{m}{n} \cdot \dfrac{m-1}{n-1} \cdot \dfrac{m-2}{n-2} \cdot \ldots \cdot \dfrac{m-k+1}{n-k+1}$

Diese Formel ist die systematische Anwendung der Pfadregel für abhängige Ereignisse.

Ein wichtiges Konzept in der Vertiefung ist die Rolle der Reihenfolge. Wenn du zwei Kugeln aus einer Urne ziehst und nur danach fragst, welche Farben darunter sind, spielt die Reihenfolge keine Rolle. Dann genügt es, alle möglichen Reihenfolgen zu zählen und zusammenzufassen.

Ein weiteres Werkzeug ist die hypergeometrische Verteilung. Sie beschreibt das Ziehen ohne Zurücklegen in voller Allgemeinheit. Wenn du in einer Urne mit $N$ Kugeln, von denen $K$ rot sind, genau $n$ Kugeln ziehst und fragst, wie gross die Wahrscheinlichkeit ist, dass davon genau $k$ rote dabei sind, lautet die Formel:

$P(X = k) = \dfrac{\binom{K}{k} \cdot \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}$

Der Ausdruck $\binom{n}{k}$ ist der Binomialkoeffizient. Er gibt an, auf wie viele Arten $k$ Objekte aus $n$ ausgewählt werden können, ohne Rücksicht auf die Reihenfolge. In der Oberstufe wirst du diese Formel genauer kennenlernen.

Beispiel:

Beispiel 5: Fünf Karten auf einen Schlag

Aus einem Jasskartendeck mit 36 Karten werden 5 Karten gleichzeitig gezogen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau 2 Asse dabei sind?

Lösung:

Ein Jasskartendeck enthält 4 Asse und 32 andere Karten. Wir verwenden die hypergeometrische Formel mit $N = 36$, $K = 4$, $n = 5$, $k = 2$:

$P(X = 2) = \dfrac{\binom{4}{2} \cdot \binom{32}{3}}{\binom{36}{5}}$

Berechne die einzelnen Binomialkoeffizienten:

$\binom{4}{2} = 6, \quad \binom{32}{3} = 4960, \quad \binom{36}{5} = 376992$

Einsetzen ergibt:

$P(X = 2) = \dfrac{6 \cdot 4960}{376992} = \dfrac{29760}{376992} \approx 0{,}0789$

Die Wahrscheinlichkeit, beim Ziehen von 5 Karten genau 2 Asse zu erhalten, beträgt etwa $7{,}9\%$. So selten ist dieses Ereignis gar nicht.

Übungen

Bearbeite die folgenden Aufgaben selbstständig. Die Aufgaben sind aufsteigend nach Schwierigkeit sortiert. Die Lösungen findest du am Ende des Artikels.

Aufgabe 1: In einer Urne sind 7 weisse und 3 schwarze Kugeln. Du ziehst ohne Zurücklegen 2 Kugeln. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide weiss sind?

Aufgabe 2: In einer Schublade liegen 5 blaue und 4 rote Socken. Du ziehst im Dunkeln 2 Socken heraus. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass du ein gleichfarbiges Paar bekommst?

Aufgabe 3: Ein Jasskartendeck enthält 36 Karten, davon 4 Asse. Du ziehst 2 Karten ohne Zurücklegen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine Karte ein Ass ist?

Aufgabe 4: Eine Klasse hat 18 Schülerinnen und 12 Schüler. Für ein Projekt werden zufällig 2 Personen ausgewählt. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Schüler sind?

Aufgabe 5: In einer Schachtel sind 12 Pralinen: 5 mit Marzipan, 4 mit Nougat, 3 mit Trüffel. Du isst 2 Pralinen nacheinander. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Trüffel sind?

Aufgabe 6: In einem Beutel befinden sich 5 rote, 3 blaue und 2 weisse Murmeln. Du ziehst 2 Murmeln ohne Zurücklegen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Murmeln verschiedene Farben haben?

Aufgabe 7: Von 20 Schrauben in einer Kiste sind 4 defekt. Eine Stichprobe von 3 Schrauben wird gezogen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass keine defekte Schraube dabei ist?

Aufgabe 8: In einer Lostrommel liegen 40 Lose: 10 Hauptgewinne, 15 Trostpreise, 15 Nieten. Du ziehst 3 Lose nacheinander. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass du mindestens einen Hauptgewinn ziehst?

Aufgabe 9: Eine Urne enthält 8 rote, 6 gelbe und 4 grüne Kugeln. Du ziehst 3 Kugeln nacheinander. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass jede Kugel eine andere Farbe hat?

Aufgabe 10: Aus einem Stapel von 36 Jasskarten wird eine Hand von 4 Karten gezogen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass diese Hand genau einen König enthält? Ein Jasskartendeck hat 4 Könige. Nutze die hypergeometrische Verteilung.

