Schüler	Disz I	II	III	IV	V	VI	Aufg a)	Aufg b)	Aufg c)
Anna	100	40	40	16	90	30	316	1+4+3+2+1+4 = 15	100+0+10+30+80+0 = 220
Bertha	73	80	39	14	50	51	307	2+1+4+3+3+2 = 15	70+100+0+20+20+70 = 280
Clara	46	72	49	10	40	60	277	3+2+1+4+4+1 = 15	40+80+100+0+0+100 = 320
Doro	10	64	46	30	75	48	273	4+3+2+1+2+3 = 15	0+60+70+100+70+60 = 360

Je nach Bewertungsmaßstab ändert sich die Reihenfolge der erzielten Punkte.
In a) : Anna - Bertha - Clara - Doro
In b) : alle gleich
In c) : Doro - Clara - Bertha - Anna
Je nach Bewertungsmaßstab ändert sich demnach die Reihenfolge in der Bestenliste. Dies ist sicher ein extremes Beispiel. Aber es zeigt:
Ein Ranking hängt auch vom Bewertungsmaßstab ab. Deshalb muss dieser Maßstab teil eines Rankings sein.

zu a)
Natürlich kann man den Graphen der Funktion f: Standort des Depots (km-Stein) -> gefahrene km erstellen, um das Minimum der gefahrenen km zu ermitteln.
Dann f(x) = 35 ⋅ |x - 3| + 15 ⋅ |x - 45| + 10 ⋅ |x - 60| + 25 ⋅ |x - 70| + 15 ⋅ |x - 90| + 25 ⋅ |x - 180|
Der Graph entspricht einem Polygonzug (abschnittsweise lineare Funktion). Beispielsweise entspricht einem Depot zwischen Lokal II und III
(also im Intervall I = [45,60] ) der Funktion f(x) = (x - 3) ⋅ 35 + (x - 45) &sdot 15 + (60 - x) ⋅ 10 + (70 - x) &sdot 25 + (90 - x) ⋅ 15 + (180 - x) ⋅ 25 = -25 ⋅ x + 7520
Für die anderen Intervalle entsprechend.

Besser: Man kann den Sachverhalt als Bestimmung des Minimums der mittleren linearen Abweichung auffassen. Das Minimum der mittleren linearen Abweichung ist der Median.
mittlere lin. Abweichung: $\frac{1}{\mathrm{125}}$ ⋅ (35 ⋅ |3 - x| + 15 ⋅ |45 - x| + 10 ⋅ |60 - x| + 25 ⋅ |70 - x| + 15 ⋅ |90 - x| + 25 ⋅ |180 - x|)
Gesucht ist der Mittelwert x_med, für den diese Funktion minimal wird. Das Minimum der mittleren linearen Abweichung ist der Median.
Bei 125 Fahrten ist demnach der km-Wert der 63. Fahrt der Median (alle Fahrten sortiert in einer Reihe gelistet).
Bei km-Stein 70 ist demnach das Depot einzurichten.

zu b)
Fallen die Fahrten zu Lokal IV weg, sind noch 100 Fahrten zu absolvieren. Die Funktion f wird natürlich entsprechend modifiziert.
Nun ist der Median das arithmetische Mittel der 50. und 51. Anfahrt: $\frac{\mathrm{45\; +\; 60}}{2}$ = 52,5 km. Das Depot kann in diesem Fall irgendwo zwischen dem 2. und 3. Lokal liegen.

Es gibt nicht die 'eine' richtige Lösung, sondern man kann verschiedene vernünftige Ansätze wählen. Vorausgesetzt wird dabei eine fortlaufende Nummerierung (hier mit 1 beginnend).
Der Schätzwert sollte natürlich mindestens so hoch sein wie der höchste auftauchende Wert max ( = 90).
Demnach Schätzwert = max + Korrekturglied

Größen: größter Wert max = 90 ; kleinster Wert min = 5 ; Anzahl der Werte k = 5
Ideen:
1. max + min = 90 + 5 = 95    Fühlt sich etwas zu niedrig an
2. max + σ = 55 + $\frac{1}{\sqrt{5}}$$\sqrt{\mathrm{4634}}$ ≈ 90 + 30 = 120    Fühlt sich etwas zu hoch an
3. Zu dem Maximum wird das arithmetische Mittel der Lücken addiert. Die Summe der Lücken zwischen den sortierten Werten beträgt: sl = 4 + 31 + 29 + 8 + 13 = 85 = max - k
Daraus resultiert der Mittelwert der Lücken: $\frac{\mathrm{max\; -\; k}}{k}$ = $\frac{\mathrm{85}}{5}$ = 17
Der Schätzwert ist dann max + $\frac{\mathrm{max\; -\; k}}{k}$ = 90 + 17 = 107 ( = max + $\frac{\max }{k}$ - 1)
Dieser Ansatz erscheint am besten geeignet.

