strings.xml

<resources>
    <string name="app_name">Wahrscheinlichkeitsrätsel</string>
    <string name="new_in_this_update">Dies ist Version 4.0, veröffentlicht im Oktober 2025\u00A0– jetzt mit mehr als 90 Rätseln (und null Werbung). Viel Spaß!\n\nEinige der Rätsel in dieser App sind schwierig, wenn du Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht gelernt hast. Brauchst du eine Auffrischung? Dann könnten dir die <a href="https://www.youtube.com/results?search_query=daniel+jung+stochastik">YouTube-Videos von Daniel Jung</a> helfen.\n\nDie App nutzt Mariusz Gromadas mXparser in Version 4.2.0, damit du in den Antworten auch Rechnungen schreiben kannst. Der Parser versteht Zahlen wie .2, 0.2, 20\% oder auch 1/5. Fakultät und Binomialkoeffizienten gehen auch: Schreib 5!/(3!*2!), oder C(5, 3) mit einem großen C für „3 aus 5“. Du kannst auch den Kleinbuchstaben e für die Basis des natürlichen Logarithmus schreiben. Besuch <a href="https://mathparser.org">mathparser.org</a> für weitere Informationen.\n\nWenn du bei der App mitmachen willst (oder die Lösungen spicken), schau beim\u00A0<a href="https://github.com/atorch/probability_puzzles">GitHub-Repo</a> der App vorbei!</string>

    <string name="app_link">Fordere dich mit Wahrscheinlichkeitsrätseln heraus\u00A0– installier die App auf https://play.google.com/store/apps/details?id=atorch.statspuzzles</string>

    <string-array name="congratulations">
        <item>Gut gemacht! Bereit für das nächste?</item>
        <item>Das ist richtig\u00A0– ausgezeichnet!</item>
        <item>Sehr beeindruckend!</item>
        <item>Super, du hast es geschafft!</item>
        <item>Glückwunsch, das ist richtig!</item>
        <item>Du kannst das echt gut!</item>
        <item>Du hast mal wieder ins Schwarze getroffen!</item>
        <item>Klopf dir kräftig auf die Schulter, du hast es verdient!</item>
        <item>Großartige Leistung!</item>
        <item>Großartig\u00A0– jetzt kannst du deine Freunde beeindrucken!</item>
        <item>Gut gemacht! Kannst du sie vielleicht alle lösen?</item>
        <item>Du bist ein erstklassiger Rätsellöser, wenn du mich fragst!</item>
        <item>Du bist die klügste Person, die je diese App installiert hat. Weiter so!</item>
        <item>Geschafft\u00A0– hoch die Tassen!</item>
        <item>Bäääm\u00A0– du hast es voll drauf!</item>
        <item>Gut gemacht! Halt dich geistig fit.</item>
        <item>Gut gemacht! Du wirst mit jedem Rätsel schlauer.</item>
        <item>Toll gemacht! Das nenne ich mal eine Lösung.</item>
        <item>Ich bin beeindruckt … du hast es gemeistert!</item>
        <item>Sehr schick\u00A0– Laplace wäre beeindruckt!</item>
        <item>Wenn es einen Nobelpreis für Wahrscheinlichkeitsrätsel gäbe, würdest du ihn garantiert gewinnen!</item>
        <item>Jippieh, du hast es geschafft!</item>
        <item>Geh raus und feier: du hast es dir verdient!</item>
        <item>Du bist nicht aufzuhalten!</item>
        <item>Wow, das schien ja ganz einfach zu sein!</item>
        <item>Super gemacht! Feier das doch, indem du das nächste Rätsel gleich mitlöst.</item>
        <item>Ausgezeichnet gemacht! Meinst du, das klappt beim nächsten genauso gut?</item>
        <item>Beeindruckend! Du wirst jedes Mal besser.</item>
        <item>Du bist ein Wahrscheinlichkeitsheld! Bereit für die nächste Herausforderung?</item>
    </string-array>
    <string name="solved_all_puzzles">Beeindruckend\u00A0\u2013 du hast alle Rätsel in diesem Level gelöst!</string>

    <string name="solved_all_intro">Du hast die Einführung komplett absolviert! Bist du bereit für schwierigere Aufgaben?</string>

    <string name="title_activity_new_settings">Einstellungen</string>

    <string name="congratulations_first_intro">Gut gemacht! Wenn du bereits ein Experte für Wahrscheinlichkeiten bist, spring ruhig zum Hauptmenü zurück und probier ein paar schwierige Rätsel.</string>
    <string name="congratulations_first_0">Du hast dein erstes kinderleichtes Rätsel gelöst!</string>
    <string name="congratulations_first_1">Willkommen in der großen Liga: du hast gerade dein erstes ernsthaftes Rätsel gelöst!</string>
    <string name="congratulations_first_2">Immer langsam mit den wilden Pferden\u00A0– das war ein kniffliges Rätsel, das du da gerade gelöst hast!</string>

    <string name="button_intro">Einführung</string>
    <string name="button_level_0">Kinderleicht</string>
    <string name="button_level_1">Jetzt wird’s ernst</string>
    <string name="button_level_2">Knifflig</string>
    <string name="button_hint">Brauchst du einen Tipp?</string>
    <string name="button_gemini_hint">Mit Gemini sprechen</string>
    <string name="puzzle_copied_to_clipboard">Rätsel in die Zwischenablage kopiert.</string>
    <string name="gemini_not_installed">Gemini-App nicht installiert. Play Store wird geöffnet.</string>

    <string-array name="levelDescriptions">
        <item>Level: kinderleicht\u00A0– nur so zum Aufwärmen.</item>
        <item>Level: jetzt wird’s ernst\u00A0– du könntest Stift und Papier brauchen.</item>
        <item>Level: knifflig\u00A0– das war mutig, diese Schaltfläche zu drücken.</item>
    </string-array>

    <string name="puzzle">Rätsel %d</string>
    <string name="approximate_result">≈ %s</string>
    <string name="main_menu_button">Hauptmenü</string>
    <string name="stay_here_button">Hier bleiben</string>
    <string name="button_back_to_puzzle">Zurück zum Rätsel</string>
    <string name="next_puzzle_button">Nächstes Rätsel</string>
    <string name="okay_button">Okay</string>
    <string name="ok_button">OK</string>

    <string name="solved">%1$d/%2$d gelöst</string>

    <string name="action_share">Teilen</string>
    <string name="action_settings">Einstellungen</string>
    <string name="reset_user_data">Daten zurücksetzen</string>
    <string name="title_activity_solve_puzzle">Rätsel lösen</string>
    <string name="user_answer_hint">Antworte hier</string>
    <string name="button_submit_answer">Überprüfen</string>
    <string name="answer_parsing_hint">Deine Antwort darf Rechnungen enthalten:\nProbier 0.25 oder 1/4 oder (1/2)^2 oder 1/(2*2).</string>
    <string name="swipe_hint">Wische waagerecht, um ein anderes Rätsel zu sehen.</string>
    <string name="check_mark_description">Häkchen</string>
    <string name="accuracy">Das ist sehr nahe dran, aber vielleicht hattest du ja nur Glück. Um mich zu überzeugen, gib das Ergebnis bitte mit einer Genauigkeit von 0.00001 ein. Und denk dran, die Antwort darf auch eine Formel sein.</string>

    <string name="trouble_parsing_answer">Ich konnte deine Antwort nicht verstehen (also in eine Zahl umrechnen). Versuch bitte die Antwort anders zu schreiben. Du kannst + und - für Addition und Subtraktion benutzen, * und / für Multiplikation und Division, ^ für Potenzen. Benutze die Ziffern 0 bis 9, und wenn nötig ( und ) als Klammern. Gültige Antworten sind zum Beispiel 3/(6*2) oder (1/2)^3. Benutze einen Punkt für Dezimalzahlen (Komma geht nicht), also 0.2 für 1/5.</string>

    <string name="apprater_title">Wahrscheinlichkeitsrätsel bewerten</string>
    <string name="apprater_message">Gefällt dir die App? Dann lass doch eine Bewertung im Play Store da. Jede Bewertung zählt. Danke für deine Mithilfe!</string>
    <string name="apprater_rate_button">Bewerten!</string>
    <string name="apprater_later_button">Später</string>
    <string name="apprater_never_button">Nie</string>

    <string-array name="toasts_for_incorrect_answers">
        <item>Sorry, das sieht nicht richtig aus. Versuchs noch einmal!</item>
        <item>Ich glaube nicht, dass das richtig ist. Versuch’s nochmal!</item>
        <item>Ich glaube nicht, dass das richtig ist. Probier’s noch einmal!</item>
        <item>Das sieht mir nicht nach der richtigen Lösung aus. Gib nicht auf!</item>
        <item>Ich glaube nicht, dass das die Antwort ist, aber gib nicht auf!</item>
        <item>Deine Antwort darf auch Rechnungen enthalten, zum Beispiel 0.01 + 11*(1/12)^2.</item>
        <item>Du schaffst das\u00A0– gib nicht auf!</item>
        <item>Ich wette, du kannst das\u00A0– bleib am Ball!</item>
        <item>Bleib dran! Ich bin sicher, dass du dieses Rätsel lösen kannst.</item>
        <item>Du kannst auch den Rechenweg schreiben: probier mal + - * / und ^ (für Potenzen).</item>
        <item>Stell es dir als Gedankenübung vor. Bleib dran!</item>
        <item>Albert Einstein konnte das schon mit 2 Jahren lösen.</item>
        <item>Sorry, das ist nicht ganz richtig. Bitte versuch es nochmal!</item>
        <item>Ich glaube nicht, dass dies die richtige Antwort ist. Bleib dran!</item>
        <item>Denk dran, du darfst in der Antwort auch Rechenwege schreiben: versuch mal + - * / und ^.</item>
        <item>Das ist nicht ganz richtig. Vielleicht hilft es ja, dass du * / und ^ für Multiplikation, Division und Potenzbildung schreiben kannst.</item>
        <item>Festgefahren? Wisch waagerecht, um ein anderes Rätsel zu probieren\u00A0– dies hier hat Zeit für später.</item>
        <item>Festgefahren? Du kannst dieses Rätsel erstmal überspringen und später nochmal probieren. Versuch mal, waagerecht zu wischen.</item>
        <item>Bleib dran!</item>
        <item>Brauchst du Hilfe? Nutze die Teilen-Schaltfläche in der rechten oberen Ecke, um einen Freund zu fragen.</item>
        <item>Hängst du fest? Nutze die Teilen-Schaltfläche in der rechten oberen Ecke, um deine Freunde um Hilfe zu bitten!</item>
        <item>Mögen deine Freunde Wahrscheinlichkeitsrätsel? Nutze die Teilen-Schaltfläche, um sie um Hilfe zu bitten!</item>
        <item>Du kannst einen Freund um Hilfe bitten\u00A0– probier mal die Teilen-Schaltfläche rechts oben aus!</item>
        <item>Denk nochmal drüber nach!</item>
        <item>Probier’s nochmal, ich wette, du kriegst es bald raus!</item>
        <item>Du kannst dieses Rätsel lösen. Bleib dran!</item>
        <item>Du schaffst das!</item>
        <item>Dein Gehirn kommt gut in Schwung\u00A0– bleib dran!</item>
        <item>Stell es dir wie Gedankenübung vor\u00A0– bleib dran!</item>
        <item>Du wirst viel besser bei solchen Rätseln mit ein bisschen Übung. Bleib dran!</item>
        <item>Bleib am Ball\u00A0– aufgeben zählt nicht!</item>
        <item>Du bist noch nicht am Ziel\u00A0– bleib am Ball!</item>
        <item>Los jetzt, du schaffst das schon!</item>
        <item>Wer ist zäher, du oder dieses Rätsel?</item>
        <item>Hey, lass dich von diesem schwächlichen Rätsel nicht rumschubsen.</item>
        <item>Das ist nicht die Antwort, die ich meine. Aber keine Angst, es gibt keine Strafpunkte für falsche Antworten.</item>
        <item>Gut, dass es für falsche Antworten keine Strafpunkte gibt. Gib nicht auf!</item>
        <item>Du kannst das\u00A0– konzentrier dich!</item>
        <item>Konzentrier dich! Du kannst das hier lösen.</item>
        <item>Bleib am Ball!</item>
        <item>Du kriegst das schon raus\u00A0– bleib am Ball.</item>
        <item>Du rätst nicht einfach wild zufällige Zahlen, oder?</item>
        <item>Vielleicht besucht dich die Antwort, wenn du schläfst.</item>
        <item>Probier’s mal mit einem Spaziergang\u00A0– das spornt deine Kreativität an.</item>
        <item>Keine Bange, niemand hat’s gesehen.</item>
        <item>Kommst du nicht weiter? Wisch waagerecht, um ein anderes Rätsel zu probieren.</item>
        <item>Wisch waagerecht und probier ein anderes Rätsel, wenn du festhängst (dieses Rätsel kannst du auch später noch machen).</item>
        <item>Hängst du fest? Dann überspring dieses Rätsel und mach das nächste\u00A0– ich sag’s auch niemandem.</item>
        <item>Hast du Probleme? Probier ein anderes Rätsel und komm später hierher zurück.</item>
        <item>Macht dieses Rätsel bei dir nicht klick? Wisch waagerecht, um ein anderes zu probieren.</item>
        <item>Du bist noch nicht am Ziel. Versuch es weiter, es fühlt sich gut an, wenn du es knackst!</item>
        <item>Bleib dran! Die beste Art zu lernen, ist dich selbst herauszufordern.</item>
        <item>Hängst du fest? Probier die Tipp-Schaltfläche unten auf dem Bildschirm.</item>
        <item>Lies mal den Tipp unten auf dem Bildschirm.</item>
        <item>Willst du es später nochmal probieren? Wisch waagerecht, um ein anderes Rätsel zu probieren.</item>
        <item>Hast du Probleme? Unten auf dem Bildschirm gibt es eine Tipp-Schaltfläche.</item>
        <item>Schwieriges Rätsel? Lies mal den Tipp unten auf dem Bildschirm.</item>
        <item>Gib nicht auf\u00A0– du kannst das rauskriegen!</item>
        <item>Wisch waagerecht, um ein anderes Rätsel zu probieren (du kannst später hierher zurückkommen).</item>
    </string-array>
    <string-array name="images_intro">
        <item />
    </string-array>
    <string-array name="hints_intro">
        <item>Probier, 0.4 zu schreiben (mit einer führenden 0 vor dem Punkt), 40\%, 4/10, oder 2*1/5.</item>
        <item>Die Antwort ist 0.49^3. Wenn du willst, kannst du auch 0.49*0.49^2 schreiben, oder 0.49*0.49*0.49.</item>
        <item>Tippe 4! (ja, das Ausrufezeichen ist Teil der Antwort!), oder probier 4*3*2.</item>
        <item>Tippe -0.7 + 0.2 + 0.1*4, oder 70\%*(-1) + 20% + 10%*4, wenn du das lieber magst. Oder bist du tippfaul? Die Lösung ist -0.1.</item>
        <item>Tippe den Kleinbuchstaben e.</item>
        <item>Löse die Gleichung für p, und du solltest p = 6/11 herausbekommen. Wie erwartet, ist das etwas mehr als 50 Prozent, das heißt Anna hat einen leichten Vorteil. Wenn du eine Herausforderung brauchst, versuch den alternativen Rechenweg über die unendliche Summe p = 1/6 * (1 + (5/6)^2 + (5/6)^4 + (5/6)^6 + …).</item>
        <item>Der Punkt ist gleichverteilt zufällig aus dem Quadrat gewählt, daher ist die Antwort einfach die Größe des Kreises geteilt durch die Größe des Quadrats. Der Kreis hat die Fläche pi*(D/2)^2, das Quadrat hat die Fläche D^2, daher ist die Antwort pi/4. Du kannst pi direkt in deine Antwort eingeben.</item>
    </string-array>
    <string-array name="puzzles_intro">
        <item>Hallo, willkommen bei der App! Eine Wahrscheinlichkeit ist eine Zahl zwischen 0 und 1, die angibt, wie stark die Chance ist, dass ein bestimmtes Ereignis eintritt. Ein Ereignis mit der Wahrscheinlichkeit 1 tritt sicher ein, während ein Ereignis mit der Wahrscheinlichkeit 0 (grob gesagt) niemals eintritt. (Such nach dem Begriff „fast sicher“, um die exakte Definition von Wahrscheinlichkeit 1 oder 0 zu erfahren.) Wenn du eine faire Münze wirfst, wird sie mit der Wahrscheinlichkeit 50\u00A0\% Kopf zeigen.\n\nNehmen wir mal an, du hast gerade ein schwieriges Wahrscheinlichkeitsrätsel gelöst, dessen Antwort 0.4, also 40\u00A0\% ist. Tipp diese Antwort unten ein und drück Abschicken. Die App kann komplizierte Rechnungen selbst ausrechnen und kennt die meisten mathematischen Operationen: Du könntest 2*0.20 oder 0.30+0.10 oder (80%)/2 eingeben, und sie werden alle als korrekt akzeptiert\u00A0– oder du gehst den einfachen Weg und schreibst entweder 0.4 oder 40%.</item>
        <item>Wenn zwei Ereignisse A und B unabhängig sind (das bedeutet, dass das Ergebnis des einen Ereignisses die Wahrscheinlichkeit des anderen nicht beeinflusst), kannst du die Wahrscheinlichkeit dafür, dass A und B beide eintreten, herausfinden, indem zu ihre Wahrscheinlichkeiten multiplizierst. Nehmen wir zum Beispiel an, dass Babys mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.49 weiblich sind (und mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.51 männlich), und dass Geburten unabhängig sind. Wenn ein Paar zwei Kinder hat, ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie beide Mädchen sind, 0.49*0.49, oder 0.49^2. Das Symbol ^ bedeutet Potenzierung.\n\nWenn ein Paar drei Kinder hat, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Mädchen sind? Mit derselben Regel wie oben ergibt sich die Antwort 0.49^3. Versuch das mal unten einzugeben. Wenn du das Symbol ^ nicht magst, kannst du auch 0.49*0.49*0.49 eingeben.</item>
        <item>Wie viele Möglichkeiten gibt es für drei Freunde\u00A0– Alice, Bob und Charles\u00A0– sich in eine Reihe zu stellen? Es gibt drei Möglichkeiten für den ersten in der Reihe (A, B oder C), mal zwei Möglichkeiten für den zweiten Platz (da nur noch zwei Freunde übrig sind, nachdem sich schon jemand auf den ersten Platz gestellt hat). Die Antwort ist 3*2=6.\n\nWie viele Möglichkeiten gibt es für vier Freunde, sich in eine Reihe zu stellen? Mit der gleichen Argumentation sieht man, dass die Antwort 4*3*2 ist. Diese Art von Zahlen kommt so oft in der Wahrscheinlichkeitsrechnung und Kombinatorik vor, dass man dafür kurz 4! schreibt (und gelesen wird das als „vier Fakultät“). Im Antwortfeld kannst du die Fakultät benutzen: probier, 4! dort einzutippen (oder schreib 4*3*2, oder 24, oder was immer dein Herz dir sagt).</item>
        <item>Oft wird dir der Begriff „Erwartungswert“ in Wahrscheinlichkeitsrätseln begegnen. Der Erwartungswert ist im Grunde genommen ein Durchschnittswert, der mit den Wahrscheinlichkeiten gewichtet ist. Nehmen wir beispielsweise an, dass X der Geldbetrag sei, den du das nächste Mal beim Glücksspiel im Casino gewinnst. Wenn X nur eine endliche Anzahl an Werten annehmen kann, ist der Erwartungswert von X (geschrieben als E[X]) einfach der Durchschnitt der möglichen Werte, gewichtet mit der jeweiligen Wahrscheinlichkeit. (Hier beschreibe ich nur diskrete Zufallsvariablen; Erwartungswerte für nichtdiskrete Zufallsvariablen sind komplizierter, aber das ist erstmal unwichtig.)\n\nNehmen wir eine einfache Verteilung für X an: mit 70\u00A0\% Wahrscheinlichkeit verlierst du einen Euro (X\u00A0=\u00A0-1); mit 20\u00A0\% Wahrscheinlichkeit gewinnst du einen Euro (X\u00A0=\u00A0+1); mit den übrigen 10\u00A0\% Wahrscheinlichkeit gewinnst du unglaubliche vier Euro. Der Erwartungswert für deinen Gewinn ist E[X] = 0.7*(-1) + 0.2*1 + 0.1*4\u00A0– und das ist die Antwort dieses Rätsels! Wie du sehen wirst, ist dein erwarteter Gewinn negativ, und das bedeutet, dass das Casino im Durchschnitt Geld verdient.</item>
        <item>Die mathematische Konstante e\u00A0– die Eulersche Zahl\u00A0– kommt manchmal in Wahrscheinlichkeitsrätseln vor. Es gibt mehrere Arten, e auszudrücken; eine Art ist der Grenzwert von (1+1/N)^N, wenn N gegen unendlich geht. Du brauchst das nicht oft in dieser App, aber es gibt ein paar knifflige Rätsel, deren Antwort e enthält. Zum Glück kannst du mathematische Konstanten wie e und pi direkt in der Antwort eingeben. Probier mal, ein kleingeschriebenes e in das Antwortfeld zu schreiben.</item>
        <item>Hier ist ein Beispiel für einen Trick, der ein schwieriges Rätsel einfach macht. Nehmen wir an, dass Andreas und Anna ein Spiel spielen, mit einem sechsseitigen Würfel: sie werfen den Würfel abwechselnd, und wer zuerst eine Sechs würfelt, gewinnt. Wenn Anna anfängt, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie gewinnt? Intuitiv sollte sie einen Vorteil haben, da sie im ersten Wurf eine Sechs haben kann und damit sofort gewinnt, ohne dass der arme Andreas auch nur eine Chance hat zu spielen. Aber wie hoch genau ist die Wahrscheinlichkeit, dass Anna gewinnt?
        \n\nDieses Rätsel kann man lösen, indem man eine unendliche Reihe aufsummiert, aber es geht auch einfacher. Sei p die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler, der gerade am Zug ist, gewinnt. Die Wahrscheinlichkeit, mit dem jetzigen Wurf direkt zu gewinnen, ist 1/6. Zusätzlich gilt: Wenn das Spiel nach zwei Würfen noch nicht vorbei ist, (so dass dieser Spieler wieder dran ist), ist die Gewinnwahrscheinlichkeit immer noch p. Wir haben daher die Gleichung p = (1/6) + (5/6)^2 * p, in der (5/6)^2 die Wahrscheinlichkeit für zweimal nicht-Sechs nacheinander ist. Löse die Gleichung nach p auf, um Annas Gewinnwahrscheinlichkeit für dieses Spiel herauszufinden.</item>
        <item>Hier ist ein Beispiel, das die mathematische Konstante pi nutzt. Stell dir einen Kreis vor, der in ein Quadrat eingeschrieben ist: Der Kreis hat den Durchmesser D, die Kantenlänge des Quadrats ist ebenfalls D, und der Kreis und das Quadrat haben ihre Mittelpunkte im selben Punkt.
        \n\nWenn du einen Punkt zufällig gleichverteilt aus dem Quadrat wählst (zum Beispiel durch einen stümperhaft geworfenen Dartpfeil), wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Punkt innerhalb des Kreises liegt?</item>
    </string-array>
    <string-array name="answers_intro">
        <item>0.40</item>
        <item>0.49^3</item>
        <item>4!</item>
        <item>0.7*(-1) + 0.2*1 + 0.1*4</item>
        <item>e</item>
        <item>6/11</item>
        <item>pi/4</item>
    </string-array>

