Mit oder ohne Zurücklegen?

21.02.2025, 18:22

aylindjd1

Mit oder ohne Zurücklegen?

Von den 28 Schülerinnen und Schülern der Klasse 8 a kommen 16 mit dem Fahrrad zur Schule. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass von drei zufällig ausgewählten Schülern

a) genau zwei mit dem Fahrrad kommen,

Ich hatte eine Diskussion mit meinem Lehrer, der behauptet hat, dass es ein Bernoulli-Experiment ist.
Aber ich finde persönlich, dass es nicht so ganz ersichtlich wird.

Wenn ich mir vorstelle eine Klasse mit 28 Schülern zu haben, von denen drei zufällig ausgewähl werden.
So ich binde mir die Augen zu und wähle einen Schüler und überprüfe nun, ist der Schüler jetzt F oder nicht F, dann nehme ich ihn raus, dann bleiben noch 27 Schüler über und so weiter.

Wo liegt hier mein Denkfehler?

21.02.2025, 19:01

HAL 9000

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Bernoulli-Experiment läge vor, wenn es ein Ziehen MIT Zurücklegen wäre - was hier aber nicht der Fall ist.

Allenfalls bei sehr großer Grundmenge - hier z.B. eine hypothetische Klasse mit 28000 Schülern und darunter 16000 Radfahrern - könnte man bei Ziehen ohne Zurücklegen NÄHERUNGSWEISE (!) von einem Bernoulli-Experiment reden. Mit anderen Worten, wenn die Auswahl weniger die grundsätzlichen Anteilverhältnisse im Rest kaum merklich ändern.

Ziehen OHNE Zurücklegen bei aber vergleichsweise kleinen Grundmengen (wie hier die 28) erfüllt hingegen nicht die Modell-Voraussetzungen eines Bernoulli-Experiment.

Aus Sicht der stochastischen Verteilung ist hier die Hypergeometrische Verteilung angebracht (statt der Binomialverteilung beim Bernoulii-Experiment). Falls die dir nicht bekannt ist, auch kein Problem: Lässt sich alles elementarkombinatorisch herleiten bzw. begründen.

22.02.2025, 01:51

ML27

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Man wird wohl kaum 2mal oder mehr denselben Schüler auswählen bei einer so kleinen Grundmenge?
Welchen Sinn sollte das machen?
Wenn du 10 Getränke o.a. testet, testet du jedes nur auch einmal, oder?

22.02.2025, 08:48

Leopold

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Für die Fachleute hier einmal ein Einblick in die Schulmathematik. Ich habe oft den Eindruck, daß an den Schülern vorbeigeredet wird, da sie die Sprache der Wahrscheinlichkeitsrechnung, wie man sie an der Universität verwendet, nicht lernen. Leider.

In der Schule wird Kombinatorik nur auf unterster Stufe gefahren. Leider. Man arbeitet dort mit Bäumen und schreibt an den Ast, der von einem Knoten wegführt, den Anteil der beim Knoten angekommenen Wahrscheinlichkeit, der durch den Ast fließt. In der Fachsprache handelt es sich also um eine bedingte Wahrscheinlichkeit. In diesem Beispiel sähe das so aus:

[attach]58130[/attach]

Bezeichnet $\begin{align*} X \end{align*}$ die Anzahl der Fahrradfahrer unter den drei ausgewählten Schülern, so haben wir also

$\begin{align*} P(X=2) = \frac{16}{28} \cdot \frac{15}{27} \cdot \frac{12}{26} + \frac{16}{28} \cdot \frac{12}{27} \cdot \frac{15}{26} + \frac{12}{28} \cdot \frac{16}{27} \cdot \frac{15}{26} = 3 \cdot \frac{16 \cdot 15 \cdot 12}{28 \cdot 27 \cdot 26} \end{align*}$

Die Berechnung fußt auf der

1. Pfadregel:
Die Wahrscheinlichkeit eines Pfades ist das Produkt der (bedingten) Wahrscheinlichkeiten entlang des Pfades.

und auf der

2. Pfadregel:
Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten aller Pfade, die das Ereignis ausmachen.

Die Bäume sind didaktisch durchaus sinnvoll. Man umschifft die Kombinatorik und kommt ganz schnell zum Wesentlichen. Der Nachteil liegt auch auf der Hand. Denn sobald die Anzahlen größer werden, wird es rasch unübersichtlich, und die allgemeine Systematik hinter der Sache wird nicht aufgedeckt. Ich habe daher eine Haßliebe zu diesen Wahrscheinlichkeitsbäumen entwickelt. Daß es sich hier um die hypergeometrische Verteilung handelt, hat HAL schon gesagt:

$\begin{align*} P(X=2) = 3 \cdot \frac{16 \cdot 15 \cdot 12}{28 \cdot 27 \cdot 26} = \frac{\frac{16 \cdot 15}{2 \cdot 1} \cdot \frac{12}{1}}{\frac{28 \cdot 27 \cdot 26}{3 \cdot 2 \cdot 1}} = \frac{{{16} \choose 2} \cdot {{12} \choose 1}}{{{28} \choose 3}} \end{align*}$

Eine Bernoulli-Kette bei einem 0-1-Baum erkennt man daran, daß an allen Ästen zur 0 und allen Ästen zur 1 die jeweils selben Wahrscheinlichkeiten stehen. Das ist hier offensichtlich nicht der Fall. Der Denkfehler liegt daher beim Lehrer.

Am Baum kann man sich übrigens plausibel machen, daß bei großen Grundgesamtheiten und einer relativ dazu kleinen Auswahl die hypergeometrische Verteilung durch die Binomialverteilung angenähert werden kann. Denn bei großen Zählern und Nennern in den Brüchen ändert sich der Zahlenwert an den Ästen kaum, wenn man den Zähler oder Nenner ein paar Mal um 1 verringert.

Beispiel: 45 Millionen mit Wahlabsicht bei der Bundestagswahl, irgendwo zwischen 6 und 8 Millionen SPD-Wähler. Entscheidung zwischen SPD und Nicht-SPD bei 500 Zufallsbefragten. Hier darf man von einer Bernoulli-Kette ausgehen, auch wenn strenggenommen keine vorliegt.

22.02.2025, 12:17

G220225

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Ergebnis mit hypegeometr. Verteilung:

P(X=2) = 44%

mit Binomialverteilung:

(28über2)*(16/28)^2*(12/28)^26 = 0,00000033 %

Da liegen Welten dazwischen.

22.02.2025, 13:27

HAL 9000

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Es geht hier nicht um die Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} B\left(28,\frac{16}{28}\right) \end{eqnarray*}$ , sondern um $\begin{eqnarray*} B\left(3,\frac{16}{28}\right) \end{eqnarray*}$ , demzufolge lautet die tatsächliche Binomialverteilungs-Rechnung

$\begin{eqnarray*} \binom{3}{2} \left(\frac{16}{28}\right)^2\left(\frac{12}{28}\right)^1 \approx 41.98\% \end{eqnarray*}$ .

Ja, das ist verschieden von dem hypergeometrischen Resultat $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{16}{2}\binom{12}{1}}{\binom{28}{3}} \approx 43.96\% \end{eqnarray*}$ , aber nicht soooo verschieden. Augenzwinkern

EDIT: Danke an Leopold. Die Formeln waren richtig, aber die endgültigen Werte vertauscht - ist jetzt korrigiert.

22.02.2025, 13:58

Leopold

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Hinweis @HAL: Werte vertauscht

22.02.2025, 16:49

G220225

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Danke für die Richtigstellung.

22.02.2025, 19:43

nichteuerernst

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RE: Mit oder ohne Zurücklegen?

Zitat:

Original von aylindjd1

Wenn ich mir vorstelle eine Klasse mit 28 Schülern zu haben, von denen drei zufällig ausgewähl werden.
So ich binde mir die Augen zu und wähle einen Schüler und überprüfe nun, ist der Schüler jetzt F oder nicht F, dann nehme ich ihn raus, dann bleiben noch 27 Schüler über und so weiter.

Wo liegt hier mein Denkfehler?

Dein Denkfehler liegt darin, dass du denkst, einen Fehler gemacht zu haben.
Eine Aufgabe dieser Art stelle ich in meinen Leistungsermittlungen auch. Nach einer 08-15-Binomialverteillungsaufgabe wandle ich die Situation in einer Folgeaufgabe ähnlich der von dir beschriebenen Aufgabe ab. Die nicht nachdenkenden und schematisch Binomialverteilung voraussetzenden Schülerinnen und Schüler verhauen diese Aufgabe (so wie dein Lehrer).
Wenn er seinen Fehler trotz deiner Intervention nicht eingesehen haben sollte: traurig.

22.02.2025, 19:56

nichteuerernst

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Zitat:

Die Bäume sind didaktisch durchaus sinnvoll. Man umschifft die Kombinatorik

Wie schräg bist du denn drauf?
Die Bäume SIND gelebte Kombinatorik. So können Schüler sich eine Lösung (das ist gar nicht hoch genug einzuschätzen) erARBEITen.
Das ist allemal besser als Schüler die zu faul sind, wenigstens mal die ersten drei Stufen eines (durchaus längeren) Baumdiagramms zu skizzieren und stattdessen gleich die Formelsammlung durchsuchen, welche der vielen dort enthaltenen Formeln passen könnte.

