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Baumdiagramm ergänzen, Vierfeldertafel erstellen, Baumdiagramm umkehren

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Martin Wabnik

Baumdiagramm ergänzen, Vierfeldertafel erstellen, Baumdiagramm umkehren

lernst du in der 9. Klasse - 10. Klasse - 11. Klasse - 12. Klasse - 13. Klasse

Beschreibung Baumdiagramm ergänzen, Vierfeldertafel erstellen, Baumdiagramm umkehren

Gegeben ist ein unvollständiges Baumdiagramm. Es sind nur die Wahrscheinlichkeiten der Durchschnitte von A und B bzw. deren Komplemente gegeben. Im Video kannst du sehen, wie daraus direkt die Wahrscheinlichkeiten von A und B ermittelt werden können. Um das Baumdiagramm zu vervollständigen brauchen wir dann noch die bedingten Wahrscheinlichkeiten, die wir mit der Definition ausrechnen können. Da wir nun alle Agaben haben, erstellen wir die passende Vierfeldertafel und auch noch die Umkehrung des Baumdiagramms.

Baumdiagramm ergänzen, Vierfeldertafel erstellen, Baumdiagramm umkehren Übung

Du möchtest dein gelerntes Wissen anwenden? Mit den Aufgaben zum Video Baumdiagramm ergänzen, Vierfeldertafel erstellen, Baumdiagramm umkehren kannst du es wiederholen und üben.
  • Bestimme die richtigen Stufen des Baumdiagramms für eine vorgegebene Vierfeldertafel.

    Tipps

    Beginne mit dem Bestimmen der ersten Stufe oder den Schnittwahrscheinlichkeiten des Baumdiagramms.

    Nutze die Formel $\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}= P(B|A)$, um die Wahrscheinlichkeit für $B$ unter der Bedingung $A$ zu berechnen.

    Lösung

    $1.$ Erste Stufe des Baumdiagramms:

    $P(A)$ und $P(\overline{A})$ können direkt übernommen werden. Diese befinden sich in der letzten Spalte der Vierfeldertafel. Also ist $P(A)=0,7$ und $P(\overline{A})=0,3$.

    $2.$ Schnittwahrscheinlichkeiten:

    Die Schnittwahrscheinlichkeiten können ebenfalls direkt übernommen werden.

    $2.1~P(A\cap B)$ steht in der zweiten Zeile und der zweiten Spalte bei $A$ und $B$.

    Also ist $P(A\cap B)=0,28$.

    $2.2~P(A\cap\overline{B})$ steht in der zweiten Zeile und der dritten Spalte bei $A$ und $\overline{B}$.

    Also ist $P(A\cap\overline{B})=0,42$.

    $2.3~P(\overline{A}\cap B)$ steht in der dritten Zeile und der zweiten Spalte bei $\overline{A}$ und $B$.

    Also ist $P(\overline{A}\cap B)=0,06$.

    $2.4~P(\overline{A}\cap\overline{B})$ steht in der dritten Zeile und der dritten Spalte bei $\overline{A}$ und $\overline{B}$.

    Also ist $P(\overline{A}\cap\overline{B})=0,24$.

    $3.$ Zweite Stufe des Baumdiagramms:

    Die gesuchten bedingten Wahrscheinlichkeiten stehen nicht direkt in der Vierfeldertafel. Daher müssen diese erst berechnet werden.

    $3.1$ Oberer Ast (unter der Bedingung $A$): Gesucht sind die bedingten Wahrscheinlichkeiten $P(B|A)$ und $P(\overline{B}|A)$. Diese werden wie folgt berechnet:

    $P(B|A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{0,28}{0,7}=0,4$ und $P(\overline{B}|A)=\dfrac{P(A\cap \overline{B})}{P(A)}=\dfrac{0,42}{0,7}=0,6$

    $3.2$ Unterer Ast (unter der Bedingung $\overline{A}$): Gesucht sind die bedingten Wahrscheinlichkeiten $P(B|\overline{A})$ und $P(\overline{B}|\overline{A})$. Diese werden wie folgt berechnet:

    $P(B|\overline{A})=\dfrac{P(\overline{A}\cap B)}{P(\overline{A})}=\dfrac{0,06}{0,3}=0,2$ und $P(\overline{B}|\overline{A})=\dfrac{P(\overline{A}\cap \overline{B})}{P(\overline{A})}=\dfrac{0,24}{0,3}=0,8$.