    <string-array name="images_0">
        <item>two_heads_caesar</item>
        <item>socks</item>
        <item>dice_small</item>
        <item>dice_two_six_small</item>
        <item>two_girls_small</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>berries</item>
        <item />
        <item />
        <item>eight_children_small</item>
        <item>monty</item>
        <item>roll_7_small</item>
        <item>gay_straight</item>
        <item>intransitive_dice</item>
        <item>life_expectancy_small</item>
        <item />
        <item />
        <item>backgammon_small</item>
        <item>ct_vote_table_small</item>
        <item>two_girls_small</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>random_breakpoint_small</item>
        <item>clock_noon</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>seven_lines</item>
    </string-array>
    <string-array name="hints_0">
        <item>Die Antwort ist (1/2)^2 oder 1/4. Wenn die Ereignisse A und B unabhängig sind, ist P[A und B] = P[A]*P[B]. In diesem Fall bedeutet A Kopf im ersten Wurf, und B bedeutet Kopf im zweiten; du musst jetzt nur noch die beiden Wahrscheinlichkeiten multiplizieren. Intuitiv bedeutet Unabhängigkeit, dass das Ergebnis des einen Ereignisses die Wahrscheinlichkeit des anderen Ereignisses nicht beeinflusst: Egal, was beim ersten Wurf passiert, der zweite hat immer eine 50:50-Chance auf Kopf.</item>
        <item>Egal, welche Socke du zuerst ziehst: Die Chance, dass die zweite dieselbe Farbe hat, ist … eine Zahl, und das ist genau die gesuchte Antwort. Angenommen, du ziehst zuerst eine rote: dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite Socke auch rot ist, genau 1 von 5. Für die anderen Farben gilt das genauso
            Eine ausführliche Erklärung gibt es auf https://math.stackexchange.com/questions/2750340/whats-the-probability-of-choosing-two-socks-of-the-same-color-from-three-pairs.</item>
        <item>Wenn A, B und C Ereignisse sind, die sich gegenseitig ausschließen\u00A0– zum Beispiel eine 2, eine 4 oder eine 6 zu würfeln\u00A0– gilt: P[A oder B oder C] = P[A]+P[B]+P[C]. Addiere einfach diese drei Wahrscheinlichkeiten. Jede einzelne hat die Wahrscheinlichkeit 1/6, und zusammen ergibt das …</item>
        <item>Es gibt 6*6=36 mögliche Ergebnispaare, die alle gleich wahrscheinlich sind. Welche davon ergeben die Summe 12? Du müsstest sowohl beim ersten als auch beim zweiten Wurf eine 6 würfeln. Es gibt nur eine Möglichkeit, wie das passiert, daher ist die Antwort …</item>
        <item>Wie schon in der ersten Frage bedeutet Unabhängigkeit, dass P[A und B] = P[A]*P[B]. Diesmal ist A das Ereignis, dass dein erstes Kind ein Mädchen ist. Genauso für B und dein zweites Kind. Multiplizier diese Wahrscheinlichkeiten, und du hast die Antwort.</item>
        <item>Sei A (B) das Ereignis, dass die erste (zweite) Karte ein As ist. Diese Ereignisse sind nicht unabhängig, daher musst du P[A und B] = P[A]*P[B|A] berechnen. Letztere ist die Wahrscheinlichkeit, dass deine zweite Karte ein As ist, unter der Voraussetzung, dass die erste ein As war. Kriegst du raus, was das ist? An dieser Stelle, angenommen dass Ereignis A stattgefunden hat, weißt du, dass noch 51 Karten übrig sind, von denen 3 Asse sind.</item>
        <item>Es gibt zwei Möglichkeiten, genau ein As zu bekommen: entweder mit der ersten oder mit der zweiten Karte. Diese Ereignisse schließen sich gegenseitig aus, daher gilt: P[A oder B] = P[A] + P[B]. A ist dabei das Ereignis, dass die erste Karte ein As ist, die zweite jedoch nicht. Bei B ist es genau umgekehrt. P[A] wird wie in der vorherigen Frage berechnet, das Ergebnis ist (4/40)*(36/39). Was ist P[B]?</item>
        <item>Der kleine Trick hier ist: Egal welche Karte du zuerst ziehst, die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite dieselbe Farbe hat, ist …</item>
        <item>Von den sechs möglichen Vorlieben passen nur drei zu ihrer ersten Wahl. Aufgrund unseres Vorwissens ist die Wahrscheinlichkeit 0, dass die Affendame blau gegenüber gelb gegenüber rot bevorzugt, aber die Wahrscheinlichkeit ist 1/3, dass sie gelb gegenüber rot gegenüber blau bevorzugt. Dieses Rätsel lehnt sich an einen Artikel aus der New York Times an (https://www.nytimes.com/2008/04/08/science/08tier.html), insbesondere an die Diskussion nach dem Satz \"Dr. Chen says that the monkey’s distaste for blue can be completely explained with statistics alone\".</item>
        <item>Lege alle weißen Murmeln in eine Urne (die linke), und alle schwarzen Murmeln in die andere (die rechte). Deine Überlebenschance ist jetzt 50:50. Nimm jetzt eine weiße Murmel aus der linken Urne und lege sie in die rechte. Verbessert das deine Chance?</item>
        <item>Von den Spielen, die nach einer Runde enden (also nach den ersten zwei Würfen, die entweder K Z oder Z K sein mussten), gewinnen Bob und Alice erwartungsgemäß jeweils die Hälfte. Wenn jedoch die ersten beiden Würfe K K oder Z Z waren, geht es mit der zweiten Runde weiter. Unter der Bedingung, dass das Spiel nach der zweiten Runde zu Ende ist, haben Bob und Alice wieder die gleichen Gewinnchancen. Erkennst du das Muster?</item>
        <item>Für jedes Ereignis A gilt:  P[A] = 1 - P[!A], wobei !A „nicht A“ bedeutet, also das Gegenteil von A. Manchmal ist es leichter, P[!A] zu berechnen, und in diesem Fall ist das die Wahrscheinlichkeit, dass alle 50 Familien mindestens ein Kind jeden Geschlechts haben. Finde erstmal die Wahrscheinlichkeit heraus, dass eine 8-köpfige Familie mindestens ein Kind jeden Geschlechts hat\u00A0– und nenn das w. Um dieses w zu berechnen, ist der „nicht A“-Trick auch schon hilfreich. Schau dir das Balkendiagramm an: die Wahrscheinlichkeiten ganz links und ganz rechts musst du abziehen. Ganz am Ende ist die Antwort dann 1 - w^50.</item>
        <item>Bevor Monty irgendwas macht, ist die Wahrscheinlichkeit, dass du das Auto ausgewählt hast, 1/10. Ändert sich daran etwas, wenn er dir die 8 Ziegen zeigt?</item>
        <item>Wenn man zwei faire Würfel wirft, gibt es 6*6 = 36 mögliche Ausgänge, die alle gleich wahrscheinlich sind. Das Bild soll einen dezenten Hinweis auf die Lösung geben, ohne sie gleich zu verraten: Die Kreise sind dunkler, wenn die Summe der Würfe näher an der Sieben liegt.</item>
        <item>Wenn alle schwul wären, wäre die Antwort 0.9, und wenn alle hetero wären, wäre sie 0.1. In der Situation, über die wir gerade nachdenken, ist die Antwort ein gewichtetes Mittel dieser beiden Zahlen. Verstehst du, warum?</item>
        <item>Ein einfacher Rechenweg für die Wahrscheinlichkeit, dass ein Würfel einen anderen schlägt, ist eine Fallunterscheidung über das Ergebnis eines der Würfe. Wenn der rote Würfel zum Beispiel eine 2 zeigt, ist die Chance 0/3, dass er den blauen Würfel schlägt. Wenn er jedoch eine 4 zeigt, ist die Chance 1/3. Was ist nun, wenn er eine 9 zeigt? Siehst du, wie die richtige Antwort entsteht, wenn man von all diesen bedingten Wahrscheinlichkeiten den Durchschnitt bildet? Siehe https://de.wikipedia.org/wiki/Intransitive_W%C3%BCrfel für eine ausführliche Erklärung.</item>
        <item>Ein erster Hinweis ergibt sich daraus, wie die Lebenserwartung zum Zeitpunkt der Geburt berechnet wurde: 0.2*(1 + 6 + 20 + 50 + 80) = 31.4. Wie kannst du das verändern, um die gesuchte Lösung zu finden? Unter der Bedingung, die ersten 30 Jahre überlebt zu haben, ist die Wahrscheinlichkeit, in den Bereich [0, 2] zu fallen, 0 geworden. Wie sieht es mit der Wahrscheinlichkeit aus, zwischen 70 und 90 zu sterben? Die Zahlen in diesem Rätsel sind ausgedacht, aber mit der Absicht, halbwegs realistisch zu sein – siehe https://www.bbc.com/future/article/20181002-how-long-did-ancient-people-live-life-span-versus-longevity für eine detailliertere Abhandlung über die Lebenserwartung im antiken Rom.</item>
        <item>Der Erwartungswert ist im Grunde genommen ein Durchschnitt. Wenn du zum Beispiel 1000 € rätst, ist die Chance richtig zu liegen 0.01, also gewinnst du durchschnittlich 0.01 * 1000 + 0.99 * 0 = 10 Euro. Du wirst herausfinden, dass die Antwort weder der wahrscheinlichste Betrag (0 Euro) noch der höchste Betrag (1000 Euro) ist!</item>
        <item>Wenn w die Wahrscheinlichkeit ist, dass weibliche Bewerber sich bei Fachbereich A bewerben, ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie sich bei Fachbereich B bewerben, notwendigerweise (1 - w), da wir annehmen, dass jeder Bewerber sich genau bei einem Fachbereich bewirbt. Kannst du die Gesamtakzeptanzquote für Frauen als eine Funktion angeben, die von w und den beiden fachbereichsspezifischen Akzeptanzquoten (also 0.5 für A und 0.2 für B) abhängt?</item>
        <item>Wie schon in den vorherigen Zweiwürfelrätseln gibt es hier 36 mögliche Ausgänge, die alle gleich wahrscheinlich sind. Du brauchst hier nur die zu zählen, mit denen Schwarz den weißen Stein fangen kann, aber pass auf, dass du nicht doppelt zählst. Die Abbildung zeigt zwei mögliche Züge (ein Sprung von 6 Schritten, oder eine 4 gefolgt von einer 2), aber es gibt viel mehr.</item>
        <item>Für T gibt es nur einen einzigen Weg zum Sieg: Die Wähler 3 und 4 müssen für ihn stimmen. Die Wahrscheinlichkeit, dass C gewinnt, ist daher eins minus die Wahrscheinlichkeit, dass Wähler 3 und 4 beide für ihren Gegenkandidaten stimmen. Die Frage verrät, dass P[Wähler 3 und 4 wählen beide C] = 0.6*2/3 = 0.4 ist. Kannst du P[Wähler 3 und 4 wählen beide T] herausfinden? Versuch, die 2-mal-2-Wahrscheinlichkeitstabelle unten in diesem Rätsel auszufüllen. Jeder Wähler wählt mit 60\u00A0% Wahrscheinlichkeit C, das heißt: Die Zeile C und die Spalte C der Tabelle müssen sich zu jeweils 0.6 aufsummieren; analog müssen sich die Zeile T und die Spalte T zu jeweils 0.4 aufsummieren. Wie du vielleicht gemerkt hast, stammt die Idee für dieses Rätsel aus der US-Präsidenten-Wahl 2016, genauer gesagt von https://fivethirtyeight.com/features/election-update-why-our-model-is-more-bullish-than-others-on-trump/ und https://fivethirtyeight.com/features/why-fivethirtyeight-gave-trump-a-better-chance-than-almost-anyone-else/ – das Argument der Korrelation in Wahlfehlern zwischen den US-Bundesstaaten ist vergleichbar mit der Korrelation zwischen den Wählern in diesem einfachen Rätsel.</item>
        <item>In einem früheren Rätsel war nach der Wahrscheinlichkeit gefragt, dass von zwei Kindern auch zwei Mädchen sind: diese Wahrscheinlichkeit ist 0.49^2. In diesem Rätsel ist jedoch die Wahrscheinlichkeit für zwei Mädchen gesucht, unter der Bedingung, dass mindestens ein Kind ein Mädchen ist (also nicht zwei Jungen). Da die Wahrscheinlichkeit für zwei Jungen 0.51^2 ist, ist die Wahrscheinlichkeit für mindestens ein Mädchen 1 &#x2212; 0.51^2. Kannst du diese Informationsbrocken zu einer Antwort kombinieren?</item>
        <item>Du gehst laufen, wenn du nicht zum Schwimmen ausgewählt wurdest. Die Wahrscheinlichkeit, dass du nicht als erstes Kind ausgewählt wirst, ist 49/50. Unter der Bedingung, dass du nicht als erstes Kind ausgewählt wurdest, ist die Wahrscheinlichkeit, dass du auch nicht als zweites Kind ausgewählt wirst, 48/49. Beachte, dass P[nicht zuerst ausgewählt und nicht als zweites ausgewählt] = 48/50, das heißt, die 49en kürzen sich raus. Das Endergebnis ist sehr intuitiv und einfach.</item>
        <item>Die Antwort könnte offensichtlicher werden, wenn du dir eine große Anzahl von Investmentfonds vorstellst. Angenommen, es gibt 1000 davon: Durchschnittlich werden 400 den Markt übersteigen und fortbestehen, 300 werden schlechter als der Markt abschneiden und fortbestehen, und die übrigen 300 schneiden schlechter als der Markt ab und werden abgesetzt. Von denen, die fortbestehen, welcher Anteil hat den Markt überstiegen?</item>
        <item>Der Satz von Bayes für bedingte Wahrscheinlichkeiten ist: P[A\u00A0|\u00A0B] = P[A und B] / P[B]. Der senkrechte Strich bedeutet „unter der Bedingung, dass“, und P[A\u00A0|\u00A0B] ist die Wahrscheinlichkeit von A, unter der Bedingung, dass B eingetreten ist (das heißt, wir beobachten B und fragen uns, wie wahrscheinlich A ist, nach dem, was wir bereits wissen). Was können wir über P[A\u00A0|\u00A0B] und P[B\u00A0|\u00A0A] sagen, unter der Annahme, dass P[A] = P[B]?</item>
        <item>Die Wahrscheinlichkeit, dass das rechte Stück kürzer als L ist, ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass das linke Stück länger als (1 - L) ist, und das ist einfach 1 - (1 - L) = L. Aus Symmetriegründen muss die durchschnittliche Länge des linken und rechten Stücks gleich sein, also E[Länge des linken Stücks] = E[Länge des rechten Stücks], wobei E der Erwartungswert ist. Darüber hinaus müssen die beiden Erwartungswerte sich zur Gesamtlänge 1 aufaddieren. Siehst du, wie sich daraus die Antwort ergibt?</item>
        <item>Damit der Stundenzeiger nach 3 Stunden auf der 2 steht, muss er genau einmal stehengeblieben sein und sich zweimal bewegt haben. Der Schlüssel zur Lösung ist, dass es drei unterschiedliche Arten gibt, wie das passieren kann: stehen-bewegen-bewegen, bewegen-stehen-bewegen und bewegen-bewegen-stehen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für jede dieser Folgen? Zusammengezählt ergeben diese Wahrscheinlichkeiten die Antwort.</item>
        <item>Das Rätsel fragt nach der Wahrscheinlichkeit, dass du 3 unentschlossene Wähler kontaktierst, 1 Unterstützer und 1 Gegner\u00A0– egal, in welcher Reihenfolge. Um es einfacher auszurechnen, berechne erst die Wahrscheinlichkeit, Leute in einer bestimmten Reihenfolge zu kontaktieren (zum Beispiel u-u-u-U-G), und multiplizier diese Wahrscheinlichkeit dann mit der Anzahl der möglichen Umgruppierungen dieser Folge (zum Beispiel ist u-u-u-G-U eine andere mögliche Reihenfolge, wie auch G-u-u-U-u). Es stellt sich heraus, dass es 20 mögliche Anordnungen gibt\u00A0– kannst du rausfinden, warum das so ist?</item>