23.02.2025, 20:37

andyrue

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RE: Mit oder ohne Zurücklegen?

Zitat:

Original von aylindjd1

mit meinem Lehrer, der behauptet hat, dass es ein Bernoulli-Experiment ist.

dem typ würde ich zukünftig mathematisch nicht übern weg trauen, gibt genug schlechte mathelehrer

24.02.2025, 08:58

HAL 9000

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@nichteuerernst

Klar ist Kombinatorik mehr als nur Anzahlformeln für bestimmte kombinatorische Grundsituationen. Im vorliegenden Fall meinte Leopold mit der Verkürzung "Kombinatorik" aber jene Anzahlformeln, was ohne deine Verkürzung seines Zitats auch klar deutlich wird.

Zitat:

Original von Leopold
Beispiel: 45 Millionen mit Wahlabsicht bei der Bundestagswahl, irgendwo zwischen 6 und 8 Millionen SPD-Wähler.

Knapp vorbeigeschrammt: 8148284 Zweitstimmen für die SPD. Was aber nicht an einer guten SPD-Performance liegt, sondern an der hohen Wahlbeteiligung - fast 50 Millionen Wähler (82.5% Wahlbeteiligung). Wenn man auch über manches Detail des Wahlergebnisses die Stirn runzeln mag, so ist wenigstens das doch eine erfreuliche Nachricht.

25.02.2025, 10:13

Leopold

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@nichteuerernst

Ich finde es eine interessante Ansicht, Kombinatorik für das Nachschauen in Formelwerken zu halten. Ich dagegen halte Kombinatorik für eines der schwierigsten Gebiete der Elementarmathematik. Und gerade deshalb wird sie in der Schule gemieden. Man tut in oberflächlicher Weise das Nötigste, bis man schließlich die Formel für die Binomialverteilung (oder wenn es besonders schwer werden soll: die Formel für die hypergeometrische Verteilung) hergeleitet hat. Dann vergißt man die Kombinatorik möglichst schnell wieder, denn jetzt hat man ja fertige Formeln. Wozu denken, wenn es eine Formel dafür gibt! Manchmal unterbleibt sogar die Herleitung dieser Formeln, und sie werden den Schülern einfach vorgeknallt.
An Kombinatorik scheitern auch mathematische Fachleute. Ich selbst äußere mich zu einer kombinatorischen Frage, bei der ich nicht gleich sehe, worauf sie hinausläuft, weil sie eines der elementaren Abzählprobleme behandelt, erst mal gar nicht, weil ich die Erfahrung gemacht habe, daß die erste Antwort meistens falsch ist. Erst wenn ich ein paar Seiten vollgekritzelt habe: mit Bäumen, mit Listen, mit Symbolen, mit Pfeilen, mit Streichungen wegen Mehrfachzählungen und vielem Weiteren, wenn ich sehe, wie das abläuft, wenn ich mir eine Strategie zurechtgelegt habe und die Lösung gefunden und an einfachen Beispielen überprüft habe, gebe ich die Antwort. Und an einfach klingenden kombinatorischen Fragestellungen kann ich auch scheitern. Manches Mal kann man über „brute force“ mit dem Rechner noch eine Lösung finden. Und gelegentlich ist es mir schon passiert, daß ich beim Programmieren erst gemerkt habe, wo der Hase im Pfeffer liegt, und dann doch noch eine Lösung gefunden habe.

Ich zitiere aus einem alten Buch zur Wahrscheinlichkeitsrechnung:

Dieser Abschnitt könnte auch „Wie zählt man ab?“ überschrieben sein. Vielen Studenten fallen diese Aufgaben schwer, zum Teil deshalb, weil sie in anderen mathematischen Elementarkursen dazu abgestumpft wurden, Aufgaben nach Kochbuchmanier zu behandeln wie etwa: „löse $\begin{align*} x^2-5x+10=0 \end{align*}$ “ oder „differenziere $\begin{align*} x \operatorname{e}^{-x} \end{align*}$ “ (wenn es hoch kommt, dann vielleicht sogar zweimal) usw. Man kann solche Aufgaben bewältigen, indem man gewisse Regeln auswendig lernt, ohne irgendeinen selbständigen Gedanken. Natürlich gibt es bei „Permutationen und Kombinationen“ diese Art von Aufgaben ebenfalls, und Sie werden einige davon in den Übungsaufgaben finden. Zum Beispiel gibt es eine berühmte Formel für die Aufgabe „mit dem runden Tisch“: „Auf wieviele verschiedene Weisen können 8 Leute an einem runden Tisch Platz nehmen?“ Wenn Sie die Formel gelernt haben, dann können Sie die Aufgabe lösen, ohne zu wissen, was mit „verschieden“ eigentlich gemeint ist. Dagegen könnte Sie eine kleine Abänderung in große Schwierigkeiten bringen. Es ist einfach eine Binsenweisheit, daß es keinen Ersatz für das wirkliche Verstehen gibt.

