Mathebattle EduRandomtasks

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?

Lösung einblenden

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 Biathlet hat beim Liegendschießen eine Trefferquote von 94% und im Stehen 87%. Beim Sprintwettbewerb muss er 5 mal liegend und 5 mal im Stehen schießen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass er dabei mindestens 9 mal trifft?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

Lösung einblenden

Zuerst überlegen wir mit welchen Kombinationen man auf die Summe von mindestens 9 kommen kann:

4 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen
5 mal Liegendschießen und 4 mal Stehendschießen
5 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen

4 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen

Die Wahrscheinlichkeit für 4 mal Liegendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.94.

P_{0.94}^{5} (X = 4)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 4 \end{matrix}) \cdot {0.94}^{4} \cdot {0.06}^{1}

≈ 0.2342
Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Stehendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.87.

P_{0.87}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.87}^{5} \cdot {0.13}^{0}

≈ 0.4984
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p1=0.2342 ⋅ 0.4984 = 0.11672528

5 mal Liegendschießen und 4 mal Stehendschießen

Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Liegendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.94.

P_{0.94}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.94}^{5} \cdot {0.06}^{0}

≈ 0.7339
Die Wahrscheinlichkeit für 4 mal Stehendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.87.

P_{0.87}^{5} (X = 4)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 4 \end{matrix}) \cdot {0.87}^{4} \cdot {0.13}^{1}

≈ 0.3724
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p2=0.7339 ⋅ 0.3724 = 0.27330436

5 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen

Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Liegendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.94.

P_{0.94}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.94}^{5} \cdot {0.06}^{0}

≈ 0.7339
Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Stehendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.87.

P_{0.87}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.87}^{5} \cdot {0.13}^{0}

≈ 0.4984
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p3=0.7339 ⋅ 0.4984 = 0.36577576

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit erhält man nun, indem man die Wahrscheinlichkeiten der 3 Kombinationen addiert:

0.1167 + 0.2733 + 0.3658 = 0.7558

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

Bei einem Glücksrad beträgt die Wahrscheinlichkeit für den grünen Bereich 70%. Es wird 7 mal gedreht.Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 3 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).

Lösung einblenden

Wenn die Reihenfolge keine Rolle spielen würde, könnten wir ja einfach die Wahrscheinlichkeit von 3 Treffer bei 7 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ ${0.7}^{3}$ ⋅ ${0.3}^{4}$

Dabei gibt ja ${0.7}^{3}$ ⋅ ${0.3}^{4}$ die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 3 Treffer und 4 Nicht-Treffern und $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXOOOO

OXXXOOO

OOXXXOO

OOOXXXO

OOOOXXX

Es gibt also genau 5 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 5 ⋅ ${0.7}^{3}$ ⋅ ${0.3}^{4}$ ≈ 0.0139

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Ein 10-Klässler bekommt im Schulsport eine 1 als Teilnote, wenn er beim Basketball von 20 Korblegerversuchen mindestens 18 trifft. Weil der Sportlehrer ein nettes Weichei ist, darf der Schüler den Test noch ein zweites mal probieren, wenn er unzufrieden ist. Wie groß ist Wahrscheinlichkeit, dass der Schüler mit seiner Trefferquote von 81% eine 1 bekommt?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

Lösung einblenden

Zuerst berechnen wir mit Hilfe der Binomialverteilungsfunktionen die Einzelwahrscheinlichkeiten für 'genügend Treffer'.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=20 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für mindestens 18 Treffer bei 20 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.81,
also $P_{0.81}^{20} (X \geq 18)$ .

Dies berechnet man über die Gegenwahrscheinlichkeit: $P_{0.81}^{20} (X \geq 18)$ = 1 - $P_{0.81}^{20} (X \leq 17)$

≈ 1 - 0.7614 ≈ 0.2386 (TI-Befehl: 1-binomcdf(20,0.81,17))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'genügend Treffer' (p=0.2386) und 'zu wenig'(p=0.7614).

Jetzt können wir mit einem Baumdiagramm die Gesuchte Endwahrscheinlichkeit berechnen.

Gesucht ist ja 1 mal 'genügend Treffer' oder 2 mal 'genügend Treffer'

Ereignis	P
genügend Treffer -> genügend Treffer	$0,0569$
genügend Treffer -> zu wenig	$0,1817$
zu wenig -> genügend Treffer	$0,1817$
zu wenig -> zu wenig	$0,5797$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("genügend Treffer")= $0,2386$ ; P("zu wenig")= $0,7614$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'genügend Treffer'-'zu wenig' (P= $0,1817$ )
'zu wenig'-'genügend Treffer' (P= $0,1817$ )
'genügend Treffer'-'genügend Treffer' (P= $0,0569$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$0,1817$ + $0,1817$ + $0,0569$ = $0,4203$

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

zwei unabhängige Binom.

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Kombination Binom.-Baumdiagramm