  • Vervollständige das Baumdiagramm mit Hilfe der Vierfeldertafel.

    Tipps

    Die mittleren vier Felder der Vierfeldertafel sind mit den Schnittwahrscheinlichkeiten $P(A\cap B)$, $P(A\cap \overline{B})$, $P(\overline{A}\cap\overline{B})$ und $P(\overline{A}\cap B)$ zu füllen.

    In der letzten Spalte der Vierfeldertafel befinden sich die Wahrscheinlichkeiten $P(B)$ und $P(\overline{B})$. Die Wahrscheinlichkeiten für $A$ und $\overline{A}$ sind in der letzten Zeile gegeben.

    Um die bedingten Wahrscheinlichkeiten $P(A|B)$ und $P(\overline{A}|B)$ der oberen Äste zu bestimmen, muss durch die Wahrscheinlichkeit $P(B)$ geteilt werden.

    Um die bedingten Wahrscheinlichkeiten $P(A|\overline{B})$ und $P(\overline{A}|\overline{B})$ der unteren Äste zu bestimmen, muss durch die Wahrscheinlichkeit $P(\overline{B})$ geteilt werden.

    Lösung

    Vierfeldertafel

    2.Zeile und 2.Spalte:

    Dies ist die Wahrscheinlichkeit $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B|A)=0,1\cdot0,8=0,08$.

    2.Zeile und 3.Spalte:

    Dies ist die Wahrscheinlichkeit $P(\overline{A}\cap B)=P(\overline{A})\cdot P(B|\overline{A})=0,9\cdot 0,4=0,36$.

    2.Zeile und 4.Spalte:

    $P(B)=P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)=0,08+0,36=0,44$.

    Dabei ist $P(A\cap B)=P(B\cap A)$ (gilt auch für $\overline{A}$, $\overline{B}$).

    3.Zeile und 2.Spalte:

    Dies ist die Wahrscheinlichkeit $P(A\cap \overline{B})=P(A)\cdot P(\overline{B}| A)=0,1\cdot0,2=0,02$.

    3.Zeile und 3.Spalte:

    Dies ist die Wahrscheinlichkeit $P(\overline{A}\cap\overline{B})=P(\overline{A})\cdot P(\overline{B}|\overline{A})=0,9\cdot0,6=0,54$.

    3.Zeile und 4.Spalte:

    $P(\overline{B})=P(A\cap\overline{B})+P(\overline{A}\cap\overline{B})=0,02+0,54=0,56$.

    Umkehrung des Baumdiagramms

    $A$ unter der Bedingung $B$:

    $P(A|B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} = \frac{0,08}{0,44} = \frac{8}{44}$

    $\overline{A}$ unter der Bedingung $B$:

    $P(\overline{A}|B) = \frac{P(\overline{A}\cap B)}{P(B)} = \frac{0,36}{0,44} = \frac{36}{44}$

    $A$ unter der Bedingung $\overline{B}$:

    $P(A|\overline{B}) = \frac{P(A\cap\overline{B})}{P(\overline{B})} = \frac{0,02}{0,56} = \frac{2}{56}$

    $\overline{A}$ unter der Bedingung $\overline{B}$:

    $P(\overline{A}|\overline{B}) = \frac{P(\overline{A}\cap\overline{B})}{P(\overline{B})} = \frac{0,54}{0,56} = \frac{54}{56}$

  • Analysiere das Sprichwort: „Stille Wasser sind tief.“

    Tipps

    Es kann hilfreich sein, eine Vierfeldertafel zu erstellen.

