Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Binominlverteilung

Binominlverteilung

Schüler Gymnasium,

Tags: Wahrscheinlichkeit

veriina aktiv_icon

20:04 Uhr, 17.08.2013

Hallo liebe Community,

ich habe wieder eine Aufgabe zum Berechnen gefunden, bei der ich stehen geblieben bin.

Folgende Aufgabe:

Ein Multiple-Choice-Test besteht aus zehn Fragen. Für jede Frage werden drei Antworten angeboten, von denen jeweils genau eine richtig ist. Jemand kreuzt bei den Fragen je eine Antwort zufällig an. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit

1)

für fünf richtige Antworten?

2)

für fünf oder mehr richtige Antworten?

3)

für mehr als fünf richtige Antworten?

Danke im Voraus!

und den teil

1)

habe ich allein verstanden und gemacht, da man nur die Zahlen in der Bernoulli-Formel einsetzen muss, und habe

\approx 13,66

heraus, richtig?

Und bei

3)

dachte ich mir, könnte man nciht einfach

1 - 13,66

berechenn, sodass ich den rest der fümf richtigen raus hab?

: S

LG

verii

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

Aurel

20:33 Uhr, 17.08.2013

1) P (X = 5) = 13,66

ja, das stimmt :-)

2) P (X \geq 5) = P (X = 5) + P (X = 6) + ... + P (X = 9) + P (X = 10)

also die entsprechenden Einzelwahrscheinlichkeiten getrennt berechnen und dann addieren

3) P (X > 5) = P (X = 6) + P (X = 7) + ... + P (X = 9) + P (X = 10)

veriina aktiv_icon

21:56 Uhr, 17.08.2013

Ah okay, sind denn die Ergebnisse für 2 und 3 auch richtig?

2) \approx 21,3128

3) \approx 7,66

?

Danke im Voraus!

:]

LG

verii

anonymous

00:25 Uhr, 18.08.2013

Bei euch fehlen da die %-Zeichen! Schließlich ist jede Wahrscheinlichkeit

P (A),

dass ein Ereignis A eintritt, eine reelle Zahl im Intervall

[0, 1]

. Und

13,66

ist im Gegensatz zu

0,1366

bzw.

13,66 %

nicht enthalten.

Ansonsten ist alles richtig.

Hier nochmal mit alternativen Lösungsvorschlägen:

1)

P (X = 5) = (\begin{matrix} 10 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{3})}^{5} \cdot {(1 - \frac{1}{3})}^{10 - 5} \approx 0,1366 = 13,66 %

2)

P (X \geq 5) = P (X = 5) + P (X = 6) + ... + P (X = 10) \approx 0,213128 = 21,3128 %

Oder alternativ:

P (X \leq 4)

in einem Tabellenbuch nachschlagen.

P (X \geq 5) = 1 - P (X \leq 4)

3)

P (X > 5) = P (X = 6) + P (X = 7) + ... + P (X = 10) \approx 0,0766 = 7,66 %

Oder alternativ:

P (X \leq 5)

in einem Tabellenbuch nachschlagen.

P (X > 5) = 1 - P (X \leq 5)

Oder alternativ:

P (X > 5) = P (X \geq 5) - P (X = 5)

wobei

P (X \geq 5)

und

P (X = 5)

bereits in den Aufgaben

1)

und

2)

berechnet wurden.

veriina aktiv_icon

00:56 Uhr, 18.08.2013

Ach ja, es als Prozent aufzuschreiben hab ich vergessen. Und danke für die Antwort, aber was genau meinst Du mit den Alternativen bzw. Tabellenbuch?

Könntest du es mir vielleicht bei

2)

zeigen?

Danke im voraus! :-)

Lg

Verii

Aurel

01:16 Uhr, 18.08.2013

da es ja etwas mühsam ist, so viele Wahrscheinlichkeiten auszurechnen, gibts Tabellen dafür.

Wenn man beispielsweise als Angabe hat:

n = 10, p = \frac{1}{3}

und

k \geq 5

und eine Tabelle für

n = 10, p = \frac{1}{3}

und

k \leq 4

so kann man

P (X \geq 5)

über das Gegenereignis umformen:

P (X \geq 5) = 1 -

P(nicht(X>=5))

= 1 - P (X \leq 4)

und dann die Tabelle für

n = 10, p = \frac{1}{3}

und

k \leq 4

verwenden

anonymous

02:20 Uhr, 18.08.2013

Genau. Wir hatten an der Fachoberschule eine, die nannte sich "Tafelwerk zur Stochastik", die wir zur Verfügung gestellt bekamen und auch in den Abiturprüfungen benutzen durften.

