Wahrscheinlichkeitsrechnung/Lösungen

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: ${\begin{aligned}P(F)&=P(F\cap W)+P(F\cap {\overline {W}})\\&=P(F|W)P(W)+P(F|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=0,8\cdot 0,3+0\cdot 0,7\\&=0,24.\end{aligned}}$
Gesucht ist $P(S)$ . Wieder verwenden wir den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit ${\begin{aligned}P(S)&=P(S\cap W)+P(S\cap {\overline {W}})\\&=P(S|W)P(W)+P(S|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=0,6\cdot 0,3+0,4\cdot 0,7\\&=0,46.\end{aligned}}$
Gesucht ist $P(F\cap S)$ : ${\begin{aligned}P(F\cap S)&=P(F\cap S|W)P(W)+P(F\cap S|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=P(F|W)\cdot P(S|W)\cdot P(W)+P(F|{\overline {W}})\cdot P(S|{\overline {W}})P({\overline {W}})\\&=0,8\cdot 0,6\cdot 0,3+0\cdot 0,6\cdot 0,7\\&=0,144\end{aligned}}$
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: ${\begin{aligned}P(F|S)&={\dfrac {P(F\cap S)}{P(S)}}\\&={\frac {0,144}{0,46}}\approx 0,313.\end{aligned}}$
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P(S|F)$ . Wieder mit der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit gilt ${\begin{aligned}P(S|F)]&={\dfrac {P(F\cap S)}{P(F)}}\\&={\frac {0,144}{0,24}}=0,6.\end{aligned}}$
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P(S\cup F)$ . Mit der Formel für die Vereinigung zweier Ereignisse gilt unter Verwendung der Ergebnisse der vorherigen Teilaufgaben ${\begin{aligned}P(S\cup F)&=P(S)+P(F)-P(S\cap F)\\&=0,24+0,46-0,144\\&=0,556.\end{aligned}}$
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P({\overline {S\cap F}})$ . Wir nutzen die Berechnung über die Gegenwahrscheinlichkeit und erhalten ${\begin{aligned}P({\overline {S\cap F}})&=1-P(S\cap F)\\&=1-0,144\\&=0,856.\end{aligned}}$

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 ${\begin{aligned}S=\{0,1\}\end{aligned}}$ mit den Elementarereignissen ${\begin{aligned}\{0\}&={\text{``Kein Ausschuss wird produziert''}},\\\{1\}&={\text{``Ausschuss wird produziert''}}.\end{aligned}}$ 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:

${\begin{aligned}h(0)&=\sum \limits _{i=1}^{10000}I(x_{i}=0)=4500+5200=9700,\\h(1)&=10000-h(0)=300,{\text{da alle }}x_{i}{\text{ binär}}\\{\hat {f}}(0)&={\frac {h(0)}{10000}}=0.97\approx P(\{0\}),\\{\hat {f}}(1)&={\frac {h(1)}{10000}}=0.03\approx P(\{1\})=P({\text{Ausschuss wird produziert}}).\end{aligned}}$

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: ${\begin{aligned}P(\{0\})=\lim _{n\rightarrow \infty }{\hat {f}}_{n}(0),\\P(\{1\})=\lim _{n\rightarrow \infty }{\hat {f}}_{n}(1),\end{aligned}}$ 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: $6\cdot 6\cdot 6=216$

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: $\begin{aligned} P (B) & = & P (B | C) P (C) + P (B | \bar{C}) (1 - P (C)) \\ = & 0, 95 \cdot 0, 05 + 0, 1 \cdot 0, 95 \\ = & 0, 1425 \\ P (B) & = & P (B | A_{1}) P (A_{1}) + P (B | A_{2}) P (A_{2}) + P (B | A_{3}) P (A_{3}) \\ \Leftrightarrow P (B | A_{2}) P (A_{2}) & = & P (B) - P (B | A_{1}) P (A_{1}) - P (B | A_{3}) P (A_{3}) \\ \Leftrightarrow P (B | A_{2}) & = & [P (B) - P (B | A_{1}) P (A_{1}) - P (B | A_{3}) P \end{aligned}$

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: $P(B|U)={\frac {P(U|B)P(B)}{P(U|A)P(A)+P(U|B)P(B)+P(U|C)P(C)}}$

${\begin{aligned}P(U|A)P(A)&=0,1\cdot 0,6=0,06\\P(U|B)P(B)&=0,4\cdot 0,3=0,12\\P(U|C)P(C)&=0,7\cdot 0,1=0,07\\\sum P(U|i)P(i)&=0,25\\P(B|U)&=0,12/0,25=0,48\\\end{aligned}}$

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 Bayes $P(A_{1}|B)={\frac {P(A_{1}\cap B)}{P(B)}}={\frac {P(B|A_{1})P(A_{1})}{P(B|A_{1})P(A_{1})+P(B|A_{2})P(A_{2})}}$ 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).
$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$

$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=1/2+1/2-3/4=1/4$
$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)=1/2\cdot 1/2=1/4$
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:
${\begin{aligned}P(B_{2}|A)&=&{\frac {P(A|B_{2})\cdot P(B_{2})}{P(A|B_{1})\cdot P(B_{1})+P(A|B_{2})\cdot P(B_{2})}}\\&=&0,{\overline {333}}\end{aligned}}$

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:
$U_{1}$ : $6W$ , $2S\quad \Rightarrow P(W|U_{1})=6/8$
$U_{2}$ : $6W$ , $10S\quad \Rightarrow P(W|U_{2})=6/16$
$P(W)=6/8\cdot 1/2+6/16\cdot 1/2=9/16=0,5625$
2. Verfahren:
$U_{1}$ : $6W$ , $6S\quad \Rightarrow P(W|U_{1})=6/12$
$U_{2}$ : $6W$ , $6S\quad \Rightarrow P(W|U_{2})=6/12$
$P(W)=6/12\cdot 1/2+6/12\cdot 1/2=1/2=0,5$

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:
${\begin{aligned}P(G|D)&=&P(Y|D)=0,25\\P(G|{\overline {D}})&=&P(Y\cup H|{\overline {D}})\\&=&P(Y|{\overline {D}})+P(H|{\overline {D}})-P(Y\cap H|{\overline {D}})\\&=&0,25+0,35-0,25\cdot 0,35=0,5125\\P(G)&=&P(G|D)\cdot P(D)+P(G|{\overline {D}})\cdot P({\overline {D}})\\&=&0,25\cdot 1/6+0,5125\cdot 5/6=0,46875\approx 0,47\end{aligned}}$

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