Wir verwenden dazu den Satz von Bayes:

M1 ... faire Münze: P(K)=0,5; P(Z)=0,5
M2 ... unfaire Münze: P(K)=0,1; P(Z)=0,9

\(P(M1| K) = \frac{P(K|M1) \cdot P(M1)}{P(K)} \approx 0,83 = 83,3%\)

 wobei \(P(K|M_1)=0,5; \qquad P(M_1)=0,5; \qquad P(K)=0,3 \)  ist. 

Totale Wahrscheinlichkeit.
\(P(T_{1ok})=0,8; \quad P(\overline{T_{1ok}})=0,2\\ P(T_{2ok})=0,9; \quad P(\overline{T_{2ok}})=0,1\)

\(P(T_{1ok} \quad und \quad T_{2ok})=P(T_{1ok})\cdot P(T_{2ok})=0,72=72%\)

Totale Wahrscheinlichkeit.
\(P(T_{1ok})=0,8; \quad P(\overline{T_{1ok}})=0,2\\ P(T_{2ok})=0,9; \quad P(\overline{T_{2ok}})=0,1\)

\(P(\overline{T_{1ok}} \quad und \quad T_{2ok})=P(\overline{T_{1ok}})\cdot P(T_{2ok})=0,18=18%\)

Totale Wahrscheinlichkeit.
\(P(T_{1ok})=0,8; \quad P(\overline{T_{1ok}})=0,2\\ P(T_{2ok})=0,9; \quad P(\overline{T_{2ok}})=0,1\)

\(P(\overline{T_{1ok}} \quad und \quad \overline{T_{2ok}})=P(\overline{T_{1ok}})\cdot P(\overline{T_{2ok}})=0,02=2%\)

Totale Wahrscheinlichkeit.
\(P(T_{1ok})=0,8; \quad P(\overline{T_{1ok}})=0,2\\ P(T_{2ok})=0,9; \quad P(\overline{T_{2ok}})=0,1\)

\(P(T_{1ok} \quad oder \quad T_{2ok})=P(T_{1ok})\cdot P(\overline{T_{2ok}}) + P(\overline{T_{1ok}})\cdot P(T_{2ok}) + P(T_{1ok})\cdot P(T_{2ok})=0,98=98%\)

oder

\(1 - P(\overline{T_{1ok}} \quad und \quad \overline{T_{2ok}})= 1 - P(\overline{T_{1ok}})\cdot P(\overline{T_{2ok}}) =0,98=98%\)

Bayes.

\(P(T_{pos}|Tris)=0,92 \\ P(T_{neg}|\overline{Tris})=0,9 \\ P(Tris)=\frac{1}{800}=0,00125\)

\(P(Tris|T_{pos})=\frac{P(T_{pos}|Tris) \cdot P(Tris)}{P(T_{pos})}=\)

\(\frac{P(T_{pos}|Tris) \cdot P(Tris)}{P(Tris) \cdot P(T_{pos}|Tris) + P(\overline{Tris}) \cdot P(T_{pos}|\overline{Tris})} \approx 0,0114 = 1,14%\)

Totale Wahrscheinlichkeit.

\(P(A)=0,45\\ P(B)=0,3\\ P(C)=0,25\\ P(ok|A)=0,98\\ P(ok|B)=0,97\\ P(ok|C)=0,96\\ \)

\(P(X)=P(\overline{ok})=\)

\(P(A)\cdot P(\overline{ok}|A)+P(B)\cdot P(\overline{ok}|B)+P(C)\cdot P(\overline{ok}|C)=0,028=2,8%\)

Bayes.

\(P(A)=0,45\\ P(B)=0,3\\ P(C)=0,25\\ P(ok|A)=0,98\\ P(ok|B)=0,97\\ P(ok|C)=0,96\\ \)

\(P(A)\cdot P(\overline{ok}|A)+P(B)\cdot P(\overline{ok}|B)+P(C)\cdot P(\overline{ok}|C)=0,028=2,8%\)

\(P(C|\overline{ok})=\frac{P(C) \cdot P(\overline{ok}|C)}{P(\overline{ok})}=\\ \frac{0,25 \cdot 0,04}{0,028} \approx 0,357 = 35,7%\)

Binomialverteilung.