    Die Wahrscheinlichkeiten für $S$ und $\overline{S}$ sind direkt aus dem Kuchendiagramm herzuleiten. Die bedingten Wahrscheinlichkeiten für $T$ und $\overline{T}$ lassen sich aus den gegebenen Schnittwahrscheinlichkeiten berechnen.

    Es lassen sich vier Wahrscheinlichkeiten direkt aus dem Kopfbereich übernehmen. Darunter befinden sich zwei Schnittwahrscheinlichkeiten und die Wahrscheinlichkeiten für „stille Wasser“ und „nicht stille Wasser“.

    Lösung

    Die Wahrscheinlichkeiten für $S$ und $\overline{S}$ lassen sich direkt aus dem Kuchendiagramm ablesen. Die Wahrscheinlchkeit für $S$ im Baumdiagramm ist $0,6$ weil $60\%=0,6$ ist. Für $\overline{S}$ ist die Wahrscheinlichkeit $0,4$ weil $40\%=0,4$ ist.

    Kommen wir nun zur zweiten Spalte des Baumdiagramms. Gesucht sind die bedingten Wahrscheinlichkeiten $P(T|S),~P(\overline{T}|S),~P(T|\overline{S})$ und $P(\overline{T}|\overline{S})$.

    $24\%$ der Befragten gaben an, tiefgründig und „stille Wasser“ zu sein. Dies ist die Schnittwahrscheinlichkeit $P(S\cap T)$. Also ist $P(S\cap T)=0,24$. Um die bedingte Wahrscheinlichkeit $P(T|S)$ zu erhalten, wird folgende Formel verwendet:

    $P(T|S)=\dfrac{P(T\cap S)}{P(S)}$. Dadurch erhalten wir:

    $\dfrac{0,24}{0,6}=0,4$.

    Da wir wissen, dass $P(T|S)+P(\overline{T}|S)=1$ ist, können wir nun $P(\overline{T}|S)$ berechnen mit: $1-0,4=0,6$.

    $20\%$ der Befragten gaben an, zwar tiefgründig zu sein, sich jedoch nicht zu den „stillen Wassern“ zählten. Mit dieser Information gelangen wir durch

    $P(T|\overline{S})=\dfrac{P(\overline{S}\cap T)}{P(\overline{S})}$ zu

    $\dfrac{0,2}{0,4}=0,5$.

    Mit $1=P(T|\overline{S})+P(\overline{T}|\overline{S})$ ergibt sich $P(T|\overline{S})=P(\overline{T}|\overline{S})=0,5$.

    Als nächstes folgen die Schnittwahrscheinlichkeiten in der letzten Spalte des Baumdiagramms.

    $P(S\cap T)=0,24$ und $P(\overline{S}\cap T)=0,2$ sind bereits bekannt. Dabei ist die Wahrscheinlichkeit von $S$ gleich der Summe von $P(S\cap T)$ und $P(S\cap \overline{T})$. Demnach ist

    $P(S)-P(S\cap T)=0,6-0,24=0,36=P(S\cap \overline{T})$. Mit

    $P(\overline{S})-P(\overline{S}\cap T)=0,4-0,2=0,2=P(\overline{T}\cap\overline{S})$

    ist das Baumdiagramm nun vollständig.

  • Analysiere den Zufallsversuch: „Zwei Kugeln nacheinander ziehen ohne Zurücklegen“.

    Tipps

    Um bei der Umkehrung den Überblick zu behalten, welche Kugel als erstes und welche als zweites gezogen wird, können Indizes verwendet werden (z.B.: $W_1$, $W_2$, $S_1$ und $S_2$).

    Erstelle zunächst eine Vierfeldertafel.

    Verwende die Formeln:

    $P(A\cap B)+P(A\cap \overline{B})=P(A)$

    und

    $P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}$. Also ist die Wahrscheinlichkeit von $A$ unter der Bedingung $B$ gleich dem Quotienten aus der Schnittwahrscheinlichkeit von $A$ und $B$ und der Wahrscheinlichkeit von $B$.