Das Wichtigste in Kürze

• Beim Ziehen ohne Zurücklegen verändern sich die Wahrscheinlichkeiten nach jeder Ziehung.
• Der Nenner (Gesamtzahl) wird in jedem Schritt um 1 kleiner. Der Zähler (günstige Ergebnisse) wird ebenfalls angepasst, wenn ein „günstiges” Objekt gezogen wurde.
• Für die Gesamtwahrscheinlichkeit mehrerer aufeinanderfolgender Ereignisse multiplizierst du die bedingten Einzelwahrscheinlichkeiten. Das ist die Pfadregel.
• Bei Aufgaben mit „mindestens” oder „höchstens” lohnt sich fast immer das Gegenereignis.
• Die allgemeine Formel $\dfrac{m}{n} \cdot \dfrac{m-1}{n-1} \cdot \ldots$ funktioniert für beliebig viele Ziehungen.
• Für kompliziertere Verteilungen gibt es die hypergeometrische Verteilung mit Binomialkoeffizienten.

Dein Wissen im Test

❓ Frage:

In einer Schachtel liegen 8 grüne und 4 gelbe Bonbons. Du nimmst nacheinander 2 Bonbons heraus, ohne das erste zurückzulegen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide grün sind?

Lösung anzeigen

$P(\text{beide grün}) = \dfrac{8}{12} \cdot \dfrac{7}{11} = \dfrac{56}{132} = \dfrac{14}{33}$ Die Wahrscheinlichkeit beträgt $\dfrac{14}{33}$ oder etwa $42{,}4\%$.

❓ Frage:

Eine Klasse hat 15 Mädchen und 10 Jungen. Zwei Personen werden zufällig für die Tafel eingeteilt. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Mädchen sind?

Lösung anzeigen

Gesamtzahl: 25 Personen, davon 15 Mädchen. $P(\text{beide Mädchen}) = \dfrac{15}{25} \cdot \dfrac{14}{24} = \dfrac{210}{600} = \dfrac{7}{20}$ Die Wahrscheinlichkeit beträgt $\dfrac{7}{20}$ oder $35\%$.

❓ Frage:

In einem Beutel sind 5 rote, 3 blaue und 2 weisse Murmeln. Du ziehst 2 Murmeln ohne Zurücklegen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Murmeln verschiedene Farben haben?

Lösung anzeigen

Wir nutzen das Gegenereignis: Beide Murmeln haben die gleiche Farbe. $P(\text{beide rot}) = \dfrac{5}{10} \cdot \dfrac{4}{9} = \dfrac{20}{90}$ $P(\text{beide blau}) = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{2}{9} = \dfrac{6}{90}$ $P(\text{beide weiss}) = \dfrac{2}{10} \cdot \dfrac{1}{9} = \dfrac{2}{90}$ $P(\text{gleiche Farbe}) = \dfrac{20 + 6 + 2}{90} = \dfrac{28}{90} = \dfrac{14}{45}$ $P(\text{verschieden}) = 1 - \dfrac{14}{45} = \dfrac{31}{45}$ Die Wahrscheinlichkeit beträgt $\dfrac{31}{45}$ oder etwa $68{,}9\%$.

❓ Frage:

In einer Lieferung von 30 Birnen sind 5 faul. Du prüfst 2 Birnen zufällig. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass keine faule Birne dabei ist?

Lösung anzeigen

Es gibt $30 - 5 = 25$ gute Birnen. $P(\text{beide gut}) = \dfrac{25}{30} \cdot \dfrac{24}{29} = \dfrac{600}{870} = \dfrac{20}{29}$ Die Wahrscheinlichkeit beträgt $\dfrac{20}{29}$ oder etwa $69{,}0\%$.

❓ Frage:

Aus einem Jasskartendeck mit 36 Karten ziehst du 3 Karten ohne Zurücklegen. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens ein Ass dabei ist? Im Deck sind 4 Asse.

Lösung anzeigen

Wir rechnen das Gegenereignis: „Kein Ass gezogen”. Im Deck sind 32 Nicht-Asse. $P(\text{kein Ass}) = \dfrac{32}{36} \cdot \dfrac{31}{35} \cdot \dfrac{30}{34}$ $= \dfrac{32 \cdot 31 \cdot 30}{36 \cdot 35 \cdot 34} = \dfrac{29760}{42840} = \dfrac{248}{357}$ $P(\text{mind. ein Ass}) = 1 - \dfrac{248}{357} = \dfrac{109}{357}$ Das entspricht etwa $30{,}5\%$.

Ausblick

Du hast jetzt das Prinzip des Ziehens ohne Zurücklegen verstanden. Im nächsten Schritt wirst du dieses Wissen mit der Kombinatorik verknüpfen. Dabei lernst du, wie der Binomialkoeffizient $\binom{n}{k}$ die Auswahl von $k$ Objekten aus $n$ Objekten beschreibt. So lassen sich viele Ziehungen auf einen Schlag berechnen. Anschliessend vertiefst du dich in die hypergeometrische Verteilung und entdeckst, wie Statistik im Alltag funktioniert – von der Qualitätskontrolle über Lotterien bis zur Meinungsforschung.