\(P(X \leq 2) = P(X=0) + P(=1) + P(X=2) = \)

\({50 \choose 0}\cdot 0,02^0 \cdot (1-0,02)^{50} + {50 \choose 1}\cdot 0,02^1 \cdot (1-0,02)^{49} + {50 \choose 2}\cdot 0,02^2 \cdot (1-0,02)^{48} =\\ 0,364 + 0,371 + 0,185 = 0,92 = 92% \)

Binomialverteilung.

\(P(X=0) = {50 \choose 0}\cdot 0,02^0 \cdot (1-0,02)^{50} = 0,364 = 36,4% \)

Binomialverteilung.

\(P(X\geq 1) = 1 - P(X=0) = \\ 1 - (1-0,02)^{50} \approx 0,6358 = 63,58%\)

Binomialverteilung.

\(P(X=3)={(\frac{7}{12})^3}\cdot{(\frac{5}{12})^2} \cdot {5 \choose 3} \approx 0,3446 = 34,46%\)

Hypergeometrische Verteilung.

\(P(k=3)=\frac{{7 \choose 3} \cdot {5 \choose 2}}{12 \choose 5}} \approx 0,442 = 44,2%\)

Binomialverteilung.

\(P(X\leq 2)=P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = \)

\({(\frac{5}{12})^0}\cdot{(\frac{7}{12})^5} \cdot {5 \choose 0} + {(\frac{5}{12})^1}\cdot{(\frac{7}{12})^4} \cdot {5 \choose 1} + {(\frac{5}{12})^2}\cdot{(\frac{7}{12})^3} \cdot {5 \choose 2} \)

\(\approx 0,654 = 65,4%\)

Hypergeometrische Verteilung.

\(P(k \leq 2)= P(k=0) + P(k=1) + P(k=2) = \)

\(\frac{{7 \choose 5} \cdot {5 \choose 0}}{12 \choose 5}} + \frac{{7 \choose 4} \cdot {5 \choose 1}}{12 \choose 5}} + \frac{{7 \choose 3} \cdot {5 \choose 2}}{12 \choose 5}} \approx 0,689 = 68,9%\)

Binomialverteilung.

\(P(X=5) = {(\frac{5}{12})^5}\cdot{(\frac{7}{12})^0} \cdot {5 \choose 5} \approx 0,0126 = 1,26%\)

Hypergeometrische Verteilung.

\(P(k \geq 5)=P(k=5)=\frac{{5 \choose 5} \cdot {7 \choose 0}}{12 \choose 5}} \approx 0,00126 = 0,126%\)

Binomialverteilung.

\(P(X=5)=(\frac{1}{3})^5 \cdot (\frac{2}{3})^0 \cdot {5 \choose 5} \approx 0,0041 = 0,41%\)

Binomialverteilung.

\(P(X=1)=(\frac{1}{3})^1 \cdot (\frac{2}{3})^4 \cdot {5 \choose 1} \approx 0,329 = 32,9%\)

Ermittlung mittels Gegenwahrscheinlichkeit.

(mind. 2 Personen haben am selben Tag Geburtstag) = 1 - (alle haben an verschiedenen Tagen Geburtstag)

\(P(A) = 1 - P(\overline{A})=1 - \frac{365\cdot 364 \cdot 363 \cdots (365-30+2) \cdot (365-30+1)}{365^{30}} \approx 0,7063 = 70,63%\)

Bayes.

\(P(S)=P(A)P(S|A) + P(B)P(B|S) + P(C)P(C|S) \approx 0,119\\ P(A|S)=\frac{P(A)\cdot P(S|A)}{P(S)} \approx 0,042 = 4,2%\)

Bayes.

\(P(S)=P(A)P(S|A) + P(B)P(B|S) + P(C)P(C|S) \approx 0,119\\ P(B|S)=\frac{P(B)\cdot P(S|B)}{P(S)} \approx 0,252 = 25,2%\)

Binomialverteilung.