        <item>Angenommen, du wählst einen Buchstaben gleichverteilt zufällig, egal, wie deine Freundin sich ihren Buchstaben ausdenkt. Deine Freundin denkt an einen Buchstaben, zum Beispiel Z: unter der Bedingung ihrer Wahl ist die Chance, dass du richtig rätst, 1/26. Und tatsächlich ist das so, egal welchen Buchstaben sie sich gedacht hat, und egal nach welchem Schema sie sich die Buchstaben auswählt.</item>
        <item>Nimm an, dass es für eins der Geschlechter eine feste Reihenfolge gibt\u00A0– sagen wir mal, die Mädchen sind in der Reihe (M1, M2, …, M5) angeordnet. Alles, was wir jetzt noch tun müssen, um aus den Mädchen und den Jungen Paare zu bilden, ist die 5 Jungen in eine Reihenfolge zu bringen; dann bilden wir aus M1 und dem ersten Jungen in der Jungenliste ein Paar, aus M2 und dem zweiten Jungen in der Jungenliste, und so weiter. Wie viele Arten gibt es, die 5 Jungen anzuordnen (zu permutieren)? Die Antwort kann einfach als Fakultät ausgedrückt werden, also N! für eine Zahl N.</item>
        <item>Die Antwort lässt sich einfach mit Fakultäten ausdrücken. Ein Ansatz ist, mit 12! anzufangen\u00A0– also der Anzahl der Möglichkeiten, 12 Leute anzuordnen\u00A0– und dann durch die Anzahl der Möglichkeiten zu teilen, wie die Leute innerhalb der Gruppen angeordnet werden können. Eine andere Möglichkeit ist, mit C(12, 4) anzufangen, also der Anzahl an Möglichkeiten, die Leute zu Gruppe A zuzuordnen, und dann mit der Anzahl der Möglichkeiten zu multiplizieren, die 8 übrigen Leute in die Gruppen B und C zu verteilen.</item>
        <item>Es gibt 6! Möglichkeiten, 6 Leute in einer Reihe anzuordnen, und es gibt 10 Möglichkeiten für Person A und B, nebeneinander zu stehen. Für jede dieser 10 Fälle, in denen A und B benachbart sind, auf wie viele Arten kann man die übrigen 4 Leute anordnen?</item>
        <item>Es ist trickreich, auf diese Strategie zu kommen, aber jetzt, wo du sie kennst, sollte es leicht sein, die Gewinnwahrscheinlichkeit der Gruppe auszurechnen. Interessanterweise ist diese Wahrscheinlichkeit weit größer als 50\u00A0\%. Die Gruppe verliert, wenn alle Hüte weiß sind (da dann jeder zwei weiße Hüte sieht und davon ausgeht, dass sein eigener Hut schwarz ist); auf die gleiche Weise verliert die Gruppe, wenn alle Hüte schwarz sind. Die Wahrscheinlichkeit, dass alle Hüte dieselbe Farbe haben, ist 2*(1/2)^3 = 1/4. Rät die Gruppe in allen anderen Fällen richtig? Bonusaufgabe: Gibt es eine Strategie, die noch besser ist, also eine noch höhere Gewinnwahrscheinlichkeit hat?</item>
        <item>Da keine Geraden paarweise parallel sind (und sich niemals 3 Geraden im selben Punkt schneiden), ergibt jede Auswahl von 3 Geraden ein Dreieck. Wie viele Möglichkeiten gibt es, aus einer Menge mit 7 Elementen 3 auszuwählen? Die Antwort lässt sich als „K aus N“ formulieren und wird C(N, K) geschrieben (C wie „choose“). Schau bei https://mathworld.wolfram.com/BinomialCoefficient.html, wenn du Binomialkoeffizienten noch nicht kennst, und denk dran, dass du Ausdrücke wie C(5,3) direkt in der Antwort schreiben kannst, du musst sie nicht selbst ausrechnen. Eine ausführliche Antwort zu einem ähnlichen Rätsel ist in der New York Times unter https://www.nytimes.com/2019/08/21/science/math-equation-triangles-pemdas.html erschienen \u2013 aber versuch es erstmal selbst zu lösen.</item>
        <item>Interessanterweise ist die Wahrscheinlichkeit, den besten Kandidaten einzustellen, höher als 1/3. (Es gibt mehrere Strategien, um 1/3 zu erreichen: zum Beispiel könntest du immer den Kandidaten aus dem ersten Gespräch einstellen.) Überleg dir eine Regel, nach der du immer erstmal 2 Kandidaten einlädst. Klar, wenn der zweite Kandidat schlechter ist als der erste, solltest du ihn ablehnen, da du nur an dem einzig besten Kandidaten interessiert bist. Siehst du, zu welcher Strategie das führt? Wenn du Interesse an einer ausführlicheren Antwort zu einer verallgemeinerten Variante dieses Rätsels hast, schau auf https://math.stackexchange.com/questions/45266/secretary-problem-why-is-the-optimal-solution-optimal. Denk daran, dass die optimale Strategie davon abhängt, welches Ziel zu hast. In diesem Rätsel ist es „der beste oder gar keiner“. Rätsel 17 im Abschnitt „Jetzt wird’s ernst“ behandelt ein ähnliches Entscheidungsrätsel mit einer vollkommen anderen Auszahlungsfunktion.</item>
    </string-array>
    <string-array name="puzzles_0">
        <item>Julius Caesar wirft zwei faire Münzen.\n\nAngenommen, die Würfe sind unabhängig, mit welcher Wahrscheinlichkeit wirft er zweimal Kopf?</item>
        <item>In deiner Schublade liegen sechs einzelne Socken: zwei rote, zwei blaue und zwei lilane. Es ist dunkel\u00A0– du kannst nichts erkennen.\n\nDu nimmst eine erste Socke gleichverteilt zufällig, und dann noch eine von den verbleibenden fünf. Angenommen, die beiden Auswahlen sind unabhängig.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass du zwei Socken derselben Farbe genommen hast?</item>
        <item>Wenn du einen fairen sechsseitigen Würfel wirfst, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, eine gerade Zahl zu würfeln?</item>
        <item>Du wirfst zwei faire\u00A0– und unabhängige\u00A0– sechsseitige Würfel.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der Augen der maximal mögliche Wert, also 12, ist?</item>
        <item>Angenommen, dass Neugeborene mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.51 Jungen sind und mit 0.49 Mädchen, und dass Geburten unabhängig sind.\n\nWenn du zwei Kinder hast, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Mädchen sind? Der Graph unten gibt die ungefähre Antwort, aber gefragt ist die exakte Zahl.</item>
        <item>Eine Freundin setzt dir ein perfekt gemischtes Kartenspiel mit 52 Karten vor und erinnert dich netterweise daran, dass es vier Asse enthält.\n\nWenn du zwei Karten ziehst (ohne zu luschern), wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beides Asse sind?</item>
        <item>Dies ist die Fortsetzung der vorherigen Frage: Du hast die zwei Karten gezogen, und tragischerweise ist keine davon ein As.\n\nDeine Freundin ist heute mal gnädig und lässt dich zehn weitere Karten ziehen. Immer noch kein As. Du weißt, dass noch 40 Karten im Stapel sind, und vier davon sind Asse.\n\nWenn deine Freundin jetzt zwei Karten zieht, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie genau ein As zieht?</item>
        <item>Und schon wieder liegt vor dir ein perfekt gemischtes Kartenspiel mit 52 Karten\u00A0– bestehend aus vier Farben mit jeweils 13 Karten, wie deine Freundin netterweise erwähnt.\n\nWenn du zwei Karten ziehst, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass sie dieselbe Farbe (also Karo, Herz, Pik, Kreuz) haben?</item>
        <item>Lass uns für einen Moment annehmen, dass Affen nur drei Arten von Beeren essen\u00A0– blaue, rote und gelbe\u00A0– und dass Affen Vorlieben haben. Einige glauben zum Beispiel, dass rote Beeren die besten sind, dann kommen die blauen und dann die gelben, also R > B > G.\n\nDie Affen haben eine strenge Vorliebe: es gibt kein Unentschieden, so dass es nur sechs mögliche Rangfolgen für die Beeren gibt.\n\nAlle Vorlieben sind gleich wahrscheinlich: ein Sechstel der Affenpopulation findet, dass R > B > G; ein anderes Sechstel glaubt stattdessen, dass R > G > B. Ich habe dir nichts weiter über die Vorlieben der anderen vier Sechstel erzählt, aber das kannst du auch selbst herausfinden, indem zu die verbleibenden Rangfolgen auflistest.\n\nDu triffst eine zufällige Affendame und stellst sie vor die Wahl zwischen einer roten und einer blauen Beere. Sie wählt Rot. Jetzt bietest du ihr Rot oder Gelb an\u00A0– gemäß ihrer vorherigen Wahl, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie sich erneut für Rot entscheidet?</item>
        <item>Du hast den König bestohlen und wurdest dafür in den Kerker geworfen. Der König aber ist großmütig, und statt dich zu ertränken und auf dem Rad in vier Teile zu zerreißen, gewährt er dir ein Spiel.\n\nDu bekommst 100 Murmeln\u00A0– 50 schwarze und 50 weiße\u00A0– und musst sie in zwei Urnen verteilen, ganz nach deinem Gutdünken, solange du dich an des Königs Regeln hältst.\n\nDu musst alle Murmeln in die Urnen legen, und keine der Urnen darf leer bleiben. Jede der Urnen wird später gründlich geschüttelt, es ist also egal, in welcher Reihenfolge du die Murmeln hineinlegst.\n\nDer König wird daraufhin so vorgehen: Er wird eine der Urnen gleichverteilt zufällig auswählen (das heißt, jede Urne wird gleichwahrscheinlich ausgewählt); und aus dieser Urne wird er gleichverteilt zufällig eine Murmel ziehen. Wenn sie weiß ist, wirst du begnadigt; ist sie jedoch schwarz, wirst du den Löwen zum Fraß vorgeworfen, oder vielleicht ertränkt oder gevierteilt\u00A0– da ist der König sich noch nicht ganz sicher.\n\nDu könntest alle weißen Murmeln in eine Urne legen und alle schwarzen in die andere, damit hättest du eine 50:50-Chance\u00A0– aber es geht auch besser! Wenn du die Murmeln auf die bestmögliche Art verteilst, wie hoch ist dann deine Überlebenschance?</item>
        <item>Zwei Freunde, Alice und Bob, haben eine unfaire Münze gefunden: sie zeigt mit einer 72-prozentigen Chance Kopf. Ich habe keine Ahnung, wie so eine Münze aussehen könnte, aber nehmen wir einfach mal an, es gäbe sie.\n\nAlice schlägt ein Spiel vor: sie wirft die Münze zweimal; wenn sie erst Kopf und dann Zahl zeigt, gewinnt sie; im umgekehrten Fall (also erst Zahl und dann Kopf) gewinnt Bob; und in allen anderen Fällen fängt das Spiel von vorne an, und es geht weiter, bis es einen Gewinner gibt.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Bob gewinnt?</item>
        <item>Wir denken schon wieder an Kinder\u00A0– und bleiben bei unserer Annahme, dass Babys mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.51 Jungen sind und mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.49 Mädchen, und dass Geburten unabhängig sind.\n\nDu bist ein Forscher, der sich für große Familien interessiert; als Teil deines neuesten Projekts hast du dich entschieden, 50 Familien zu interviewen, in denen es jeweils genau 8 Kinder gibt. Der Graph unten stellt die möglichen Ausgänge für eine einzelne Familie dar. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass du eine oder mehr Familien findest, in denen alle Kinder das gleiche Geschlecht haben (also alle Jungen oder alle Mädchen)?</item>
        <item>Du bist ein Kandidat in einer Spielshow, und der Showmaster ist Monty Hall. Vor dir befinden sich 10 geschlossene Türen: hinter einer ist ein teures Auto versteckt, hinter den anderen sind nur Ziegen.\n\nDu wählst eine Tür. Daraufhin zeigt Monty sich von seiner großzügigen Seite: Von den 9 Türen, die du nicht gewählt hast, öffnet er 8 Ziegentüren. Määääh! Monty kann das übrigens immer machen, egal ob deine erste Wahl das Auto war oder nicht. (Wenn es das Auto war, hat Monty mehrere Möglichkeiten, die Türen zu öffnen: nimm an, dass er zufällig wählt.)\n\nNachdem das passiert ist, gibt es nur noch zwei geschlossene Türen: hinter einer ist ein Auto, hinter der anderen eine Ziege. Monty fragt dich, ob du bei deiner ursprünglichen Entscheidung bleibst, oder ob du wechselst.\n\nWenn du wechselst, wie hoch ist dann die Wahrscheinlichkeit, das Auto zu gewinnen?</item>
        <item>Du wirfst zwei faire, sechsseitige Würfel.\n\nUnter der üblichen Annahme, dass die Würfe unabhängig sind, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Augensumme 7 ist?</item>
        <item>Angenommen, 5 Prozent der Bevölkerung seien schwul, und der Einfachheit halber seien die anderen 95 Prozent heterosexuell. Susi kennt nicht jeden einzeln, aber sie kann die sexuelle Orientierung eines Menschen mit 90\u00A0% Trefferquote raten.\n\nMit anderen Worten: Wenn eine Person schwul ist, wird Susi sie mit 90\u00A0% Wahrscheinlichkeit korrekt als solche identifizieren (und mit 10\u00A0% Wahrscheinlichkeit falsch als heterosexuell); ähnlich sieht es aus, wenn eine Person heterosexuell ist.\n\nInteressanterweise überschätzt Susi den Gesamtanteil der Menschen, die schwul sind, und das sogar deutlich. Wenn sie einen zufällig ausgewählten Menschen trifft, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie denkt, dieser Mensch wäre schwul?</item>
        <item>Schau dir die drei Würfel unten an: Jeder hat sechs Seiten, aber der Einfachheit halber nehmen wir an, dass die versteckten gegenüberliegenden Seiten identisch zu den sichtbaren sind. Das bedeutet zum Beispiel, dass der rote Würfel mit der Wahrscheinlichkeit 1/3 eine 9 zeigt.\n\nDer rote Würfel ist „stärker“ als der grüne, in dem Sinne, dass er mit der Wahrscheinlichkeit 5/9 eine höhere Zahl anzeigt. (Mit anderen Worten gewinnt er in mehr als der Hälfte aller Fälle.) Ähnlich verhält es sich zwischen dem grünen und dem blauen Würfel, hier ist der grüne Würfel stärker und gewinnt ebenfalls mit der Wahrscheinlichkeit 5/9.\n\nNun könnte man denken, dass Rot > Grün > Blau heißt, dass Rot der stärkste ist, aber überraschenderweise stimmt das nicht. Wenn man Rot gegen Blau würfelt, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass der rote Würfel die größere Zahl zeigt?</item>
