Dossier DNL Probabilités - Collège de Jean Monnet – Strasbourg

LYCEE JEAN-MONNET - STRASBOURG
TS1 - DNL Mathématiques en allemand
2008-2009
Inhaltsverzeichnis
I.
Vokabeln
II.
Christophe
Mathilde
Catherine
Überraschungen
aus
Wahrscheinlichkeitsrechnung
1
Geschichte der Wahrscheinlichkeitsrechnung
1.
Zwei Geburtstagsprobleme
2.
Das Teilungsproblem
3.
Das Drei-Türen-Problem
4.
Drei Spielkarten
5.
Das Paradox von Bertrand
6.
Berechnung der Kreiszahl π
7.
Die Farbwürfel
II. Einige Daten zur Geschichte der
Wahrscheinlichkeitsrechnung
I. Vokabeln
Diese
Daten
beziehen
Wahrscheinlichkeitstheorie1.
die Wahrscheinlichkeit
la probabilité
die bedingte Wahrscheinlichkeit
la probabilité conditionnelle
das Ziehen
le tirage
das Zufallsexperiment
l’expérience aléatoire
das Laplace-Experiment
le tirage équiprobable
zufällig
die möglichen Ergebnisse
oder die Ausgänge
das Ereignis
aléatoire
les résultats possibles
ou les éventualités
l’ensemble des éventualités,
l’univers
l’évènement
das Gegenereignis
l’évènement contraire
unabhängige Ereignisse
des évènements indépendants
abhängige Ereignisse
des évènements dépendants
die Stichprobe
die Baumdarstellung,
das Baumdiagramm
das Werfen einer Münze,
eines Spielwürfels
die Menge
l’échantillon
die Vereinigungsmenge
la réunion (A∪ B)
die Durchschnittsmenge
l’intersection (A∩ B)
die Teilmenge
le sous-ensemble
die leere Menge
l’ensemble vide
der Erwartungswert
l’espérance mathématique
die Ergebnismenge
sich
auf
die
Entwicklung
der
elementaren
•
16.Jhdt. Beginnendes Interesse für die beim Würfelspiel beobachteten
Zufallsgesetze. Cardano (1501 - 1576): Liber de ludo aleae.
•
1620
Der Fürst von Toskana fragte Galilei: Warum erscheint beim Wurf dreier
Würfel die Summe 10 öfter als die Summe 9, obwohl beide Summen auf genau 6
Arten eintreten können? Galilei merkte, dass diese 6 Arten keine elementaren
gleichwahrscheinlichen Ereignisse sind.
•
1654
Chevalier de Méré, angeblich Berufsspieler, beklagt sich bei Blaise Pascal
(1623 - 1662), dass die Mathematik mit dem Leben nicht übereinstimme.
Bei zwei Würfelspielen
- mit 1 Würfel, 6 Ausfälle, in 4 Würfen mindestens eine Sechs zu erhalten,
- mit 2 Würfeln, 6×6 = 36 Ausfälle, in 6×4 = 24 Würfen mindestens eine
Doppelsechs zu erhalten,
müsste man die gleichen Chancen haben, denn die Verhältnisse 6/4und 36/24
sind gleich. Die Spielpraxis zeigte aber, dass dem nicht so ist.
Pascal löste das Problem und führte über ähnliche Fragen einen Briefwechsel mit
Pierre Fermat (1601 - 1665). Darunter befand sich auch das Problem der
Gewinnaufteilung, das schon Cardano beschäftigte. (s.u. das Teilungsproblem)
•
1657
Christiaan Huygens (1629 - 1695): De ratiociniis in ludo aleae. Dieses
Werk ist eine
vollständige Theorie des Würfelspiels, sie wurde durch den
Briefwechsel zwischen Pascal und Fermat angeregt.
•
1713
Jakob Bernoulli (1654 - 1705): Ars conjectandi. Das erste grundlegende
Werk über die Wahrscheinlichkeitsrechnung.
•
1812 Pierre Simon de Laplace (1749 - 1827): Théorie analytique des probabilités.
Erste Definition der Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses als das Verhältnis der
günstigen Fälle zu den möglichen Fällen.
l‘arbre de probabilité
le lancé d’une pièce,
d’un dé
l’ensemble
1
Die weitere Entwicklung gehört nicht mehr zu unserem Thema. Die
Wahrscheinlichkeitstheorie ist in den letzten Jahrzehnten ein Gebiet der Mathematik
geworden, das sich stark entwickelt hat und vielfältige Anwendungen in allen Bereichen
findet.
