Mathebattle EduRandomtasks

0 oder 1 Treffer bei n Versuchen

Beispiel:

In einer Chip-Fabrik werden neue High Tech Chips produziert. Dabei entsteht mit einer Wahrscheinlichkeit von p=0,4 Ausschuss. Es werden nacheinander 4 Chips als Stichprobe entnommen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass nur beim zweiten Chip kein Defekt vorliegt.

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Die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer (also hier, dass ein entnommener Chips defekt sind) beträgt p = 0,4, für einen Nicht-Treffer (also hier, dass ein entnommener Chips nicht defekt ist) beträgt sie q = 1 - 0,4 = $0,6$ . Da ja der Nicht-Treffer genau im zweiten Durchgang kommen soll, ist auch hier nur ein Pfad im Baumdiagramm möglich. Dessen Wahrscheinlichkeit lässt sich dann wie folgt berechnen:

P = 0,4⋅ $0,6$ ⋅0,4⋅0,4 = $0,6 \cdot {0,4}^{3}$ ≈ 0.0384 .

Binomialkoeffizient

Beispiel:

Berechne ohne Taschenrechner: $(\begin{matrix} 10 \\ 0 \end{matrix})$

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Wenn man von der allgememeinen Formel für den Binomialkoeffizient
$(\begin{matrix} 10 \\ 0 \end{matrix})$ = $\frac{10!}{0! ⋅ (10 - 0)!}$ = $\frac{10!}{0! ⋅ 10!}$ = $\frac{10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1}{1 ⋅ 10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1}$
ausgeht, sieht man schnell, dass man mit der
10! = 10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1
rechts im Zähler und Nenner kürzen kann, so dass gilt:

$(\begin{matrix} 10 \\ 0 \end{matrix})$ = $\frac{1}{1}$

= 1

Binomialkoeffizient Anwendungen

Beispiel:

Die Sportlehrerin Frau Hertz braucht für eine Demonstration 4 Schülerinnen. Diese möchte sie zufällig aus der 25-köpfigen Sportgruppe losen. Wie viele verschiedene 4er-Gruppen sind so möglich?

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Für die erste Stelle ist jede Schülerin möglich. Es gibt also 25 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist die bereits als erstes gewählte Schülerin nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 24 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 23 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren:

Es gibt also 25⋅24⋅23⋅22 = 303600 Möglichkeiten, die 25 Möglichkeiten (Schülerinnen) auf die 4 "Ziehungen" (geloste) zu verteilen.

Wir haben jetzt dabei aber genau unterschieden an welcher Stelle was gezogen bzw. gewählt wurde. Also wären zum Beispiel Antonia - Bea - Carla und Bea - Carla - Antonia zwei unterschiedliche Ergebnisse. In unserem Fall hier soll diese Reihenfolge aber keine Rolle spielen. Es interessiert nur, wer in der 4er-Gruppe drin ist, nicht an welcher Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 4er-Gruppe möglich sind.

Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 4er-Gruppe möglich. Es gibt also 4 Möglichkeiten.
Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 3 Möglichkeiten.
Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 2 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren und erhalten 4⋅3⋅2⋅1 = 24 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 4er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 303600 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 4er-Gruppen durch die 24 Möglichkeiten, die 4er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{303600}{24}$ = 12650 Möglichkeiten für 4er-Gruppen, die aus 25 Elementen (Schülerinnen) gebildet werden.

Die hier durchgeführte Berechnung $\frac{25\cdot24\cdot23\cdot22}{4\cdot3\cdot2\cdot1}$ könnte man mit 21! erweitern würde so auf die Formel für den Binomialkoeffizient kommen:

12650 = $\frac{25\cdot24\cdot23\cdot22}{4\cdot3\cdot2\cdot1}$ = $\frac{25 \cdot 24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 21 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$ = $\frac{25!}{4! ⋅ 21!}$ = $(\begin{matrix} 25 \\ 4 \end{matrix})$

Wahrscheinlichkeiten mit Binom.Koeff.

Beispiel:

In einer Urne befinden sich 30 Kugeln, die mit den Zahlen 1 bis 30 beschriftet sind.

Es werden 6 Kugeln zufällig aus der Urne gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei den gezogenen Kugeln die 10, die 23 und die 27 dabei sind?

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Es gibt insgesamt $(\begin{matrix} 30 \\ 6 \end{matrix})$ = $\frac{30!}{6! ⋅ 24!}$ = $\frac{30⋅29⋅28⋅27⋅26⋅25}{6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1}$ = 593775 verschiedene Möglichkeiten, die 6 Kugeln aus den 30 zu ziehen, bzw. von 30 Zahlen 6 anzukreuzen.

Wenn man jetzt die Möglichkeiten zählen will, wie viele Möglichkeiten es gibt, wenn drei der gezogenen Zahlen die 10, die 23 und die 27 sind, bzw. wie viele Möglichkeiten es gibt, 6 von 30 Zahlen anzukreuzen, wobei drei Kreuze sicher auf der der 10, der 23 und der 27 sein müssen, dann ist das doch genau das gleiche, wie wenn man die Möglichkeiten zählt, 3 Kreuze auf 27 Zahlen (alle außer der 10, der 23 und der 27) zu setzen, also $(\begin{matrix} 27 \\ 3 \end{matrix})$ = $\frac{27!}{3! ⋅ 24!}$ = $\frac{27⋅26⋅25}{3⋅2⋅1}$ = 2925.