Antwort zu Ansatz 3: Merle schätzt den Bestand auf 107 Taxis.

Bei Interesse: German-Tank-Problem von 1941: anhand von erbeuteten Panzern und deren Seiennummern wurde die monatliche Produktionsrate von Panzern abgeschätzt; oder heutzutage wird anhand von Seriennummern bzw. IMEI-Nummern z.B. die Produktionsmenge von iPhones abgeschätzt. (Deshalb werden häufig Seriennummern nicht mehr fortlaufend vergeben.)

zu a)
Ereignis U: Urlaubsort , Ereignis S: er bekommt einen Sonnenbrand

	S	S
Berge	0.3⋅0.2 = 0.06	0.3⋅0.8 = 0.24	0.3
Metropole	0.2⋅0.1 = 0.02	0.2⋅0.9 = 0.18	0.2
See	0.5⋅0.3 = 0.15	0.5⋅0.7 = 0.35	0.5
	0.23	0.77	1

zu b)
Es wird eine bedingte Wahrscheinlichkeit berechnet. Die Bedingung ist, einen Sonnenbrand zu besitzen.
P_S(See) = $\frac{\mathrm{P(S\; \cap \; See)}}{\mathrm{P(S)}}$ = $\frac{\mathrm{0,15}}{\mathrm{0,23}}$ ≈ 0,65.
Er war unter der Bedingung, einen Sonnenbrand zu haben, etwa mit einer Wahrscheinlichkeit von 65% an der See.

Erstellen einer 6-Felder-Tafel
Ereignis L: Location , Ereignis M: er trifft Manni

	M	M
Ma-Party	$\frac{1}{3}$⋅0.1 = $\frac{1}{\mathrm{30}}$	$\frac{1}{3}$⋅0.9 = $\frac{9}{\mathrm{30}}$	$\frac{1}{3}$
Disco	$\frac{1}{3}$⋅0.6 = $\frac{6}{\mathrm{30}}$	$\frac{1}{3}$⋅0.4 = $\frac{4}{\mathrm{30}}$	$\frac{1}{3}$
Döner-Bude	$\frac{1}{3}$⋅0.4 = $\frac{4}{\mathrm{30}}$	$\frac{1}{3}$⋅0.6 = $\frac{6}{\mathrm{30}}$	$\frac{1}{3}$
	$\frac{\mathrm{11}}{\mathrm{30}}$	$\frac{\mathrm{19}}{\mathrm{30}}$	1

Es wird eine bedingte Wahrscheinlichkeit berechnet. Die Bedingung ist, Manni getroffen zu haben.
P_M(Ma-Party) = $\frac{\mathrm{P(M\; \cap \; Ma-Party)}}{P_M}$ = $\frac{\mathrm{1/30}}{\mathrm{11/30}}$ == $\frac{1}{\mathrm{11}}$.
Er war unter der Bedingung, Manni getroffen zu haben zu haben, etwa mit einer Wahrscheinlichkeit von 9% bei der Mathe-Party.

Es gilt S: Sohn ; T: Tochter
zu a)
Die Ergebnismenge E bezogen auf die Kinder ist E = {(S,S) , (S,T) , (T,S) , (T,T)}. Jede Kinder-Kombination ist gleichwahrscheinlich.
Die Wahrscheinlichkeit,dass das 2. Kind ein Sohn ist, beträgt $\frac{2}{4}$ = 0,5.
zu b)
Die Ergebnismenge E lautet nun E = {(S,S) , (S,T) , (T,S)}, denn 2 Töchter kann es nicht geben.
Die Wahrscheinlichkeit,dass das 2. Kind ein Sohn ist, beträgt nun $\frac{2}{3}$.

Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der Versuche an. Für ihren Erwartungswert E(X) gilt:
$$ \sum_{i=1}^{n} P(X=x_i) \cdot x_i$$ zum ersten Verfahren:

xi	1	2	3	4	5
P(X=xi)	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{2}{6}$

Der Erwartungswert E(X) = $\frac{1}{6}$ ⋅ 1 + $\frac{1}{6}$ ⋅ 2 + $\frac{1}{6}$ ⋅ 3 + $\frac{1}{6}$ ⋅ 4 + $\frac{2}{6}$ ⋅ 5 = $\frac{\mathrm{10}}{3}$

zum zweiten Verfahren:

xi	2	3
P(X=xi)	$\frac{1}{3}$	$\frac{2}{3}$

Der Erwartungswert E(X) = $\frac{1}{3}$ ⋅ 2 + $\frac{2}{3}$ ⋅ 3 = $\frac{8}{3}$
Das zweite Verfahren ist demnach vorzuziehen, denn der Erwartungswert ist kleiner. Im Mittel muss man weniger als drei Testungen durchführen, um das defekte Bauteil zu erkennen. Im ersten Verfahren sind es im Mittel über drei Testungen.
Anmerkung: Stehen nur noch zwei Bauteile zur Auswahl, reicht schon ein Test aus, um das defekte Teil zu lokalisieren.

Die Zufallsvariable X gibt den Gewinn in € an.

Augenzahl	2	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9	10	11	12
xi	-1	0	1	-7	2	-8	3	-9	4	-10	5	-11	6	-12	7	8	9
P(X=xi)	$\frac{1}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{1}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{4}{\mathrm{36}}$	$\frac{1}{\mathrm{36}}$	$\frac{4}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{3}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{3}{\mathrm{36}}$	$\frac{2}{\mathrm{36}}$	$\frac{1}{\mathrm{36}}$

Der Erwartungswert E(X) = $\frac{1}{\mathrm{36}}$ ⋅ (-1) + $\frac{2}{\mathrm{36}}$ ⋅ 0 + ... + $\frac{1}{\mathrm{36}}$ ⋅ 9 = 0
Ein Spiel ist fair, wenn der Erwartungswert 0 ist. Das ist hier der Fall.

Die Zufallsvariable kann die Werte von 0 bis 4 annehmen.
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X:

xi	0	1	2	3	4
P(X=xi)	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{0}\right)$⋅0,44=$\frac{\mathrm{16}}{\mathrm{625}}$	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)$⋅0,6⋅0,43=$\frac{\mathrm{96}}{\mathrm{625}}$	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)$⋅0,62⋅0,42=$\frac{\mathrm{216}}{\mathrm{625}}$	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)$⋅0,63⋅0,4=$\frac{\mathrm{216}}{\mathrm{625}}$	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)$⋅0,64=$\frac{\mathrm{81}}{\mathrm{625}}$

Erwartungswert E(X) , Varianz V(X) und Standardabweichung σ = $\sqrt{\mathrm{V(X)}}$ $$ E(X) = \mu = \sum_{i=1}^{n} P(X=x_i) \cdot x_i = \frac {16}{625} \cdot 0 + \frac {96}{625} \cdot 1 + \frac {216}{625} \cdot 2 + \frac {216}{625} \cdot 3 + \frac {81}{625} \cdot 4 = \frac {1500}{625} = \frac {12}{5}$$ $$ V(X) = \sum_{i=1}^{n} P(X=x_i) \cdot {(x_i - \mu)}^2 = \frac {16}{625} \cdot \frac {144}{25} + \frac {96}{625} \cdot \frac {49}{25} + \frac {216}{625} \cdot \frac {4}{25} + \frac {216}{625} \cdot \frac {9}{25} + \frac {81}{625} \cdot \frac {64}{25} = \frac {15000}{15625} = \frac {24}{25}$$ $$ Standardabweichung ~\sigma = \sqrt {V(X)} = \frac {1}{5} \cdot \sqrt {24} = \frac {2}{5} \cdot \sqrt {6} \approx 0,98 $$

zu a)
Da nichts weiter über die Verteilung der Zufallsvariablen X bekannt ist (hier: Anzahl der Taschen mit bestimmter Länge), kann nur die Tschebyscheff-Ungleichung herangezogen werden.

Tschebyscheff: Für die Wahrscheinlichkeit, daß die Zufallsvariable X einen Wert annimmt, der um mindestens c vom Erwartungswert abweicht, gilt P(|X - σ| ≥ c) ≤ $\frac{{\sigma }^2}{c^2}$.