Soweit ich das beim ISB nachgelesen habe war und ist dieses "Tafelwerk zur Stochastik" vom Bayerischen Schulbuchverlag, sowie "Tabellen zur Stochastik" vom Oldenbourg Schulbuchverlag, in Bayern für die gymnasialen Oberstufe und für die ABiturprüfung zugelassen.

Ich bin also davon ausgegangen, dass du vielleicht auch so ein Tafelwerk besitzt.

veriina aktiv_icon

13:02 Uhr, 18.08.2013

Leider nein, vielleicht bekommen wir es demnächst..
Aber Danke für Eure Hilfe!

:]

LG

verii

veriina aktiv_icon

14:16 Uhr, 18.08.2013

Sorry, aber mir ist nochmal etwas eingefallen bzw. bin mir da nicht sicher und zwar, warum darf man denn eigentlich alle Einzelwahrscheinlichkeiten addieren bei

2)

und

3)

?

Ich verstehe, dass man es so maccht weil man alle möchte die ab 5 zB. sind, aber warum ausgerechnet addieren und nicht zB. multiplizieren?

\frac{:}{}

Danke im Voraus!

LG

verii

anonymous

15:34 Uhr, 18.08.2013

Das folgt aus einem der Axiome von Kolmogorow, wie ich später nochmal erwähnen werde.
Und diese Axiome müssen für ein Wahrscheinlichkeitsmaß erfüllt sein.

Im Grunde kann man das so unterscheiden:

Multiplizieren würde man, wenn mehrere stochastisch unabhängige Ereignisse eintreten sollen.
Angenommen es soll sowohl das Ereignis

A,

als auch ein Ereignis

B

eintreten.
Anders ausgedrückt heißt das also, dass das Ereignis

A \cap B

eintreten soll.
Dann multipliziert man die Wahrscheinlichkeiten

P (A)

und

P (B)

.
Anschaulicheres Beispiel:

P (A) = 50 %

und

P (B) = 20 %

.
Angenommen man betrachtet

100

Fälle. Die bei denen A eintritt werden durchschnittlich

P (A) \cdot 100 = 50 % \cdot 100 = 50

sein. Nun untersucht man bei diesen Fällen, ob auch

B

eintritt, also

P (B) \cdot 50 = 20 % \cdot 50 = 10

. Also hat man insgesamt

P (B) \cdot P (A) \cdot 100 = 10

gerechnet. Woran man erkennen könnte, dass hier wohl wohl

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

gilt.

WICHTIGER HINWEIS:

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

gilt wirklich nur wenn die Ereignisse stochastisch unabhängig sind.
(Klar, denn schließlich ist dies genau die Bedingung für stochastische Unabhängigkeit.)

In diesem Fall sollen jedoch nicht gleichzeitig fünf Fragen UND sechs Fragen UND sieben Fragen

...

richtig beantwortet werden, also ist nicht

P ((X = 5) \cap (X = 6) \cap ... \cap (X = 10))

gefragt. Diese Wahrscheinlichkeit wäre übrigens gleich

0,

da beipielsweise nicht gleichzeitig

X = 5

und

X = 6

eintreten kann.

Viel mehr sollen fünf Fragen ODER sechs Fragen ODER sieben Fragen

...

richtig beantwortet werden, es ist also die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung

(X \geq 5) = (X = 5) \cup (X = 6) \cup ... \cup (X = 10)

gefragt.

Die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses

A \cup B,

dass A oder

B

eintritt ist

P (A \cup B) = P (A) + P (B),

wenn die Ereignisse A und

B

inkompatibel sind.
Das ist eines der Axiome von Kolmogorow.
Dabei heißen zwei Ereignisse inkompatibel, wenn A und

B

disjunkt sind, also

A \cap B = \emptyset

.
Schließlich gilt im Allgemeinen

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B),

was man sich anhand entsprechender Venn-Diagramme klarmachen kann.

Hier sind die Ereignisse

(X = 5), (X = 6), ..., (X = 10)

paarweise disjunkt, also inkompatibel, was daran liegt, dass, wie schon zuvor erwähnt, beispielweise nicht zugleich fünf und sechs Antworten richtig sein können.

Daher gilt in diesem Fall:

P (X \geq 5)

= P ((X = 5) \cup (X = 6) \cup ... \cup (X = 10))

= P (X = 5) + P (X = 6) + ... + P (X = 10)

veriina aktiv_icon

16:33 Uhr, 18.08.2013

Danke für die ausführliche Antwort!
Also wenn ich es richtig verstanden habe, multipliziert man, wenn man mehrere Ereignisse auftreten sollen sprich unabhöngige?

