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Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

Beispiel:

In einer Chip-Fabrik werden neue High Tech Chips produziert. Leider ist die Technik noch nicht so ganz ausgereift, weswegen Ausschuss mit einer Wahrscheinlichkeit von p=0,22 entsteht. Es wird eine Stichprobe der Menge 40 entnommen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den ersten 10 Stück dieser Stichprobe gleich mal genau 3 defekt sind und von den restlichen der Stickprobe höchstens 12 nicht funktionieren.

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Wir können die beiden Ereignisse als zwei getrennte von einander unabhängige Zufallsversuche betrachten, dabei betrachten wir zuerst die ersten 10 Durchgänge:

Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der defekten Chips an. X ist binomialverteilt mit n=10 und p=0.22.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des ersten Teilereignisses berechnet man jetzt einfach als $P_{0.22}^{10} (X = 3)$ ≈ 0.2244.

Analog betrachten wir nun die restlichen 30 Durchgänge:

Die Zufallsvariable Y gibt die Anzahl der defekten Chips an. Y ist binomialverteilt mit n=30 und p=0.22.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des zweiten Teilereignisses berechnet man nun als $P_{0.22}^{30} (Y \leq 12)$ ≈ 0.9927.

Da die beiden Teilereignisse unabhängig voneinander sind und ja beide eintreten sollen, müssen wir nun die beiden Teilwahrscheinlichkeiten miteinander multiplizieren um die gesuchte Gesamtwahrscheinlcihkeit zu erhalten:

P = $P_{0.22}^{10} (X = 3)$ ⋅ $P_{0.22}^{30} (Y \leq 12)$ = 0.2244 ⋅ 0.9927 ≈ 0.2228

zwei unabhängige Binom.

Beispiel:

Ein Mitarbeiter der Stadtwerke bekommt den Auftrag am Freitag bei 60 und am Samstag bei 45 Haushalten den Gas- und den Stromzähler abzulesen. Als ihn seine Frau fragt, was er denn glaubt, wie viele der Kunden überhaupt zuhause wären und die Tür öffnen würden, sagr er: Ich denke, dass ich am Freitag so zwischen 24 und 36 am Samstag so zwischen 22 und 28 erreichen werde. Tatsächlich ist die Wahrscheinlichkeit, dass ihm die Tür geöffnet wird, am Samstag mit 70% höher als am Freitag mit 51%. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass seine Prognose zutrifft?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

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Freitag:

Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=60 und p=0.51.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit zwischen 24 und 36 Treffer bei 60 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.51 zu erzielen, also

P_{0.51}^{60} (24 \leq X \leq 36)

.
Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich als

P_{0.51}^{60} (X \leq 36)

-

P_{0.51}^{60} (X \leq 23)

≈ 0.9367 - 0.0331 ≈ 0.9036 berechnen.
TI-Befehl: binompdf(60,0.51,36)- binompdf(60,0.51,23)

Samstag:

Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=45 und p=0.7.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit zwischen 22 und 28 Treffer bei 45 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.7 zu erzielen, also

P_{0.7}^{45} (22 \leq X \leq 28)

.
Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich als

P_{0.7}^{45} (X \leq 28)

-

P_{0.7}^{45} (X \leq 21)

≈ 0.1642 - 0.0009 ≈ 0.1633 berechnen.
TI-Befehl: binompdf(45,0.7,28)- binompdf(45,0.7,21)

Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten:

P ≈ 0.9036 ⋅ 0.1633 ≈ 0.1476

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

Bei einem Glücksrad beträgt die Wahrscheinlichkeit für den grünen Bereich 5%. Es wird 7 mal gedreht.Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 4 mal in den grünen Bereich gedreht wird und diese Drehungen unmittelbar hintereinander erfolgen (also ohne, dass dazwischen mal nicht in den grünen Bereich gedreht wird).

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Wenn die Reihenfolge keine Rolle spielen würde, könnten wir ja einfach die Wahrscheinlichkeit von 4 Treffer bei 7 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ ${0.05}^{4}$ ⋅ ${0.95}^{3}$

Dabei gibt ja ${0.05}^{4}$ ⋅ ${0.95}^{3}$ die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 4 Treffer und 3 Nicht-Treffern und $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXXOOO

OXXXXOO

OOXXXXO

OOOXXXX

Es gibt also genau 4 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 4 ⋅ ${0.05}^{4}$ ⋅ ${0.95}^{3}$ ≈ 0

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Bei einer Fluggesellschaft treten 16% der Besitzer gültiger Flugtickets ihren Flug nicht an. Deswegen verkauft die Fluggesellschaft immer 105 Tickets für ihr Flugzeug mit 98 Plätzen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass es bei drei aufeinanderfolgenden Flügen nicht öfters als einmal zu der peinlichen Situation kommt, dass mehr Fluggäste ihren Flug antreten wollen, als Plätze frei sind?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

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Zuerst berechnen wir mit Hilfe der Binomialverteilungsfunktionen die Einzelwahrscheinlichkeiten für 'nicht überbucht'.

Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=105 und p=0.84.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für höchstens 98 Treffer bei 105 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.84, also $P_{0.84}^{105} (X \leq 98)$

Dazu kann man ja einfach die kumulierte Binomialverteilungsfunktion benutzen:

Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=105 und p=0.84.

P_{0.84}^{105} (X \leq 98)

=

P_{0.84}^{105} (X = 0)

+

P_{0.84}^{105} (X = 1)

+

P_{0.84}^{105} (X = 2)

+... +

P_{0.84}^{105} (X = 98)

= 0.99878028705386 ≈ 0.9988
(TI-Befehl: binomcdf(105,0.84,98))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'nicht überbucht' (p=0.9988) und 'überbucht'(p=0.0012).

Jetzt können wir mit einem Baumdiagramm die Gesuchte Endwahrscheinlichkeit berechnen.

Gesucht ist ja 0 mal 'überbucht' oder 1 mal 'überbucht'

Ereignis	P
nicht überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht	$0.996404318272$
nicht überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0.001197121728$
nicht überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0.001197121728$
nicht überbucht -> überbucht -> überbucht	$1.4382719999999E-6$
überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht	$0.001197121728$
überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$1.4382719999999E-6$
überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$1.4382719999999E-6$
überbucht -> überbucht -> überbucht	$0$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: nicht überbucht: $0.9988$ ; überbucht: $0.0012$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0.996404318272$ )
'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'überbucht' (P= $0.001197121728$ )
'nicht überbucht'-'überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0.001197121728$ )
'überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0.001197121728$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$0.996404318272$ + $0.001197121728$ + $0.001197121728$ + $0.001197121728$ = $0.999995683456$

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Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

zwei unabhängige Binom.

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Kombination Binom.-Baumdiagramm