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Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

Beispiel:

Ein normaler Würfel wird 29 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass, Von den ersten 11 Versuchen höchstens 3 mal eine Sechs gewürfelt wird und von den restlichen Versuchen mindestens 1 Sechser gewürfelt werden?

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Wir können die beiden Ereignisse als zwei getrennte von einander unabhängige Zufallsversuche betrachten, dabei betrachten wir zuerst die ersten 11 Durchgänge:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Sechser-Würfe an. X ist binomialverteilt mit n=11 und p= $\frac{1}{6}$ .

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des ersten Teilereignisses berechnet man jetzt einfach als $P_{\frac{1}{6}}^{11} (X \leq 3)$ ≈ 0.9044.

Analog betrachten wir nun die restlichen 18 Durchgänge:

Die Zufallsgröße Y gibt die Anzahl der Sechser-Würfe an. Y ist binomialverteilt mit n=18 und p= $\frac{1}{6}$ .

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des zweiten Teilereignisses berechnet man nun als $P_{\frac{1}{6}}^{18} (Y \geq 1)$ = 1- $P_{\frac{1}{6}}^{18} (Y \leq 0)$ ≈ 0.9624.

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 = $P_{\frac{1}{6}}^{11} (X \leq 3)$ ⋅ $P_{\frac{1}{6}}^{18} (Y \geq 1)$ = 0.9044 ⋅ 0.9624 ≈ 0.8704

zwei unabhängige Binom.

Beispiel:

Ein Mitarbeiter der Stadtwerke bekommt den Auftrag am Freitag bei 55 und am Samstag bei 40 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 35 am Samstag so zwischen 25 und 30 erreichen werde. Tatsächlich ist die Wahrscheinlichkeit, dass ihm die Tür geöffnet wird, am Samstag mit 72% höher als am Freitag mit 50%. 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=55 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit zwischen 24 und 35 Treffer bei 55 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.5 zu erzielen, also

P_{0.5}^{55} (24 \leq X \leq 35)

.
Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich als

P_{0.5}^{55} (X \leq 35)

-

P_{0.5}^{55} (X \leq 23)

≈ 0.985 - 0.1403 ≈ 0.8447 berechnen.
TI-Befehl: binomcdf(55,0.5,35)- binomcdf(55,0.5,23)

Samstag:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=40 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit zwischen 25 und 30 Treffer bei 40 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.72 zu erzielen, also

P_{0.72}^{40} (25 \leq X \leq 30)

.
Diese Wahrscheinlichkeit lässt sich als

P_{0.72}^{40} (X \leq 30)

-

P_{0.72}^{40} (X \leq 24)

≈ 0.7193 - 0.0683 ≈ 0.651 berechnen.
TI-Befehl: binomcdf(40,0.72,30)- binomcdf(40,0.72,24)

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

P ≈ 0.8447 ⋅ 0.651 ≈ 0.5499

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

9 Würfel werden gleichzeitig geworfen und liegen dann anschließend in einer Reihe. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 3 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 3 Treffer bei 9 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ ${(\frac{1}{6})}^{3}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$

Dabei gibt ja ${(\frac{1}{6})}^{3}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$ die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 3 Treffer und 6 Nicht-Treffern und $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})$ die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})$ Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXOOOOOO

OXXXOOOOO

OOXXXOOOO

OOOXXXOOO

OOOOXXXOO

OOOOOXXXO

OOOOOOXXX

Es gibt also genau 7 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 7 ⋅ ${(\frac{1}{6})}^{3}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$ ≈ 0.0109

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Bei einer Fluggesellschaft treten 13% der Besitzer gültiger Flugtickets ihren Flug nicht an. Deswegen verkauft die Fluggesellschaft immer 104 Tickets für ihr Flugzeug mit 92 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=104 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für höchstens 92 Treffer bei 104 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.87, also $P_{0.87}^{104} (X \leq 92)$

Dazu kann man ja einfach die kumulierte Binomialverteilungsfunktion benutzen:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=104 und p=0.87.

P_{0.87}^{104} (X \leq 92)

=

P_{0.87}^{104} (X = 0)

+

P_{0.87}^{104} (X = 1)

+

P_{0.87}^{104} (X = 2)

+... +

P_{0.87}^{104} (X = 92)

= 0.71384347203083 ≈ 0.7138
(TI-Befehl: binomcdf(104,0.87,92))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'nicht überbucht' (p=0.7138) und 'überbucht'(p=0.2862).

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	$0,3637$
nicht überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,1458$
nicht überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,1458$
nicht überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,0585$
überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht	$0,1458$
überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,0585$
überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,0585$
überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,0234$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("nicht überbucht")= $0,7138$ ; P("überbucht")= $0,2862$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,3637$ )
'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'überbucht' (P= $0,1458$ )
'nicht überbucht'-'überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,1458$ )
'überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,1458$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$0,3637$ + $0,1458$ + $0,1458$ + $0,1458$ = $0,8012$

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Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

zwei unabhängige Binom.

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Kombination Binom.-Baumdiagramm