Mathebattle EduRandomtasks

p gesucht (n-te Wurzel)

Beispiel:

Bei einer Tombola werden elektronische Lose so verkauft, dass bei jedem Los jede Preiskategorie immer die gleiche Gewinnwahrscheinlichkeit hat. Aus Marketinggründen wird dabei auch ein Vierer-Pack angeboten. Dabei wird geworben, dass mit einer Wahrscheinlichkeit von 70% bei jedem Viererpack mindestens ein hochwertiger Preis dabei ist. Wie hoch muss man die Einzelwahrscheinlichkeit für einen hochwertigen Preis setzen, damit dieses Versprechen eingehalten wird?
(Bitte auf 3 Stellen runden!)

Lösung einblenden

P=0.7 ist die Wahrscheinlichkeit für mindestens 1 Treffer bei bei 4 Durchgängen, also ist 1-P=0.3 die Wahrscheinlichkeit für keinen Treffer bei bei 4 Durchgängen.

Es gilt also 0.3=(1-p)⁴

=>1-p= $\sqrt[4]{0.3}$ ≈ 0.7401

Die gesuchte Einzelwahrscheinlichkeit p ist dann also 1-0.7401 ≈ 0.2599

Binomialvert. mit variablem n (höchst.)

Beispiel:

Ein Mathelehrer möchte neue Taschenrechner für seine Klasse bestellen. Die Wahrscheinlichkeit, dass einer der Taschenrechner ein Decepticon (bekannt aus dem Transformers-Filmen) ist, liegt bei p=0,03. Wie viele Rechner können bestellt werden, dass zu einer Wahrscheinlichkeit von 60% kein Descepticon unter ihnen ist?

Lösung einblenden

n	P(X≤k)
...	...
11	0.7153
12	0.6938
13	0.673
14	0.6528
15	0.6333
16	0.6143
17	0.5958
...	...

Die Zufallsgröße X gibt Anzahl der Descepticons unter den Taschenrechnern an und ist im Idealfall binomialverteilt mit p = 0.03 und variablem n.

Es muss gelten: $P_{0.03}^{n} (X \leq 0)$ ≥ 0.6

Jetzt müssen wir eben so lange mit verschiedenen Werten von n probieren, bis diese Gleichung erstmals erfüllt wird:

Dabei stellt sich nun natürlich die Frage, mit welchem Wert für n wir dabei beginnen. Im Normalfall enden 3% der Versuche mit einem Treffer. Also müssten dann doch bei $\frac{0}{0.03}$ ≈ 0 Versuchen auch ungefähr 0 (≈0.03⋅0) Treffer auftreten.

Wir berechnen also mit unserem ersten n=0:
$P_{0.03}^{n} (X \leq 0)$ ≈ 1 (TI-Befehl: Binomialcdf ...)

Je nachdem, wie weit nun dieser Wert noch von den gesuchten 0.6 entfernt ist, erhöhen bzw. verkleinern wir das n eben in größeren oder kleineren Schrittweiten.

Dies wiederholen wir solange, bis wir zwei aufeinanderfolgende Werte von n gefunden haben, bei denen die 0.6 überschritten wird.

Aus der Werte-Tabelle (siehe links) erkennt man dann, dass letztmals bei n=16 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 60% ist.

gesuchtes p (ohne zurücklegen)

Beispiel:

In einer Urne sind 45 Kugeln. Alle Kugeln sind entweder rot oder schwarz. Es sollen 2 Kugeln gleichzeitig gezogen werden. Wie viele schwarze Kugeln müssen in der Urne mindestens sein, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 75% unter den beiden gezogenen Kugeln mindestens eine schwarze ist?

Lösung einblenden

Anzahl der schwarzen Kugeln in der Urne	P('mindestens eine schwarze Kugel')
...	...
3	1- $\frac{42}{45}$ ⋅ $\frac{41}{44}$ =1- $\frac{287}{330}$ ≈0.1303
4	1- $\frac{41}{45}$ ⋅ $\frac{40}{44}$ =1- $\frac{82}{99}$ ≈0.1717
5	1- $\frac{40}{45}$ ⋅ $\frac{39}{44}$ =1- $\frac{26}{33}$ ≈0.2121
6	1- $\frac{39}{45}$ ⋅ $\frac{38}{44}$ =1- $\frac{247}{330}$ ≈0.2515
7	1- $\frac{38}{45}$ ⋅ $\frac{37}{44}$ =1- $\frac{703}{990}$ ≈0.2899
8	1- $\frac{37}{45}$ ⋅ $\frac{36}{44}$ =1- $\frac{37}{55}$ ≈0.3273
9	1- $\frac{36}{45}$ ⋅ $\frac{35}{44}$ =1- $\frac{7}{11}$ ≈0.3636
10	1- $\frac{35}{45}$ ⋅ $\frac{34}{44}$ =1- $\frac{119}{198}$ ≈0.399
11	1- $\frac{34}{45}$ ⋅ $\frac{33}{44}$ =1- $\frac{17}{30}$ ≈0.4333
12	1- $\frac{33}{45}$ ⋅ $\frac{32}{44}$ =1- $\frac{8}{15}$ ≈0.4667
13	1- $\frac{32}{45}$ ⋅ $\frac{31}{44}$ =1- $\frac{248}{495}$ ≈0.499
14	1- $\frac{31}{45}$ ⋅ $\frac{30}{44}$ =1- $\frac{31}{66}$ ≈0.5303
15	1- $\frac{30}{45}$ ⋅ $\frac{29}{44}$ =1- $\frac{29}{66}$ ≈0.5606
16	1- $\frac{29}{45}$ ⋅ $\frac{28}{44}$ =1- $\frac{203}{495}$ ≈0.5899
17	1- $\frac{28}{45}$ ⋅ $\frac{27}{44}$ =1- $\frac{21}{55}$ ≈0.6182
18	1- $\frac{27}{45}$ ⋅ $\frac{26}{44}$ =1- $\frac{39}{110}$ ≈0.6455
19	1- $\frac{26}{45}$ ⋅ $\frac{25}{44}$ =1- $\frac{65}{198}$ ≈0.6717
20	1- $\frac{25}{45}$ ⋅ $\frac{24}{44}$ =1- $\frac{10}{33}$ ≈0.697
21	1- $\frac{24}{45}$ ⋅ $\frac{23}{44}$ =1- $\frac{46}{165}$ ≈0.7212
22	1- $\frac{23}{45}$ ⋅ $\frac{22}{44}$ =1- $\frac{23}{90}$ ≈0.7444
23	1- $\frac{22}{45}$ ⋅ $\frac{21}{44}$ =1- $\frac{7}{30}$ ≈0.7667
...	...