Und addieren tut man, wenn man weiß dass die Ereignisse abhängig sind, da nur eins iimmer jeweils auftreten kann?

LG

verii

anonymous

17:27 Uhr, 18.08.2013

" Also wenn ich es richtig verstanden habe, multipliziert man, wenn man mehrere Ereignisse auftreten sollen sprich unabhöngige? "

Nein. Bei dir hört sich das so an also ob unabhängige Ereignisse gleichbedeutend ist mit dem auftritt mehrer Ereignisse.

Es gilt einfach, nach Definition der stochastischen Unabhängigkeit:
A und

B

sind stochastisch unabhängig

\Leftrightarrow P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

" Und addieren tut man, wenn man weiß dass die Ereignisse abhängig sind, da nur eins iimmer jeweils auftreten kann? "

Das immer jeweils nur eines Eintreten kann ist nicht Unabhängigkeit, sondern Inkompatibilität. Und nein, nur weil Ereignisse inkompatibel sind, heißt das nicht automatisch, dass man addiert.

Was man tun muss hängt nicht einfach von den Ereignissen und ihren Beziehungen ab, sondern von dem, was man wissen möchte und von dem was man bereits kennt, also anders ausgedrückt:
Was man tut hängt in erster Linie von der Aufgabenstellung ab!

Will man wissen, ob die Vereinigung

A \cup B

eintritt, also A ODER

B

soll eintreten:

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B)

Das ist hier der Fall. Dazu muss man jedoch

P (A)

und

P (B)

und

P (A \cap B)

wissen. Kennt man diese nicht, muss man sich wieder einen anderen weg suchen. Der Lösungsweg hängt also eben auch davon ab was man sucht und was man weiß, also der Aufgabenstellung, wie bereits geschrieben.

P (A \cap B)

kann man zum Beispiel auch erhalten, indem man weiß, dass A und

B

inkompatibel sind. Denn dann weiß man

P (A \cap B) = 0

Will man wissen, ob der Schnitt

A \cap B

eintritt, also A UND

B

soll eintreten:

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B),

wenn A und

B

stochastisch unabhängig

Hier muss man jedoch wissen, ob die Ereignisse A und

B

stochastisch unabhängig sind.
Wenn sich dies nun aber nicht aus der Aufgabenstellung ergibt, hat man ein Problem und man muss sich einen anderen Weg suchen. Kennt man Beispielsweise

P (A)

und

P (B)

und

P (A \cup B)

kann man ausnutzen, dass gilt:

P (A \cap B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B)

Die Gleichung

P (A \cap B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B)

gilt auch (aber eben nicht nur wenn) A und

B

stochastisch unabhängig sind. So kann es sein, dass in der Tat A und

B

stochastisch unabhängig sind, man jedoch bei der Lösung nicht enstprechend

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

multipliziert, da man erst in einer späteren Teilaufgabe die stochastische Unabhängigkeit prüft und erst dort bekannt ist, dass die stochastische Unabhängigkeit vorliegt. Bis dahin kann man diese dann jedoch nicht verwenden. Stattdessen kann es sein, dass man

P (A \cap B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B)

ausnutzt, was wohl offensichtlich keine Multiplikation ist.

Wie gesagt, was man tun sollte hängt einfach erst einmal von der Aufgabenstellung ab, und nicht einfach nur davon, ob Ereignisse unabhängig, inkompatibel oder sonst etwas sind.

Im Grunde gibt es jedoch einige häufig auftretende Fälle:

1. Man will wissen mit welcher Wahrscheinlichkeit

A \cap B,

also A UND

B,

eintritt.

a)

Man weiß dass A und

B

unabhängig sind und kennt

P (A)

und

P (B) :

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

b)

Ansonsten muss ein anderer Lösungsweg beschritten werden, zum Beispiel:

P (A \cap B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B)

2. Man will wissen mit welcher Wahrscheinlichkeit

A \cup B,

also A ODER

B,

eintritt.

a)

Man weiß dass A und

B

inkompatibel sind und kennt

P (A)

und

P (B) :

P (A \cup B) = P (A) + P (B)

b)

Ansonsten muss ein anderer Lösungsweg beschritten werden, zum Beispiel kann es sein das A und

B

nicht inkompatibel sind, man jedoch den Wert

P (A \cap B)

bereits kennt:

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B)

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

1108767

1108687

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?