Wahrscheinlichkeitsrechnung/Lösungen

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15 Cent

  • A = {weniger als 15 Cent bei zweimaligem Ziehen mit Zurücklegen}

 P(A) = 3/8

  • B = {weniger als 15 Cent bei zweimaligem Ziehen ohne Zurücklegen}

P(B) = 0,333

1950–2000

E_{0} = {keine Person erlebt das Jahr 2000}
E_{1} = {eine Person erlebt das Jahr 2000}

E_{10} = {alle 10 Personen erleben das Jahr 2000}
A = E_{2}, B_{1} = \{E_{2}, E_{3},\ldots, E_{10}\}, B_{2} = E_{1}
A \cap B_{2} = \emptyset und B_{1} \cap B_{2} = \emptyset

Altbauwohnung

  • Wir betrachten die Ereignisse:

    • F: Wasserzufuhr friert ein

    • S: Strom fällt aus

    • W: Es ist Winterzeit.

    Aus dem Aufgabentext lassen sich folgende Informationen entnehmen:

    1. Sowohl im Winter (i.e. gegeben Winter) als auch im Sommer treten die beiden Missstände unabhängig voneinander auf. P(F\cap S|W) = P(F|W)\cdot P(S|W) \mbox{ und }  P(F\cap S|\overline{W}) = P(F|\overline{W})\cdot P(S|\overline{W})

    2. So friert natürlich das Wasser nur ein, wenn es Winter ist, und zwar mit 80%iger Wahrscheinlichkeit. P(F|W) = 0,8 \mbox{ und }  P(F|\overline{W}) = 0

    3. Der Strom fällt aber, selbst wenn es nicht Winter ist, mit 40%iger Wahrscheinlichkeit aus. Das entspricht der gleichen Wahrscheinlichkeit, mit der der Strom, wenn es Winter ist, nicht ausfällt. P(S|\overline{W}) = 0,4 \mbox{ und }  P(\overline{S}|W) = 0,4

    4. Gehen Sie davon aus, dass die Winterzeit 30% der gesamten Jahreszeit ausmacht. P(W) = 0,3

  • Gesucht ist P(F). Um diese unbekannte Wahrscheinlichkeit auf die bekannten zurückzuführen, verwenden wir den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit: Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(F) &= P(F\cap W) + P(F\cap\overline{W})\\ &= P(F|W)P(W)+P(F|\overline{W})P(\overline{W})\\ &=0,8 \cdot 0,3 +0 \cdot 0,7 \\ &= 0,24. \end{aligned}

  • Gesucht ist P(S). Wieder verwenden wir den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(S) &= P(S\cap W) + P(S\cap\overline{W})\\ &= P(S|W)P(W)+P(S|\overline{W})P(\overline{W})\\ &=0,6 \cdot 0,3 + 0,4 \cdot 0,7 \\ &= 0,46. \end{aligned}

  • Gesucht ist P(F\cap S): Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(F\cap S) &=P(F\cap S|W) P(W)+ P(F\cap S|\overline{W}) P(\overline{W})\\ &= P(F|W)\cdot P(S|W)\cdot P(W) + P(F|\overline{W})\cdot P(S|\overline{W}) P(\overline{W})\\ &=0,8\cdot 0,6 \cdot 0,3 + 0 \cdot 0,6 \cdot 0,7\\ &=0,144 \end{aligned}

  • Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P(F|S). Mit der Formel für die bedingte Wahrscheinlichkeit können wir die gesuchte Wahrscheinlichkeit auf die gerade berechneten Wahrscheinlichkeiten zurückführen: Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(F|S)&=\dfrac{P(F\cap S)}{P(S)}\\ &=\frac{0,144}{0,46}\approx 0,313.\end{aligned}

  • Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P(S|F). Wieder mit der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit gilt Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(S|F)]&=\dfrac{P(F\cap S)}{P(F)}\\ &=\frac{0,144}{0,24}=0,6.\end{aligned}

  • Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P(S\cup F). Mit der Formel für die Vereinigung zweier Ereignisse gilt unter Verwendung der Ergebnisse der vorherigen Teilaufgaben Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(S\cup F) &= P(S)+P(F)-P(S\cap F)\\ &=0,24+0,46-0,144 \\ &=0,556.\end{aligned}

  • Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P(\overline{S\cap F}). Wir nutzen die Berechnung über die Gegenwahrscheinlichkeit und erhalten Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(\overline{S\cap F}) &=1-P(S\cap F)\\ &=1-0,144 \\ &=0,856. \end{aligned}

Alter

A = {ein Zehnjähriger wird 40 Jahre alt}; P(A) = 0,82277
B = {ein Zehnjähriger wird 70 Jahre alt}; P(B) = 0,37977
P(B|A) = 0,4616; (B \subset A !); Formel für bedingte Wahrscheinlichkeit

Angler

A_{i} = {Angeln am See i}; i = 1,2,3; P(A_{i}) = 1/3
B = {Angler hat etwas gefangen}; P(B|A_{1}) = 2/3; P(B|A_{2}) = 3/4;
P(B|A_{3}) = 4/5 \rightarrow P(B) = 133/180; Formel für totale Wahrscheinlichkeit
P(A_{2}|B) = 0,3383; Satz von Bayes

Antriebswellen

  • Für die Überprüfung der i-ten Welle, mit i=1,\dots,10000, bezeichne

x_i = {\left \{ 
        \begin{array}{ll}
            0 & \text{falls Welle i kein Ausschuss} \\
            1 & \text{falls Welle i Ausschuss}
        \end{array}
        \right .}

das Ergebnis des i-ten Durchgangs des Zufallsexperiments. Damit ist die Menge aller Ergebnisse des Zufallsexperiments für die Überprüfung einer Welle gegeben durch Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} S=\{0,1\} \end{aligned} mit den Elementarereignissen Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} \{0\} &= \text{``Kein Ausschuss wird produziert''}, \\ \{1\} &= \text{``Ausschuss wird produziert''}. \end{aligned} Nun bestimmen wir mithilfe der absoluten Häufigkeiten h die relativen Häufigkeiten \hat{f} für die beiden Ergebnisse “kein Auschuss” und “Auschuss” in unserer Stichprobe vom Umfang 10000. Die relativen Häufigkeiten ziehen wir heran, um die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten zu schätzen:

Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} h(0) &= \sum\limits_{i=1}^{10000}I(x_i = 0 ) = 4500 + 5200 = 9700, \\ h(1) &= 10000 - h(0) = 300, \text{da alle } x_i \text{ binär} \\ \hat{f}(0) &= \frac{h(0)}{10000} = 0.97 \approx P(\{0\}), \\ \hat{f}(1) &= \frac{h(1)}{10000} = 0.03 \approx P(\{1\}) = P(\text{Ausschuss wird produziert}). \end{aligned}

  • Von Mises, Pearson, Fisher, u. a., fassten Wahrscheinlichkeiten als den Grenzwert der relativen Häufigkeiten auf, wenn die Anzahl unabhängiger Wiederholungen des Zufallsexperiments gegen unendlich strebt (frequentistischer Wahrscheinlichkeitsbegriff). In unserem Beispiel bedeutet dies: Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(\{0\}) = \lim_{n\rightarrow\infty}\hat{f}_{n}(0),\\ P(\{1\}) = \lim_{n\rightarrow\infty}\hat{f}_{n}(1), \end{aligned} wobei \hat{f}_{n} die relative Häufigkeit in Bezug auf eine Stichprobe vom Umfang n angibt. Da hier n=10000 relativ groß ist, gehen wir davon aus, dass die relativen Häufigkeiten annähernd den Wahrscheinlichkeiten entsprechen.