\(P(X \geq 4)= P(X=4) + P(X=5)= \)

\((\frac{1}{3})^4 \cdot (\frac{2}{3})^1 \cdot {5 \choose 4} + (\frac{1}{3})^5 \cdot (\frac{2}{3})^0 \cdot {5 \choose 5} \)\(\approx 0,0453 = 4,53%\)

Wir berechnen die gesuchte Wahrscheinlichkeit über ihre Gegenwahrscheinlichkeit P, dass alle 30 Gäste an verschiedenen Tagen Geburtstag haben. Die Anzahl der möglichen Fälle ist \(365^{30}\) (365 Tage für den ersten Gast, 365 Tage für den zweiten Gast, usw.). Die Anzahl der günstigen Fälle ist \(365 \cdot 364 \cdot 363 \cdot \ldots \cdot 336 = 365! / 335! \) (der erste Gast hat 365 Möglichkeiten, der zweite nur noch 364, da er nicht am selben Tag Geburtstag haben darf wie der erste, der dritte noch 363, usw.). Wegen P = "Anzahl der günstigen Fälle / Anzahl der möglichen Fälle" gilt also \(P = \frac{365!}{335! \cdot 365^{30}} \approx 0,2937\) . Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich somit \(1-P = 0,7063\). Die Wahrscheinlichkeit, dass von 30 Personen zwei am selben Tag Geburtstag haben, liegt also bei etwa 71%.

Da der Würfel fair ist, tritt jede Augenzahl mit derselben Wahrscheinlichkeit von 1/6 auf. Auch dann, wenn eine Auganzahl beliebig oft nicht gewürfelt wurde, ändert dies nichts an deren Wahrscheinlichkeit, im nächsten Wurf aufzutreten; die einzelnen Würfe sind voneinander unabhängig. Die Wahrscheinlichkeit, dass im sechsten Wurf eine Sechs fällt, ist also 1/6 (und damit genauso hoch, wie die Wahrscheinlichkeit, im 20. Wurf eine Eins, Zwei, Drei, Vier oder Fünf zu würfeln).

Es handelt sich um ein Laplace-Experiment, d.h. es gibt nur endlich viele mögliche Ergebnisse, die alle gleich wahrscheinlich sind. Wir können also die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses "Augensumme 7" bestimmen, indem wir die Anzahl der günstigen Fälle durch die Anzahl der möglichen Fälle berechnen: Insgesamt gibt es \(6 \cdot 6 = 36\) mögliche Fälle, wie ein Wurf mit zwei Würfeln ausgehen kann. Davon sind die Fälle (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2) und (6,1) günstig, da die Auganzahl hier Sieben beträgt. Insgesamt sind also 6 von 36 möglichen Fällen günstig, d.h. die Wahrscheinlichkeit ist 1/6.

Es handelt sich um ein Laplace-Experiment, d.h. es gibt nur endlich viele mögliche Ergebnisse, die alle gleich wahrscheinlich sind. Wir können also die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses "Augensumme mindestens 10" bestimmen, indem wir die Anzahl der günstigen Fälle durch die Anzahl der möglichen Fälle berechnen: Insgesamt gibt es \(6 \cdot 6 = 36\) mögliche Fälle, wie ein Wurf mit zwei Würfeln ausgehen kann. Davon sind die Fälle (4,6), (5,5), (5,6), (6,4), (6,5) und (6,6) günstig, da die Auganzahl hier mindestens 10 beträgt. Insgesamt sind also 6 von 36 möglichen Fällen günstig, d.h. die Wahrscheinlichkeit ist 1/6.

Zwei farblich passende Socken erhält man, wenn man zwei schwarze oder zwei weiße Socken zieht. Die Wahrscheinlichkeit für zwei schwarze Socken ist \(P(schwarz) = \frac{10}{16} \cdot \frac{9}{15} = \frac{3}{8}\). Die Wahrscheinlichkeit für zwei weiße Socken ist \(P(weiss) = \frac{6}{16} \cdot \frac{5}{15} = \frac{1}{8}\). Insgesamt hat man also eine Chance von 50%, bei zweimaligem Ziehen ein farblich passendes Sockenpaar zu erhalten.