    Lösung

    Nummerieren wir die Kugeln durch ($1$ und $2$ für die weißen Kugeln und $3$ und $4$ für die schwarzen), dann erhalten wir $12$ verschiedene Ausgänge für das zweimalige Ziehen ohne Zurücklegen. Die Grundmenge ist dann:

    $G=\{(1;~2),~(1;~3),~(1;~4),~(2;~1),~(2;~3),~(2;~4),~(3;~1),~(3;~2),~(3;~4),~(4;~1),~(4;~2),~(4;~3)\}$

    Im Folgenden bezeichne $W_1$ eine weiße Kugel, die beim ersten Ziehen gezogen wurde und $W_2$ eine weiße Kugel, die beim zweiten Ziehen gezogen wurde.

    Berechnung der Wahrscheinlichkeiten der ersten Stufe der Umkehrung des Baumdiagramms:

    Die gesuchten Wahrscheinlichkeiten, sind die Wahrscheinlichkeiten beim zweiten mal Weiß bzw. Schwarz zu ziehen ($P(W_2)$ oder $P(S_2)$). Dabei teilen wir die Anzahl der möglichen Ausgänge mit einer weißen Kugel hinten (also $1$ oder $2$) durch die Anzahl aller möglichen Ausgänge. Insgesamt gibt es $6$ Möglichkeiten, eine $1$ oder eine $2$ als zweites zu bekommen. Dementsprechend ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine weiße Kugel als zweites gezogen wird $\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$. Die Wahrscheinlichkeit eine schwarze Kugel als zweites zu ziehen ist dann $1- \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

    Berechnung der bedingten Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe der Umkehrung des Baumdiagramms:

    Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für $W_1$ unter der Bedingung $W_2$. Es gibt für diesen Fall nur zwei mögliche Ergebnisse, nämlich $(1;~2)$ und $(2;~1)$. Somit erhalten wir die Schnittwahrscheinlichkeit $P(W_1\cap W_2)=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$. Nun verwenden wir die Formel $P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}$, um die bedingte Wahrscheinlichkeit von $W_1$ unter der Bedingung $W_2$ zu erhalten. Damit ergibt sich:

    $P(W_1|W_2)=\dfrac{P(W_1\cap W_2)}{P(W_2)}=\dfrac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\dfrac{1}{3}$

    Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für $S_1$ unter der Bedingung $W_2$. Diese bedingte Wahrscheinlichkeit ergibt bei Addition mit $P(W_1|W_2)$ immer $1$.

    Also ist $P(S_1|W_2)=1-P(W_1|W_2)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.

    Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für $W_1$ unter der Bedingung $S_2$. Wir zählen nun alle Möglichkeiten, die eine $3$ oder $4$ hinten und eine $1$ oder $2$ vorne stehen haben. Diese Möglichkeiten sind: $(1;~3),~(2;~3),~(1;~4),~(2;~4)$. Also ist dann $\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$. Das ist die Schnittwahrscheinlichkeit von $W_1$ und $S_2$. Um die bedingte Wahrscheinlichkeit von $W_1$ unter der Bedingung $S_2$ zu erhalten, muss die Schnittwahrscheinlichkeit $P(W_1\cap S_2)$ durch die Wahrscheinlichkeit von $S_2$ geteilt werden. Also: $P(W_1|S_2)=\dfrac{P(W_1\cap S_2)}{P(S_2)}=\dfrac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\dfrac{2}{3}$

    Die Wahrscheinlichkeit für $S_1$ unter der Bedingung $S_2$ ergibt sich dann durch $1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$.

  • Ergänze die Vierfeldertafel mit Hilfe des Baumdiagramms.

    Tipps

    Durch die Addition von $P(A\cap\overline{B})$ und $P(A\cap B)$ erhält man die Wahrscheinlichkeit für $A$. Dieser Zusammenhang gilt analog auch für $P(B),~P(\overline{A}),~P(\overline{B})$.