Die Abweichung (in Zoll) beträgt hier c = 0,24 = 2 ⋅ σ.
Dann gilt: P(|X - 6| ≥ 0,24) ≤ $\frac{{\sigma }^2}{{\mathrm{4\cdot \sigma }}^2}$ = $\frac{1}{4}$.
Er muss mit höchstens 25% Ausschuss rechnen.

zu b)
Die Idee: Es wird die Gegenwahrscheinlichkeit berechnet: alle Schüler haben an verschiedenen Tagen Geburtstag.
Man nehme einen (beliebigen) Schüler, der an einem bestimmten Tag Geburtstag hat. Ein (beliebiger) zweiter Schüler hat mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{\mathrm{364}}{\mathrm{365}}$ an diesem Tag nicht Geburtstag. Ein (beliebiger) dritter Schüler hat mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{365}}$ an beiden Geburtstagen nicht selbst Geburtstag usw.
Die Wahrscheinlichkeit P, dass n Schüler an jeweils verschiedenen Tagen Geburtstag haben, ist $$P = \prod_{i=0}^{n-1} \frac {365 - i}{365} = \frac {365 \cdot 364 \cdot ... \cdot (365-n+1)} {365^n}$$ Für n = 21 gilt $$P = \prod_{i=0}^{20} \frac {365 - i}{365} = \frac {365 \cdot 364 \cdot ... \cdot 345} {365^{21}} \approx 0,56 $$ Die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Schüler am gleichen Tag Geburtstag haben, beträgt dann 1 - 0,56. Das entspricht 44%.

Zu Tayson Gay:
Seine 30% Siegchancen beziehen sich auf 100%. Fallen nun die 40% von Bolt weg, betragen seine Siegchancen nicht mehr $\frac{\mathrm{30}}{\mathrm{100}}$, sondern $\frac{\mathrm{30}}{\mathrm{60}}$ = 50%.
Entsprechend betragen die Siegchancen von Asafa Powell $\frac{\mathrm{10}}{\mathrm{60}}$ ≈ 16,7%.

zu a)
Die Schüler müssen repräsentativ zufällig ausgewählt werden, also über alle Altersstufen und Klassen und Geschlecht, und nicht etwa nur unter Profilfach-Mathematik-Schülern.
zu b)
Ereignis W: Schüler ist weiblich , Ereignis B: Schüler begeistert sich für Mathematik
Gegeben: P(W) = $\frac{\mathrm{70}}{\mathrm{125}}$ = 0,56  ,  P_W(B) = 0,6 sowie P_B(W) = 0,44

Es gilt: P(B ∩ W) = P_W(B) ⋅ P(W) = 0,6 ⋅ 0,56 = 0,336
weiter: P(B) = P(W ∩ B) + P(W ∩ B) = (0,56 - 0,336) + P(B) ⋅ P_B(W) = 0,224 + P(B) ⋅ 0,44
Und daraus P(B) = 0,4

	W	W
B	0,336 (42)	0,264 (33)	0,6 (75)
B	0,224 (28)	0,176 (22)	0,4 (50)
	0,56 (70)	0,44 (55)	1

In Klammern ist die Anzahl der Schüler angegeben.

zu c)
Die Ereignisse W und B sind unabhängig, falls gilt: P(W∩B) = P(W) ⋅ P(B)
P(W∩B) = 0,336 und P(W) ⋅ P(B) = 0,56 ⋅ 0,6 = 0,336 → Die Ereignisse sind unabhängig.
Alternativ: W und B sind unabhängig, falls P_W(B) = P(B) ist.
Die Wahrscheinlichkeiten sind jeweils 0,6 → Unabhängigkeit von W und B

Die Pumpen T2 und T3 sind in Reihe geschaltet. Man kann sie ersetzen durch eine 'neue' Pumpe T23, die mit einer Zuverlässigkeit von 0,8 ⋅ 0,75 = 0,6 arbeitet. (Beide Pumpen T2 und T3 müssen arbeiten, falls T23 arbeiten soll)
Ersatzschaltbild: Die Pumpen T1 und T23 sind parallel geschaltet. Durch die gesamte Maschine fließt Wasser, falls mindestens eine der beiden Pumpen T1 und T23 arbeitet. Man berechnet die Gegenwahrscheinlichkeit: beide arbeiten nicht mit der Wahrscheinlichkeit 0,1 ⋅ 0,6 = 0,06.
Also fließt mit der Wahrscheinlichkeit 0,94 Wasser durch die Konstruktion.