Wenn 6 der 80 Glühbirnen defekt sind, funktionieren die restlichen 74 Stück. Wir suchen die Wahrscheinlichkeit, dass alle der acht entnommenen Birnen funktionieren. Die Wahrscheinlichkeit, dass die erste gezogene Glühbirne funktioniert, ist \(\frac{74}{80}\). Die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite gezogene Glühbirne funktioniert, ist \(\frac{73}{79}\), denn es sind noch 79 Birnen vorhanden, von denen 73 funktionieren. Folglich erhalten wir: \(P = \frac{74}{80} \cdot \frac{73}{79} \cdot \frac{72}{78} \cdot \frac{71}{77} \cdot \frac{70}{76}\cdot \frac{69}{75} \cdot \frac{68}{74} \cdot \frac{67}{73} \approx 0,52\)

Etwas eleganter lässt sich die Lösung auch so schreiben:
Anzahl der günstigen Ereignisse: \({74 \choose 8} \cdot {6 \choose 0}\) (wir ziehen zufällig 8 der 74 funktionierenden Glühbirnen und keine der 6 defekten)
Anzahl der möglichen Ereignisse: \({80 \choose 8}\) (wir ziehen zufällig 8 aus 80 Glühbirnen)
Damit gilt: \(P = \frac{{74 \choose 8} \cdot {6 \choose 0}}{{80 \choose 8}} \approx 0,52\)

Es gibt \(2^4 = 16\) Möglichkeiten, wie die vier Würfe ausgehen können (bei Beachtung der Reihenfolge). Jede davon ist gleich wahrscheinlich. Außerdem gibt es \({4 \choose 2} = 6\) Möglichkeiten für die Reihenfolge, wenn zweimal Kopf bzw. Zahl fällt (KKZZ, KZKZ, KZZK, ZKKZ, ZKZK, ZZKK). Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt folglich \(\frac{{4 \choose 2}}{2^4} = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}\).

Es gibt \(2^{10} = 1024\) Möglichkeiten, wie die zehn Würfe ausgehen können (bei Beachtung der Reihenfolge). Jede davon ist gleich wahrscheinlich. Außerdem gibt es \({10 \choose 5} = 252\) Möglichkeiten für die Reihenfolge, wenn fünfmal Kopf bzw. Zahl fällt. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt folglich \(\frac{{10 \choose 5}}{2^{10}} = \frac{252}{1024} = \frac{63}{256}\).

Es gibt \(2^5 = 32\) Möglichkeiten, wie die fünf Würfe ausgehen können (bei Beachtung der Reihenfolge).
Die Wahrscheinlichkeit, dass genau einmal Kopf fällt, ist \(P(1K) = \frac{{5 \choose 1}}{2^5} = \frac{5}{32}\).
Die Wahrscheinlichkeit, dass zweimal Kopf fällt, ist \(P(2K) = \frac{{5 \choose 2}}{2^5} = \frac{10}{32}\).
Die Wahrscheinlichkeit, dass dreimal Kopf fällt, ist \(P(3K) = \frac{{5 \choose 3}}{2^5} = \frac{10}{32}\).
Die Wahrscheinlichkeit, dass viermal Kopf fällt, ist \(P(4K) = \frac{{5 \choose 4}}{2^5} = \frac{5}{32}\).
Die Wahrscheinlichkeit, dass fünfmal Kopf fällt, ist \(P(5K) = \frac{{5 \choose 5}}{2^5} = \frac{1}{32}\).
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten und beträgt folglich \(\frac{31}{32}\).

Alternativer Lösungsweg: Es ist wesentlich einfacher, die Lösung über die Gegenwahrscheinlichkeit zu ermitteln, d.h. die Wahrscheinlichkeit zu bestimmen, dass bei fünf Würfen kein einziges Mal Kopf (und somit fünfmal Zahl) fällt. Diese Wahrscheinlichkeit ist \(P(5Z) = \frac{{5 \choose 0}}{2^5} = \frac{{5 \choose 5}}{2^5} = \frac{1}{32}\). Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(1 - P(5Z) = \frac{31}{32}\).

Folgende Wahrscheinlichkeiten sind bekannt:
Wahrscheinlichkeit, gesund (d.h. nicht mit dem Virus infiziert) zu sein: P(G) = 0,95
Wahrscheinlichkeit, krank (d.h. mit dem Virus infiziert) zu sein: P(K) = 0,05
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine gesunde Person korrekt als gesund erkennt (d.h. negativ ausfällt): P(neg|G) = 0,99
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine gesunde Person fälschlich für krank hält (d.h. positiv ausfällt): P(pos|G) = 0,01
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine kranke Person korrekt als krank erkennt (d.h. positiv ausfällt): P(pos|K) = 0,98
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine kranke Person fälschlich für gesund hält (d.h. negativ ausfällt): P(neg|K) = 0,02