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit von 'mindestens eine schwarze Kugel'.

Das Gegenereignis ('keine schwarze Kugel') ist sehr viel einfacher zu berechnen (weil dies nur ein Pfad im Baumdiagramm ist):
Wenn beispielsweise die Anzahl der schwarzen Kugeln in der Urne=3 ist, dann ist doch die Wahrscheinlichkeit für 'keine schwarze Kugel'= $\frac{42}{45}$ ⋅ $\frac{41}{44}$ (beim ersten Zufallsversuch $\frac{42}{45}$ und beim zweiten $\frac{41}{44}$ weil dann ja bereits 'eine Kugel weniger im Topf ist'), also ist die Wahrscheinlichkeit für 'mindestens eine schwarze Kugel'=1- $\frac{42}{45}$ ⋅ $\frac{41}{44}$

Wir erhöhen nun schrittweise immer die Anzahl der schwarzen Kugeln in der Urne um 1 und probieren aus, wie sich das auf die gesuchte Gesamt-Wahrscheinlichkeit für 'mindestens eine schwarze Kugel' auswirkt (siehe Tabelle links)

Als Startwert wählen wir als p=3. (man kann auch alles als Funktion in den WTR eingeben: y=1-(45-x)/45*(44-x)/44)

In dieser Tabelle erkennen wir, dass erstmals bei 23 als 'Anzahl der schwarzen Kugeln in der Urne' die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 75% auftritt.
Die gesuchte Anzahl der schwarzen Kugeln in der Urne muss also mindestens 23 sein.

Binomialvert. mit variablem p (diskret) für WTR

Beispiel:

Die Homepage-AG einer Schule möchte auf der Startseite der Internetseite der Schule ein Zufallsbild integrieren. Dabei soll bei jedem Aufruf der Startseite ein zufälliges Bild aus einer Bilderdatenbank gezeigt werden. Alle Bilder der Datenbank sind immer gleich wahrscheinlich. Auf 4 Bildern der Datenbank sind Mitglieder der Homepage-AG zu sehen. Es wird geschätzt, dass die Seite täglich 120 mal aufgerufen wird. Die Mitglieder der Homepage-AG wollen dass mit mindestens 85%-iger Wahrscheinlichkiet mindestens 10 mal am Tag eines ihrer eigenen 4 Bilder erscheint. Wie viele andere Bilder dürfen dann höchstens noch in der Datenbank sein?

Lösung einblenden

p	P(X≥10)=1-P(X≤9)
...	...
$\frac{4}{21}$	0.9997
$\frac{4}{22}$	0.9993
$\frac{4}{23}$	0.9985
$\frac{4}{24}$	0.9973
$\frac{4}{25}$	0.9953
$\frac{4}{26}$	0.9924
$\frac{4}{27}$	0.9883
$\frac{4}{28}$	0.9828
$\frac{4}{29}$	0.9756
$\frac{4}{30}$	0.9665
$\frac{4}{31}$	0.9555
$\frac{4}{32}$	0.9424
$\frac{4}{33}$	0.9273
$\frac{4}{34}$	0.9101
$\frac{4}{35}$	0.8909
$\frac{4}{36}$	0.87
$\frac{4}{37}$	0.8473
...	...

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Bilder mit Homepage-AG-lern an. X ist binomialverteilt mit n=120 und unbekanntem Parameter p.

Es muss gelten: $P_{p}^{120} (X \geq 10)$ = 1- $P_{p}^{120} (X \leq 9)$ = 0.85 (oder mehr)

Wir wissen, dass der Zähler bei unserer Einzelwahrscheinlichkeit p 4 sein muss, da es ja genau 4 günstige Fälle gibt.

Wir müssen nun bei verschiedenen Nennern untersuchen, wie hoch die gesuchte Wahrscheinlichkeit $P_{p}^{120} (X \geq 10)$ ('mindestens 10 Treffer bei 120 Versuchen') bei diesen Nennern wird (siehe Tabelle links)

Als Startwert wählen wir als p= $\frac{4}{21}$ . (Durch Ausprobieren erkennt man, dass vorher die Wahrscheinlichkeit immer fast 1 ist)

In dieser Tabelle erkennen wir, dass letztmals bei der Einzelwahrscheinlichkeit p= $\frac{4}{36}$ die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 85% bleibt.
Der Nenner, also die Anzahl aller Bilder in der Datenbank, darf also höchstens 36 sein.

Also wären noch 32 zusätzliche Optionen (also weitere Bilder) zulässig.

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

p gesucht (n-te Wurzel)

Binomialvert. mit variablem n (höchst.)

gesuchtes p (ohne zurücklegen)

Binomialvert. mit variablem p (diskret) für WTR