zu a)

Möglich sind die Genotypen bb, Bb sowie BB. (Anmerkung: bB und Bb sind gleich.)
Vater und Mutter vererben die jeweiligen Allele zu je 0,5.
Daraus folgt: P(bb) = 0,25   ;    P(bB) = 0,5    ,    P(BB) = 0,25

zu b)

Die Eltern können beide die Genotypen bb besitzen, beide Bb oder eine Kombination aus Bb und bb.
Besitzen beide Elternteile den Genotyp bb, hat das Kind zu 100% den Genotyp bb.
Besitzen beide Elternteile den Genotyp Bb, hat das Kind zu 25% den Genotyp bb (s. Aufgabe a).
Bei einer Kombination aus Bb und bb hat das Kind zu 50% (entspricht 0,5 ⋅ 1 = 0,5 im Baumdiagramm) den Genotyp bb.

zu c)

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Elternteil Fußballfan ist, beträgt 0,4 = ( 0,3 + 0,1).
Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Elternteile keine Fußballfans sind, beträgt 0,36 (= 0,6 ⋅ 0,6).
Sie wird mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,64 auf Fußball angesprochen.

Die Zufallsvariable X sei der Gewinn in €. Sie kann die Werte -10 (Klausur nicht genehmigt) oder 8 (Klausur genehmigt) annehmen.
Gesucht ist die Eintrittswahrscheinlichkeit p für die Genehmigung der Klausur.
Da die Wette fair sein soll, gilt: E(X) = 0.
Dann gilt: E(X) = p ⋅ 8 + (1 - p) ⋅ (-10) = 0   →   p = $\frac{\mathrm{10}}{\mathrm{18}}$ ≈ 0,556
Mit einer Wahrscheinlichkeit von fast 56% muss die Klausur genehmigt werden.

zu a)
Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der durchzuführenden Sätze an.. Sie kann die Werte 3, 4 oder 5 annehmen.

Wenn nur drei Sätze gespielt werden, muss eine Mannschaft dreimal hintereinander gewinnen. Die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt 0,5³ = $\frac{1}{8}$. Das gilt für jede Mannschaft. Insgesamt ist P(X=3) = 0,25 = $\frac{2}{8}$.

Wenn 4 Sätze gespielt werden, gewinnt eine Mannschaft dreimal und verliert einmal. Der Verlust kann im ersten, zweiten, dritten aber nicht im vierten Spiel geschehen. Die Wahrscheinlichkeit beträgt demnach 3 ⋅ 0,5³ ⋅ 0,5 = $\frac{3}{\mathrm{16}}$ . Das gilt für jede Mannschaft. Insgesamt ist P(X=4) = 2 ⋅ $\frac{3}{\mathrm{16}}$ = $\frac{3}{8}$.

Die Wahrscheinlichkeit für 5 Sätze beträgt dann ebenfalls P(X=5) = $\frac{3}{8}$ ( = 1 - $\frac{2}{8}$ - $\frac{3}{8}$).
Für das Spielen von 5 Sätzen kann auch überlegt werden, dass man 4 Sätze spielen muss, von denen jeweils zwei von einer Mannschaft gewonnen werden. Das fünfte Spiel ist dann egal.
Es gibt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)$ = 6 Möglichkeiten dafür. Insgesamt 6 ⋅ 0,5⁴ = $\frac{3}{8}$

xi	3	3	5
P(X=xi)	$\frac{2}{8}$	$\frac{3}{8}$	$\frac{3}{8}$

zu b)
Sei Y die Zufallsvariable, die den Gewinn in € angibt. Es gilt:

yi	-5	3
P(Y=yi)	$\frac{5}{8}$	$\frac{3}{8}$

Gesucht: E(Y) = (-5) ⋅ $\frac{5}{8}$ + 3 ⋅ $\frac{3}{8}$ = -2.
Das Spiel ist nicht fair. Man verliert im Durchschnitt bei jeder Wette 2 €.