Aufzug

  • Ergebnisse: (i,j,k) mit Person 1 steigt in Etage i aus, Person 2 in Etage j und Person 3 in Etage k
  • Elementarereignisse: \{(i,j,k)\} mit 2\leq i,j,k \leq 7
  • Ereignisraum: S=\{(2,2,2), (2,2,3), \ldots, (7,7,7)\}
  • Anzahl der Elementarereignisse: 6\cdot6\cdot6=216

Formal: Ziehe dreimal aus einer Urne mit sechs Kugeln mit Wiederholung und die Anordnung spielt eine Rolle: V^W(6;3)=6^3=216

  • A = \{(4,4,4)\} \rightarrow P(A) = 1/216
  • B = \{(2,2,2), \ldots, (7,7,7)\}\Rightarrow P(B) = 6/216 = 1/36
  • C = \{(2,3,4), (2,3,5), \ldots, (7, 6, 5) \}

Formal: Ziehe dreimal aus einer Urne mit sechs Kugeln ohne Wiederholung und die Anordnung spielt eine Rolle: V(6;3)=\frac{6!}{3!}=120\Rightarrow P(C) = 120/216 = 5/9

Augenzahl eines Würfels

A = \emptyset, B =\emptyset \quad {\rightarrow}  A = B

Ausschussteile

Anwendung des Satzes der totalen Wahrscheinlichkeit: Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(B)&=&P(B|C)P(C)+P(B|\overline{C})(1-P(C)) \\ &=&0,95\cdot0,05+0,1\cdot0,95 \\ &=&0,1425\\ \\ P(B)&=&P(B|A_1)P(A_1)+P(B|A_2)P(A_2)+P(B|A_3)P(A_3)\\ \Leftrightarrow P(B|A_2)P(A_2)&=&P(B)-P(B|A_1)P(A_1)-P(B|A_3)P(A_3)\\ \Leftrightarrow P(B|A_2)&=&[P(B)-P(B|A_1)P(A_1)-P(B|A_3)P(A_3)]/P(A_2)\\ &=&(0,1425-0,8\cdot0,1-0,6\cdot0,05)/0,0422 \\ &=&0,0325/0,0422=0,77014 \end{aligned}

Banknoten

Es sei E: Bankangestellter erkennt gefälschte Banknote und B: Die Banknote ist echt.
Gegeben: P(E|\overline{B})=0,9; P(E|B)=0,05; P(\overline{B})=0,002.
Gesucht: P(B|E)
Anwendung des Satzes von Bayes:
P(B|E)=\frac{P(B\cap B)}{P(E)}=\frac{P(E|B)\cdot P(B)}{P(E|B)\cdot P(B)+P(E|\overline{B})\cdot P(\overline{B})} =0,9652

Bauernwirtschaft

  • Wir interessieren uns dafür, ob ein Bauernhof 0, 1 oder 2 Traktoren und, ob er 0, 1 oder 2 Pflüge zur Verfügung hat. Gegeben die Interpretation des Ereignisraum als Menge der Ereignisse, die wir unterscheiden, definieren wir daher S=\{e_1,...,e_9 \}, mit e_{1} = {0,0}, e_{2} = {0,1}, e_{3} = {0,2}, e_{4} = {1,0}, e_{5} = {1,1}, e_{6} = {1,2}, e_{7} = {2,0}, e_{ 8} = {2,1}, e_{9} = \{2,2\} .
  • Da wir ein karteisches Produkt zweier jeweils 3-elementiger Wahrscheinlichkeitsräume betrachten,und dementsprechend Reihenfolge und Wiederholung möglich ist, können wir die folgende Formel verwenden: V^{W}(3,2) = 3^2= 9.
  • A \cap B = \{1,1\}  Es sind genau ein Traktor und ein Pflug vorhanden.

Biergärten

Gegeben:

A= {Gast aus Biergarten A},\quad P(A)=0,6
B= {Gast aus Biergarten B}, \quad  P(B)=0,3
C= {Gast aus Biergarten C}, \quad  P(C)=0,1
U= {unzufriedener Gast } mit
P(U|A)=0,1;\;P(U|B)=0,4;\;P(U|C)=0,7
Gesucht:
P(B|U)
Theorem von Bayes: P(B|U)=\frac{P(U|B)P(B)}{P(U|A)P(A)+P(U|B)P(B)+P(U|C)P(C)}

Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(U|A)P(A)&=0,1\cdot0,6=0,06\\ P(U|B)P(B)&=0,4\cdot0,3=0,12\\ P(U|C)P(C)&=0,7\cdot0,1=0,07\\ \sum P(U|i)P(i)&=0,25\\ P(B|U)&=0,12/0,25=0,48\\\end{aligned}

Blumen

R = {Rose, Rose}, N = {Narzisse, Narzisse}, L =  {Lilie, Lilie}
A = {zwei Blumen gleicher Art} = R \cup N \cup L
P(A) = P(R \cup N \cup L) = P(R) + P(N) + P(L) = 6/66 + 15/66 + 1/66 = 1/3

Bus

F = {Besuch bei der Freundin}, U = {Erscheinen in der Universität}
F = \overline{U}, P(U) = 1/10, P(F) = 1 - P(U) = 9/10
U = {Ankunft an der Bushaltestelle zu einer Minute, so dass der Bus B_{U} zur Universität als erster kommt}
F = {Ankunft an der Bushaltestelle zu einer Minute, so dass der Bus B_{F} zur Freundin als erster kommt}
U = {m_{1}, m_{2}, …, m_{k}} mit m_{i} für B_{U} günstige Minute
P(U) = \frac{\mbox{Zahl der für Uni. günstigen Minuten}}{\mbox{Gesamtzahl der Minuten}}=\frac{k}{20} = \frac{1}{10}= \frac{2}{20}

Abfahrtszeiten zur Universität sind somit ^{\underline{02}}, ^{\underline{22}} und ^{ \underline{42}}
Die Universität hat somit nicht die gleiche Chance, da nur 2 Minuten Wartezeit auf den Bus zur Universität und bei allen anderen Minuten kommt der Bus zur Freundin zuerst.
Gleiche Chance wäre bei Abfahrtszeiten des Bus B_{U} ^{\underline{10}}, ^{\underline{30}} und ^{\underline{50}} gegeben.

Eigener PKW

A_1 = "Bürokraft ist weiblich"
A_2 = "Bürokraft ist männlich"
B = "Bürokraft kommt mit dem PKW zur Arbeit"
P(A_1) = 0,6, \quad  P(A_2) = 0,4, \quad P(B| A_1) = 0,7, \quad P(B| A_2) = 0,8;

A_1\cap A_2 = \varnothing, \quad A_1\cup A_2 = S;

 P(A_1 \| B) = [P(B\| A_1)P(A_1)]/[P(B| A_1)P(A_1)+P(B| A_2)P(A_2)] = 0,42/0,74= 05676 \approx 0,57

Eignungstest

Die Ereignisse A_1=\mbox{Bewerber besteht Eignungstest} und
A_2=\mbox{Bewerber besteht Eignungstest nicht} bilden eine vollständige Zerlegung des Ereignisraums S. Gegeben ist P(A_1)=0,25. Aufgrund von A_2=\overline{A_1} folgt P(A_2)=1-P(A_1)=0,75.
Ferner sind ein zufälliges Ereignis B=\mbox{Bewerber ist für die Tätigkeit geeignet} und die bedingten Wahrscheinlichkeiten dieses Ereignisses P(B|A_1)=0,95 und P(B|A_2)=0,10 gegeben.
Gesucht wird die bedingte Wahrscheinlichkeit P(A_1|B). Diese lässt sich nach dem Theorem von BayesP(A_1|B)=\frac{P(A_1\cap B)}{P(B)}=\frac{P(B|A_1)P(A_1)}{P(B|A_1)P(A_1)+P(B|A_2)P(A_2)}berechnen. Für P(B) resultiert:P(B)=P(B|A_1)\cdot P(A_1)+P(B|A_2)\cdot P(A_2)=0,3125\rightarrow P(A_1|B)=0,76