2
1. Zwei Geburtstagsprobleme
Einige Werte :
Gleiche Geburtstage
Wie viele Personen haben
ihren Geburtstag am gleichen
Tag unter :
- den französischen
Königen
- den amerikanischen
Präsidenten
- den englischen
Königen
23
34
41
46
55
Personenzahl
2
9
14
Wahrscheinlichkeit 0,003 0,09 0,22 0,51 0,80 0,90 0,95 0,99
•
•
•
Es gab 29 französische Könige Charles
IX und Louis XII sind am
27. Juni geboren.
Es gab 36 amerikanische Präsidenten
Harding und Polk sind
am 2. November geboren.
Es gab 32 englische Könige
Alle hatten verschiedene Geburtstage.
Ab 23 Personen wird die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei
Personen am gleichen Tag Geburtstag haben, größer als 0,5.
Schon ab 55 Personen wird sie größer als 0,99. Erstaunlich wenig!
Geburtstag an einem bestimmten Tag
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass einer meiner Freunde seinen
Geburtstag am 14. Juli hat?
Wenn eine Gemeinschaft 23 Personen überschreitet, hat man mehr als 50%
Chance, mindenstens zwei Personen zu finden, die ihren Geburtstag am
gleichen Tag haben.
Wenn man die Leute schätzen lässt, glauben sie es wären höchstens 10%!
Wahrscheinlichkeit, dass eine Person
ihren Geburtstag am 14. Juli hat:
Wir nehmen an dass die Jahre keine Schaltjahre sind. Man geht davon aus, dass
die Geburten gleichmäßig auf das Jahr verteilt sind.
dass mindestens eine von zwei
Personen ihren Geburtstag am 14. Juli
hat:
Wahrscheinlichkeit, dass 2 Freunde
verschiedene Geburtstage haben.
364
365
Wahrscheinlichkeit, dass 3 Freunde
verschiedene Geburtstage haben
364 × 363
365× 365
Wahrscheinlichkeit, dass 3 Freunde
den gleichen Geburtstag haben.
Wahrscheinlichkeit, dass n Freunde
den gleichen Geburtstag haben.
1−
1−
dass mindestens eine von n Personen
ihren Geburtstag am 14. Juli haben:
1−
364
≈ 0,003
365
2
364 
1 − 
 ≈ 0,005
 365 
364 
1 − 

 365 
n
Einige Werte :
Personenzahl
1
2
39
82
131 253 840 1679
Wahrscheinlichkeit 0,003 0,005 0,10 0,20 0,30 0,50 0,90 0.99
364 × 363
365 × 365
Ab 253 Personen wird die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine
von diesen Personen an einem bestimmten Tag ihren Geburtstag hat,
größer als 0,5.
Erst ab 1679 Personen wird sie größer als 0,99. Erstaunlich viel!
364 363
365-(n -1)
×
×L×
365 365
365
3
2. Das Teilungsproblem
•
Der Spieler B gewinnt die erste folgende Runde:
… ähnliche Erklärungen.
Bei einem Glücksspiel wird in mehreren
Runden um einen Einsatz gespielt. Bei jeder
Runde haben A und B die gleiche Chance zu
gewinnen.
Das Spiel wird vorzeitig unterbrochen.
Mit einem Baumdiagramm kann man alles gut darstellen.
Wie ist der Einsatz unter den beiden
Spielern gerecht zu verteilen?
Blaise Pascal löste generell dieses Problem
wenn A noch p Punkte und B noch q Punkte
zum Gewinn benötigen.
Wir gehen davon aus, dass Spieler A noch 2 Punkte zum Gewinn und Spieler B
noch 3 Punkte zum Gewinn benötigen. Der Sieger dieses Spieles gewinnt 64
Euros. Dieser Spielstand am Anfang wird (2 ; 3) beschrieben.
•
Der Spieler A gewinnt die erste folgende Runde:
Die Wahrscheinlichkeit, dass A die erste folgende Runde gewinnt ist ½,
danach würde A nur noch einen Punkt und B immer noch 3 Punkte benötigen.