Lösungen

Aufgabe 1: Gesamtzahl 10, davon 7 weiss.

$P(\text{beide weiss}) = \dfrac{7}{10} \cdot \dfrac{6}{9} = \dfrac{42}{90} = \dfrac{7}{15}$

Etwa $46{,}7\%$.

Aufgabe 2: Gleichfarbig bedeutet „beide blau” oder „beide rot”.

$P(\text{beide blau}) = \dfrac{5}{9} \cdot \dfrac{4}{8} = \dfrac{20}{72}$

$P(\text{beide rot}) = \dfrac{4}{9} \cdot \dfrac{3}{8} = \dfrac{12}{72}$

$P(\text{gleichfarbig}) = \dfrac{20 + 12}{72} = \dfrac{32}{72} = \dfrac{4}{9}$

Etwa $44{,}4\%$.

Aufgabe 3: Wir rechnen das Gegenereignis „kein Ass”. 32 Nicht-Asse.

$P(\text{kein Ass}) = \dfrac{32}{36} \cdot \dfrac{31}{35} = \dfrac{992}{1260} = \dfrac{248}{315}$

$P(\text{mind. ein Ass}) = 1 - \dfrac{248}{315} = \dfrac{67}{315}$

Etwa $21{,}3\%$.

Aufgabe 4: Gesamtzahl 30, davon 12 Schüler.

$P(\text{beide Schüler}) = \dfrac{12}{30} \cdot \dfrac{11}{29} = \dfrac{132}{870} = \dfrac{22}{145}$

Etwa $15{,}2\%$.

Aufgabe 5: Gesamtzahl 12, davon 3 Trüffel.

$P(\text{beide Trüffel}) = \dfrac{3}{12} \cdot \dfrac{2}{11} = \dfrac{6}{132} = \dfrac{1}{22}$

Etwa $4{,}5\%$.

Aufgabe 6: Gegenereignis „gleiche Farbe”:

$P(\text{rot,rot}) = \dfrac{5}{10} \cdot \dfrac{4}{9} = \dfrac{20}{90}$

$P(\text{blau,blau}) = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{2}{9} = \dfrac{6}{90}$

$P(\text{weiss,weiss}) = \dfrac{2}{10} \cdot \dfrac{1}{9} = \dfrac{2}{90}$

Summe der gleichfarbigen Paare: $\dfrac{28}{90} = \dfrac{14}{45}$.

$P(\text{verschieden}) = 1 - \dfrac{14}{45} = \dfrac{31}{45}$

Etwa $68{,}9\%$.

Aufgabe 7: Gesamtzahl 20, davon 16 intakt.

$P(\text{alle intakt}) = \dfrac{16}{20} \cdot \dfrac{15}{19} \cdot \dfrac{14}{18} = \dfrac{3360}{6840} = \dfrac{28}{57}$

Etwa $49{,}1\%$.

Aufgabe 8: Gegenereignis „kein Hauptgewinn”. 30 Nicht-Hauptgewinne.

$P(\text{kein Hauptgewinn}) = \dfrac{30}{40} \cdot \dfrac{29}{39} \cdot \dfrac{28}{38}$

$= \dfrac{24360}{59280} = \dfrac{203}{494}$

$P(\text{mind. ein Hauptgewinn}) = 1 - \dfrac{203}{494} = \dfrac{291}{494}$

Etwa $58{,}9\%$.

Aufgabe 9: Es gibt $3! = 6$ mögliche Reihenfolgen, eine rote, eine gelbe und eine grüne Kugel zu ziehen. Jede Reihenfolge hat die gleiche Wahrscheinlichkeit:

$P(\text{RGB, feste Reihenfolge}) = \dfrac{8}{18} \cdot \dfrac{6}{17} \cdot \dfrac{4}{16} = \dfrac{192}{4896}$

Multipliziere mit 6 für alle Reihenfolgen:

$P(\text{alle verschieden}) = 6 \cdot \dfrac{192}{4896} = \dfrac{1152}{4896} = \dfrac{8}{34} = \dfrac{4}{17}$

Etwa $23{,}5\%$.

Aufgabe 10: Mit der hypergeometrischen Verteilung: $N = 36$, $K = 4$ (Könige), $n = 4$, $k = 1$.

$P(X = 1) = \dfrac{\binom{4}{1} \cdot \binom{32}{3}}{\binom{36}{4}}$

Die Binomialkoeffizienten:

$\binom{4}{1} = 4, \quad \binom{32}{3} = 4960, \quad \binom{36}{4} = 58905$

Einsetzen:

$P(X = 1) = \dfrac{4 \cdot 4960}{58905} = \dfrac{19840}{58905} \approx 0{,}3368$

Die Wahrscheinlichkeit, genau einen König in einer Vierer-Hand zu ziehen, beträgt etwa $33{,}7\%$.

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Quellen

• Lehrplan 21 — Mathematik — Deutschschweizer Erziehungsdirektoren-Konferenz (D-EDK)
• Lehrplan Volksschule Aargau — Mathematik — Kanton Aargau, Departement Bildung, Kultur und Sport