Die Wahrscheinlichkeit lässt sich somit mit der Laplace-Formel berechnen:

P = $\frac{Anzahl der gewünschten Ergebnisse}{Anzahl der möglichen Ergebnisse}$ = $\frac{2925}{593775}$ ≈ 0.0049, also ca. 0.49%.

Formel v. Bernoulli

Beispiel:

Eine Münze wird 71 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass genau 38 mal "Zahl" (p=0,5) geworfen wird?

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Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Würfe mit Zahl an. X ist binomialverteilt mit n=71 und p=0.5.

P_{0.5}^{71} (X = 38)

=

(\begin{matrix} 71 \\ 38 \end{matrix}) \cdot {0.5}^{38} \cdot {0.5}^{33}

=0.079309924326695≈ 0.0793
(TI-Befehl: binompdf(71,0.5,38))

kumulierte WS aus Histogramm finden

Beispiel:

In der Abbildung rechts ist das Histogramm einer binomialverteilten Zufallsgröße X zu sehen. Finde das größte k, für das gilt P(X ≥ k) ≥ 0.8.

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Wenn P(X ≥ k) ≥ 0.8 sein soll, bedeutet das doch, dass sie Summe der Säulenhöhen von k bis zum rechten Rand mindestens 0.8 sein muss. Das ist dann aber doch gleichbedeutend, wie dass für die restlichen Säulenhöhen links von 0 bis k-1 höchstens 1-0.8=0.2 als Wahrscheinlichkeit übrig bleiben darf.

Wir lesen einfach die Säulenhöhen aus dem Histogramm ab und addieren diese Werte:

k	P(X = k)	P(X ≤ k)
0	≈ 0	≈ 0 + 0 = 0
1	≈ 0.03	≈ 0 + 0.03 = 0.03
2	≈ 0.08	≈ 0.03 + 0.08 = 0.11
3	≈ 0.17	≈ 0.11 + 0.17 = 0.28

Während P(X ≤ 2) = 0.11 also noch klar unter der geforderten Wahrscheinlichkeit von 0.2 liegt, ist P(X ≤ 3) = 0.28 klar darüber.

Oder andersrum: P(X ≥ 3) = 1 - P(X ≤ 2) = 0.89 (die Summe der blauen Säulenhöhen von 3 bis 13) ist klar über der geforderten Wahrscheinlichkeit von 0.8, während P(X ≥ 4) = 1 - P(X ≤ 3) = 0.72 (die Summe der Säulenhöhen von 4 bis 13) klar darunter liegt.

Somit ist das gesuchte k = 3.

kumulierte Binomialverteilung

Beispiel:

Ein Zufallsexperiment wird 29 mal wiederholt. Jedesmal beträgt die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer p= 0,2. Wie groß ist dabei die Wahrscheinlichkeit, weniger als 7 Treffer zu erzielen?

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Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=29 und p=0.2.

P_{0.2}^{29} (X < 7)

=

P_{0.2}^{29} (X \leq 6)

=

P_{0.2}^{29} (X = 0)

+

P_{0.2}^{29} (X = 1)

+

P_{0.2}^{29} (X = 2)

+... +

P_{0.2}^{29} (X = 6)

= 0.64286141615283 ≈ 0.6429
(TI-Befehl: binomcdf(29,0.2,6))

Binomialverteilung X>=k

Beispiel:

Bei einem Glücksrad ist die Wahrscheinlichkeit im grünen Bereich zu landen bei p=0,95. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei 53 Versuchen mehr als 52 mal im grünen Bereich zu landen?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

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Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Drehungen, die im grünen Bereich landen, an. X ist binomialverteilt mit n=53 und p=0.95.

...

50

51

52

P_{0.95}^{53} (X > 52)

=

P_{0.95}^{53} (X \geq 53)

= 1 -

P_{0.95}^{53} (X \leq 52)

= 0.066
(TI-Befehl: 1-binomcdf(53,0.95,52))

Binomialverteilung l < X < k

Beispiel:

Ein Scherzkeks in einer Glückskeksfabrik backt in jeden achten Glückskeks eine scharfe Peperoni ein. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mehr als 4 und höchstens 6 Glückskekse mit einer Peproni zu erwischen, wenn man 46 Glückskekse kauft?

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Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Glückskekse mit einer Peperoni an. X ist binomialverteilt mit n=46 und p=0.125.

$P_{0.125}^{46} (5 \leq X \leq 6)$ =

...

2

3

4

5

6

7

8

...

P_{0.125}^{46} (X \leq 6)

-

P_{0.125}^{46} (X \leq 4)

≈ 0.6494 - 0.3029 ≈ 0.3465
(TI-Befehl: binomcdf(46,0.125,6) - binomcdf(46,0.125,4))

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0 oder 1 Treffer bei n Versuchen

Binomialkoeffizient

Binomialkoeffizient Anwendungen

Wahrscheinlichkeiten mit Binom.Koeff.

Formel v. Bernoulli

kumulierte WS aus Histogramm finden

kumulierte Binomialverteilung

Binomialverteilung X>=k

Binomialverteilung l < X < k