Lotto Millionenkracher

09.11.2022, 19:28

Chrischros

Lotto Millionenkracher

Meine Frage:
Hallo Stochastik-Gemeinde,
aktuell gibt es von Lotto in NRW eine Sonderauslosung mit 1 Mio. Losen mit einer einmalig vergebenen Losnummer. Unter diesen Losen werden vier Mal eine Millionen Euro verlost. Die Lottogesellschaft wirbt folglich mit einer Wahrscheinlichkeit auf den Millionengewinn von 1:250.000
Wenn ich jetzt annehme jemand kauft sich 10 Lose, müsste sich die Wahrscheinlichkeit um das 10fache erhöhen. Das entsräche einer Wahrscheinlichkeit von 1:25.000.
Ist das so richtig, oder habe ich da einen Denkfehler? Und wenn es falsch ist, wie berechne ich die tatsächliche Wahrscheinlichkeit?
Schon jetzt danke für euer feedback.
Christian

Meine Ideen:
.

09.11.2022, 20:50

Steffen Bühler

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Willkommen im Matheboard!

Nein, die Wahrscheinlichkeit verzehnfacht sich leider nicht grundsätzlich. Dann würdest Du bei sechsmal Würfeln ja mit 100% Sicherheit eine 6 haben.

Hier wird mit der Gegenwahrscheinlichkeit gerechnet, also die Chance, keinen Gewinn zu bekommen, und die ist bei einem Los $\begin{eqnarray*} 1-\frac 1 {250000} \end{eqnarray*}$ , dementsprechend bei zehn Losen $\begin{eqnarray*} \left( 1-\frac 1 {250000} \right)^{10} \end{eqnarray*}$ .

Und davon die Gegenwahrscheinlichkeit gibt Dir dann die Chance an, mit zehn Losen einen Gewinn zu bekommen.

In diesem Fall ist das dann zwar tatsächlich eine Wahrscheinlichkeit von etwa $\begin{eqnarray*} \frac 1 {25000,5} \end{eqnarray*}$ , also tatsächlich fast verzehnfacht. Nur solltest Du die Sache mit der Gegenwahrscheinlichkeit im Kopf behalten.

Viele Grüße
Steffen

09.11.2022, 21:06

Chrischros

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Hallo Steffen,
vielen Dank für deine schnelle und logische Erklärung. Ja so macht es Sinn. Vielen Dank für die gedankliche Unterstützung. Freude

10.11.2022, 05:14

early

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Streng genommen ist es Ziehen mit Zurücklegen

Mindestens 1 Gewinn:

P(X>=1) = 1-P(X=0)

1- 999 996/1000 000 - 999 995/999 999 - 999 994/999 998 - ... -999 987/999 991
=

10.11.2022, 07:40

early

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Korrektur:
Statt MINUS muss es MAL lauten.

10.11.2022, 07:50

early

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PS:
Ich komme auf: 0.0000439993 = 0,0044 %

10.11.2022, 08:49

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von early
Streng genommen ist es Ziehen mit Zurücklegen

Stimmt, danke. Ist mir beim Rasieren heute Morgen auch klargeworden. Ich hab mich wohl vom Lotto in der Überschrift ablenken lassen. Wenn man alle 250000 Lose kauft, hat man ja sicher den Gewinn.

Zitat:

Original von early
Ich komme auf: 0.0000439993 = 0,0044 %

Das wäre dann etwa $\begin{eqnarray*} \frac 1 {22728} \end{eqnarray*}$ , also ungefähr sogar die 11fache Chance.

10.11.2022, 09:22

HAL 9000

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Was richtig ist: Kauft man sich $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Lose, so ist der erwartete Gewinn genau $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -mal so groß wie bei einem Los. Die Wahrscheinlichkeit für "mindestens einen Gewinn" ist zwar nicht ganz $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -mal so groß, dafür gibt es für $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ eine zwar verschwindend kleine, aber dennoch positive Wahrscheinlichkeit für mehr als einen Gewinn unter den $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Losen.