Damit die Wette fair ist, muss gelten: E(Y) = 0.
a sei der Gewinn in €, falls 5 Sätze gespielt werden.
E(Y) = (-5) ⋅ $\frac{5}{8}$ + a ⋅ $\frac{3}{8}$ = 0   →   a = $\frac{\mathrm{25}}{3}$ = 8$\frac{1}{3}$
Der Wettprofi müsste für eine faire Wette bei 5 Spielsätzen 13$\frac{1}{3}$ € auszahlen.

zu a)
Die Monatsgehälter sind nicht genau bekannt. Daher kann man nur einen Schätzwert für die Monatsgehälter angeben. Sinnvoll erscheint es, jeweils den Mittelwert eines Gehaltsintervalls zu verwenden.
Dann: x = $\frac{1}{\mathrm{78}}$ ⋅ (9 ⋅ 1500 + 13 ⋅ 2500 + 19 ⋅ 3500 + 16 ⋅ 4500 + 13 ⋅ 5500 + 8 ⋅ 8000) = $\frac{\mathrm{320000}}{\mathrm{78}}$ ≈ 4103 €
zu b)
Ein Histogramm ist eine flächenproportionale Darstellung der vorliegenden Häufigkeiten. Auf der Abszisse werden die Intervallgrenzen abgetragen. Die Breite der Rechtecke entspricht den gebildeten Intervallen. In der Regel gibt man bei einem Histogramm die Ordinate nicht an, weil sonst die Gefahr besteht, die Höhe eines Rechtecks anstatt seiner Fläche als Häufigkeit zu interpretieren.
Die Höhe eines Rechtecks (sogenannte Häufigkeitsdichte) wird als Quotient aus der absoluten (oder relativen) Häufigkeit durch die Intervallbreite bestimmt.

In dieser Aufgabe beträgt die Intervallbreite 1000 bzw. im letzten Intervall 4000. Die jeweiligen absoluten Häufigkeiten sind gegeben.

Erste Intervallhöhe: $\frac{9}{\mathrm{1000}}$ = 0,009
Letzte Intervallhöhe: $\frac{8}{\mathrm{4000}}$ = 0,002

Im Bild entspricht dem ersten Intervall zwischen 1000-2000 € eine Fläche von 11,5%.


zu c)
Man kann nur einen Schätzwert für die Monatsgehälter angeben, weil die Monatsgehälter nicht genau bekannt sind. Anstatt das arithmetische Mittel der Monatsgehälter zu verwenden, kann man die minimalen bzw. maximalen jeweiligen Intervallgrenzen der Monatsgehälter verwenden.

Minimale Intervallgrenzen:
x_min = $\frac{1}{\mathrm{78}}$ ⋅ (9 ⋅ 1000 + 13 ⋅ 2000 + 19 ⋅ 3000 + 16 ⋅ 4000 + 13 ⋅ 5000 + 8 ⋅ 6000) = $\frac{\mathrm{269000}}{\mathrm{78}}$ ≈ 3449 €
Maximale Intervallgrenzen:
x_min = $\frac{1}{\mathrm{78}}$ ⋅ (9 ⋅ 2000 + 13 ⋅ 3000 + 19 ⋅ 4000 + 16 ⋅ 5000 + 13 ⋅ 6000 + 8 ⋅ 10000) = $\frac{\mathrm{371000}}{\mathrm{78}}$ ≈ 4756 €

Der Median ist das Minimum der mittleren linearen Abweichung. Es gibt 29 (sortierte) Anfahrten. Die 15. Anfahrt ist 3000 m entfernt (3.Weide). Dort sollte das Depot eingerichtet werden.

Die Zufallsvariable X beschreibt den Gewinn in €. Dann gilt:

Anzahl der verkauften Exemplare pro Woche	0	1	2	3
xi	-4,50	-1,70	1,10	3,90
P(X=xi)	0,1	0,4	0,3	0,2

Der Erwartungswert beträgt: $$ E(X) = \sum_{i=0}^{3} P(X=x_i) \cdot x_i = 0,1 \cdot (-4,50) + 0,4 \cdot (-1,70) + 0,3 \cdot 1,10 + 0,2 \cdot 3,90 = -0,02$$ Er macht im Schnitt pro Woche einen Verlust von 2 Cent.
Um keinen Verlust zu machen, muss E(X) ≥ 0 sein. y sei der Verkaufspreis pro Exemplar. $$ E(X) = 0,1 \cdot (-4,50) + 0,4 \cdot (y - 4,50) + 0,3 \cdot (2 \cdot y - 4,50) + 0,2 \cdot (3 \cdot y - 4,50) = 1,6 \cdot y - 4,50 = 0$$ Daraus folgt: y = 2,8125
Er müsste pro Exemplar mindestens 2,82 € verlangen.