        <item>Angenommen, dass die alten Römer eine Chance von 0.2 hatten, in einem der folgenden Altersbereiche zu sterben: [0, 2], [2, 10], [10, 30], [30, 70] und [70, 90].\n\nUm die Rechnungen einfach zu halten, nehmen wir weiterhin an, dass wenn jemand in einem dieser fünf Bereiche stirbt, das Sterbealter gleichverteilt über das ganze Intervall ist. Wenn also ein Römer zwischen 0 und 2 Jahren gestorben ist, wurde er durchschnittlich 1 Jahr alt; wenn er zwischen 2 und 10 Jahre alt wurde, durchschnittlich 6 Jahre; et cetera. Gemäß diesen (fiktionalen) Zahlen war die Lebenserwartung bei der Geburt gerade einmal 31.4 Jahre, und das lag hauptsächlich an der hohen Kindersterblichkeit.\n\nWas war die Lebenserwartung (also das erwartete Alter beim Tod) eines alten Römers, der mit 30 noch lebte? Es ist viel mehr als 31.4 Jahre\u00A0– kannst du herausfinden, warum?</item>
        <item>Einer deiner Freunde schlägt ein Spiel vor: Wenn du richtig rätst, wie viel Geld er in seiner Börse hat, gehört dir das Geld; sonst gehst du leer aus. Du darfst genau einmal raten.\n\nDu glaubst, dass dein Freund mit 50-prozentiger Wahrscheinlichkeit 0 Euro in der Börse hat, zu 25 Prozent 1 Euro, zu 24 Prozent 100 Euro und\u00A0– jetzt wird’s spannend\u00A0– zu einem Prozent 1000 Euro.\n\nWelchen Geldbetrag solltest du raten, um deine Gewinnerwartung zu maximieren?</item>
        <item>Die Graduate School der Universität von Kalifornien, Berkeley besteht aus zwei Fachbereichen\u00A0– nennen wir sie A und B.\n\nIm Fachbereich A ist die Einstellungsquote 0.5 für Männer wie für Frauen. Im Fachbereich B ist sie jedoch 0.1 für Männer und 0.2 für Frauen\u00A0– daher haben Frauen mindestens die gleichen Einstellungschancen wie Männer, egal, wo sie sich bewerben.\n\nÜberraschenderweise ist jedoch die Gesamteinstellungsquote, wenn man die Fachbereiche zusammennimmt, 0.3 für Männer und 0.25 für Frauen. Wie kann das sein?\n\nAngenommen, jeder Bewerber wählt nur einen Fachbereich (bewirbt sich also entweder bei A oder B, nicht jedoch bei beiden). Um die Gesamteinstellungsquote von 0.3 für Männer zu erreichen, müssen männliche Bewerber gleichmäßig zwischen A und B verteilt sein, daraus errechnet sich (0.5 + 0.1)/2 = 0.3.\n\nWelcher Anteil der Bewerberinnen hat sich für Fachbereich A entschieden?</item>
        <item>Backgammon ist ein altes Zweipersonenspiel, das Strategie und Glück kombiniert. Angenommen, Schwarz ist am Zug: Sie kontrolliert zwei Spielsteine, und sie möchte gerne einen einzelnen weißen Stein schlagen, der sechs Schritte weiter vorne steht.\n\nSie wirft zwei Würfel, und sie kann Weiß fangen, wenn\u00A0– und nur wenn\u00A0– mindestens ein Würfel eine Sechs zeigt, die Summe der beiden Würfel sechs ist oder sie einen Zweierpasch würfelt. (Beim Backgammon werden Pasche doppelt gespielt, dadurch darf ein Spieler, der einen Zweierpasch würfelt, vier Steine jeweils zwei Schritte ziehen.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Schwarz den weißen Stein mit ihrem nächsten Zug fangen kann?</item>
        <item>Zwei Kandidaten, ein Demagoge namens T und eine Frau namens C, treten zur Präsidentschaft eines kleinen Landes an, in dem es insgesamt fünf Wahlberechtigte gibt. Wähler 1 und 2 werden mit Sicherheit für C stimmen, während Wähler 5 für T stimmt. (Wir nehmen mal an, dass die Kandidaten nicht mitwählen\u00A0– oder, wenn es dir lieber ist, ist C Wähler 1 und T ist Wähler 5.)\n\nWähler 3 und 4 sind unentschlossen: Jeder stimmt mit 40\u00A0% Wahrscheinlichkeit für T (und mit 60\u00A0% für C). Interessanterweise korrelieren ihre Stimmen (vielleicht diskutieren sie zusammen über Politik\u00A0– es ist ja auch ein kleines Land): wenn Wähler 3 sich für C entscheidet, tut Wähler 4 das auch, und zwar mit einer Wahrscheinlichkeit von 2/3.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass C die Wahl gewinnt (dass sie also die Mehrheit der fünf Stimmen auf sich vereint)?</item>
        <item>Nochmal zurück zu unser Lieblingsannahme über Babys: mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.51 sind sie Jungen, mit 0.49 Mädchen, und das Geschlecht bei den einzelnen Geburten ist unabhängig.\n\nDu triffst ein Pärchen, sie erzählen dir von ihren beiden Kindern, und du fragst, ob sie eine Tochter haben. Wenn das so ist (das heißt, wenn sie ein oder zwei Mädchen haben), wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass ihre beiden Kinder Mädchen sind?</item>
        <item>Du bist ein zwölfjähriges Kind in einem Sportkurs mit 49 anderen Kindern (mit dir also 50). Die Aktivitäten für diesen Tag sind Laufen (das magst du) und Schwimmen (das hasst du).\n\nDer Trainer wird 20 Kinder auswählen und mit ihnen schwimmen gehen; die übrigen 30 gehen laufen. Angenommen der Trainer wählt die Schwimmer so aus: er wählt gleichverteilt zufällig ein Kind aus der 50er-Gruppe, dann ein weiteres gleichverteilt zufällig von den verbleibenden 49, und so weiter, bis er die 20 Schwimmer zusammen hat.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass du laufen darfst?</item>
        <item>Angenommen, es gibt einen Investmentfonds, der im kommenden Jahr mit 40\u00A0% Wahrscheinlichkeit den Markt übertrifft und mit 60\u00A0% schlechter als der Markt abschneidet (vielleicht ist er schlecht gemanagt, oder nimmt zu hohe Gebühren). Wenn der Fonds den Markt übertrifft, wird er (ziemlich sicher) ein weiteres Jahr lang laufen, aber wenn er schlecht abschneidet, ist er gefährdet: In diesem Fall ist die Wahrscheinlichkeit 50\u00A0%, dass die Investoren sauer sind und ihr Geld zurückziehen, so dass der Fonds aufhört zu existieren.\n\nWenn nun der Fonds am Ende des Jahres noch existiert, wie hoch ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass er den Markt übertroffen hat? Das ist übrigens mehr als die ursprüngliche Wahrscheinlichkeit von 40\u00A0%.</item>
        <item>Stell dir eine Bevölkerung von Frauen vor, die jeweils eine Tochter haben, und nimm an, dass die Häufigkeit von blauen Augen in beiden Generationen identisch ist.\n\nDu befragst alle Mütter mit blauen Augen und findest heraus, dass 75\u00A0% ihrer Töchter auch blaue Augen haben. Jetzt fragst du dich, was wohl im umgekehrten Fall passieren würde: Wenn du also alle Töchter mit blauen Augen befragen würdest, welcher Anteil ihrer Mütter hätte dann blaue Augen? Mit anderen Worten, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Mutter blaue Augen hat, unter der Bedingung, dass ihre Tochter blaue Augen hat?</item>
        <item>Du trägst ein Holzstück mit dir herum, das einen Meter lang ist. Plötzlich stolperst du, und das Stück Holz fällt auf den Boden. Wie tollpatschig von dir! Das Holz zerbricht in ein linkes Stück und ein rechtes Stück, und die Bruchstelle ist gleichverteilt über die komplette Länge: für jedes L zwischen 0 und 1 ist das linke Stück mit der Wahrscheinlichkeit L kleiner als L. Zum Beispiel ist mit der Wahrscheinlichkeit 60\u00A0% das linke Stück kürzer als 0.6 Meter.\n\nWie groß ist die erwartete Länge (also die durchschnittliche Länge) des rechten Stücks in Metern?</item>
        <item>An deiner Wand hängt eine kaputte Analoguhr: alle 60 Minuten bewegt sich der Stundenzeiger mit der Wahrscheinlichkeit 0.95 um eine Stunde vorwärts, mit der Wahrscheinlichkeit 0.05 jedoch bleibt er auf der Stelle stehen. Angenommen, die Bewegungen für jede einzelne Stunde seien unabhängig voneinander (und die Wahrscheinlichkeit, dass der Zeiger dreimal in Folge stehenbleibt, damit 0.05^3). Den Minutenzeiger lassen wir mal beiseite und konzentrieren uns nur auf den fehlerhaften Stundenzeiger.\n\nJetzt ist gerade Mittag. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Uhr in 3 Stunden genau 2 Uhr anzeigt?</item>
        <item>Du bist ein Freiwilliger für eine politische Kampagne; deine Aufgabe ist, Wähler anzusprechen und sie dazu zu bringen, deinen Kandidaten zu unterstützen. Dazu nutzt du eine App, die dir zufällig 5 Telefonnummern aus einer Datenbank mit 20 Einträgen auswählt, die du dann anrufen sollst. Die Auswahl ist ohne Wiederholung\u00A0– es wäre ja unsinnig, dieselbe Person zweimal anzurufen.\n\nAngenommen, 16 der Nummern in der Datenbank gehören zu unentschlossenen Wählern, 2 zu Wählern, die den Gegenkandidaten unterstützen, und 2 zu Wählern, die bereits auf deiner Seite sind. (Idealerweise würdest du nur unentschlossene Wähler anrufen, um sie zu überzeugen, aber die Datenbank ist halt nicht perfekt.)\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den 5 angerufenen Menschen genau 3 unentschlossen sind, 1 für deine Seite und 1 für die Gegenseite ist?</item>
        <item>Eine Freundin von dir wählt zufällig einen der 26 Buchstaben aus dem Alphabet und bittet dich, ihre Gedanken zu lesen und zu raten, an welchen Buchstaben sie denkt. Blöderweise hast du keinen blassen Schimmer, wie ihre Wahl zustande kommt: vielleicht wählt sie mit Wahrscheinlichkeit 1 das Z, oder sie wählt A, B, C oder D mit jeweils 25\u00A0% Wahrscheinlichkeit. Es gibt unendlich viele Möglichkeiten, zufällig einen Buchstaben auszuwählen, und sie könnte irgendeine davon gewählt haben.\n\nAngenommen, du entscheidest dich, immer A zu raten. Du hast keine Möglichkeit, an die Wahrscheinlichkeit zu kommen, dass dein Rateversuch richtig ist: Es könnte irgendwas zwischen 0\u00A0% und 100\u00A0% sein, je nachdem, wie deine Freundin ihren geheimen Buchstaben auswählt.\n\nEs gibt jedoch eine einfache Regel, die dir eine positive Wahrscheinlichkeit garantiert, dass dein Rateversuch richtig ist, und zwar so, dass es völlig unabhängig davon ist, was deine Freundin macht. Wenn du diese Regel befolgst, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass du richtig rätst?</item>
        <item>Eine Tanzlehrerin unterrichtet eine Klasse mit 5 Jungen und 5 Mädchen, und sie möchte 5 Paare aus je einem Jungen und einem Mädchen bilden. Wie viele verschiedene Möglichkeiten hat sie dafür?</item>
        <item>Wie viele Möglichkeiten gibt es, 12 Leute in 3 Gruppen à 4 zu verteilen, wenn die Gruppen unterscheidbar sind? Nimm an, dass die Gruppen Namen haben, also Gruppe A, Gruppe B und Gruppe C.</item>
        <item>Wie viele Möglichkeiten gibt es für 6 Leute, sich in eine Reihe zu stellen, wenn zwei dieser Leute (nennen wir sie A und B) einander spinnefeind sind und sich weigern, nebeneinander zu stehen?</item>
        <item>Drei Freunde spielen ein Spiel mit schwarzen und weißen Hüten. Am Anfang des Spiels bekommt jede Person eine zufällige Hutfarbe, schwarz oder weiß, unabhängig davon, was die anderen bekommen, und mit der Wahrscheinlichkeit 50-50.
        \n\nStell dir vor, dass die Personen nicht sehen können, welche Farbe ihr eigener Hut hat, sie können nur die Hüte der beiden anderen sehen. Jegliche Form von Kommunikation ist verboten. Nun müssen alle Spieler gleichzeitig die Farbe ihres Hutes erraten, jeder kann sich auch dazu entscheiden zu schweigen. Die gesamte Gruppe gewinnt einen Preis, wenn mindestens eine Person richtig rät, es darf aber niemand falsch raten.
        \n\nNimm an, dass die Gruppe sich auf eine „gegenteilige“ Strategie geeinigt hat: Jeder, der zwei weiße Hüte sieht, rät, dass sein eigener Hut schwarz ist; jeder, der zwei schwarze Hüte sieht, rät, dass sein eigener Hut weiß ist; alle anderen schweigen. Zu Beginn des Spiels (bevor die Hutfarben verteilt werden), wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Gruppe den Preis gewinnt?</item>
        <item>Wie viele unterschiedliche Dreiecke kannst du aus den 7 Geraden unten bilden? Von den Geraden sind keine parallel, und nimm an, dass sie unendlich lang sind, weit über die Grenzen des Bildes hinaus. Eine zusätzliche Annahme ist, dass sich niemals mehr als 2 Geraden im selben Punkt schneiden.</item>
        <item>Du stellst einen neuen Geschäftsführer ein, und es gibt drei Kandidaten für den Posten. Dein Ziel ist es, die Wahrscheinlichkeit zu maximieren, dass du den besten der drei einstellst, aber du weißt vorher nicht, wer der beste ist.
        \n\nAngenommen, die Bewerbungsgespräche finden nacheinander statt (aus irgendeinem Grund geht das nicht gleichzeitig), und direkt nach jedem Gespräch musst du dich sofort für einstellen oder ablehnen entscheiden. Die einzige Information, die du für deine Entscheidung heranziehen kannst, ist, ob der aktuelle Kandidat besser oder schlechter als die bisherigen Kandidaten war. Du weißt, ob der Kandidat von den bisherigen der beste war, aber du weißt nicht, wie gut er verglichen mit den zukünftigen Kandidaten ist. (Um es einfach zu halten, nehmen wir an, dass die Kandidaten das Angebot niemals ablehnen.)
        \n\nDu könntest dum Beispiel den ersten Kandidaten ablehnen und dann den zweiten Kandidaten interviewen und einstellen. In dem Fall würdest du den dritten Kandidaten nie kennenlernen.
        \n\nMit der optimalen Einstellungsstrategie, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, den besten Kandidaten einzustellen?</item>
    </string-array>
    <string-array name="answers_0">
        <item>1/4</item>
        <item>1/5</item>
        <item>1/2</item>
        <item>1/36</item>
        <item>0.49^2</item>
        <item>(4/52)*(3/51)</item>
        <item>2*(4/40)*36/39</item>
        <item>12/51</item>
        <item>2/3</item>
        <item>1/2 + (1/2)*49/99</item>
        <item>1/2</item>
        <item>1-(1-0.51^8-0.49^8)^50</item>
        <item>9/10</item>
        <item>6/36</item>
        <item>0.05*0.9 + 0.95*0.1</item>
        <item>4/9</item>
        <item>65</item>
        <item>100</item>
        <item>1/6</item>
        <item>17/36</item>
        <item>1-0.2</item>
        <item>0.49^2 / (1 - 0.51^2)</item>
        <item>30/50</item>
        <item>0.4/(0.4 + 0.6*0.5)</item>
        <item>0.75</item>
        <item>1/2</item>
        <item>3*0.05*0.95^2</item>
        <item>140/969</item>
        <item>1/26</item>
        <item>5!</item>
        <item>12!/(4!*4!*4!)</item>
        <item>6! - 10*4!</item>
        <item>3/4</item>
        <item>C(7,3)</item>
        <item>1/2</item>
    </string-array>

