Wahrscheinlichkeit

27.03.2013, 08:16

JuliaJulia

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Wahrscheinlichkeit

Meine Frage:
Halli hallo, ich habe folgendes Wahrscheinlichkeitsbeispiel aber keine Lösung dazu! In jedem siebten Überraschungsei ist eine gewünschte Sammelfigur. Susi kauft 10 Eier. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie genau zwei Figuren findet?

Meine Ideen:
Ich habe das Beispiel so gerechnet:

(1/7) * (1/7) * (6/7) * (6/7) * (6/7) * (6/7)* (6/7) * (6/7) * (6/7) * (6/7)* 10

Stimmt das so?

Als Ergebnis würde ich 5,9% rausbekommen...

27.03.2013, 08:52

Admiral

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Wieso mal 10?

27.03.2013, 08:58

JuliaJuliaJulia

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Weil ich 10 unterschiedliche Pfade habe, wie ich das Ergebnis erreichen kann... Er kann zuerst ein gewünschtes Ei ziehen, dann 8 nicht gewünschte, dann ein gewünschtes, er kann aber auch zuerst 2 gewünschte und dann 8 ungewünschte ziehen...

27.03.2013, 09:09

Admiral

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Es gibt mehr als 10 solcher Pfade.

27.03.2013, 09:20

JuliaJuliaJulia

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Ok, das heißt, ich muss zwar mal eine Zahl rechnen aber mal eine andere?

27.03.2013, 09:42

Admiral

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Richtig. Kennst du die Binomialverteilung zufälligerweise? Ansonsten muss man das kombinatorisch lösen: Überlege dir wieviele Möglichkeiten es gibt zehn unterschiedliche "Teilchen" anzuordnen. Aber hier haben wir zwei Klassen von "Teilchen", nämlich zweimal 1/6 und achtmal 7/6, also nicht paarweise unterschiedliche Teilchen. Wie oft zählt man pro Klasse dann zuviel?

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30.03.2013, 00:11

JuliaJulia

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Binominalverteilung haben wir bis jetzt noch nicht gelernt (Ich hoffe, dass kommt so knapp vor der Matura auch nicht mehr Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

Also kombinatorisch:

Jedes (1/7) kann ja theoretisch 7 unterschiedliche Plätze einnehmen. Also muss ich das ganze (ich habe ja zwei (1/7) * 14 rechnen oder?

30.03.2013, 00:45

For-Real

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Es gibt insgesamt ziemlich viele Pfade, da die Reihenfolge ja egal ist smile

smile

Das wirst du dann jetzt einfach schnell mal "gelernt" bekommen smile

smile

Ist die Reihenfolge egal und du willst aus n "Versuchen" mit immer der selben Wahrscheinlichkeit (hier 1/7) genau k Treffer (hier: k=2) bekommen, gibt es folgende Anzahl an günstigen Pfaden:

$\begin{eqnarray*} \binom n k \end{eqnarray*}$

oder hier:

$\begin{eqnarray*} \binom {10} 2 = 45 \end{eqnarray*}$

So nun weißt du, das sind alle möglichen Pfade.

Für jeden Pfad gilt: 2 mal soll die Überraschung drin sein, also nimmst du die 45 mal $\begin{eqnarray*} \bigg(\frac 1 7 \bigg)^2 \end{eqnarray*}$

so steht da:

$\begin{eqnarray*} P(X=2) = \binom {10} 2 \cdot \bigg(\frac 1 7 \bigg)^2 ... \end{eqnarray*}$

Damit ist's ja aber leider nicht getan. Denn es kommen auch 8x leider keine Überraschungen vor. Allgemein ist das die "Nietenwahrscheinlichkeit", die $\begin{eqnarray*} n-k \end{eqnarray*}$ mal vor kommt. Hier also $\begin{eqnarray*} \bigg(\frac 6 7 \bigg)^{(n-k)}=\bigg(\frac 6 7 \bigg)^8 \end{eqnarray*}$ .