aus K.L. Chung, Elementare Wahrscheinlichkeitstheorie und stochastische Prozesse, Springer-Verlag Hochschultext, Ausgabe 1978

Und zum Abschluß noch ein kleines Problem. Wer Lust hat, mag sich damit beschäftigen:

„Schafkopf“ ist ein Spiel mit 32 Karten, darunter 4 „Ober“, mit 4 Spielern, von denen jeder 8 Karten erhält. Wie wahrscheinlich ist das Ereignis $\begin{align*} A \end{align*}$ , daß irgendeiner der vier Spieler zwei Ober bekommt, zwei andere jeweils einen.

Diese Aufgabe ist keine Standardaufgabe, bei der man mit einer auswendig gelernten Formel ans Ziel kommt. Es ist aber auch nicht so, daß sie „unlösbar“ ist. Aber sie kostet Zeit, und man wird im Unterricht Verschiedenes probieren müssen, bis man zur Lösung kommt. Auch aus nicht funktionierenden Strategien kann man lernen. Und aus Fehlern lernt man sowieso mehr als aus allem anderen. Solch eine Aufgabe im heutigen Mathematikunterricht (nicht in speziellen Arbeitsgemeinschaften) zu behandeln, ist beinahe undenkbar. Es geht nur noch um das Herunterbeten der immer selben Formeln, das Zeichnen der immer selben Bäume, die immer selben Aufgabentypen werden bis zum Erbrechen durchexerziert. Die Schüler werden regelrecht abgerichtet und sollen nicht selbständig denken lernen und schon gar nicht blöd fragen.

Und hier noch zur Kontrolle die Lösung: $\begin{align*} P(A) = \frac{2688}{4495} \end{align*}$

EDIT: Nach Hinweis von HAL Formulierung der Schafkopf-Aufgabe korrigiert.

25.02.2025, 10:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
mit 4 Spielern, von denen jeder 8 Karten erhält. Wie wahrscheinlich ist das Ereignis $\begin{align*} A \end{align*}$ , daß irgendeiner der vier Spieler zwei Ober bekommt, die beiden andern jeweils einen.

Dieses die scheint mir eine seltsame Formulierung zu sein: Schließlich hat der Spieler mit den zwei Obern drei statt nur zwei Mitspieler...

25.02.2025, 10:33

Leopold

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Jetzt, wo du es sagt, kommt es mir auch merkwürdig vor... Augenzwinkern

Hab's korrigiert.

25.02.2025, 12:52

HAL 9000

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Hinweis zur Berechnung: Man kann zunächst die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ für die Oberverteilung 2,1,1,0 berechnen, d.h. der erste Spieler 2 Ober, die nächsten beiden je einen und der letzte Spieler gar keinen Ober. Diese Wahrscheinlichkeit multipliziert man dann mit der Anzahl der Permutationen dieser vier Anzahlen, das ergibt Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{4!}{2!}=12 \end{eqnarray*}$ .

Den Wahrscheinlichkeitswert von Leopold kann ich bestätigen - wer auch die anderen Oberanzahl-Fälle durchrechnen will, bekommt nach absteigender Wahrscheinlichkeit sortiert:

2+1+1+0: $\begin{eqnarray*} \frac{2688}{4495} \end{eqnarray*}$ , 3+1+0+0: $\begin{eqnarray*} \frac{672}{4495} \end{eqnarray*}$ , 2+2+0+0: $\begin{eqnarray*} \frac{588}{4495} \end{eqnarray*}$ , 1+1+1+1: $\begin{eqnarray*} \frac{512}{4495} \end{eqnarray*}$ , 4+0+0+0: $\begin{eqnarray*} \frac{35}{4495} \end{eqnarray*}$

Im Gegensatz zu meiner obigen Notation 2,1,1,0 soll diesmal 2+1+1+0 bedeuten, dass irgendeiner der Spieler zwei Ober hat, zwei Spieler je einen und ein Spieler gar keinen Ober.

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