    <string-array name="images_1">
        <item />
        <item>birthday_alpha</item>
        <item>birthday_alpha</item>
        <item>two_heads_caesar</item>
        <item />
        <item>one_girl_out_of_three_small</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>proba_join_small</item>
        <item />
        <item />
        <item>dominos</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>conditional_correlation</item>
        <item />
        <item />
        <item>income_small</item>
        <item>random_breakpoint_small</item>
        <item>clock_noon</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>vote_counting_easy_small</item>
        <item />
        <item>circle_and_triangle_alpha</item>
    </string-array>
    <string-array name="hints_1">
        <item>Ein Ansatz ist, eine unendliche Folge aufzusummieren. Ein anderer ist zu bemerken, dass das Rätsel nach dem ersten Wurf entweder vorbei ist oder von vorne beginnt. Dadurch kann man die Antwort rekursiv formulieren, das bedeutet eine Gleichung aufzustellen, bei der die Antwort auf beiden Seiten steht. Siehe https://math.stackexchange.com/questions/605083/calculate-expectation-of-a-geometric-random-variable für eine Lösung eines ähnlichen Rätsels.</item>
        <item>Für jedes Ereignis A gilt P[A] = 1 - P[!A], wobei !A „nicht A“ bedeutet, also das Komplement von A. Manchmal ist es leichter, P[!A] zu berechnen, und in diesem Fall ist das die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Geburtstage auf unterschiedliche Tage fallen. Wenn wir nur nach 2 Leuten fragen würden, wäre die Antwort 1 &#x2212; 365/365 * 364/365, da der erste Geburtstag ein beliebiger Tag sein könnte, und es 364 gleichwahrscheinliche Tage gibt, die sich vom ersten Geburtstag unterscheiden. Siehst du, wie sich diese Überlegung auf 3 Leute verallgemeinern lässt? Wenn die ersten beiden Geburtstag auf unterschiedliche Tage fallen, gibt es 363 Möglichkeiten, wie der dritte Geburtstag sich von den beiden ersten unterscheiden kann. Einen noch ausführlicheren Tipp findest du im Hinweis des nächsten Rätsels.</item>
        <item>Löse zuerst das vorherige Rätsel und formulier die Antwort als eine Funktion von der Anzahl der Personen in der Gruppe. Für dieses Rätsel brauchst du vermutlich einen Taschenrechner. Wenn du immer noch festhängst, ist ein großer Tipp, dass dies das berühmte Rätsel namens Geburtstagsparadoxon ist, und das wird in vielen Einführungskursen und Lehrbüchern zur Stochastik behandelt. Du kannst viele ausführliche Lösungen online finden, zum Beispiel auf https://de.wikipedia.org/wiki/Geburtstagsparadoxon, und viele weitere, wenn du nach Lösungen für das Geburtstagsparadoxon suchst.</item>
        <item>Versuch die Antwort vom Ergebnis des ersten Wurfs (oder der ersten beiden Würfe) abhängig zu machen. Beachte dabei, dass das Rätsel von vorne beginnt, wann immer du Zahl wirfst. Dadurch kannst du die Antwort rekursiv ausdrücken, also eine Gleichung aufstellen, in der die Lösung auf beiden Seiten vorkommt.</item>
        <item>Dies ist eine klassische Frage für den Satz von Bayes: P[A\u00A0|\u00A0B] = P[A und B] / P[B], wobei P[A\u00A0|\u00A0B] die Wahrscheinlichkeit für A ist, unter der Voraussetzung, dass B eingetreten ist. Intuitiv beschränkst du deine Aufmerksamkeit auf die Fälle, in denen B eintritt (die Münze zeigt zuerst Kopf) und fragst, in wie vielen dieser Fälle A auch eintritt (die Münze ist fair).</item>
        <item>Beachte, dass es drei Möglichkeiten gibt, dass exakt eins deiner Kinder ein Mädchen ist: sie kann als erstes, zweites oder drittes geboren sein. Wenn dir das nicht weiterhilft, mach dich schlau, was eine Binomialverteilung ist.</item>
        <item>Dies ist ein weiteres Rätsel mit dem Satz von Bayes: P[A\u00A0|\u00A0B] = P[A und B] / P[B], wobei P[A\u00A0|\u00A0B] die Wahrscheinlichkeit für A ist, unter der Voraussetzung, dass B eingetreten ist. Versuch in Bevölkerungsanteilen zu denken: Wie viele Menschen werden (durchschnittlich) positiv getestet? Und wie viele von denen haben die Krankheit?</item>
        <item>Diese Frage kombiniert den Satz von Bayes und eine einfache Anwendung der Binomialverteilung. Du kennst beide bereits aus den vorherigen Rätseln! Siehe https://math.stackexchange.com/questions/1255613/probability-of-a-double-headed-coin für die Lösung zu einem ähnlichen Rätsel.</item>
        <item>Der Trick ist hier, die Linearität der Erwartungswerte auszunutzen: Für beliebige Zufallsvariablen X und Y gilt: E[X + Y] = E[X] + E[Y]. Der Operator E bezeichnet die Erwartung, die im Grunde genommen ein Durchschnittswert ist. Kannst du die Lösung zu diesem Rätsel (die Gesamtwartezeit) als eine Summe ausdrücken? Falls das nicht hilft, noch ein großer Tipp: Dieses Rätsel ist das klassische Sammelbilderproblem, das auf https://de.wikipedia.org/wiki/Sammelbilderproblem ausführlich beschrieben ist.</item>
        <item>Hier ist eine hilfreiche Regel zur Binomialverteilung: gegeben n unabhängige Versuche, jeder mit Erfolgswahrscheinlichkeit p, ist die Wahrscheinlichkeit von genau k Erfolgen: (n über k) * p^k * (1-p)^(n-k). Der Ausdruck (n über k) ist die Anzahl der Teilmengen mit Größe k, die aus der Menge mit Größe n gebildet werden können. Wenn sich das jetzt wie Fachchinesisch anhört, mach dich schlau, was eine Binomialverteilung ist.</item>
        <item>Versuch erstmal die reduzierte Version dieses Rätsels zu lösen, in der A dran ist aber B bereits tot ist. Beachte dabei, dass das Rätsel von vorne beginnt, wann immer A und C beide verfehlen (also wenn A dran ist).</item>
        <item>Du kannst die Antwort auf dieses Rätsel in Teilrätsel zerlegen, in denen der Grashüpfer weniger Schritte macht.</item>
        <item>Dieses Rätsel ist sehr einfach, wenn du das vorherige Rätsel gelöst hast. Falls nicht, versuch die gleiche Frage für ein 2-mal-1-Brett zu lösen, dann 2-mal-2, dann 2-mal-3, und so weiter, bis du das Muster erkennst.</item>
        <item>Dieses Rätsel ist ein Kinderspiel, wenn du die beiden vorherigen schon gelöst hast. Für ein paar Extrapunkte und ein Fleißbienchen kannst du versuchen, die allgemeine Formel als eine Funktion der Kettenlänge zu finden.</item>
        <item>Dieses Spiel endet nach drei Stufen, daher kannst du das Pferd von hinten aufzäumen: Finde zuerst die optimale Strategie für die dritte Stufe; dann die optimale Strategie für die zweite Stufe; und so weiter.</item>
        <item>Beachte, dass die Aufgabe gelöst ist\u00A0– in dem Sinne, dass du weißt, ob jemals jemand auf dem Platz der letzten Person sitzt\u00A0– sobald jemand auf dem ersten oder dem letzten Platz sitzt.</item>
        <item>Wenn du den Vorschlag ablehnst, fängt das Spiel effektiv von vorne an. Das ist ein Hinweis, dass deine Annahmeregel zu jedem Termin dieselbe sein sollte. Darüber hinaus befolgst du eine einfache Schwellenregel, du akzeptierst also genau dann, wenn der Vorschlag über einer gewissen Grenze ist. Du kannst den Wert als eine Funktion dieser Schwelle ausdrücken, das ist leicht, wenn du ausnutzt, dass das Spiel von vorne beginnt, wenn du ablehnst. Denk dran, den Betrag für die Folgetermine zu vermindern.</item>
        <item>Versuch das Rätsel zu lösen, wenn die Anfangspopulation eins statt zwei ist. Siehst du die Verbindung zwischen dieser Zahl und der gesuchten Antwort? Die Population stirbt aus, wenn alle Zweige aussterben, hierbei bezeichnet ein Zweig alle Nachkommen eines bestimmten Bakteriums der Anfangspopulation. Wenn du mehr Hilfe brauchst, schau unter Verzweigungsprozesse oder Aussterbewahrscheinlichkeiten nach (siehe zum Beispiel http://wwwf.imperial.ac.uk/~ejm/M3S4/NOTES2.PDF or https://web.ma.utexas.edu/users/gordanz/notes/lecture7.pdf).</item>
        <item>Versuch das Einschluss-Ausschluss-Prinzip anzuwenden: Für beliebige Ereignisse A und B gilt: P[A oder B] = P[A] + P[B] - P[A und B]. Findest du raus, wie man dieses Prinzip auf drei Ereignisse erweitern kann?</item>
        <item>Wenn du versuchst, die Wahrscheinlichkeit für jede mögliche Anzahl an Wetterperioden auszurechnen, wird es unübersichtlich, und du verrennst dich wahrscheinlich. Versuch stattdessen, die Antwort als eine Summe auszudrücken und die Linearität der Erwartungswerte auszunutzen.</item>
        <item>Befolge den gleichen Tipp wie beim vorherigen Rätsel: nutze die Linearität der Erwartungswerte aus. Als Bonus solltest du überprüfen, dass die Wetterverteilung unter den in diesem Rätsel gegebenen Übergangswahrscheinlichkeiten tatsächlich stationär ist.</item>
        <item>Denk an unsere Annahme, dass die Anzahl der schwarzen und roten Murmeln in der Urne anfangs gleich ist. Damit das Rätsel überhaupt sinnvoll ist, brauchen wir mindestens vier Murmeln. Kannst du eine Gleichung mit einer Unbekannten aufstellen, die dir die Antwort gibt?</item>
        <item>Unter der Bedingung, die Hochschule zu besuchen, ist die Rechenfähigkeit nicht mehr gleichverteilt\u00A0– du siehst, dass der Großteil nach rechts verschoben ist. Versuch die Wahrscheinlichkeit dafür herauszufinden, dass die Rechenfähigkeit kleiner als x ist, unter der Bedingung, die Hochschule zu besuchen.</item>
        <item>Das Rätsel fragt nach der Wahrscheinlichkeit, dass ein gleichverteilt zufällig ausgewähltes Kind\u00A0– unter allen Kindern der Gesamtpopulation\u00A0– weiblich ist. Das ist nicht dasselbe wie der erwartete Anteil von Mädchen innerhalb einer Familie (wenn also die Familie gleichgewichtet ausgewählt wird). Ein hilfreicher Ansatz ist, zuerst eine geordnete Liste von Geschlechtern zu erzeugen, zum Beispiel J J J M M J M M, und sie dann auf Familien zu verteilen. Beachte, dass die Verteilung auf die Familien die Verteilung in der Gesamtpopulation nicht beeinflusst.</item>
        <item>Wenn wir an der Anzahl der Kinder innerhalb einer bestimmten Familie interessiert wären, würde die Antwort auf einer geometrischen Verteilung mit Erfolgswahrscheinlichkeit 0.49 basieren. Kannst du herausfinden, wie man diese Verteilung verändern kann, um die Stichprobe auf der Menge der Kinder und nicht auf der Menge der Familien zu basieren?</item>
        <item>Perzentilränge sind, aufgrund ihrer Definition, gleichverteilt in [0, 100], und ihr Erwartungswert ist daher 50. Siehst du, wie das die Steigung festlegt? Interessanterweise entspricht die Steigung auch der Korrelation zwischen den Perzentilrängen der Eltern und Kinder.</item>
        <item>Versuch die erwartete Länge des rechten Stücks auszurechnen, unter der Bedingung, dass das linke Stück länger ist als das rechte Stück. Das bedeutet, die Bruchstelle liegt gleichverteilt in [0.5, 1.0]. Beachte, dass wegen der Symmetrie E[Länge des linken Stücks\u00A0|\u00A0links ist länger] = E[Länge des rechten Stücks\u00A0|\u00A0rechts ist länger] ist.</item>
        <item>Der Stundenzeiger der Uhr folgt einem Markovprozess erster Ordnung, dessen Zustände die ganzen Zahlen zwischen 1 und 12 sind. Gegen welchen Wert strebt diese Verteilung? Beachte, dass die gleichförmige Verteilung stationär ist: Wenn jede Stunde zur Zeit N die Wahrscheinlichkeit 1/12 hat, gilt das auch für N+1. Was sagt das über die grenzwertige Verteilung, wenn der Stundenzeiger anfangs auf Mittag steht?</item>
        <item>Die Anzahl der Gäste in Raum A folgt einem Markovprozess erster Ordnung auf den ganzen Zahlen von 0 bis 10. Was ist dessen stationäre Verteilung? Prüfe, ob eine Binomialverteilung funktionieren würde. Die Kette ist periodisch mit der Länge 2\u00A0– sie alterniert zwischen geraden und ungeraden Zuständen\u00A0– beachte daher, dass für die beiden möglichen Anfangszustände die gleichen Wahrscheinlichkeiten festgelegt wurden, die anfängliche Anzahl der Gäste in Raum A also entweder 10 oder 9 ist, jeweils mit Wahrscheinlichkeit ½. Eine ausführliche Erklärung findest du online unter dem Stichwort Ehrenfest-Modell.</item>
        <item>Erinner dich an den Satz von Bayes: P[A\u00A0|\u00A0B] = P[A und B] / P[B]. In diesem Fall ist A ein steigender Kurs und B ist das Ereignis, dass N+1 Orakel einen steigenden Kurs vorhersagen (und die anderen N einen fallenden Kurs). Unter der Bedingung der Kursbewegung (also steigend oder fallend mit gleicher Wahrscheinlichkeit) folgt die Anzahl der Orakel einer Binomialverteilung. Schreib die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit auf und versuch, so viele Terme wie möglich herauszukürzen. Am Ende ist das Ergebnis ganz einfach.</item>