Das multiplizierst du nun auch noch zum obigen Term und du hast die Wahrscheinlichkeit in 10 Ü-Eiern, genau 2 Überraschungen zu finden:

$\begin{eqnarray*} P(X=2) = \binom {10} 2 \cdot \bigg(\frac 1 7 \bigg)^2 \cdot \bigg(\frac 6 7 \bigg)^8 \end{eqnarray*}$

PS: Nochmal der allg. Term:

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \binom {n} k \cdot p^k \cdot (1-p)^{(n-k)} \end{eqnarray*}$

Dabei ist n: Anzahl der Versuche (hier: Ü-Eierzahl)
k: Trefferanzahl
p: Trefferwahrscheinlichkeit
(1-p): Gegenwahrscheinlichkeit

Hoffe das hilft smile

smile

Wink

30.03.2013, 08:57

JuliaJulia

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Danke für deine Antwort!
Ich steige eigentlich schon ziemlich am Anfang aus... Wie kommst du da auf 45? Was hast du gerechnet?

30.03.2013, 09:54

JuliaJulia

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Ok, ich habs jetzt irgendwie mithilfe meines Taschenrechners gemeistert und bekomme insgesamt 0,24 * 2 heraus, also rund 50 % heraus... Stimmt das?

30.03.2013, 09:59

Leopold

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RE: Wahrscheinlichkeit

Zitat:

Original von JuliaJulia
(1/7) * (1/7) * (6/7) * (6/7) * (6/7) * (6/7)* (6/7) * (6/7) * (6/7) * (6/7)* 10

Bis auf den Faktor 10 am Ende war das ja richtig. Die Erfolge (Sammelfigur vorhanden) brauchen ja nicht am Anfang aufzutreten. Sie können auch irgendwo "in der Mitte" sein, was zum Beispiel auf folgende Pfadwahrscheinlichkeit führt:

$\begin{eqnarray*} \color{blue} \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \color{red} \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \color{red} \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \end{eqnarray*}$

Du mußt jetzt alle möglichen Pfadwahrscheinlichkeiten addieren. Jede ist ein Produkt, in dem der Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$ zweimal und der Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{6}{7} \end{eqnarray*}$ achtmal vorkommt, hat also den Wert $\begin{eqnarray*} \left( \frac{1}{7} \right)^2 \cdot \left( \frac{6}{7} \right)^8 \end{eqnarray*}$ .

Wie viele solche Produkte gibt es nun? Man kann sie zählen, indem man sich überlegt, wie viele Möglichkeiten es gibt, die zwei Faktoren $\begin{eqnarray*} \color{red} \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$ auf die 10 Plätze zu verteilen. Für dieses kombinatorische Problem "2 Plätze aus 10 auswählen" gibt es eine feste Formel. Sie wird durch den sogenannten Binomialkoeffizienten "2 aus 10" bestimmt:

$\begin{eqnarray*} {{10} \choose 2} = 45 \end{eqnarray*}$

Wenn du davon noch nichts gehört hast, kannst du die Anzahl auch "von Hand" ausrechnen, zum Beispiel so:

Zunächst betrachten wir alle Pfadwahrscheinlichkeiten der obigen Art, wo der erste Faktor $\begin{eqnarray*} \color{red} \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$ ist:

$\begin{eqnarray*} \color{red} \frac{1}{7} \cdot \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \color{red} \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \color{red} \cdot \frac{1}{7} \cdot \color{blue} \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vdots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \color{red} \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \color{red} \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

Dann alle bisher noch nicht gezählten, wo der zweite Faktor $\begin{eqnarray*} \color{red} \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$ ist:

$\begin{eqnarray*} \color{blue} \frac{6}{7} \color{red} \cdot \frac{1}{7} \cdot \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \color{blue} \frac{6}{7} \color{red} \cdot \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \color{red} \cdot \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vdots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \color{blue} \frac{6}{7} \color{red} \cdot \frac{1}{7} \color{blue} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{6}{7} \cdot \color{red} \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$

Dann alle bisher noch nicht gezählten, wo der dritte Faktor $\begin{eqnarray*} \color{red} \frac{1}{7} \end{eqnarray*}$ ist ...
Dann alle bisher noch ...
...

Wie viele Produkte sind es also?

30.03.2013, 10:04

JuliaJulia

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RE: Wahrscheinlichkeit
Danke für deine ausführliche Antwort. Ich habe mir deine Überlegungen bezüglich des kombinatorsichen Weges zwar durch den Kopf gehen lassen, aber mir ist die Binominalverteilung - um ehrlich zu sein - viel sympatischer und vor allem weniger verwirrend.

