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Binomialverteilung ohne Zurücklegen

Schüler Allgemeinbildende höhere Schulen, 11. Klassenstufe

Tags: Binomialverteilung, Fakultät, Formel, Wahrscheinlichkeit

Weidendorf aktiv_icon

17:47 Uhr, 29.04.2016

Und zwar haben wir uns im Unterricht Anfangs mit Fakultät, anschließend mit Binomialkoeffizienten usw. beschäftigt. Jetzt sind wir zur Binomialverteilung mit Wahrscheinlichkeit gekommen wobei wir folgende Aufgabe hatten:

1)

In einem Behälter sind

500

Kugeln, von denen

25

weiß sind. Es werden

10

Kugeln blind gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält man zwei weiße Kugeln, wenn

a)

mit Zurücklegen,

b)

ohne Zurücklegen gezogen wird?

Nun wird hierbei erklärt das die "normale" Binomialverteilung bei Zufallsversuchen ohne zurücklegen nur begrenzt anwendbar ist sowie nur annährungsweiße stimmt. Beides Dinge die mich arg ärgern deswegen hab ich versucht eine Formel zu erstellen die mir ein genaues Ergebnis liefert. Dabei bin ich auf folgende Formel gekommen:

\frac{A! \cdot D! \cdot (E - D)! \cdot (E - A)!}{B! \cdot (A - B)! \cdot (D - B)! \cdot (E - D - A + B)! \cdot E!}

A . .

. Anzahl der gezogenen Kugeln

B . .

. Anzahl der gefragten Kugeln (In diesem falls die Anzahl der weißen Kugeln)

D . .

. Insgesamte Anzahl der gefragten Kugeln (In diesem Fall

25

Weiße)

E . .

. Anzahl der Kugeln insgesamt

(500

bei diesem Beispiel)

Da sich meine Professorin allerdings weigert irgendwie auf mich einzugehen und etwas anderes als

100 %

den Lehrplan nicht duldet wollte ich euch fragen ob meine Formel stimmt. Beim Überprüfen mithilfe des Taschenrechners bekommt man leider einen "Overflow Error" da er zwischendurch mit

500

Fakultät rechnen muss allerdings bereits bei

70!

aussteigt. Bei kleineren Werten ist die Schwankungsbreite zu groß als das ich sagen könnte ob es stimmt.

PS: Über die Benennung der Variablen nicht wundern, hab beim Taschenrechner nur

A - E

wobei ich

C

als Variable für die Wahrscheinlichkeit bei der normalen Binomialverteilung habe und mich nicht unnötigen verwirren will wenn ich die selbe Variable für 2 verschiedene Dinge verwende.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Mitternachtsformel

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Bernoulli-Experimente

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

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18:04 Uhr, 29.04.2016

1) (500

über

10) \cdot {(\frac{1}{20})}^{10} \cdot {(\frac{19}{20})}^{490}

b)

\frac{25}{500} \cdot \frac{24}{499} \cdot \frac{23}{498} \cdot \frac{22}{497} \cdot ... \cdot \frac{1}{476}

Ansonstens müsste man die Normalverteilung nehmen:

http//www.brinkmann-du.de/mathe/gost/stoch_01_14.htm

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18:11 Uhr, 29.04.2016

Deine Lösung würde für eine andere Fragestellung durchaus stimmen allerdings ist die Frage wie die Wahrscheinlichkeit bei

10

gezogenen Kugeln ausschaut und nicht wenn alle Kugeln gezogen werden!

Ich versuche meine Formel gleich zu erklären, einen Moment!

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18:21 Uhr, 29.04.2016

Sorry, ich habe nicht aufgepasst. Es geht um 2 weiße:

a)

(10über2)*

{(\frac{1}{20})}^{2} \cdot {(\frac{19}{20})}^{8}

b)

\frac{25}{500} \cdot \frac{24}{499}

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18:27 Uhr, 29.04.2016

a)

Ist korrekt allerdings sollte bei

b)

ein Wert um

0,075

herauskommen, die Varianz lässt sich dadurch eklären das du zwar die Wahrscheinlichkeit ausgerechnet hast mit der du 2 weiße Kugeln ziehst allerdings nicht bei

10

gezogenen und mir gehts darum das ganze zur Vereinfachung in eine Formel zu packen bei der ich nur mehr die Variablen einsetzten muss und somit auf ein Ergebniss komme und dazu wollte ich Fragen ob meine Formel oben stimmen kann, Erklärung folgt wie gesagt gleich!