        <item>Konzentrier dich auf die Wahrscheinlichkeit, dass das erste Objekt aus der ursprünglichen Sammlung in der Stichprobe vorkommt. Der einfachste Ansatz ist, die Komplementregel P[A] = 1 - P[!A] auszunutzen, wobei !A für das Komplement von A steht, also die Wahrscheinlichkeit, dass das Objekt N-mal in Folge nicht ausgewählt wird. Der Grenzwert, nach dem hier gefragt ist, enthält die mathematische Konstante e (die Basis des natürlichen Logarithmus). In der Antwort kannst du dafür ein kleines e schreiben.</item>
        <item>Das Bild zeigt ein paar mögliche Pfade für Cs Nettostimmenanzahl (also ihre laufenden Stimmen minus die laufenden Stimmen von T). Uns interessiert die Wahrscheinlichkeit, dass der Pfad niemals die Null berührt, nachdem die erste Stimme gezählt ist. Es stellt sich heraus, dass es einen sehr eleganten, aber dennoch kniffligen Weg gibt, dieses Rätsel zu lösen\u00A0– stöber in den kniffligen Rätseln, wenn du neugierig bist. Erstmal erschlagen wir das Rätsel jedoch durch rohe Rechenkraft: der Pfad berührt die null genau dann, wenn er mit T, C-T, C-C-T-T-, C-C-C-T-T-T oder C-C-T-C-T-T anfängt. Schreib eins minus die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten, kürze so viele Terme wie möglich, und es bleibt eine einfache Lösung übrig.</item>
        <item>Jedes Paar aus (ursprüngliche Nachricht, verschlüsselte Nachricht) impliziert einen anderen Block. Zum Beispiel impliziert (1111, 1110), dass der Block ___X gewesen sein muss. Das Rätsel fragt nun nach P[ursprüngliche Nachricht | verschlüsselte Nachricht]. Der erste Teil des Hinweises verrät, dass P[verschlüsselte Nachricht | ursprüngliche Nachricht] = (1/2)^4, also die Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimmter Block ausgewählt wurde, für das Paar (verschlüsselte Nachricht, ursprüngliche Nachricht). Das bedeutet, dass Eves nachträgliche Annahmen (nachdem sie die verschlüsselte Nachricht beobachtet hat) genau dieselben sind wie ihre vorherigen Annahmen (bevor sie die verschlüsselte Nachricht beobachtet hat).</item>
        <item>Geh am Anfang davon aus, dass du die Position von zwei Punkten des Dreiecks kennst (A und B), und berechne die Wahrscheinlichkeit, dass das Dreieck ABC den Mittelpunkt des Kreises enthält, abhängig von den Punkten A und B. Wenn du diese Wahrscheinlichkeit abhängig von den Positionen A und B (oder dem Abstand zwischen A und B) ausdrücken kannst, kannst du die Antwort auf das Rätsel errechnen, indem du über die möglichen Positionen von A und B integrierst (oder von B relativ zu A, wenn es nur auf den Abstand ankommt). Eine detaillierte Antwort findest zu entweder auf https://math.stackexchange.com/questions/268635/what-is-the-probability-that-the-center-of-the-circle-is-contained-within-the-tr oder https://math.stackexchange.com/questions/172296/probabilty-of-random-points-on-perimeter-containing-center.</item>
    </string-array>
    <string-array name="puzzles_1">
        <item>Du sitzt auf einer einsamen Insel fest\u00A0– und um dir die Zeit zu vertreiben, wirfst du in einem fort einen fairen sechsseitigen Würfel. Vernünftigerweise nehmen wir an, dass die Würfe unabhängig sind.\n\nWie viele Würfe brauchst du durchschnittlich, um eine Zahl größer als vier zu sehen?</item>
        <item>Drei Freunde sind zusammen unterwegs. Um die Sache einfach zu halten, nehmen wir an, dass ihre Geburtstage gleichverteilt über alle 365 Tage und unabhängig sind.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass einige (also entweder zwei oder drei) Geburtstage auf den gleichen Tag fallen?</item>
        <item>Mit dem gleichen Aufbau wie im vorherigen Rätsel, wie groß muss die Gruppe von Freunden mindestens sein, damit die Wahrscheinlichkeit, dass zwei oder mehr Geburtstage zusammenfallen, größer als ½ ist?\n\nDieses Rätsel ist auch als Geburtstagsparadoxon bekannt: Die Antwort ist kleiner, als die meisten Leute vermuten würden.</item>
        <item>Du bist schon wieder auf einer Insel gestrandet. Du hast eine Menge Freizeit und beschließt, eine faire Münze wiederholt zu werfen, wie üblich unter der Annahme, dass die Würfe unabhängig sind.\n\nWie viele Würfe brauchst du durchschnittlich, um zweimal in Folge Kopf zu werfen?</item>
        <item>Du hast drei Münzen in eine Dose gelegt: eine normale, eine, die auf beiden Seiten Kopf zeigt und eine, die auf beiden Seiten Zahl zeigt.\n\nJemand wählt eine Münze gleichverteilt zufällig aus der Dose und wirft sie. Wenn sie Kopf zeigt, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze fair ist?</item>
        <item>Angenommen, dass Babys mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.51 Jungen sind, mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.49 Mädchen, und dass Geburten unabhängig sind.\n\nWenn du drei Kinder hast, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass du zwei Jungen und ein Mädchen hast?</item>
        <item>Eine gewisse unangenehme Krankheit betrifft durchschnittlich 150 von 100.000 Menschen.\n\nWissenschaftler haben einen Test mit einer beeindruckenden Korrektheit von 99\u00A0% entwickelt. Mit anderen Worten, wenn ein Mensch die Krankheit hat, ist das Testergebnis mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.99 positiv; wenn der Mensch die Krankheit jedoch nicht hat, ist das Testergebnis mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.01 positiv.\n\nWenn nun ein Mensch gleichverteilt zufällig aus der Population ausgewählt wird und das Testergebnis positiv ist, wie hoch ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Mensch die Krankheit hat?</item>
        <item>Du stehst mal wieder einer mit Münzen gefüllten Dose gegenüber. Diesmal gibt es zehn Münzen: Eine hat zwei Köpfe, die übrigen neun sind normal. Alle landen gleichwahrscheinlich auf ihren beiden Seiten, wenn sie geworfen werden.\n\nJemand nimmt gleichverteilt zufällig eine Münze aus der Dose und wirft sie dreimal. Wenn sie bei jedem der drei Würfe Kopf zeigt, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass es die doppelköpfige Münze ist?</item>
        <item>Du bist fünf Jahre alt und verrückt nach Frühstücksflocken. Jedesmal, wenn du eine Schachtel aufgebraucht hast, schickt dir der Hersteller ein kleines Spielzeug.\n\nJetzt kommen die Wahrscheinlichkeiten ins Spiel: Es gibt vier verschiedene Arten von Spielzeug, und jedes Mal wählt der Hersteller die Art gleichverteilt zufällig aus.\n\nWie viele Schachteln der Frühstücksflocken musst du durchschnittlich aufessen, damit deine Spielzeugsammlung vollständig wird, du also von jeder Art Spielzeug eins hast?</item>
        <item>Du bewirbst dich bei einer Basketballmannschaft, und der Trainer stellt dich vor die Wahl: Du hast entweder sechs oder aber vier Würfe auf den Korb. In beiden Fällen musst du mindestens die Hälfte der Würfe treffen, oder du fliegst aus der Mannschaft.\n\nDie Anzahl der Körbe, die du triffst, folgt einer Binomialverteilung: Es gibt eine gewisse feste Wahrscheinlichkeit, dass du bei einem einzelnen Wurf triffst\u00A0– das nennen wir deine Geschicklichkeit\u00A0– und die einzelnen Würfe sind unabhängig.\n\nWenn deine Geschicklichkeit eins ist, ist es egal: Du wirst die Prüfung sowieso bestehen. Ähnlich sieht es aus, wenn du überhaupt keine Geschicklichkeit hast.\n\nInteressanterweise gibt es eine dritte Geschicklichkeit, bei der es egal ist, ob du sechs oder vier Würfe machst. Links von dieser Geschicklichkeit ist es besser, weniger Würfe zu machen; und rechts davon ist es besser, öfter zu werfen.\n\nWo liegt diese Grenze der Geschicklichkeit?</item>
        <item>Drei Männer\u00A0– praktischerweise heißen sie A, B und C\u00A0– kämpfen ein Duell mit Pistolen. A schießt zuerst.\n\nDie Regeln dieses Turniers sind eigenartig: Die Duellanten schießen nicht alle gleichzeitig, sondern nacheinander. A schießt auf B, B auf C und C auf A; das geht solange, bis es nur noch einen Überlebenden gibt. Wer sein Ziel getroffen hat, schießt danach auf die nächste Person.\n\nZum Beispiel könnte A schießen und B treffen. B ist damit von der Bildfläche verschwunden, und C ist dran mit Schießen\u00A0– nehmen wir mal an, er verfehlt. Jetzt ist A wieder dran, und er schießt auf C; wenn er trifft, ist das Duell vorbei und A überlebt als einziger.\n\nUm hier ein bisschen Wahrscheinlichkeit reinzubringen, nehmen wir an, dass A und C ihr Ziel mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.5 treffen und dass B ein besserer Schütze ist und mit einer Wahrscheinlichkeit von 0.75 trifft\u00A0– alle Schüsse sind unabhängig.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass A das Duell gewinnt?</item>
        <item>Ein Grashüpfer sitzt auf einem kleinen Stein, nennen wir ihn Stein null. Vor ihm liegen fein säuberlich aufgereiht die Steine eins, zwei, drei, und so weiter, bis hin zur neun.\n\nDer Grashüpfer würde gerne den neunten Stein erreichen, aus Gründen, die uns verborgen sind. Was wir wissen, ist dass er dort hingelangt, indem er kleine Grashüpfersprünge macht, und jeder von denen bringt unseren Freund entweder einen oder zwei Schritte weiter nach vorne. Zur Verdeutlichung bedeutet das, dass der Grashüpfer den Stein zwei auf genau zwei Arten erreichen kann: Er könnte einen großen Satz tun, oder aber zwei kleine.\n\nAuf wie vielen verschiedenen Wegen kann der Grashüpfer sein Ziel erreichen?</item>
        <item>Auf wie viele Arten kann man ein 2-mal-10-Brett mit 2-mal-1-Dominosteinen komplett auslegen?\n\nDie Regeln sind einfach: Das Auslegen muss das Brett komplett bedecken, es darf kein Stein herausragen, und überlappen dürfen sie sich auch nicht.</item>
        <item>Im Rahmen dieses Rätsels bedeutet eine „Kette“ eine Folge von Nullen und Einsen, zum Beispiel 1011.\n\nStell dir alle unterschiedlichen Ketten der Länge acht vor\u00A0– ein guter erster Schritt ist, dass du überlegst, wie viele dieser Ketten es gibt.\n\nWenn du eine 8-stellige Kette gleichverteilt zufällig auswählst, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass sie zwei (oder mehr) aufeinanderfolgende 1en enthält?</item>
        <item>Du spielst ein dreistufiges Spiel. In jeder Stufe wirft dein Freund einen sechsseitigen Würfel: Wenn er gelandet ist, zeigt er eine Zahl, sagen wir mal 2.\n\nAn dieser Stelle kannst du entweder 2 Euro nehmen (also den angezeigten Betrag), damit endet dann auch das Spiel; oder aber, wenn es noch eine weitere Stufe gibt, kannst du dich entscheiden zu warten, in der Hoffnung, in Zukunft eine höhere Zahl zu würfeln.\n\nDer Betrag, den du letztendlich bekommst, hängt vom Würfelergebnis und von deiner Strategie ab. Angenommen, du wählst die Strategie, die die erwartete Auszahlung maximiert.\n\nWie groß ist der Spielwert? Anders gesagt, bevor die erste Stufe anfängt, wie groß ist deine erwartete Auszahlung?</item>
        <item>Vierhundertvierzig Passagiere warten darauf, in ein großes Flugzeug mit genauso vielen Sitzplätzen einzusteigen. Der erste Passagier hat seine Bordkarte verbaselt\u00A0– und spontan wählt er seinen Sitzplatz gleichverteilt zufällig.\n\nDie übrigen Passagiere haben alle ihre Bordkarten. Wenn ihr reservierter Platz noch frei ist, nehmen sie den; andernfalls wählen sie gleichverteilt zufällig einen anderen freien Platz.\n\nWenn der letzte Passagier am Ende an seinem geplanten Platz ankommt, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dort bereits jemand sitzt?</item>
        <item>Vor deinen Augen befindet sich eine unsterbliche Maschine, die Geldbeträge vorschlägt, die du entweder annehmen oder ablehnen kannst. Wenn du annimmst, gibt dir die Maschine das Geld, fährt sich herunter und wird dir nie wieder etwas geben. Wenn du ablehnst, macht sie dir am nächsten Termin ein neues Angebot.\n\nJedes der Angebote an den Terminen ist unabhängig und gleichverteilt aus [0, 100]. Die Zeit zwischen den Terminen ist lang\u00A0– einige Monate\u00A0– und du bist ungeduldig: Ein Euro am nächsten Termin ist dir heute nur 0.9 wert; und ein Euro vom übernächsten Termin ist dir heute nur 0.9*0.9 = 0.81 wert, und so weiter.\n\nWenn deine Strategie wäre, immer anzunehmen, wäre der erwartete Gewinn 50 Euro, also der Mittelwert des ersten Vorschlags. Wenn du dich jedoch entscheidest, den ersten Vorschlag nur anzunehmen, wenn er über 50 Euro ist, und ansonsten immer den zweiten, ist der Erwartungswert für deinen Gewinn 60 Euro. Aber es geht noch besser!\n\nWenn du die Strategie befolgst, die dir den höchsten erwarteten Gewinn verspricht, wie hoch ist dann die Grenze, ab der du den ersten Vorschlag der Maschine annehmen solltest?</item>