Spielstand (1 ; 3).
Wenn der Spieler A die nächste Runde gewinnt, würde A die 64 Euro
bekommen. Spielstand (0 ; 3). Die Wahrscheinlichkeit, dass dies vorkommt
ist: ½ × ½ = ¼
Würde aber B die nächste Runde gewinnen, bräuchte A immer einen Punkt
und B nur 2 Punkte. Spielstand (1 ; 2).
Wenn der Spieler A nun bei der folgenden Runde gewinnt, würde er
den Gewinn von 64 Euros bekommen. Spielstand (0 ; 2).
Wenn aber B diese Runde gewinnt, benötigt der Spieler A sowie der
Spieler B noch einen Punkt. Spielstand ( 1 ; 1).
Wenn der Spieler A die nächste Runde gewinnt, wird er den gesamten
Gewinn von 64 Euros bekommen. Spielstand (0 ; 1). Würde aber B
gewinnen, dann bekäme der Spieler B den gesamten Gewinn von 64 Euros.
Spielstand (1 ; 0).
Die Wahrscheinlichkeit, dass A gewinnt, ist:
p(A) = 1/4 + 1/8 + 1/16 + 1/8 + 1/16 + 1/16 = 11/16.
Die Wahrscheinlichkeit, dass B gewinnt ist:
p(B) = 1/16 + 1/16 + 1/16 + 1/8 = 5/16
Für den Spieler A ist der Gewinn-Erwartungswert gleich (11/16)×64 = 44€.
Für den Spieler B ist der Gewinn-Erwartungswert gleich (5/16)×64 = 20€.
Es ist gerecht, dem Spieler A 44€
und dem Spieler B 20€ zu geben.
4
•
3. Das Drei-Türen-Problem
Eine schlauere Erklärung :
Hinter jedem Tor steht der Preis mit derselben Wahrscheinlichkeit p(A)=1/3.
Der Moderator kann nur ein Tor öffnen, das diesen Preis nicht versteckt.
Ein Kandidat, der sich immer gegen den Wechsel entscheidet, gewinnt nur,
wenn er am Anfang das richtige Tor gewählt hat. Dies geschieht in einem
Drittel der Fälle.
Ein Kandidat, der immer wechselt, verliert in allen Fällen, in denen er ohne
Wechsel gewonnen hätte, also in einem Drittel der Fälle. Er gewinnt folglich
mit einer Wahrscheinlichkeit:
p(Ā) = 1 – p(A) = 2/3.
Das Drei-Türen-Problem war eine bekannte Fernsehshow.
Das Spiel ist einfach: es gibt drei Türen. Ein wertvoller Preis ist hinter einer
der drei Türen versteckt. Hinter den zwei anderen Türen gibt es nur wertlose
Objekte2. Der Kandidat wählt eine Tür. Der Showmaster öffnet eine der beiden
anderen Türen, hinter denen der Preis nicht liegt. Danach darf der Kandidat
seine erste Wahl ändern oder nicht.
Ist es vorteilhaft für den Kandidat, das Tor zu wechseln?
Man könnte meinen, dass es egal ist, was man macht. Das ist aber falsch! Es
scheint vielleicht erstaunlich, aber in der Tat ist es besser für den Kandidaten,
systematisch seine Wahl zu wechseln.
•
In einem Gefängnis sitzen drei zum Tode verurteilte Gefangene: Anton, Bernd
und Clemens. Genau einer von ihnen soll begnadigt werden. Dazu wird ein Los
gezogen, das allen die gleiche Chance gibt.
Der Gefangene Anton bittet den Wärter, der das Ergebnis kennt, ihm einen seiner
Leidensgenossen Bernd oder Clemens zu nennen, der sterben muss. Der Wärter
antwortet: ‚Bernd‘.
Das kann man mit einem Baumdiagramm illustrieren.
Erste
Wahl
Öffnung vom
Moderator
1/2
Tor 2
Zweite Wahl
ohne Wechsel
Tor 1
1/6
Zweite Wahl
mit Wechsel
1/3
1/3
Tor 2
Wie hoch ist nun Antons Überlebenswahrscheinlichkeit?