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18:30 Uhr, 29.04.2016

Ich hoffe, du hast meine Korrektur bemerkt. Jetzt sollten die Lösungen passen.

Bei

b

kommt raus:

0,0739 = 7,39 %

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18:36 Uhr, 29.04.2016

Eventuell kurze Erklärung wie ich auf die Gleichung gekommen bin macht es denk ich leichter zu überprüfen:

Die Variablen sind wie gesagt

A . .

. Anzahl der gezogenen Kugeln

B . .

. Anzahl der gefragten Kugeln

D . .

. Insgesamte Anzahl der gefragten Kugeln

E . .

. Anzahl der Kugeln insgesamt

Die Formel für die Binomialverteilung schaut normalerweiße mit meinen Variablen ja wie folgt aus:

\frac{A!}{B! \cdot (A - B)!} \cdot C^{B} \cdot {(1 - C)}^{A - B}

wobei

C

die Wahrscheinlichkeit für die gefragten Kugeln ist.
So nun wie komme ich auf meine Formel?
Das ganze lässt sich, ausgehend von der Anfangsformel, in 4 Schritte gliedern:

1)

\frac{A!}{B! \cdot (A - B)!}

bleibt gleich da es unter der Voraussetzung

B < D,

die logischerweiße immer geben sein muss, gleich viele Wege gibt wie beim Ziehen mit zurücklegen also verändert sich nur die Wahrscheinlichkeit, zu der kommen wir jetzt

2)

C^{B}

gibt die bereits Multiplizierte Wahrscheinlichkeit für alle gefragten Kugeln allerdings ändert sich diese beim Ziehen ohne zurücklegen nun. Generell ist die Wahrscheinlichkeit

\frac{A n z a h l K u g e l n}{A n z a h l K u g e l n I n s g e s a m t}

nun nimmt allerdings die Anzahl der gefragen Kugeln mit jeder gezogenen um 1 ab

\Rightarrow D \cdot (D - 1) \cdot (D - 2) \cdot . .

\cdot (D - B)

Die lässt sich vereinfacht als

\frac{D!}{D - B}!

schreiben, die Anzahl der Kugeln insgesamt ändert sich pro gezogene Kugel ebenfalls um 1 da wir aber nicht wissen in welche Reihenfolge wir die Kugeln ziehen wird das am Ende eingebaut.

3)

{(1 - C)}^{A - B}

gibt die Gegenwahrscheinlichkeit an, auch die ändert sich hier logischerweiße.
Während es Anfangs noch

(E - D)

nicht weiße Kugeln gibt so sind es am Schluss nur mehr

(E - D) -

die Anzahl der gezogenen nicht weißen Kugeln

= A - B \Rightarrow (E - D - (A - B)) = (E - D - A + B)

Hierbei ist nun wieder die gleiche Verinfachung wie bei

2)

möglich

\Rightarrow \frac{(E - D)!}{(E - D - A + B)!}

4)

So jetzt haben wir bei den Wahrscheinlichkeiten zwar alles über dem Bruchstrich allerdings fehlt der untere Teil noch.
Dieser lässt sich recht einfach finden da immer eine Kugel wegkommt

\Rightarrow E \cdot (E - 1) \cdot (E - 2) \cdot . .

\cdot (E - A)

Auch das lässt sich wieder kürzen und schaut daun so aus:

\frac{(E - A)!}{E!}

Wenn wir nun alles zusammenfassen kommt man auf diese Gleichung:

\frac{A!}{(A - B)!} \cdot \frac{D!}{(D - B)!} \cdot \frac{(E - D)!}{(E - D - A + B)!} \cdot \frac{(E - A)!}{E!}

= \frac{A! \cdot D! \cdot (E - D)! \cdot (E - A)!}{(A - B)! \cdot (D - B)! \cdot (E - D - A + B)! \cdot E!}

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18:40 Uhr, 29.04.2016

Schau in meine Lösung. Das will deine Lehrerin haben.
Deinen Ansatz kann ich nicht nachvollziehen. Wenn du nicht auf dasselbe Ergebnis kommst, ist er sicher falsch. Mir ist er zu verwirrend.