        <item>Du bist ein Biologe, der eine Bakterienkultur untersucht: Anfangs gibt es zwei Bakterien, die fröhlich in ihrer Petrischale umherschwimmen.\n\nIn jedem Zeitabschnitt stirbt jedes Bakterium (mit Wahrscheinlichkeit 0.25), oder aber es teilt sich in zwei fröhliche Bakterien. Angenommen, dass die Tode unabhängig von Zeit und Individuen sind und dass dieser Prozess ewig anhält. Um es uns einfach zu machen, ignorieren wir, dass die Kolonie die komplette Petrischale ausfüllen oder an Nahrungsknappheit leiden könnte.\n\nIn Betrachtung eines unendlichen Zeithorizonts, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die komplette Population ausstirbt?</item>
        <item>Du wählst eine einzelne Zahl gleichverteilt zufällig aus der Menge {1, 2, …, 1000}.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Zahl ein Vielfaches von einer (oder mehreren) der Zahlen 7, 11 oder 13 ist?</item>
        <item>Stell dir vor, dass das Wetter an einem bestimmten Tag entweder sonnig (mit Wahrscheinlichkeit 0.4), bewölkt (genauso wahrscheinlich) oder regnerisch (mit Wahrscheinlichkeit 0.2) ist. Es ist zwar gewagt, aber wir nehmen an, dass das Wetter der einzelnen Tage unabhängig ist.\n\nWir definieren nun eine Wetterperiode als die größtmögliche Gruppe von aufeinanderfolgenden Tagen, an denen das Wetter gleich ist. Wenn es zum Beispiel acht Tage lang regnet, gefolgt von einem Tag Sonne und einem Tag Regen, haben wir drei Wetterperioden.\n\nWie groß ist die erwartete Anzahl an Wetterperioden in einem Zeitraum von 10 Tagen?</item>
        <item>Nochmal dieselbe Frage wie im vorherigen Rätsel, aber unter etwas realistischeren Umständen: Die Wahrscheinlichkeit für Sonne ist immer noch 0.4, für Wolken genauso, und 0.2 für Regen. Aber diesmal verabschieden wir uns von der Annahme, dass das Wetter der einzelnen Tage unabhängig ist.\n\nStattdessen folgt das Wetter einem Markovprozess erster Ordnung: Wenn es heute sonnig oder bewölkt ist, sind die Wahrscheinlichkeiten für das morgige Wetter: 0.5 für Sonne, 0.25 für Wolken und 0.25 für Regen; wenn es heute regnet, wird es morgen mit Wahrscheinlichkeit 1 bewölkt\u00A0– es kann also niemals zwei Tage nacheinander regnen.\n\nWie groß ist nun die erwartete Anzahl an Wetterperioden, wieder im Zeitraum von 10 Tagen?</item>
        <item>Ein weiser Mann präsentiert dir eine Urne, die die gleiche Anzahl an roten und schwarzen Murmeln enthält.\n\nWenn du hineingreifst und zwei Murmeln (gleichverteilt und unabhängig) herausziehst, ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie gleichfarbig sind, notwendigerweise kleiner als ½. Jetzt kommt der knifflige Teil: Wenn die beiden zuerst gezogenen Murmeln gleichfarbig sind, und du nochmal hineingreifst und zwei neue Murmeln ziehst, ist die Wahrscheinlichkeit, dass die beiden gleichfarbig sind, genau ½.\n\nWie kann das sein? Wie viele Murmeln (rote und schwarze) waren also in der Urne, bevor du welche herausgenommen hast?</item>
        <item>Angenommen, dass in der allgemeinen Bevölkerung die Rechen- und Schreibfähigkeit unabhängig und gleichverteilt in [0, 1] liegt.\n\nEs gehen nur Leute an die Universität, wenn die Summe ihrer Schreib- und Rechenfähigkeit größer als 1 ist. Unter den Leuten, die an der Universität sind, wie groß ist der Anteil mit Rechenfähigkeit über 0.9, also in den Top 10\u00A0% der allgemeinen Bevölkerung?</item>
        <item>Bleiben wir bei unserer üblichen Annahme bezüglich Babys: mit Wahrscheinlichkeit 0.49 sind es Mädchen, mit Wahrscheinlichkeit 0.51 Jungen, und das Geschlecht ist unabhängig verteilt.\n\nWenn ein Großteil der Eltern sich entscheidet, so lange Kinder zu bekommen, bis sie eine Tochter haben\u00A0– und dann aufhören, egal ob sie dann ein Einzelkind ist oder viele Brüder hat\u00A0– wie groß ist dann der Anteil der weiblichen Kinder an der Gesamtbevölkerung?</item>
        <item>Wir bleiben bei den Annahmen aus dem vorherigen Rätsel: Eltern bekommen Kinder, bis sie eine Tochter haben, dann hören sie auf; Babys sind mit Wahrscheinlichkeit 0.49 Mädchen.\n\nWenn wir zufällig gleichverteilt ein Kind auswählen (aus der Gesamtheit aller Kinder), mit welcher Wahrscheinlichkeit hat es dann genau ein Geschwisterkind (Bruder oder Schwester)?</item>
        <item>Einkommensränge sind Zahlen von 0 bis 100, die angeben, wo in der Einkommensverteilung du dich befindest\u00A0– zum Beispiel bedeutet eine 75, dass du mehr verdienst als drei Viertel der Leute, aber weniger als das obere Viertel.\n\nAngenommen, der Einkommensrang eines Kindes ist eine lineare Funktion von den Einkommensrängen seiner Eltern. Dann stellt sich heraus, dass man nur den Achsenabschnitt dieser Funktion kennen muss, um die Steigung der Funktion zu erhalten. Findest du heraus, warum? Wenn nun der Achsenabschnitt 20 ist\u00A0– das bedeutet, die Eltern mit dem niedrigsten Einkommen haben Kinder, die durchschnittlich beim 20. Perzentil landen, wie groß ist dann die Steigung?</item>
        <item>Du trägst ein Holzstück mit dir herum, das einen Meter misst. Plötzlich stolperst du, und das Stück Holz fällt auf den Boden. Wie tollpatschig von dir! Das Holz zerbricht in ein linkes Stück und ein rechtes Stück, und die Bruchstelle ist gleichverteilt über die komplette Länge: für jedes L zwischen 0 und 1 ist das linke Stück mit der Wahrscheinlichkeit L kleiner als L. Zum Beispiel ist mit der Wahrscheinlichkeit 60\u00A0% das linke Stück kürzer als 0.6 Meter.\n\nWie groß ist die erwartete Länge (also die durchschnittliche Länge) des längeren Stücks in Metern?</item>
        <item>Die analoge 12-Stunden-Uhr an deiner Wand ist kaputt: alle 60 Minuten bewegt sich der Stundenzeiger mit der Wahrscheinlichkeit von 0.99 um eine Stunde vorwärts, aber mit der Wahrscheinlichkeit von 0.01 bleibt er stehen. Die Bewegungen für die einzelnen Stunden sind unabhängig: Die Wahrscheinlichkeit für bewegen-stehen-bewegen ist zum Beispiel 0.99*0.01*0.99.\n\nJetzt ist Mittag. Uns interessiert die Wahrscheinlichkeit, dass der Stundenzeiger auf der 3 steht, nachdem N Stunden vergangen sind. Gegen welchen Wert strebt diese Wahrscheinlichkeit, wenn N gegen unendlich geht?</item>
        <item>Zehn Gäste sind auf einer Party in einer Zweizimmerwohnung, und anfangs ist es gleichwahrscheinlich, dass alle zehn in Raum A sind oder dass neun in Raum A und einer in Raum B ist. Dies ist jedoch keine gewöhnliche Party: In jeder Minute wird ein Gast gleichverteilt zufällig ausgewählt (unabhängig davon, was in der Vergangenheit geschah), und dieser Gast muss den Raum wechseln (wenn er also in Raum A war, muss er in Raum B, und umgekehrt).\n\nNehmen wir einmal an, dass wir uns in den 50\u00A0% Wahrscheinlichkeit befinden, mit der alle Gäste anfangs in Raum A sind. Am Ende der ersten Minute wird jemand ausgewählt und geht in Raum B, so dass noch neun Gäste in Raum A bleiben. Am Ende der zweiten Minute wird mit Wahrscheinlichkeit 9/10 jemand aus Raum A gewählt (und gesellt sich zu dem Gast in Raum B), oder mit Wahrscheinlichkeit 1/10 kommt der Gast aus Raum B wieder in Raum A zurück, so dass der Ausgangszustand wiederhergestellt ist.\n\nUns interessiert die Wahrscheinlichkeit, dass die Gruppen gleichmäßig zwischen Raum A und B aufgeteilt sind (also 5 in jedem Raum), nach N Minuten. Wogegen strebt diese Wahrscheinlichkeit, wenn N gegen unendlich geht?</item>
        <item>Du bist Aktienhändler und beobachtest einen Kurs, der mit gleicher Wahrscheinlichkeit steigt oder fällt. Zu deinem Glück hast du ein Orakel, das die Kursänderung vorhersagen kann. Das Orakel liegt mit 60\u00A0% richtig: Wenn der Kurs also steigt, sagt das Orakel mit Wahrscheinlichkeit 0.6 den steigenden Kurs voraus (und mit 0.4 den fallenden); umgekehrt ist es, wenn der Kurs fällt.\n\nDu hast jetzt nicht nur ein Orakel, sondern gleich mehrere, die voneinander unabhängig sind. Wenn der Kurs also steigt, ist die Wahrscheinlichkeit 0.6^2, dass die Orakel eins und zwei einen steigenden Kurs voraussagen.\n\nAngenommen, du hast N+1 Orakel, die einen steigenden Kurs voraussagen und N, die einen fallenden Kurs voraussagen (also insgesamt 2N+1, eine ungerade Anzahl). Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Kurs steigt?</item>
        <item>Du hast eine Sammlung von N verschiedenen Objekten, aus der du eine zufällige Stichprobe der Größe N mit Wiederholung ziehst\u00A0– das heißt, ein Objekt kann auch mehrmals gezogen werden. Wenn eine Stichprobe auf diese Weise erzeugt wird, ist das verwandt mit der Statistik-Technik namens Bootstrapping.\n\nUns interessiert nun, welcher Anteil der ursprünglichen Sammlung in der Stichprobe enthalten ist (also die Wahrscheinlichkeit, dass ein gegebenes Objekt aus der ursprünglichen Sammlung mindestens einmal in der Stichprobe vorkommt). Wogegen strebt diese Wahrscheinlichkeit, wenn N gegen unendlich geht?</item>
        <item>Stell dir ein Land vor, in dem bei einer Wahl zwischen einer Frau namens C und einem Demagogen namens T 10 Personen gewählt haben. Angenommen, C hat 7 Stimmen erhalten, während 3 für Kandidat T gestimmt haben\u00A0– aber die Öffentlichkeit weiß das noch nicht, da die Stimmen noch nicht ausgezählt sind.\n\nDie Stimmzettel werden in eine große Urne geworfen. Bevor sie geöffnet wird, wird die Urne derart geschüttelt, dass die Stimmen zufällig angeordnet sind und alle Anordnungen gleichwahrscheinlich sind. Dann wird die Urne geöffnet und die Stimmen werden eine nach der anderen ausgezählt. Unter der Gegebenheit, dass 7 Personen für C gestimmt haben (und 3 für T), wissen wir bereits, dass am Ende der Auszählung C 4 Stimmen Vorsprung haben wird. Aber auf dem Weg dorthin liegt ein Stück Zufall.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass C während der gesamten Auszählung mehr Stimmen als T hat?</item>
        <item>Alice möchte Bob eine geheime vierstellige binäre Nachricht zuschicken, zum Beispiel 0000 oder 0011, per Briefpost, aber sie sorgt sich, dass der Brief von einem Dritten abgefangen werden könnte. Zum Glück haben Alice und Bob ein Verfahren, Nachrichten zwischen ihnen zu verschlüsseln. Als sie sich das letzte Mal getroffen hatten, haben sie ein geheimes One-Time-Pad (einen Einmal-Block) erzeugt; das ist eine vierstellige Folge von X und Unterstrichen, zum Beispiel XX_X. Sie nutzen diesen Block, um ihre Nachricht zu entschlüsseln.\n\nEs gibt 2^4 mögliche Blöcke: Alice hat einen davon zufällig ausgewählt und ihn Bob mitgeteilt, bevor sie getrennter Wege gingen. Sie haben sich auf das folgende Protokoll geeinigt: Wenn Alice Bob eine vierstellige binäre Nachricht schickt, verschlüsselt sie sie mit dem Block. Wann immer im Block ein X steht, kippt sie das entsprechende Bit in der Nachricht (macht also aus einer 1 eine 0 oder aus einer 0 eine 1); der Rest der Nachricht bleibt unverändert (also an den Stellen, an denen im Block ein _ steht). Sie schickt die so verschlüsselte Nachricht per Post, und Bob nimmt seine Kopie des Blocks, um die Nachricht zu entschlüsseln.\n\nEve ist ein Spion, und sie liest die Post, die Alice und Bob sich schicken. Sie kennt das Verfahren hinter dem Einmal-Block, und sie weiß, dass Alice den Block gleichverteilt zufällig ausgewählt hat. Zusätzlich glaubt Eve, dass es eine 30-prozentige Chance gibt, dass die unverschlüsselte Nachricht von Alice 0000 ist, eine 60-prozentige Chance, dass sie 1111 ist und eine 10-prozentige Chance, dass sie 0011 ist.\n\nEve fängt den Brief von Alice an Bob ab und findet darin die (verschlüsselte) Nachricht 1110. Unter der Annahme, dass Eve die Wahrscheinlichkeiten zutreffend beobachtet hat, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die wahre Nachricht von Alice an Bob 1111 ist?</item>
        <item>Wenn du drei Punkte gleichverteilt zufällig auf dem Rand eines Kreises auswählst, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Dreieck aus diesen Punkten den Mittelpunkt des Kreises enthält?</item>
    </string-array>
    <string-array name="answers_1">
        <item>3</item>
        <item>1 - 364*363/365^2</item>
        <item>23</item>
        <item>6</item>
        <item>1/3</item>
        <item>3 * 0.51^2 * 0.49</item>
        <item>148.5/(148.5 + 998.5)</item>
        <item>0.1/(0.1 + 0.9*0.5^3)</item>
        <item>4*(1/4 + 1/3 + 1/2 + 1)</item>
        <item>3/5</item>
        <item>128/315</item>
        <item>55</item>
        <item>89</item>
        <item>201/256</item>
        <item>14/3</item>
        <item>1/2</item>
        <item>100*(1-0.19^0.5)/0.9</item>
        <item>1/9</item>
        <item>280/1000</item>
        <item>1+9*0.8^2</item>
        <item>1+9*0.7</item>
        <item>6</item>
        <item>1-0.9^2</item>
        <item>0.49</item>
        <item>2*0.51*0.49^2</item>
        <item>0.6</item>
        <item>3/4</item>
        <item>1/12</item>
        <item>252*0.5^10</item>
        <item>0.6</item>
        <item>1 - e^(-1)</item>
        <item>4/10</item>
        <item>0.6</item>
        <item>1/4</item>
    </string-array>