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P(G|pos), dass eine Person gesund ist, unter der Bedingung, dass sie positiv getestet wurde. Aus dem Satz von Bayes folgt:
\(P(G|pos) = \frac{P(G) \cdot P(pos|G)}{P(G) \cdot P(pos|G) + P(K) \cdot P(pos|K)} = \frac{0,95 \cdot 0,01}{0,95 \cdot 0,01 + 0,05 \cdot 0,98} \approx 0,1624\)

Die Wahrscheinlichkeit für ein falsch positives Testergebnis liegt also bei 16%.

Folgende Wahrscheinlichkeiten sind bekannt:
Wahrscheinlichkeit, gesund (d.h. nicht mit dem Virus infiziert) zu sein: P(G) = 0,95
Wahrscheinlichkeit, krank (d.h. mit dem Virus infiziert) zu sein: P(K) = 0,05
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine gesunde Person korrekt als gesund erkennt (d.h. negativ ausfällt): P(neg|G) = 0,99
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine gesunde Person fälschlich für krank hält (d.h. positiv ausfällt): P(pos|G) = 0,01
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine kranke Person korrekt als krank erkennt (d.h. positiv ausfällt): P(pos|K) = 0,98
Wahrscheinlichkeit, dass der Test eine kranke Person fälschlich für gesund hält (d.h. negativ ausfällt): P(neg|K) = 0,02

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P(K|neg), dass eine Person krank ist, unter der Bedingung, dass sie negativ getestet wurde. Aus dem Satz von Bayes folgt (wegen \(\overline K = G\)):
\(P(K|neg) = \frac{P(K) \cdot P(neg|K)}{P(K) \cdot P(neg|K) + P(G) \cdot P(neg|G)} = \frac{0,05 \cdot 0,02}{0,05 \cdot 0,02 + 0,95 \cdot 0,99} \approx 0,001062\)

Die Wahrscheinlichkeit für ein falsch negatives Testergebnis liegt also bei 0,1%.

Anzahl der günstigen Ereignisse: \({4 \choose 4}\) (wir ziehen zufällig 4 der 4 Asse)
Anzahl der möglichen Ereignisse: \({52 \choose 4}\) (wir ziehen zufällig 4 aus 52 Karten)
Damit gilt: \(P = \frac{{4 \choose 4}}{{52 \choose 4}} = \frac{1}{{52 \choose 4}} = \frac{4 \cdot 3 \cdot 2}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49} \approx 3,7 \cdot 10^{-4}\), das sind ca. 0,00037%.

Alternativer Lösungsweg:

Die Wahrscheinlichkeit für das erste Ass ist 4/52, für das zweite 3/51, für das dritte 2/50 und für das vierte 1/49, insgesamt also \(\frac{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49} \approx 3,7 \cdot 10^{-4}\).

Anzahl der günstigen Ereignisse: \({4 \choose 2}\) (wir ziehen zufällig 2 der 4 Damen)
Anzahl der möglichen Ereignisse: \({52 \choose 2}\) (wir ziehen zufällig 2 aus 52 Karten)
Damit gilt: \(P = \frac{{4 \choose 2}}{{52 \choose 2}} = \frac{4 \cdot 3}{52 \cdot 51} = \frac{1}{221} \approx 0,0045\)

Alternativer Lösungsweg:
Die Wahrscheinlichkeit, dass die erste Karte eine Dame ist, beträgt 4/52 (denn es sind vier Damen im Stapel).
Die Wahrscheinlichkeit, dass auch die zweite Karte eine Dame ist, beträgt 3/51 (denn es sind noch drei Damen im Stapel, der nun aus 51 Karten besteht). Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also \(P = \frac{4 \cdot 3}{52 \cdot 51} = \frac{1}{221} \approx 0,0045\).