Elemente eines Ereignisraumes

  • Für eine Zerlegung von S muss u.a. gelten: A_1\cup\ldots\cup A_n=S, d.h. es müsste A\cup B=S sein und somit P(A\cup B)=1. Da P(A\cup B)=3/4 ist, gilt diese Behauptung nicht. Außerdem müssten die Ereignisse A und B disjunkt sein, was nicht der Fall ist (siehe c).
  • Wenn A und B komplementär wären, müsste gelten: A\cup B=S und somit P(A\cup B)=1. Da P(A\cup B)=3/4 ist, gilt diese Behauptung nicht.
  • Für disjunkte Ereignisse gilt A\cap B=\varnothing und somit P(A\cap B)=0 (Berechnung unter d).
  • P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=1/2+1/2-3/4=1/4
P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)=1/2\cdot1/2=1/4
oder
P(A|B)=P(A|\overline{B}) mit P(A|B)=P(A\cap B)/P(B)=(1/4)/(1/2)=1/2 und P(A|\overline{B})=P(A\cap B)/P(\overline{B})=(1/4)/(1/2)=1/2
Die Ereignisse A und B sind unabhängig.

Entwicklungsabteilung

  • A_{1} = {Entwicklungsabteilung ist für Markteinführung des neuen Produkts}

A_{2} = {Marketingabteilung ist für Markteinführung des neuen Produkts}
A_{3} = {Geschäftsleitung ist für Markteinführung des neuen Produkts}
P(A_{1} ) = 0,9;
P(A_{2}|A_{1}) = 0,7;
P(\overline{A}_{3}|A_{1} \cap A_{2}) = 0,2;
P(A_{3}|A_{1} \cap \overline{A}_{2}) = 0,4

  • P(A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}) = P(A_{1})
         \cdot P(A_{2}|A_{1})\cdot[1 - P(\overline{A}_{3}|A_{1}
         \cap A_{2})]   = 0,504
  • P(A_{1} \cap A_{3}) = P(A_{1}\cap
         A_{2} \cap A_{3}) + P(A_{1} \cap
         \overline{A}_{2} \cap A_{ 3}) = 0,612

Ereignisoperationen

A \cup A = A; A \cup \emptyset = A; A \cap A = A  A \cap \emptyset = \emptyset; \emptyset \cap S = \emptyset
A \cup S = S; A \cup \overline{A} = S; A \cap S = A; A \cap \overline{A} = \emptyset

Ereignisraum

Allgemein gilt: P(A\cup B)= P(A)+P(B)-P(A \cap B) \Rightarrow P(A \cap B)= \frac{1}{4}

  • falsch: P(A \cup B)\neq 1 und P(A \cap B)\neq \varnothing
  • falsch: P(\overline{A})=P(B) aber P(A \cap B)\neq \varnothing
  • falsch: P(A \cap B)\neq \varnothing
  • richtig: P(A|B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}=\frac{1/4}{1/2}=\frac{1}{2}=P(A)

Erregertest

I: Mit Bazillus infiziert; E: Erkennen des Bazillus durch Test (positiver Befund)
Gegeben:

  • P(E| I)=0,95
  • P(E|\overline{I})=0,03
  • P(I)=0,02


Daraus ergeben sich:
P(\overline{E}| I)=0,05; P(\overline{E}|\overline{I})=0,97; P(\overline{I})=0,98
Gesucht: P(I| E)=P(E\cap I)/P(E)
P(E\cap I)=P(E| I)P(I)=0,019
P(E)=P(E\cap I)+P(E\cap\overline{I})=P(E|I)P(I)+P(E|\overline{I})P(\overline{I}) =0,0484
P(I| E)=0,39256 \approx 0,3926

Fachbereichsrat

A = {drei Professoren werden gewählt}
Anzahl mögliche Fälle: K(n,k) = K(8,3) = 56
Anzahl günstiger Fälle für A: K(4,3) = 4
P(A) = 4/56 = 1/14

Fahrrad oder Straßenbahn

Ereignisse:
A=\mbox{Fritzi braucht mehr als 30 Min. bis in die Uni}
B_1=\mbox{Fritzi nimmt das Fahrrad}
B_2=\mbox{Fritzi nimmt die Straßenbahn}

Gegeben:

  • P(B_1)=0,8
  • P(B_2)=0,2
  • P(A|B_1)=0,3
  • P(A|B_2)=0,6

Gesucht:
Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(B_2|A)&=&\frac{P(A|B_2)\cdot P(B_2)}{P(A|B_1)\cdot P(B_1)+P(A|B_2)\cdot P(B_2)}\\ &=& 0,\overline{333}\end{aligned}

Felgen

  • P(4) = 24
  • A = {(2,1,4,3), (2,3,4,1), (2,4,1,3), (3,1,4,2), (3,4,1,2), (3,4,2,1), (4,1,2,3), (4,3,1,2), (4,3,2,1)}

Fernschreiben

A_{1} = {Fehler bei 1. übertragung}; A_{2} = {Fehler bei 2. übertragung}
A_{1}\cap A_{2}={Fehler bei 1. und 2. übertragung}; P(A_{1})=0,01; P(A_{2}|A_{1}) = 0,1
P(A_{1}\cap A_{2}) = P(A_{1}) \cdot P(A_{2}|A_{1}) = 0,001

Fernsehshow

W=\{\mbox{weiße Kugel}\};\quad U_i= \{\mbox{Urne i}\}\quad i=1,2
Anwendung des Satzes der totalen Wahrscheinlichkeit auf jedes Verfahren:
P(W)=P(W|U_1)\cdot P(U_1)+P(W|U_2)\cdot P(U_2)
P(U_1)=P(U_2)=1/2
1. Verfahren:
U_1: 6W, 2S \quad \Rightarrow P(W|U_1)=6/8
U_2: 6W, 10S \quad \Rightarrow P(W|U_2)=6/16
P(W)=6/8\cdot1/2+6/16\cdot1/2=9/16=0,5625
2. Verfahren:
U_1: 6W, 6S \quad \Rightarrow P(W|U_1)=6/12
U_2: 6W, 6S \quad  \Rightarrow P(W|U_2)=6/12
P(W)=6/12\cdot1/2+6/12\cdot1/2=1/2=0,5

Fußballmannschaft

A = {Gewinn beim 1. Spiel}; B = {Gewinn beim 2. Spiel}; C = {Gewinn beim 3. Spiel};
P(A) = P(B) = P(C) = 0,7
D = {Gewinnspiele überwiegen} = [(A \cap B \cap \overline{C}) \cup (A \cap \overline{B} \cap C)
    \cup (\overline{A} \cap B \cap C) \cup (A \cap B \cap C)]
P(D) = 0,784

Gangsterbande

Ereignisse:
D=\mbox{Donnerstag};\overline{D}=\mbox{nicht Donnerstag}
Y=\mbox{Scotland Yard fasst Täter am selben Tag},
H=\mbox{Sherlock Holmes fasst Täter am selben Tag}
G=\mbox{Täter am selben Tag im Gefängnis}

Gegeben:
P(Y)=P(Y|D)=P(Y|\overline{D})=0,25;\quad P(H|D)=0,00;\quad P(H|\overline{D})=0,35;
P(D)=1/6;\quad P(\overline{D})=5/6

Gesucht:
Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(G|D)&=&P(Y|D)=0,25\\ P(G|\overline{D})&=&P(Y\cup H|\overline{D})\\ &=&P(Y|\overline{D})+P(H|\overline{D})-P(Y\cap H|\overline{D})\\ &=&0,25+0,35-0,25\cdot0,35=0,5125\\ P(G)&=&P(G|D)\cdot P(D)+P(G|\overline{D})\cdot P(\overline{D})\\ &=&0,25\cdot1/6+0,5125\cdot5/6=0,46875\approx0,47 \end{aligned}

Garderobe

Es gibt 5! Möglichkeiten, jedem Mann einen Hut zuzuordnen. Eine davon ist im Sinne der Aufgabe nur günstig.
A = {jeder Mann bekommt seinen Hut}, P(A) = 1/120

Geburtstag

  • Dafür muss man die Gegenwahrscheinlichkeit benutzen:

    • A: Min. ein Gast hat an meinem Geburtstag Geburtstag

    • \overline{A}: Kein Gast hat an meinem Geburtstag Geburtstag

    Wenn die