Dort würde ich als Ergebnis 0,2678 herauskommen, also rund 27%... Ist dies das richtige Ergebnis oder habe ich mich verrechnet?

30.03.2013, 10:27

Leopold

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RE: Wahrscheinlichkeit

Zitat:

Original von JuliaJulia
Danke für deine ausführliche Antwort. Ich habe mir deine Überlegungen bezüglich des kombinatorsichen Weges zwar durch den Kopf gehen lassen, aber mir ist die Binominalverteilung - um ehrlich zu sein - viel sympatischer und vor allem weniger verwirrend.

Den Satz verstehe ich nicht. Meine kombinatorischen Überlegungen begründen ja gerade die Binomialverteilung.

30.03.2013, 10:31

JuliaJulia

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RE: Wahrscheinlichkeit
Stimmt schon, aber bei der Binominalverteilung ist ja einfach nur das Einsetzen in eine Formel (also nach das Anzählen auf der Hand) notwenig. smile

smile

Stimmt ein Ergebnis eigentlich?

30.03.2013, 10:36

Leopold

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RE: Wahrscheinlichkeit

Zitat:

Original von JuliaJulia
Stimmt schon, aber bei der Binominalverteilung ist ja einfach nur das Einsetzen in eine Formel (also nach das Anzählen auf der Hand) notwenig. smile

smile

Ok, ich merk es mir.

Der eine fragt: "Was kommt danach?", der andre nur: "Ist es recht?"
Und also unterscheidet sich der Freie von dem Knecht.

30.03.2013, 10:45

JuliaJulia

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RE: Wahrscheinlichkeit
Ok, um auf deine Frage einzugehen.

Theoretisch muss es doch 90 unterschiedliche Pfade geben oder?

30.03.2013, 10:49

JuliaJulia

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RE: Wahrscheinlichkeit
Aber dann kommt bei mir 0,53 heraus, also war mein Ergebnis bei der Binominalverteilung "falsch" bzw. ich muss es mal zwei rechnen... Warum? Umfasst die Formel nicht, dass ich zwei Ziehungen habe? Aber bei der zweiten Ziehung würden sich doch die Grundbedingungen ändern oder (ich hätte nur noch 9 Ziehungen...)?

30.03.2013, 11:07

JuliaJulia

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RE: Wahrscheinlichkeit
Bitte gib mir eine Antwort! Es tut mir ehrlich Leid, dass ich deine Frage vernachlässigt habe... traurig

traurig

30.03.2013, 11:09

Leopold

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Wenn 5 Leute sich paarweise die Hand geben, dann gibt jeder von den 5 Leuten 4 Leuten die Hand. Dennoch sind es am Schluß nicht 20 Händedrücke.

30.03.2013, 11:09

Kizaru

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Es gibt schlicht und einfach 45 Pfade, denn: Nehmen wir an wir verteilen 10 unterschiedliche Teilchen mit Berücksichtigung der Reihenfolge ohne Zurücklegen. Bekanntlich gibt es 10! Möglichkeiten hierfür. Aber da es hier nur zwei Klassen von Teilchen gibt, nämlich zweimal 1/7 und achtmal 6/7, zählt man doppelt und achtfach zuviel, d.h. die Anzahl der Möglichkeiten sind $\begin{eqnarray*} \frac{10!}{2!\cdot 8!}=\binom{10}{2}=45 \end{eqnarray*}$

30.03.2013, 11:11

JuliaJulia

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Ok, danke, ich glaube, dass habe ich verstanden!
Danke für das Beispiel mit den Handschlägen. Das hat alles viel klarer gemacht!

30.03.2013, 11:19

JuliaJulia

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Trotzdem (und ich glaube ich werde gleich erwürgt) möchte ich wissen, ob die Lösung 26,76 % (die meiner Rechnung nach bei beiden Arten rauskommt) richtig ist...

30.03.2013, 11:21

Kizaru

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Jaa, 26,76% ist das richtige Ergebnis

30.03.2013, 11:22

JuliaJulia

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Danke!

Wink

Freude

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