Anzahl der günstigen Ereignisse: \({4 \choose 2} \cdot {4 \choose 2}\) (wir ziehen zufällig 2 der 4 Könige und 2 der 4 Asse)
Anzahl der möglichen Ereignisse: \({52 \choose 4}\) (wir ziehen zufällig 4 aus 52 Karten)
Damit gilt: \(P = \frac{{4 \choose 2} \cdot {4 \choose 2}}{{52 \choose 4}} = \frac{4 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 6}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 } = \frac{36}{270725} \approx 0,000133\)

Alternativer Lösungsweg:
Die Wahrscheinlichkeit, dass die erste Karte ein Ass ist, beträgt 4/52 (denn es sind alle vier Asse im Stapel).
Die Wahrscheinlichkeit, dass auch die zweite Karte ein Ass ist, beträgt 3/51 (denn es sind noch drei Asse im Stapel).
Die Wahrscheinlichkeit, dass die dritte Karte ein König ist, beträgt 4/50 (denn es sind alle vier Könige im Stapel).
Die Wahrscheinlichkeit, dass die vierte Karte ein König ist, beträgt 3/49 (denn es sind noch drei Könige im Stapel).
Weiterhin gibt es \({4 \choose 2} = 6\) Möglichkeiten für die Reihenfolge der beiden Asse und Könige (AAKK, AKAK, AKKA, KAAK, KAKA, KKAA).
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also \(P = 6 \cdot \frac{4 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 3}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49} \approx 0,000133\).

Anzahl der günstigen Ereignisse: \(4 \cdot {13 \choose 5}\) (wir ziehen fünf der insgesamt 13 Karten einer Farbe; es gibt 4 Farben, daher multiplizieren wir mit 4)
Anzahl der möglichen Ereignisse: \({52 \choose 5}\) (wir ziehen zufällig 5 aus 52 Karten)
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also \(P = 4 \cdot \frac{{13 \choose 5}}{{52 \choose 5}} \approx 0,00198\).

Alternativer Lösungsweg:
Die erste Karte ist beliebig, es gibt also 52 Möglichkeiten. Die zweite Karte muss dieselbe Farbe haben wie die erste, dafür gibt es noch 12 Möglichkeiten. Analog gibt es für die dritte, vierte und fünfte Karte noch 11, 10, bzw. 9 Möglichkeiten.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also \(P = \frac{52 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 \cdot 48} \approx 0,00198\).

Für die erste Karte gibt es 20 Möglichkeiten (4 Farben, 5 Karten je Farbe).
Für die zweite Karte gibt es nur noch 4 Möglichkeiten, da die Farbe durch die erste Karte bereits festgelegt ist.
Analog gibt es für die dritte, vierte und fünfte Karte nur noch 3, 2 bzw. 1 Möglichkeit.
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also \(P = \frac{20 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 \cdot 48} \approx 1,54 \cdot 10^{-6}\), das sind ca. 0,00015%.

Wir bestimmen zunächst die Gegenwahrscheinlichkeit \(\overline P\), dass man nach fünfmaligem Ziehen kein Ass auf der Hand hat:
Anzahl der günstigen Ereignisse: \({48 \choose 5}\) (wir ziehen zufällig 5 der 48 Karten, die kein Ass sind)
Anzahl der möglichen Ereignisse: \({52 \choose 5}\) (wir ziehen zufällig 5 aus 52 Karten)
Damit gilt: \(\overline P = \frac{{48 \choose 5}}{{52 \choose 5}} \approx 0,659\)
Folglich ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(P = 1-\overline P = 0,341\) und damit ca. 1:3.

Alternativer Lösungsweg:
Wir bestimmen die Wahrscheinlichkeiten, dass wir genau ein, zwei, drei oder vier Asse ziehen, und summieren diese (wesentlich komplizierter als die erste Lösung!):

\(P(1 Ass) = \frac{{4 \choose 1} \cdot {48 \choose 4}}{{52 \choose 5}}\approx 0,29947\)

\(P(2 Asse) = \frac{{4 \choose 2} \cdot {48 \choose 3}}{{52 \choose 5}} = \frac{8684}{216580} \approx 0,03993 \)

\(P(3 Asse) = \frac{{4 \choose 3} \cdot {48 \choose 2}}{{52 \choose 5}} = \frac{4512}{2598960} \approx 0,001736 \)

\(P(4 Asse) = \frac{{4 \choose 4} \cdot {48 \choose 1}}{{52 \choose 5}} = \frac{48}{2598960} \approx 0,000018469 \)

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also P = P(1 Ass) + P(2 Asse) + P(3 Asse) + P(4 Asse) = 0,341.