Tor 3
Man könnte denken, dass Antons Überlebenswahrscheinlichkeit jetzt ½
beträgt, aber das ist falsch. Man benutzt dieselbe Beweisführung wie für das
Drei-Türen-Problem3.
Anton hatte zuerst 1/3 Chance begnadigt zu werden und nach der Antwort
des Wärters hat er immer noch dieselbe Wahrscheinlichkeit. Aber für Clemens
ist der Hinweis des Wärters interessanter. Er weiß, dass Bernd getötet wird
und hat dann eine Wahrscheinlichkeit 1 − 1/3 = 2/3, begnadigt zu werden.
1/3
Tor 1
1/2
Tor 3
Tor 1
1/6
Tor 2
1
Tor 3
Tor 2
1/3
Tor 1
2/3
1/3
Tor 3
1
Tor 2
Der Kandidat gewinnt.
Tor 3
1/3
Eine makabere Variante des Drei-Türen-Problems:
das Gefangenen-Paradox
Tor 1
3
Anstatt drei Türen hat man hier die drei Gefangenen A(nton), B(ernd) und
C(lemens). Der Preis ist die Freilassung. A wählt keine Tür aber fragt den Wärter, der
über sein Schicksal keinen Hinweis gibt. Anstatt eine Tür zu öffnen, sagt der Wärter,
dass B „verloren hat“. Wir müssen unter dieser Bedingung die Wahrscheinlichkeit
bestimmen, dass A (d.h. „die selbe Tür“) und C (d.h. „ die dritte Tür“) freigelassen sind
(d.h. „gewonnen haben“).
Der Kandidat verliert.
2
In der US-amerikanischen Spielshow „Let’s make a deal“ vom Moderator Monty Hall
war der Preis ein Auto und die zwei andere Objekte zwei Ziegen.
5
4.
Drei Spielkarten
In 4 Fällen sind die Farben gleich, in 2 Fällen findet man verschiedene Farben.
Man hat drei Karten. Die erste hat zwei blaue Seiten, die zweite hat eine blaue
Seite und eine rote Seite und die dritte hat zwei rote Seiten.
Man wählt eine dieser drei Karten auf gut Glück und legt sie auf den Tisch.
Immer noch auf gut Glück wählt man auch die Seite, die man sieht.
Die Wahrscheinlichkeit, dass die beide Seiten gleichfarbig sind, ist 2/3.
Hat die versteckte Seite dieselbe Farbe oder die andere Farbe,
Was ist wahrscheinlicher?
•
Man kann 2€ wetten, dass die Farbe der versteckten Seite und die Farbe der
sichtbaren Seite der Karte dieselbe sind. Entweder gewinnt man 2 € oder man
verliert.
Man kann 3€ wetten, dass die Farbe der versteckten Seite und die Farbe der
sichtbaren Seite nicht dieselbe sind. Entweder gewinnt man 3 € oder man
verliert.
Eine falsche Beweisführung wäre:
Die Karte, deren zwei Seiten nicht dieselbe Farbe haben als die Seite der Karte die
man sieht, kann ausgeschlossen sein. Es bleiben also nur noch zwei Karten übrig: eine
Karte, die zwei selbe Farben hat, und eine Karte die zwei verschiedene Farben hat,
also sind die zwei Wahrscheinlichkeiten gleich.
•
Um das Spiel interessanter zu machen
Die zweite Wette scheint günstiger aber stimmt es wirklich?
Es sind in Wirklichkeit 6 gleichwahrscheinliche Möglichkeiten:
Karte
Nummer
Farbe der
sichbaren
Seite.
•
Farbe der
versteckten
Seite.
Erste Wette :
Man hat die Wahrscheinlichkeit 2/3 um dieselbe Farbe zu bekommen.
Nach vielen Spielen bekommt man im Durchschnitt: 2 × 2/3 = 4/3 €.
Anders gesagt, nimmt die Zufallsvariable X die Werte X = 2 und X = 0
P(X = 2)= 2/3 ; P(X = 0)= 1/3 ; E(X) = 2 × 2/3 + 3 × 0 = 4/3.
1
blau
blau
Gleiche
blau
blau
Gleiche
blau
rot
Verschiedene
Zweite Wette :
Man hat die Wahrscheinlichkeit 1/3, um die andere Farbe zu bekommen.
Nach vielen Spielen bekommt man im Durchschnitt: 3 × 1/3 = 1 €.