Urnenmodell: Ziehen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge und ohne Zurücklegen: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$
zu a)
n Kugeln: hier 28 Personen
k Ziehungen: hier 5 Eintrittskarten
Dann $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{28}}{5}\right)$ = 98280 Möglichkeiten

zu b)
genau 2 Jungen: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{15}}{2}\right)$ ⋅ $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{13}}{3}\right)$ = 105 ⋅ 286 = 30030 Möglichkeiten
mindestens 2 Jungen: dann die Anzahl der Möglichkeiten für genau 2, genau 3, genau 4 und genau 5 Jungen addieren
oder besser: 0 Jungen und 1 Junge addieren, von der Gesamtanzahl subtrahieren:
98280 - $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{15}}{0}\right)$ ⋅ $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{13}}{5}\right)$ - $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{15}}{1}\right)$ ⋅ $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{13}}{4}\right)$ = 98280 - 1 ⋅ 1287 - 15 ⋅ 715 = 86268 Möglichkeiten

Urnenmodell: Ziehen mit Zurücklegen, ohne Berücksichtigung der Reihenfolge
k Ziehungen: hier 9 Ziehungen
n Kugeln: hier hier 4 Kugeln (Kisten)
Anzahl der Möglichkeiten: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{n+k-1}}{k}\right)$ = $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{4+9-1}}{9}\right)$ = 220 Möglichkeiten

Ereignis A: Erwin ist anwesend
Ereignis K: Klausurtag
Gegeben: P(A) = 0,08 ; P(K) = 0,15 ; P( K ∩ A) = 0,8

	A	A
K	0,12	0,03	0.15
K	0,8	0,05	0.85
	0.92	0.08	1

Bäume:

zu b)
Unabhängigkeit zweier Ereignisse bedeutet: P(A ∩ K) = P(A) ⋅ P(K)
P(A ∩ K) = 0,12
P(A) ⋅ P(K) = 0,92 ⋅ 0,15 = 0,138
Die Werte unterscheiden sich nicht sehr. Der Verdacht lässt sich nicht zwingend erhärten.

zu c)
Bedingte Wahrscheinlichkeit: Erwin ist anwesend unter der Bedingung Klausurtag P_K(A) = $\frac{\mathrm{P(A\; \cap \; K)}}{\mathrm{P(K)}}$ = $\frac{\mathrm{0,12}}{\mathrm{0,15}}$ = 0,8
Erwin ist zu 80% an Klausurtagen anwesend.

Da nichts weiter über die Verteilung der Zufallsvariablen X bekannt ist (hier: Anzahl der Strifen mit bestimmter Länge), kann nur die Tschebyscheff-Ungleichung herangezogen werden.

Tschebyscheff: Für die Wahrscheinlichkeit, daß die Zufallsvariable X einen Wert annimmt, der um mindestens c vom Erwartungswert abweicht, gilt P(|X - σ| ≥ c) ≤ $\frac{{\sigma }^2}{c^2}$.

Die Abweichung (in cm) beträgt hier c = 0,45 = 1,5 ⋅ σ.
Dann gilt: P(|X - 7| ≥ 0,45) ≤ $\frac{{\sigma }^2}{{\mathrm{2,25\cdot \sigma }}^2}$ = $\frac{4}{9}$ = 44$\frac{4}{9}$ %.
Er erhält einen Streifen mit einer Abweichung von mindestens 4,5 mm von höchstens knapp 45%.

Man betrachte die Definition der Binomialkoeffizienten: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ = $\frac{\mathrm{n!}}{\mathrm{k!\cdot (n-k)!}}$ und setze für k entsprechend ein.
$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)$ = $\frac{\mathrm{n!}}{\mathrm{1!\cdot (n-1)!}}$ = n
$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{\mathrm{n-1}}\right)$ = $\frac{\mathrm{n!}}{\mathrm{(n-1)!\cdot (n-(n-1))!}}$ = $\frac{\mathrm{n!}}{\mathrm{(n-1)!\cdot 1!}}$ = n    qed.