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Verschiedene Wahrscheinlichkeit trotz gleicher ...

Schüler

Tags: Binomialverteilung, Wahrscheinlichkeit

Josua aktiv_icon

20:56 Uhr, 05.12.2023

Hallo, trotz gleicher prozentualer Verteilung ist die Wahrscheinlicheit verschieden. Warum ist das so?

Die Wahrscheinlichkeit bei

n = 100

und

p = 0,95

für 0 bis

90

Treffer bei

2,82 %

Die Wahrscheinlichkeit bei

n = 400

und

p = 0,95

für 0 bis

360

Treffer bei

0,0031 %

Beides mal geht es um die Wahrscheinlichkeit von

90 %

der Treffer. Warum unterscheidet sich die Wahrscheinlichkeit?

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

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Bernoulli-Experimente

Randolph Esser aktiv_icon

21:33 Uhr, 05.12.2023

Weißer Mann meinen

\sum_{k = 0}^{90} \frac{100!}{(100 - k)! \cdot k!} \cdot {0,95}^{k} \cdot {0,05}^{100 - k} \approx 0,0282,

\sum_{k = 0}^{360} \frac{400!}{(400 - k)! \cdot k!} \cdot {0,95}^{k} \cdot {0,05}^{400 - k} \approx 0,0000313

.

Das sind jeweils die Chancen für eine Trefferquote zwischen 0 und

90 %

und nicht für genau

90 %

Josua aktiv_icon

21:40 Uhr, 05.12.2023

Ja danke, dass habe ich ja auch raus. Angenommen ein Händler garatiert, dass der Kunde nicht zahlen muss, wenn nur

90 %

oder weniger der Ware nicht defekt ist. Die Wahrscheinlichkeit für ein defektes Stück beträgt

0,95

. Der Händler liefert an 4 Kunden jeweils

100

Stück. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass keiner der 4 Kunden zahlen muss?

Man könnte nun sagen, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass keiner der 4 Kunden zahlen muss bei

{0,0282}^{4} =

etwa

0,00636 %

liegt. Bei 4 Lieferungen à

100

Stück an den gleichen Kunden liegt sie also auch bei

0,00636 %

das der Kunde nicht zahlen muss. Bei Lieferung von

400

Stück bei

Randolph Esser aktiv_icon

21:57 Uhr, 05.12.2023

Nach wie vor zu Deinem ersten Beitrag:

Ja, wieso is das so, hm...

Vielleicht, weil der Gedanke, dass es gleich bleibt, naiv ist.

Nach Deinem Gedanken müsste

z . B

. die Chance, bei zweimal Würfeln

keine oder eine Sechs zu kriegen die gleiche sein

wie bei viermal Würfeln keine, eine oder zwei Sechsen.

Hier werden die Formeln sehr einfach:

\sum_{k = 0}^{1} \frac{2!}{(2 - k)! \cdot k!} \cdot {(\frac{1}{6})}^{k} \cdot {(\frac{5}{6})}^{2 - k} = {(\frac{5}{6})}^{2} + 2 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} = \frac{35}{36},

\sum_{k = 0}^{2} \frac{4!}{(4 - k)! \cdot k!} \cdot {(\frac{1}{6})}^{k} \cdot {(\frac{5}{6})}^{4 - k} = {(\frac{5}{6})}^{4} + 4 \cdot \frac{1}{6} \cdot {(\frac{5}{6})}^{3} + 6 \cdot {(\frac{1}{6})}^{2} \cdot {(\frac{5}{6})}^{2} = \frac{425}{432}

.

Und es ist nicht so...

Josua aktiv_icon

22:05 Uhr, 05.12.2023

Der Unterschied zwischen

4 x 100

und einmal

400

liegt wohl daran, dass bei

4 x 100

die ersten

100

nicht die folgenden "ausgleichen" können, usw.

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man bei

10

Würfen eine Würfelzahl kein mal oder einmal trifft liegt bei

48,45 %

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man bei

100

Würfen eine Würfelzahl kein mal oder zehn mal trifft liegt bei

42,7 %

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man

10

mal nacheinander bei

10

Würfen eine Würfelzahl kein mal oder einmal, also insgesamt kein mal oder

10

mal trifft sollte bei

0,07 %

liegen.

Randolph Esser aktiv_icon

22:12 Uhr, 05.12.2023

Zu Deinem zweiten Beitrag:

{0,0282}^{4} = 0,0000006324 = 0,0000634 %

ist korrekt, Treffer, versenkt.

Randolph Esser aktiv_icon

22:39 Uhr, 05.12.2023

Zu Deinem dritten Beitrag.