    Die Summe der Wahrscheinlichkeiten von $B$ und $\overline{B}$ beziehungsweise $A$ und $\overline{A}$ ergeben immer $1$.

    Lösung

    $1.$ Einträge der zweiten Zeile:

    $1.1$ Der erste zu ergänzende Eintrag der zweiten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $A\cap B$. Diese lässt sich wie folgt berechnen:

    $P(A)\cdot P(B|A)=P(A)\cdot\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=P(A\cap B)$

    Aus dem Baumdiagramm wissen wir bereits:

    $P(A)=0,45$

    $P(B|A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=0,2$

    Somit können wir den ersten Eintrag berechnen mit: $0,45\cdot 0,2=0,09$

    $1.2$ Der zweite zu ergänzende Eintrag in der zweiten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $A\cap \overline{B}$. Diese lässt sich wie folgt berechnen:

    $P(A)\cdot P(\overline{B}|A)= P(A)\cdot\dfrac{P(A\cap\overline{B})}{P(A)}=P(A\cap\overline{B})$

    Aus dem Baumdiagramm wissen wir bereits:

    $P(A)=0,45$

    $P(\overline{B}|A)=\dfrac{P(A\cap\overline{B})}{P(A)}=0,8$

    Somit können wir den zweiten Eintrag berechnen mit: $0,45\cdot 0,8=0,36$

    $1.3$ Der dritte Eintrag in der zweiten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $A$. Diese können wir direkt aus dem Baumdiagramm übernehmen. Also $P(A)=0,45$. Diese Wahrscheinlichkeit kann man auch wie folgt berechnen: $P(A\cap B)+P(A\cap\overline{B})=P(A)$ .

    $2.$ Einträge der dritten Zeile:

    $2.1$ Der erste zu ergänzende Eintrag der dritten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $\overline{A}\cap B$. Diese lässt sich wie folgt berechnen:

    $P(\overline{A})\cdot P(B|\overline{A})=P(\overline{A})\cdot\dfrac{P(\overline{A}\cap B)}{P(\overline{A})}=P(\overline{A}\cap B)$

    Aus dem Baumdiagramm wissen wir bereits:

    $P(\overline{A})=0,55$

    $P(\overline{A}|B)=\dfrac{P(\overline{A}\cap B)}{P(\overline{A})}=0,15$

    Somit können wir den ersten Eintrag berechnen mit: $0,55\cdot 0,15=0,0825$

    $2.2$ Der zweite zu ergänzende Eintrag in der dritten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $\overline{A}\cap \overline{B}$. Diese lässt sich wie folgt berechnen:

    $P(\overline{A})\cdot P(\overline{B}|\overline{A})=P(\overline{A})\cdot\dfrac{P(\overline{A}\cap\overline{B})}{P(\overline{A})}=P(\overline{A}\cap\overline{B})$

    Aus dem Baumdiagramm wissen wir bereits:

    $P(\overline{A})=0,55$

    $P(\overline{B}|\overline{A})=\dfrac{P(\overline{A}\cap\overline{B})}{P(\overline{A})}=0,85$

    Somit können wir den zweiten Eintrag berechnen mit: $0,55\cdot 0,85=0,4675$

    $2.3$ Der dritte Eintrag in der dritten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $\overline{A}$. Diese können wir direkt aus dem Baumdiagramm übernehmen. Also $P(\overline{A})=0,55$.

    Diese Wahrscheinlichkeit kann man auch wie folgt berechnen:

    $P(\overline{A}\cap B)+P(\overline{A}\cap\overline{B})=P(\overline{A})$ .

    $3.$ Einträge der vierten Zeile:

    $3.1$ Der erste Eintrag der vierten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $B$. Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich nicht einfach ablesen. Aus diesem Grund müssen wir diese Wahrscheinlichkeit berechnen mit: $P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)=P(B)$. Wir wissen aus dem Baumdiagramm bereits, dass $P(A\cap B)=0,09$ und $P(\overline{A}\cap B)=0,0825$. Demnach ist $P(B)=0,09+0,0825=0,1725$.