Die Anzahl $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ der Gewinne ist hier hypergeometrisch verteilt $\begin{eqnarray*} HG(1000000,4,n) \end{eqnarray*}$ , d.h. für die Anzahl Gewinne beim Kauf von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Losen

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{\binom{4}{k}\binom{999996}{n-k}}{\binom{1000000}{n}} \end{eqnarray*}$ mit positiven Werten für $\begin{eqnarray*} \max\{0,n-999996\}\leq k\leq \min\{4,n\} \end{eqnarray*}$ ,

und mit $\begin{eqnarray*} E(X) = \frac{n}{250000} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V(X) = \frac{n}{250000}\cdot \frac{249999}{250000}\cdot \frac{1000000-n}{999999} \end{eqnarray*}$ .

10.11.2022, 09:23

early

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Da p < 0,05 und die Grundgesamtheit riesig ist, spricht nichts gegen die Annäherung
mit der Binominalverteilung.

10.11.2022, 09:30

HAL 9000

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Zitat:

Original von early
Da p < 0,05 und die Grundgesamtheit riesig ist, spricht nichts gegen die Annäherung mit der Binominalverteilung.

Da wäre ich vorsichtig, das hängt immer von der Fragestellung ab: Wenn ich nach der Wahrscheinlichkeit frage, mit 10 Losen mehr als 4 Gewinne zu erzielen, dann ist die selbstverständlich gleich Null. Mit der Binomialverteilung kommt hingegen ein (wenn auch kleiner) positiver Wert heraus. Der relative Fehler dieser Approximation ist also gar nicht mehr anggebbar (Division durch 0). Augenzwinkern

01.12.2022, 11:11

Dirk2

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1:250.000 ?
Hallo,
Lotto BW veranstaltet etwas ähnliches.
1.750.000 Lose und 7x 1 Million gewinnen.
Auch Lotto BW wirbt mit einer Gewinnchange von 1:250.000.
Das ist doch aber nicht korrekt, oder?
Angenommen ich kaufe ein Los.
Das erste Millionenlos wird gezogen, dann besteht hier doch die Chage 1:1.750.000
Ich habe nicht gewonnen und das zweite los wird gezogen, dann besteht hier doch die Change 1:1.749.999 usw.
also sollten sie Werbung mit 1:1.750.000 machen.
Liege ich da Falsch und wenn ja warum?
Grüße
Dirk

02.12.2022, 20:13

klauss

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Re: 1:250.000 ?
@ Dirk2: Du mußt natürlich die Gesamtwahrscheinlichkeit eines Gewinns von der bedingten Gewinnwahrscheinlichkeit beim Zug des k-ten Gewinnloses unterscheiden.

Man wird so gerechnet haben:

Es gibt $\begin{eqnarray*} N=1.750.000 \end{eqnarray*}$ Gewinnlose. Ein Spieler besitze 1 Los.

a) Hypergeometrisch

$\begin{eqnarray*} P(\text{'Gewinn'})=\frac{\binom{1}{1}\binom{N-1}{6}}{\binom{N}{7}} =...=\frac{7}{N} \end{eqnarray*}$

b) Baumstruktur

$\begin{eqnarray*} P(\text{'Gewinn'})=\underbrace{\frac{1}{N} }_{\text{Gewinn im 1. Zug}}+\underbrace{\frac{N-1}{N}\cdot \frac{1}{N-1} }_{\text{Gewinn im 2. Zug}}+\underbrace{\frac{N-1}{N}\cdot \frac{N-2}{N-1}\cdot \frac{1}{N-2} }_{\text{Gewinn im 3. Zug}}+~...~=7\cdot \frac{1}{N} \end{eqnarray*}$ bei 7 Zügen

13.12.2022, 12:56

Dirk2

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Re: 1:250.000 ?
Hallo klauss,

danke für Deine Antwort.
Was ich hier mitnehme ist, dass man auch bei den Silvestermillionen von Lotto BW die Gewinnwahrscheinlichkeit sehr gering ist. Wesentlich geringer als einem suggeriert wird (7x).
Schade, dass die so werben dürfen. Mathematisch wohl korrekt, dennoch irreführend.
Schöne Feiertage
Dirk2

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