Poste bitte nicht solch wirsches Zeug.

Die Wahrscheinlichkeit, beim Würfeln eine Zahl

(z . B

. die

6)

bei zehn Würfen keinmal oder einmal zu bekommen, ist

\sum_{k = 0}^{1} \frac{10!}{(10 - k)! \cdot k!} \cdot {(\frac{1}{5})}^{k} \cdot {(\frac{5}{6})}^{10 - k} \approx 0,54912,

also knapp

55 %

.

Ich bin raus, Houston, übernehmen Sie !

(Und

0,00006324 %

statt

0,0000634 %

in meinem dritten Beitrag, sorry,

wobei der Wert ja eh gerundet ist.)

Josua aktiv_icon

23:22 Uhr, 05.12.2023

trotz des einen oder andern Kommafehlers, etc. warum das mit den

90 %

nicht die gleiche Wahrscheinlichkeit gibt und

39

falsche unter den ersten

100

durch

300

richtige ausgeglichen werden können und vieleicht auch umgekehrt müsste man wohl anhand der Wege nachvollziehen können, und das sind bei

400

ganz schön sehr viele

...

Randolph Esser aktiv_icon

02:54 Uhr, 06.12.2023

. .

KL700 aktiv_icon

07:13 Uhr, 06.12.2023

Darüber hat Blaise Pascal schon nachgedacht und erkannt:

"Pascal erkennt auch, dass man eher eine Sechs beim vierfachen Würfeln

(51,8

Prozent) als einen Sechser-Pasch beim 24-fachen Doppelwurf

(49,1

Prozent) erzielen kann; ihm erscheint dies allerdings unlogisch (»l'arithmétique se démentoit«), da doch die Zahlenverhältnisse

(4 z 6

und

24

36)

gleich seien."

www.spektrum.de/wissen/blaise-pascal-1623-1662/940105

calc007

08:19 Uhr, 06.12.2023

Kurz und gut:

>

Das ist unter 'Gesetz der großen Zahl' bekannt.
In meinen (kurzen) Worten:
Je öfters man würfelt (Lose zieht), desto relativ dichter verteilt sich die Erwartung um den Erwartungswert.
Oder
Je öfters man würfelt, desto wahrscheinlicher wird's, dass man ein Ergebnis nahe um den Erwartungswert trifft.
Konsequenz: "...desto wahrscheinlicher..." drückt doch aus, dass sich die Wahrscheinlichkeit ändert.

>

oder - wenn du mal den Übergang zur Normalverteilung machst:
Dort gibt's die Formel für die Standardverteilung:

σ = \sqrt{n \cdot p \cdot q}

Aha

\to

die Standardverteilung wächst NUR mit der Wurzel der Anzahl

n

an Würfen (Losziehungen)!

D . h

. doch, öfters würfeln führt nicht zur selben Normalverteilung oder proportionalen Verteilung, sondern eben zu einer Verteilung die mit der Wurzel an Würfen (Losziehungen) wächst.

HAL9000

09:10 Uhr, 06.12.2023

Summiert man

n

unabhängig identisch verteilte Größen (was man gewöhnlich als "Stichprobe" bezeichnet), so wächst der Erwartungswert diese Summe linear in

n

, die Standardabweichung dieser Summe jedoch nur in

\sqrt{n}

. Für die von dir oben betrachtete Binomialverteilung

B (n, p)

, die man ja auch als Summe von

n

Bernoulli-verteilten Größen auffassen kann, bedeutet das Erwartungswert

μ = n \cdot p

und

σ = \sqrt{n \cdot p (1 - p)}

Für eine Wahrscheinlichkeit

P (X_{n} \leq n α)

bedeutet das nach Zentralem Grenzwertsatz (ZGWS) von Moive-Laplace dann näherungsweise

P (X_{n} \leq n α) \approx Φ (\frac{n α - n p}{\sqrt{n p (1 - p)}}) = Φ (\sqrt{n} \cdot \frac{α - p}{\sqrt{p (1 - p)}})

mit Verteilungsfunktion

Φ

der Standardnormalverteilung. Du oben arbeitest mit

p = 0.95, α = 0.9

, das ergibt

\frac{α - p}{\sqrt{p (1 - p)}} \approx - 0.23

und somit eine Wahrscheinlichkeit von ungefähr

Φ (- 0.23 \cdot \sqrt{n})

. Für wachsende

n

ergibt das eine immer kleinere Wahrscheinlichkeit, so wie du es ja auch beim Übergang von

n = 100

n = 400

beobachtet hast.

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