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18:45 Uhr, 29.04.2016

Mir wird bei dir leider noch immer die falsche Lösung angezeigt könntest sie vielleicht nochmal reinstellen?

Und wie Anfangs gesagt meine Professorin will das wir die ganz normale Verteilung hier anwenden die ist allerdings nur bei sehr großen Anzahlen an Kugeln anwendbar und selbst dann ungenau weswegen ich in der Stunde mir überlegt habe obs nicht auch genau und allgemein gültig geht wobei ich auf meine - zugegebenerweiße komplizierte - Lösung gekommen bin

Bummerang

18:48 Uhr, 29.04.2016

Hallo,

beschäftige Dich msl mit der Hypergeometrischen Verteilung! Wenn man dort die 3 Binomialkoeffizienten in Fakultäten auflöst, sieht das bis auf ein fehlender Faktor wie Dein Bruch aus!

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18:59 Uhr, 29.04.2016

Ahhhh danke vielmals es gibt meine Formel anscheinend schon - um einiges schöner zusammengefasst, danke vielmals :-)

Mfg

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19:19 Uhr, 29.04.2016

Dein Bemühen ist sehr lobenswert, schießt aber weit übers Ziel hinaus.
Für schulische Zwecke reichen die Standardformeln völlig aus,mit denen es viel schneller geht, wie du hier siehst.
Diese werden verlangt und solltest du beherrschen.

Roman-22

19:24 Uhr, 29.04.2016

>

ieht das bis auf ein fehlender Faktor wie Dein Bruch aus!

Die fehlenden

B!

in Nenner hatte Weidendorf in seinem ersten Beitrag noch stehen gehabt und in seinem letzten Beitrag am Beginn auch noch.

@Weidendorf:
Ich darf dir zu deiner Lösung gratulieren! Sie ist vollkommen richtig und liefert das korrekte Ergebnis.
Einfacher und vor allem übersichtlicher ist es aber, wie schon von Bummerang angemerkt, sich der Hypergeometrischen Verteilung zu bedienen. Mit der dort gültigen Formel gilt für die gesuchte Wahrscheinlichkeit (mit deinen Bezeichnungen)

P = \frac{(\begin{matrix} D \\ B \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} E - D \\ A - B \end{matrix})}{(\begin{matrix} E \\ A \end{matrix})} = (⋆)

Jeder dieser drei Binomialkoeffizienten lässt sich nun auch mithilfe von Fakultäten schreiben

(⋆) = \frac{\frac{D!}{B! \cdot (D - B)!} \cdot \frac{(E - D)!}{(A - B)! \cdot (E - D - A + B)!}}{\frac{E!}{A! \cdot (E - A)!}}

und das gibt vereinfacht genau deinen Ausdruck.

Für die konkret hier vorliegenden Werte ergibt sich

\frac{66884216561325}{904713245498311} \approx 7,373 %

Für die konkrete Berechnung mit einem einfachen TR empfiehlt sich eher der Ansatz

P = \frac{\frac{25 \cdot 24}{2 \cdot 1} \cdot \frac{475 \cdot 474 \cdot ... \cdot 469 \cdot 468}{8 \cdot 7 \cdot ... \cdot 2 \cdot 1}}{\frac{500 \cdot 499 \cdot ... \cdot 492 \cdot 491}{10 \cdot 9 \cdot ... \cdot 2 \cdot 1}} = . .

.

Noch einfacher gehts mit

P = (\begin{matrix} 10 \\ 2 \end{matrix}) \cdot \frac{25}{500} \cdot \frac{24}{499} \cdot \frac{475}{498} \cdot \frac{474}{497} \cdot \frac{473}{496} \cdot \frac{472}{495} \cdot \frac{471}{494} \cdot \frac{470}{493} \cdot \frac{469}{492} \cdot \frac{468}{491}

R

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19:36 Uhr, 29.04.2016

b)

Korrektur siehe Roman. Ich hatte wieder einen Aussetzer. Sorry.

Danke an Roman.

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