Anders gesagt, nimmt die Zufallsvariable X die Werte X = 3 und X = 0
rot
blau
Verschiedene
P(X = 3) = 1/3 ; P(X = 0)= 2/3 ; E(X) = 2 × 0 + 3 × 1/3 = 1
rot
rot
Gleiche
rot
rot
Gleiche
•
1
2
2
3
Der Gewinn-Erwartungswert ist hier kleiner.
3
Die erste Wette ist günstiger.
6
5. Das Paradox von Bertrand
2. Antwort
Man wählt eine Richtung der Sehne, zum Beispiel
senkrecht zu einem Durchmesser AB5. Das heißt,
dass die Mitte der Sehne einen zufälligen Punkt
auf dem Durchmesser [AB] ist. Die Kreissehne ist
größer als die Seite des Dreiecks, wenn dieser
Punkt zwischen C und D liegt.
Joseph Bertrand wurde am 11. März 1822 in
Paris geboren, er war ein französischer
Mathematiker und Pädagoge. Bertrand war zu
seiner Zeit als Autor von Schulbüchern bekannt.
Im Jahr 1888 erfragte er dieses Problem:
Ein gleichseitiges Dreieck ist in einem Kreis
eingeschrieben.
1
Hier ist die Wahrscheinlichkeit: p = 2 .
3. Antwort
Man wählt einen Punkt innerhalb des Kreises6.
Dieser Punkt bestimmt die Mitte der
Kreissehne. Die Kreissehne ist größer als die
Seite des Dreiecks, wenn ihre Mitte in dem
Inkreis des gleichseitigen Dreiecks liegt. Die
Wahrscheinlichkeit ist das Verhältnis F1/F2
von den Flächeninhalten dieser beiden Kreise.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig ausgewählte
Kreissehne größer als die Seite des Dreiecks ist?
1. Antwort
Zuerst wählt man einen Endpunkt auf dem
Kreis: zum Beispiel A. Dann nimmt man einen
anderen zufälligen Punkt auf dem Kreis, um die
Sehne zu bestimmen4.
Wir haben zwei Möglichkeiten: entweder ist die
Kreissehne kleiner als die Dreiecksseite (Punkte
D und F), oder sie ist größer (Punkt E). Sie ist
größer mit allen Punkten, die auf dem kleinen
Kreisbogen BC liegen. Die drei Sektoren haben
2
dieselbe Länge L= 3 π r.
F1 = π×(r/2)2; F2 = π×r2
1
Jetzt ist die Wahrscheinlichkeit : p = 4 .
1 1
1
Ist die richtige Antwort: 2 , 3 oder 4 ?
In der Tat sind sie alle drei richtig, das Problem ist zu ungenau beschrieben. Der
Ausdruck „zufällig gewählte Kreissehne“ ist nicht eindeutig.
Die Antworten hängen von der Interpretation des Problems ab.
1
Die Wahrscheinlichkeit ist: p = 3 .
5 Zum Beispiel zeichnet man parallele Geraden mit der gleichen Entfernung d. Wenn
man eine durchsichtige Scheibe mit Durchmesser d fallen lässt, schneidet sie eine
dieser Geraden und der Schnitt bildet die Kreissehne.
6 Man kann einfach ein punktformiges Objekt auf den Kreis fallen lassen, um die Mitte
der Sehne zu bestimmen, aber danach muss man noch die Sehne zeichnen.
4
Zum Beispiel lässt man einen Zeiger um den Punkt A drehen; er schneidet den Kreis
im anderen Endpunkt der Kreissehne.
7
6. Berechnung der Kreiszahl π
Hier habe ich die Koordinaten von 20 000 Punkten gerechnet und bekomme
einen sehr guten Annäherungswert von pi (3,144 anstatt 3,141).
Ziehung
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
Gibt es ein Verhältnis zwischen pi und dem
Zufall? So erstaunlich es scheint, können
wir mit dem Zufall einen Annäherungswert
von pi bekommen. Diese Methode heißt
„Monte-Carlo-Algorithmus“.
Dieser Algorithmus ist sehr leicht zu
realisieren.
Zuerst
rechnet
man
mit
dem
Zufallsgenerator einer Tabellenkalkulation
die Koordinaten eines Punktes M(x;y).