    <string-array name="images_2">
        <item>hound</item>
        <item>mouse_grid_horizontal</item>
        <item>mouse_grid_horizontal_with_trap</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>conditional_correlation</item>
        <item>hats</item>
        <item>gambling_small</item>
        <item />
        <item>particle_v2</item>
        <item>table_small</item>
        <item>ant_and_spider</item>
        <item />
        <item />
        <item />
        <item>gambler_broke_11_bets_small</item>
        <item>vote_counting_small</item>
    </string-array>
    <string-array name="hints_2">
        <item>Die Linearität der Erwartungswerte hilft: Nummerier die Füchse mit 1, 2, …, 5 durch und lass X_i einen Indikator dafür sein, ob Fuchs i von einem Jagdhund gefolgt ist. Die Antwort ist E[X_1 + … + X_5] = E[X_1] + … + E[X_5]. Da die Wahrscheinlichkeit, von einem Jagdhund gefolgt zu sein, dieselbe für jeden Fuchs ist, vereinfacht sich die Antwort zu 5*E[X_1], also brauchst du lediglich die Wahrscheinlichkeit auszurechnen, dass ein bestimmter Fuchs von einem Jagdhund gefolgt ist, und die multiplizierst du dann mit fünf.</item>
        <item>Beachte, dass alle Pfade die gleiche Anzahl an Gesamtschritten haben\u00A0– und dazu noch die gleiche Anzahl an Schritten gen Osten. Du kannst daher jeden Pfad als Folge von N Wörtern ansehen, von denen K „Ost“ sagen und die übrigen „Nord“. Wie viele Arten gibt es, solche Folgen anzuordnen?</item>
        <item>Versuch die Anzahl der Pfade zu zählen, die durch die Falle führen. Ein nützlicher erster Schritt ist, die Anzahl der Pfade vom Startpunkt bis zur Falle zu zählen\u00A0– das kannst du bereits, wenn du das vorherige Rätsel gelöst hast.</item>
        <item>Du kannst die Regel benutzen, dass E[X] = E[E[X|Y]] ist. Lass in diesem Fall X die Lösung dieses Rätsels sein. Eine gute Wahl für Y ist ein Indikator, ob der Zug vor oder nach der Dreiminutenmarke ankommt: Wenn er später ankommt, weißt du, dass du den B-Zug nehmen wirst (da er in maximal drei Minuten ankommt). Wenn du das mit den Zügen ganz vergessen willst, fragt das Rätsel nach E[min(X_1, X_2)], wobei X_1 ~ Gleichförmig([0, 5]), X_2 ~ Gleichförmig([0, 3]) und die Xe unabhängig sind.</item>
        <item>Dieses Rätsel ist dem Fuchsrätsel ganz ähnlich: Die Antwort ist einfach, wenn du die Linearität der Erwartungswerte ausnutzt. Wenn du dich beispielsweise auf die Frauen konzentrierst, ist die Antwort 8*E[X_1], wobei X_1 die Anzahl der Männer ist, die neben Frau Nummer 1 sitzen, also ist X_1 entweder 0, 1 oder 2.</item>
        <item>Versuch erstmal, das vorherige Rätsel zu lösen (lies den dortigen Tipp, wenn du nicht weiter weißt). Der einzige Unterschied ist hier, dass die Wahrscheinlichkeit am Tischende anders ist, da es dort nur einen einzigen Nachbarn gibt. Intuitiv sollte das zu einer kleineren Zahl als im vorherigen Rätsel führen. Siehe https://stats.stackexchange.com/a/509919/9330 für eine detaillierte Erklärung.</item>
        <item>Die Definition von Korrelation ist Korr[X, Y] = Kov[X, Y] / (Var[X]*Var[Y])^0.5, und du kannst auf die Antwort kommen, indem du die Definitionen anwendest und integrierst. Ein Trick ist, an eine Regression der Schreibfähigkeit bezüglich der Rechenfähigkeit zu denken, unter der Bedingung, die Hochschule zu besuchen\u00A0– die Steigung dieser Regressionslinie ergibt die Korrelation. Versuch zu verstehen, warum das funktioniert!</item>
        <item>Nutze das Einschluss-Ausschluss-Prinzip aus. Die Zwei-Ereignis-Version ist P[A oder B] = P[A] + P[B] - P[A und B]; du musst hier die n-Ereignisse-Version benutzen, wobei n die Anzahl der Gäste (und auch die Anzahl der Hüte) ist.</item>
        <item>Wenn du mit einem beliebigen positiven Vermögen x beginnst, denk über die Wahrscheinlichkeit nach, jemals den Zustand (x - 1) zu erreichen. Die Antwort, die du suchst, ist einfach das Quadrat davon: Um pleite zu gehen, musst du irgendwann ein Vermögen von 1 Euro erreichen und dann, nachdem du dort angelangt bist, irgendwann ein Vermögen von 0 Euro.</item>
        <item>Nimm an, das Rätsel würde nach einer Stichprobewiederholung der Größe fünf aus einer Sammlung von fünf Objekten fragen. Mal dir fünf Kreise aus und vier Linien, die in einer Reihe liegen, zum Beispiel so: oo|o||oo|. Diese spezielle Folge repräsentiert eine Stichprobewiederholung, in der das erste Objekt zweimal gezogen wurde, das zweite einmal, das dritte niemals, das vierte zweimal und das fünfte niemals. Wie viele verschiedene Folgen kann man mit diesen Kreisen und Linien bilden?</item>
        <item>Beginne damit, die erwartete Anzahl an Gesamtbesuchen zum Ursprung zu berechnen. Wie hängt diese Zahl mit der Wahrscheinlichkeit zusammen, jemals den Ursprung zu erreichen?</item>
        <item>Wenn die Gastgeberin ganz am Anfang die Münze nach rechts gibt, weißt du schon, dass du verloren hast. Konzentrier dich auf die Menge der Personen, die die Münze noch nicht gehalten haben und denk über die Personen nach, die diese Menge verlassen. Der Gewinner ist die letzte Person, die die Menge verlässt. Solange noch mehr als eine Person in der Menge ist, muss die nächste Person eine von den beiden Personen an einem Ende sein (in der Abbildung wäre das zum Beispiel du oder Person D).</item>
        <item>Der Würfel hat acht Ecken (Knoten im Graph), aber du kannst das Rätsel vereinfachen, indem du nur die Entfernung der Spinne von der Ameise betrachtest\u00A0– anfangs 3, und generell eine Zahl aus {0, 1, 2, 3}\u00A0– und das alles folgt praktischerweise einem Markovprozess.</item>
        <item>Die Antwort ist notwendigerweise größer als 4. Ein Trick, das Rätsel schnell per Hand zu lösen, ist mit Hilfe der Martingale. Angenommen, dass zu jedem Zeitpunkt N eine Person ankommt und 1 Euro darauf wettet, dass K geworfen wird. Wenn sie gewinnt, wettet sie danach 2 auf Z; wenn sie wieder gewinnt, 4 auf T; und wenn sie wieder gewinnt, 8 auf K. Sie hört auf, sobald sie einmal verliert oder vier Wetten in Folge gewinnt. Der aufsummierte Betrag, der von diesen Wettteilnehmern gewonnen wird, ist ein Martingal mit Mittelwert null, und das kannst du ausnutzen, um die erwartete Dauer bis zum ersten K Z Z K zu berechnen.</item>
        <item>Versuch erstmal, das vorherige Rätsel zu lösen\u00A0– wenn du auf den Trick mit dem Martingal gekommen bist, ist dieses Rätsel einfach. Die interessante Frage ist darüber nachzudenken, warum dieses Muster früher auftritt als das andere.</item>
        <item>Dieses Rätsel ist einfach lösbar, wenn du die Potenzreihe für die Exponentialfunktion kennst, also dass e^x gleich der Summe von N=0 bis unendlich von (x^N)/(N!) ist. Versuch mit (e^x + e^(-x)) und (e^x - e^(-x)) herumzuspielen.</item>
        <item>Für jede gerade Zahl N sei F(N) die Anzahl der Pfade der Länge N (also Vermögensbahnkurve über den Verlauf von N Wetten), die bei einem Vermögen von eins anfangen, bei einem Vermögen von eins aufhören und niemals die Null berühren. Zum Beispiel ist F(0)=1, F(2)=1 und F(4)=2; die beiden Pfade für F(4) sind hoch-hoch-runter-runter und hoch-runter-hoch-runter. Die Lösung ist mit F(10) verwandt. Kannst du F rekursiv ausdrücken? Wenn du nicht weiterkommst, schau dir Catalan-Zahlen an.</item>
        <item>Der Graph illustriert mehrere Beispielwege für Cs Nettostimmenanzahl. Uns interessiert die Wahrscheinlichkeit, dass der Pfad nach der ersten Stimme niemals die Null berührt. Mehrere Tatsachen helfen dabei: Erstens ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die erste Stimme aus der Wahlurne für C ist, 70/100. Zweitens, angenommen der Pfad erreicht die Null (zum Beispiel beim orangen Kreis in der Abbildung): An diesem Punkt, wo der Pfad die Null erstmals berührt, haben wir die gleiche Anzahl an Stimmen für T und C ausgezählt. Wir können daher die linke Seite des Pfades\u00A0– den Teil vom Ursprung bis zum orangen Kreis\u00A0– um die horizontale Achse spiegeln und erhalten dadurch einen alternativen Pfad, der notwendigerweise dieselbe Wahrscheinlichkeit wie der ursprüngliche Pfad hat. Daher ist die Stimme, die zuerst aus der Wahlurne gezogen wurde, gleichwahrscheinlich für C wie für T. Kombiniere diese Tatsachen, um die Antwort zu bekommen.</item>
    </string-array>
    <string-array name="puzzles_2">
        <item>Fünf Füchse und sieben Jagdhunde laufen in einen Fuchsbau. Dort drinnen verirren sie sich derart, dass alle Reihenfolgen gleich wahrscheinlich sind.\n\nDie Füchse und Hunde laufen in einer geordneten Reihe aus dem Fuchsbau heraus. Wie viele Füchse sind direkt von einem Jagdhund gefolgt, im Durchschnitt?</item>
        <item>Eine hungrige Maus sitzt an der Südwestecke einer Oberfläche mit vier mal sieben Fliesen, wie in dem wunderschönen Bild unten zu sehen ist. Die Maus schnüffelt herum und wittert ein köstliches Stück Käse in der Nordostecke.\n\nAngenommen, die Maus bewegt sich nur entlang der Fugen zwischen den Fliesen, und sie tippelt nur nordwärts und ostwärts, denn sie will ihre Mahlzeit schnell erreichen. Die Maus könnte den Käse zum Beispiel erreichen, indem sie dreimal nach Norden läuft, dann siebenmal nach Osten und dann noch einmal nach Norden.\n\nWie viele verschiedene Wege hat die Maus zur Auswahl, um den Käse zu erreichen?</item>
        <item>Dies ist die Fortsetzung des vorherigen Rätsels. Es gelten die gleichen Regeln für die Bewegung der Maus.\n\nJetzt gibt es eine Falle\u00A0– groß, rot und rund\u00A0– zwischen der Maus und ihrem Abendbrot. Die Maus beginnt ihre Reise an Position (0, 0); die Falle wartet auf (5, 2); der köstliche Käse liegt auf (7, 4).\n\nWenn die Maus einen Maus-zu-Käse-Weg gleichverteilt zufällig auswählt, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie die Reise überlebt?</item>
        <item>In großer Eile betrittst du eine Metrostation und beschließt, den ersten Zug zu nehmen, der kommt.\n\nAn dieser Station fahren zwei Linien: eine kommt alle fünf Minuten (Linie A), die andere alle drei (Linie B). Um es präzise auszudrücken, nehmen wir an, dass die nächste Ankunft eines A-Zuges gleichverteilt im Intervall [0, 5] liegt und ähnlich für den B-Zug in [0, 3]. Die beiden Ankünfte sind unabhängig.\n\nDie Züge kommen so pünktlich, dass man die Uhr danach stellen kann; es gibt keine Unsicherheit außer der nächsten Ankunftszeit. Wenn beispielsweise der nächste B-Zug zur Zeit 0.87 kommt, kannst du absolut sicher sein, dass der dann folgende zur Zeit 3.87 kommt.\n\nWie viele Minuten musst du durchschnittlich warten, bis ein Zug kommt?</item>
        <item>Fünf Männer und acht Frauen werden zufällig um einen runden Tisch gesetzt, so dass alle Reihenfolgen gleichwahrscheinlich auftreten.\n\nWir nehmen an, dass jeder heterosexuell (und Single) ist, so dass es immer dann ein potentielles Pärchen gibt, wenn ein Mann und eine Frau nebeneinander sitzen. Beachte, dass eine Person Teil von bis zu zwei Pärchen sein kann: eins mit der Person links von ihr und eins mit der Person rechts von ihr.\n\nWie viele potentielle Pärchen sitzen im Durchschnitt am Tisch?</item>
        <item>Dies ist eine Variation des vorherigen Rätsels: Es gibt immer noch fünf Männer und acht Frauen, aber der runde Tisch ist weg und unsere Gäste sitzen nun in einer Reihe. Wie zuvor ist die Platzierung zufällig und alle Reihenfolgen gleich wahrscheinlich.\n\nWie viele potentielle Pärchen sind jetzt zu erwarten?</item>
        <item>Angenommen, die Rechen- und Schreibfähigkeit sind unabhängig\u00A0– und daher unkorreliert\u00A0– in der Gesamtpopulation.\n\nUm die Sache handhabbar zu halten, nehmen wir an, dass die Rechen- und Schreibfähigkeiten unabhängig und gleichverteilt zufällig im Intervall [0, 1] sind und dass Studenten genau dann die Hochschule besuchen, wenn die Summe ihrer Schreib- und Rechenfähigkeit größer als eins ist.\n\nJeder Punkt in der Abbildung unten ist eine simulierte Person; die Farbe gibt an, ob sie die Hochschule besuchen. Innerhalb derjenigen, die die Hochschule besuchen, wie groß ist die Korrelation zwischen Schreib- und Rechenfähigkeit?</item>
        <item>Du lädst ein paar Freunde zu einer Hutparty ein. Zu fortgeschrittener Stunde schlägst du vor, ein Spiel zu spielen: alle stellen sich in einer Reihe auf und legen ihren Hut vor sich auf den Boden. Die Gäste werden dann bunt durcheinander gemischt, alle Reihenfolgen sind gleichwahrscheinlich. Danach greift jeder Gast den Hut vor sich und setzt ihn auf.\n\nUns interessiert nun die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens ein Gast am Ende des Spiels seinen eigenen Hut aufhat. Wogegen konvergiert diese Wahrscheinlichkeit, wenn die Anzahl der Gäste unendlich groß wird?</item>
        <item>Du findest 2 Euro in deiner Tasche und beschließt ins Casino zu gehen. Das Spiel, das du dort spielst, hat zum Glück sehr vorteilhafte Regeln: Jedesmal wenn du spielst, gewinnst du 1 Euro mit Wahrscheinlichkeit 3/4, und mit Wahrscheinlichkeit 1/4 verlierst du 1 Euro.\n\nAngenommen, du spielst so lange, wie du Geld in der Tasche hast. Wenn du die ersten beiden Spiele verlierst, bist du pleite und gehst nach Hause; aber wenn du immer gewinnst, spielst du auch immer weiter.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass du irgendwann pleite gehst?</item>
        <item>Fang mit einer Sammlung von zehn unterschiedlichen Objekten an und definiere eine Stichprobewiederholung als eine Stichprobe der Größe zehn, mit Wiederholung, aus der ursprünglichen Sammlung. Wenn die ursprüngliche Sammlung zum Beispiel {1, 2, …, 10} ist, gibt es eine Stichprobewiederholung, in der die Zahl 2 zehnmal vorkommt, eine, in der jede Zahl einmal vorkommt und eine andere, in der die Zahlen 1 und 2 jeweils fünfmal vorkommen. Es gibt viele weitere.\n\nWie viele verschiedene Stichprobewiederholungen gibt es?</item>
        <item>Ein Elementarteilchen lebt auf einem zweidimensionalen Gitter und beginnt seine Reise am Ursprung, (0, 0). Jede Sekunde springt es entweder nach NW, NO, SW oder SO mit gleicher Wahrscheinlichkeit, wie in dem Diagramm unten. Nachdem es beispielsweise einmal gesprungen ist, ist es mit Wahrscheinlichkeit 0.25 an Position (1, 1).\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen jemals wieder im Ursprung landet?</item>
        <item>Eine Gastgeberin und 9 Gäste sitzen an einem runden Tisch. Die Gastgeberin gibt sich großzügig: Sie legt eine Goldmünze vor sich und erklärt, dass einer von den Gästen die Münze mit nach Hause nimmt.\n\nWer immer die Münze hat\u00A0– angefangen bei der Gastgeberin\u00A0– wirft sie: Bei Kopf gibt er sie nach links, bei Zahl nach rechts weiter. Das geht so weiter, bis jeder die Münze mindestens einmal in der Hand hatte\u00A0– in diesem Moment endet das Spiel, und die Person, die die Münze hält, nimmt sie mit nach Hause. Mit anderen Worten ist der Gewinner die letzte Person, die die Münze zum ersten Mal in die Hand bekommt.\n\nIn dem Beispiel unten wandert die Münze von der Gastgeberin zu A, dann zu B, dann kreist sie eine Weile zwischen A und B, dann gibt B sie an C weiter. In diesem hypothetischen Szenario wäre es jetzt für die Gastgeberin, A, B und C unmöglich, die Münze zu gewinnen, aber du hättest noch eine Chance.\n\nDu sitzt direkt rechts neben der Gastgeberin und das Spiel beginnt gerade. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass du Spiel und Gold gewinnst?</item>
        <item>Stell dir einen großen Raum\u00A0– oder abstrakter einen Würfel\u00A0– vor, bevölkert von zwei kleinen Kreaturen: einer hungrigen Spinne in der einen Ecke und in der am weitesten gegenüberliegenden Ecke eine verängstigte Ameise.\n\nGenau gesagt, ist die Spinne anfangs in der Nordostecke des Daches, und die Ameise gibt ihr Bestes, um sich in der Südwestecke des Bodens zu verstecken, wie im Bild unten.\n\nDie Ameise ist vor Angst versteinert und bewegt sich nie. In der Zwischenzeit macht die Spinne einen zufälligen Spaziergang: Jedesmal wenn sie an eine Ecke kommt, wählt sie eine der Kanten gleichverteilt zufällig aus (unabhängig von ihrer vergangenen Auswahl).\n\nWie viele Kanten muss die Spinne durchschnittlich ablaufen, bevor sie die Ameise erreicht?</item>
        <item>Wenn man eine faire Münze in einer unendlichen Folge wirft, wie lange dauert es durchschnittlich, bis das Muster K\u00A0Z\u00A0Z\u00A0K auftaucht?</item>
        <item>Jack und Jill spielen ein Spiel, das auf unendlichen Würfen einer fairen Münze basiert. Jack wettet, dass das Muster K\u00A0K\u00A0K\u00A0K auftaucht, und Jill hat ihr Geld auf K\u00A0Z\u00A0Z\u00A0K gesetzt.\n\nSei T_a die Anzahl der Würfe, bis Jacks Muster zuerst auftaucht, während T_i dasselbe für Jills Muster ist. Wenn Jack Jill verspricht, ihr (T_a\u00A0– T_i) zu bezahlen, und das kann sowohl positiv als auch negativ sein, wie viel bekommt sie dann durchschnittlich?</item>
        <item>Stell dir eine Poisson-Zufallsvariable vor, die den Erwartungswert 1 hat, also P[X = k] = e^(-1) / (k!) für nichtnegative ganze Zahlen k (und sonst null), wobei k! die Fakultät von k ist. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass X gerade ist?</item>
        <item>Betrachte einen Glücksspieler, dessen anfängliches Vermögen ein Euro ist, und der wiederholt faire Wetten abschließt, bei denen sich sein Vermögen entweder um einen Euro erhöht oder vermindert (die Wahrscheinlichkeit für jedes der Ergebnisse ist also ½). Er wettet so lange, bis er kein Geld mehr hat. Unter der Voraussetzung, dass er mit der elften Wette pleite geht, wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sein Vermögen raketenartig auf 6 hochgegangen und anschließend ohne Umschweife auf 0 runtergegangen ist?</item>
        <item>Stell dir ein Land vor, in dem bei einer Wahl zwischen einer Frau namens C und einem Demagogen namens T 100 Personen gewählt haben. Angenommen, C hat 70 Stimmen erhalten, während 30 für Kandidat T gestimmt haben\u00A0– aber die Öffentlichkeit weiß das noch nicht, da die Stimmen noch nicht ausgezählt sind.\n\nDie Stimmzettel werden in eine große Urne geworfen. Bevor sie geöffnet wird, wird die Urne derart geschüttelt, dass die Stimmen zufällig angeordnet sind und alle Anordnungen gleichwahrscheinlich sind. Dann wird die Urne geöffnet und die Stimmen werden eine nach der anderen ausgezählt. Unter der Gegebenheit, dass 70 Personen für C gestimmt haben (und 30 für T), wissen wir bereits, dass am Ende der Auszählung C 40 Stimmen Vorsprung haben wird. Aber auf dem Weg dorthin liegt ein Stück Zufall.\n\nWie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass C während der gesamten Auszählung mehr Stimmen als T hat?</item>
    </string-array>
    <string-array name="answers_2">
        <item>5*7/12</item>
        <item>C(11,7)</item>
        <item>1 - C(7,2)*C(4,2)/C(11,7)</item>
        <item>1.2</item>
        <item>5*4/3</item>
        <item>5*48/39</item>
        <item>-1/2</item>
        <item>1-1/e</item>
        <item>1/9</item>
        <item>92378</item>
        <item>1</item>
        <item>1/9</item>
        <item>10</item>
        <item>18</item>
        <item>30-18</item>
        <item>0.5*(1 + e^(-2))</item>
        <item>1/42</item>
        <item>40/100</item>
    </string-array>

        <string name="gemini_prompt_template">Können Sie mir einen Hinweis zu diesem Rätsel geben, ohne die Antwort zu verraten? Hier ist das Rätsel: </string>
    <string name="gemini_expand_hint">Hier ist der aktuelle Hinweis, bitte erweitern Sie ihn:</string>
</resources>