Für die richtige Lösung dieser Aufgabe muss man die beiden Pfadregeln für Wahrscheinlichkeiten kennen: Die sogenannte Produktregel für die Wahrscheinlichkeit entlang eines Pfades und die Summenregel für Ereignisse, die sich aus mehreren Pfaden zusammensetzen.

Die Wahrscheinlichkeit für das Gegenereignis $\bar{D}\backslash overline\{D\}$ setzt sich aus zwei Zweigen zusammen: $P(\bar{D})=P(C\cap \bar{D})+P(\bar{C}\cap \bar{D})P(\backslash overline\{D\})\; =\; P(C\backslash cap\; \backslash overline\{D\})+P(\backslash overline\{C\}\backslash cap\; \backslash overline\{D\})$, wobei keiner der beiden Summanden direkt gegeben ist. Allerdings lassen sich dem Baumdiagramm die beiden Werte $P(C\cap D)=\frac{2}{5}P(C\backslash cap\; D)=\backslash frac25$ und $P(\bar{C}\cap D)=\frac{1}{10}P(\backslash overline\{C\}\backslash cap\; D)=\backslash frac\{1\}\{10\}$ entnehmen, die in der Summe gerade $P(D)=\frac{2}{5}+\frac{1}{10}=\frac{1}{2}P(D)=\backslash frac25+\backslash frac\{1\}\{10\}=\backslash frac12$ ergeben.

Über das Gegenereignis erhält man somit $P(\bar{D})=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}P(\backslash overline\{D\})\; =1-\backslash frac12\; =\backslash frac12$.

Stochastische Unabhängigkeit der Ereignisse $CC$ und $DD$ wird rechnerisch nachgewiesen, indem die Gleichheit von $P(C)\cdot P(D)P(C)\backslash cdot\; P(D)$ und $P(C\cap D)P(C\backslash cap\; D)$ gezeigt wird:

Hierzu fehlt noch $P(C)P(C)$.

Dazu wird die Produktregel auf den 1. Pfad angewandt:

Für das Produkt $P(C)\cdot P(D)P(C)\backslash cdot\; P(D)$ ergibt sich also: $P(C)\cdot P(D)=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{3}P(C)\backslash cdot\; P(D)\; =\; \backslash frac23\backslash cdot\backslash frac12\; =\; \backslash frac13$ während andererseits $P(C\cap D)=\frac{2}{5}P(C\backslash cap\; D)\; =\backslash frac25$ . Aus der Ungleichheit der beiden Ergebnisse folgt die (stochastische) Abhängigkeit der beiden Ereignisse $CC$ und $DD$.

Für das Schnittmengenereignis $C\cap DC\backslash cap\; D$ gibt es wegen der Forderung nach stochastischer Unabhängigkeit nun zwei Berechnungsansätze:

Aus dem Vergleich ergibt sich:

Wie in Teilaufgabe a) schon erläutert, setzt sich $P(D)P(D)$ aus zwei Zweigen zusammen. Dabei ist $xx$ nun die Wahrscheinlichkeit des Zweiges $P(\bar{C}\cap D)P(\backslash overline\{C\}\backslash cap\; D)$, die an die Stelle von $\frac{1}{10}\backslash frac\{1\}\{10\}$ tritt.

Anstelle des Werts $\frac{1}{10}\backslash frac\{1\}\{10\}$ ist also der Wert $\frac{1}{5}\backslash frac15$ zu wählen!