Danach rechnet man die Länge zwischen
dem Punkt und dem Ursprung:
OM= x 2 + y 2 .
Wir haben zwei Möglichkeiten: entweder
liegt der Punkt in dem Kreissektor (wie M)
oder nicht (wie M’).
•
Dieser Vorgang wird für beliebig viele Punkte ausgeführt.
Für alle Punkte, die in dem Kreissektor liegen, gilt: OM < 1.
Es ist leicht zu beweisen, dass das Verhältnis zwischen den beiden Flächen
(Quadrat und Kreissektor) gleich
π
4
ist.
Man zählt wie viele Punkte innerhalb des Kreises liegen, so erhält man:
π≈
Zahl der Punkte im Kreis
×4.
Zahl der Punkte
8
x
0,84379896
0,68052977
0,73129525
0,50542045
0,61287613
0,30323243
0,71821338
0,21015596
0,09738333
0,96489695
0,25903084
0,70655147
0,41654055
0,19335417
…
y
0,86207285
0,82464442
0,80962298
0,07313585
0,96159186
0,52765693
0,20960190
0,99687611
0,59443630
0,93745890
0,18285414
0,52203388
0,08876559
0,75403557
…
OM
OM<1
GESAMT
1,20630274 15 723
20 000
1,06918623
1,09100051
0,51068453 π gefunden
π
1,14029648 3,1446000 3,14159265
0,60858175
0,74817339
Abstand
1,01878728
0,097 %
0,60236038
1,34530863
0,31706878
0,87848412
0,42589361
0,77843142
…
Ich habe die folgenden Formeln gebraucht:
Zufällige Werte zwischen 0 und 1
=ALEA()
Der Pythagorassatz
=RACINE(„Wert1“^2+„Wert2“^2)
Wie viele Längen kleiner als 1 sind
=NB.SI(„Zellen“;<1)
π gefunden
=„OM<1“/ „GESAMT“×4
Abstand
= ABS(„π gefunden“− „π“)/ „π“
7. Die Farbwürfel
C spielt gegen D :
C
D
In diesem Spiel hat man vier verschiedene ausgewogene Würfel; sie heißen
„die Würfel von Bradley Efron “ (Bradley Efron ist ein amerikanischer
Statistiker)
Ein gelber:
Ein roter:
0
4 0 4
4
4
3
3 3 3
3
3
A
Ein blauer:
Ein grüner:
2
2 2 2
6
6
5
1 1 1
5
5
B
C
2
2
2
2
6
D spielt gegen A :
6
D
A
1
0
0
4
4
4
B
C
C
C
C
C
0
D
D
D
D
D
D
1
C
C
C
C
C
C
0
D
D
D
D
D
D
1
C
C
C
C
C
C
4
A
A
A
D
D
D
5
D
D
D
D
C
C
4
A
A
A
D
D
D
5
D
D
D
D
C
C
4
A
A
A
D
D
D
5
D
D
D
D
C
C
4
A
A
A
D
D
D
D gewinnt in 2/3 der Fälle.
A gewinnt gegen B
A
B
B gewinnt gegen C
D
C
C gewinnt gegen D
3
3
3
3
3
3
3
B
B
A
A
A
A
2
B
B
B
B
B
B
3
B
B
A
A
A
A
2
B
B
B
B
B
B
3
B
B
A
A
A
A
2
B
B
B
B
B
B
3
B
B
A
A
A
A
2
B
B
B
B
B
B
3
B
B
A
A
A
A
6
C
C
C
C
C
C
3
B
B
A
A
A
A
6
C
C
C
C
C
C
A gewinnt in 2/3 der Fälle.
5
Um es zusammenzufassen:
B spielt gegen C :
4
5
C
D gewinnt gegen A
A
5
C
Zwei Gegenspieler wählen einen dieser Würfel. Der Gewinner ist der Spieler,
der die größte Augenzahl hat, wenn er würfelt.
B
1
1
C gewinnt in 2/3 der Fälle.
D
A spielt gegen B:
1
Schließlich können wir nicht sagen, dass ein Würfel besser als die
anderen ist. Überraschenderweise können wir mit solchen Würfeln die
Wahrscheinlichkeiten zu gewinnen nicht ordnen.
B gewinnt in 2/3 der Fälle
9