    $3.2$ Der zweite Eintrag der vierten Zeile ist die Wahrscheinlichkeit von $\overline{B}$. Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich nicht einfach ablesen. Aus diesem Grund müssen wir diese Wahrscheinlichkeit berechnen mit: $P(A\cap \overline{B})+P(\overline{A}\cap \overline{B})=P(\overline{B})$. Wir wissen aus dem Baumdiagramm bereits, dass $P(A\cap \overline{B})=0,36$ und $P(\overline{A}\cap \overline{B})=0,4675$. Demnach ist $P(\overline{B})=0,36+0,0,4675=0,8275$.

    $3.3$ In dem dritten Eintrag der vierten Zeile steht immer eine $1$, da dies die Wahrscheinlichkeit $P(A)+P(\overline{A})=1$ und $P(B)+P(\overline{B})=1$ ist. Mit diesem Eintrag können wir die Ergebnisse von $P(A),~P(\overline{A}),~P(B),~P(\overline{B})$ überprüfen.

  • Begründe, dass $P(A|B)$ existiert, wenn $P(B|A)$ existiert, und dass $P(B|A)$ existiert, wenn $P(A|B)$ existiert.

    Tipps

    Sei der Zufallsversuch „Das Ziehen einer Karte" mit den Ereignissen $A$: „Es ist eine Herzkarte" und $B$: „Es ist ein Bube", so ist die Reihenfolge im Baumdiagramm vom Menschen gewählt und es hat nichts mit der zeitlichen Abfolge, in der die Ereignisse eingetreten sind oder nicht eingetreten sind, zu tun.

    Wenn die Wahrscheinlichkeit für $B$ klein ist, bedeutet dies lediglich, dass die Wahrscheinlichkeit für $B$ größer $0$ ist. Diese Aussage hat nichts mit einer Reihenfolge zu tun.

    $A$ und $B$ sind Stufen ein und desselben Zufallsversuchs.

    Lösung

    Ein Zufallsversuch hat immer eine Grundmenge $G$. Ereignisse sind Elemente der Grundmenge. Der Zufallsversuch „Zweimaliges Ziehen einer Kugel ohne Zurücklegen“ hat eine Grundmenge $G$ und Ereignisse $A$ und $B$ sind immer Teilmengen dieser Grundgesamtheit.

    Auch wenn sich z.B. das Ereignis $B$ auf die zweite Ziehung einer Kugel bezieht (z.B. „die zweite Kugel ist blau“), existieren die Teilmengen $A$ und $B$ bereits vor jeder konkreten Durchführung des Zufallsversuchs und damit auch die Wahrscheinlichkeiten $P(A)$, $P(B)$ und - falls $P(A)>0$ und $P(B)>0$ sind - auch die Wahrscheinlichkeiten $P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}$ und $P(B|A)=\dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$.

    Man kann sich ein Baumdiagramm als stufenweise Verteilung der Gesamtwahrscheinlichkeit von $1$ auf die einzelnen Ergebnisse vorstellen. Obwohl diese Vorstellung gut und richtig ist, führt sie aber manchmal zu der falschen Annahme, die Wahrscheinlichkeiten entlang eines Pfades im Baumdiagramm müssten immer kleiner werden. Versteht man aber die bedingte Wahrscheinlichkeit so, wie sie definiert ist, nämlich im Fall von $P(A|B)$ als Quotient $\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}$, kann diese Annahme gar nicht aufkommen.

    Geht es (in der Schulmathematik) nun um bedingte Wahrscheinlichkeiten z.B. der Ergebnisse $A$ und $B$, geht es immer um Ereignisse ein und desselben Zufallsversuchs.

    Insofern kann es sein, dass die Ereignisse $A$ und $B$, falls sie zu unterschiedlichen Zufallsversuchen gehören, nichts miteinander zu tun haben, aber dann haben sie auch nichts mit $A|B$ oder $B|A$ zu tun.

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