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Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

Beispiel:

Ein partystarker Schüler muss einen Mulitple Choice Test ablegen von dem er keinen blassen Schimmer hat. Deswegen rät er einfach bei jeder der 15 Aufgaben munter drauf los, welche der vier Antworten wohl richtig sein könnte. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er von den ersten 4 Aufgaben keine einzige und von den restlichen Fragen nicht mehr als 2 richtig errät?

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Wir können die beiden Ereignisse als zwei getrennte von einander unabhängige Zufallsversuche betrachten, dabei betrachten wir zuerst die ersten 4 Durchgänge:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der zufällig richtig geratenen Antworten an. X ist binomialverteilt mit n=4 und p=0.25.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des ersten Teilereignisses berechnet man jetzt einfach als $P_{0.25}^{4} (X = 0)$ ≈ 0.3164.

Analog betrachten wir nun die restlichen 11 Durchgänge:

Die Zufallsgröße Y gibt die Anzahl der zufällig richtig geratenen Antworten an. Y ist binomialverteilt mit n=11 und p=0.25.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des zweiten Teilereignisses berechnet man nun als $P_{0.25}^{11} (Y \leq 2)$ ≈ 0.4552.

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 = $P_{0.25}^{4} (X = 0)$ ⋅ $P_{0.25}^{11} (Y \leq 2)$ = 0.3164 ⋅ 0.4552 ≈ 0.144

zwei unabhängige Binom.

Beispiel:

Ein Mitarbeiter der Stadtwerke bekommt den Auftrag am Freitag bei 65 und am Samstag bei 35 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, sagt er: Ich denke, dass ich am Freitag so zwischen 30 und 35 am Samstag so zwischen 20 und 26 erreichen werde. Tatsächlich ist die Wahrscheinlichkeit, dass ihm die Tür geöffnet wird, am Samstag mit 74% höher als am Freitag mit 46%. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass seine Prognose zutrifft?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

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Freitag:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=65 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit zwischen 30 und 35 Treffer bei 65 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.46 zu erzielen, also

P_{0.46}^{65} (30 \leq X \leq 35)

.
Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich als

P_{0.46}^{65} (X \leq 35)

-

P_{0.46}^{65} (X \leq 29)

≈ 0.9181 - 0.4617 ≈ 0.4564 berechnen.
TI-Befehl: binomcdf(65,0.46,35)- binomcdf(65,0.46,29)

Samstag:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=35 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit zwischen 20 und 26 Treffer bei 35 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.74 zu erzielen, also

P_{0.74}^{35} (20 \leq X \leq 26)

.
Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich als

P_{0.74}^{35} (X \leq 26)

-

P_{0.74}^{35} (X \leq 19)

≈ 0.5795 - 0.0092 ≈ 0.5703 berechnen.
TI-Befehl: binomcdf(35,0.74,26)- binomcdf(35,0.74,19)

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

P ≈ 0.4564 ⋅ 0.5703 ≈ 0.2603

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

10 Würfel werden gleichzeitig geworfen und liegen dann anschließend in einer Reihe. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 4 Sechser gewürfelt werden und die alle direkt nebeneinander liegen.

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Wenn die Reihenfolge keine Rolle spielen würde, könnten wir ja einfach die Wahrscheinlichkeit von 4 Treffer bei 10 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ ${(\frac{1}{6})}^{4}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$

Dabei gibt ja ${(\frac{1}{6})}^{4}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$ die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 4 Treffer und 6 Nicht-Treffern und $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXXOOOOOO

OXXXXOOOOO

OOXXXXOOOO

OOOXXXXOOO

OOOOXXXXOO

OOOOOXXXXO

OOOOOOXXXX

Es gibt also genau 7 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 7 ⋅ ${(\frac{1}{6})}^{4}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$ ≈ 0.0018

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Bei einer Fluggesellschaft treten 11% der Besitzer gültiger Flugtickets ihren Flug nicht an. Deswegen verkauft die Fluggesellschaft immer 106 Tickets für ihr Flugzeug mit 99 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 Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=106 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für höchstens 99 Treffer bei 106 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.89, also $P_{0.89}^{106} (X \leq 99)$

Dazu kann man ja einfach die kumulierte Binomialverteilungsfunktion benutzen:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=106 und p=0.89.

P_{0.89}^{106} (X \leq 99)

=

P_{0.89}^{106} (X = 0)

+

P_{0.89}^{106} (X = 1)

+

P_{0.89}^{106} (X = 2)

+... +

P_{0.89}^{106} (X = 99)

= 0.95410949172613 ≈ 0.9541
(TI-Befehl: binomcdf(106,0.89,99))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'nicht überbucht' (p=0.9541) und 'überbucht'(p=0.0459).

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	$0,8685$
nicht überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,0418$
nicht überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,0418$
nicht überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,002$
überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht	$0,0418$
überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,002$
überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,002$
überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,0001$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("nicht überbucht")= $0,9541$ ; P("überbucht")= $0,0459$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,8685$ )
'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'überbucht' (P= $0,0418$ )
'nicht überbucht'-'überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,0418$ )
'überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,0418$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$0,8685$ + $0,0418$ + $0,0418$ + $0,0418$ = $0,9939$

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

zwei unabhängige Binom.

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Kombination Binom.-Baumdiagramm