Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Wahrscheinlichkeit Multiple-Choice

Wahrscheinlichkeit Multiple-Choice

Universität / Fachhochschule

Tags: Multiple-Choice-Aufgaben, Wahrscheinlichkeit, Zufallstreffer

ulli-

16:16 Uhr, 27.09.2011

Es geht um die Wahrscheinlichkeit von Zufallstreffern bei Multiple-Choice-Aufgaben, vor allem darum, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass jemand, der überhaupt keine Ahnung hat, am Ende die 4 bekommt.

Mir geht es hier speziell um Aufgaben vom Typ 2 aus

7;

von 7 vorgegebenen Optionen sollen also 2 als richtig angekreuzt werden.

Die Wahrscheinlichkeit von zwei Treffern innerhalb einer Aufgabe beträgt rund

0,0476;

die Wahrscheinlichkeit von einem Treffer und einem falsch gesetzten Kreuz beträgt rund

0,4762

.

Bei meinen weiteren Berechnungen bin ich von

40

Aufgaben ausgegangen und habe die Wahrscheinlichkeiten für

0, 1, 2, ..., 39, 40

Doppeltreffer berechnet. Dasselbe dann auch für einfache Treffer. Bis dahin alles kein Problem.

Jetzt will ich aber beides miteinander verbinden. Zusätzliche Schwierigkeit: Ein Doppeltreffer wird mit 1 Punkt bewertet, ein einfacher mit

0,5

Punkt.

Am Ende möchte ich herausfinden, wie hoch die Wahrscheinlichkeit für

20

Punkte und mehr ist.

Meine Idee (von der ich aber nicht überzeugt bin, weil sie mir irgendwie zu einfach vorkommt): Wahrscheinlichkeit des Doppeltreffers plus halbe Wahrscheinlichkeit des einfachen Treffers, also

0,0476 + \frac{0,4762}{2} = 0,2857

. Mit dieser Wahrscheinlichkeit dann wie gehabt die Wahrscheinlichkeiten für

0, 1, 2, ..., 39, 40

berechnen und am Schluss die Wahscheinlichkeiten für

20, 21, ..., 39, 40

kumulieren.

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

anonymous

13:01 Uhr, 28.09.2011

Hallo
Die Wahrscheinlichkeiten bei einer MultipleChoice-Aufgabe hast du ja schon richtig errechnet:

> p_{2} = 1 / 21

dafür, beide richtigen Antworten zu wählen

> p_{1} = 10 / 21

dafür, exakt eine richtige Antwort zu wählen
verbleibt:

> p_{0} = 10 / 21

dafür, keine richtige Antwort zu wählen

Der Rest (für

40

MultipleChoice-Aufgaben) ist dann Binomialverteilung.

Um

20

Punkte zu erzielen, gibt es diese Möglichkeiten:

a)

genau

40

mal genau eine richtige Antwort

\to

Punktezahl

= 40 \cdot 0.5

Punkte

= 20

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

40) \cdot (p_{1}

hoch

40) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 40)]

b) 38

mal eine richtige Antwort

+

1-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 38 \cdot 0.5 + 1 \cdot 1 = 20

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

38) \cdot (p_{1}

hoch

38) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 38)] \cdot (2

über

1) \cdot (p_{2}

hoch

1) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(2 - 1)]

c) 36

mal eine richtige Antwort

+

2-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 36 \cdot 0.5 + 2 \cdot 1 = 20

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

36) \cdot (p_{1}

hoch

36) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 36)] \cdot (4

über

2) \cdot (p_{2}

hoch

2) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(4 - 2)]

. .

. und das immer so weiter, bis...

d)

20-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 20 \cdot 1 = 20

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

20) \cdot (p_{2}

hoch

20) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(40 - 20)]

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Aber, wenn ich dich recht verstehe, dann wäre auch mit mehr als

20

Punkten gedient,

z . B

20.5

Punkte.
Um

20.5

Punkte zu erzielen, gibt es folgende Möglichkeiten:

e)

genau

39

mal eine richtige Antwort und 1-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 39 \cdot 0.5 + 1 \cdot 1 = 20.5

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

39) \cdot (p_{1}

hoch

39) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 39)] \cdot (p_{2}

hoch

1)

f)

genau

37

mal eine richtige Antwort und 2-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 37 \cdot 0.5 + 2 \cdot 1 = 20.5

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

37) \cdot (p_{1}

hoch

37) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 37)] \cdot (3

über

2) \cdot (p_{2}

hoch

2) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(3 - 2)]

. .

. und das immer so weiter, bis...

g)

genau 1 mal eine richtige Antwort und 20-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 1 \cdot 0.5 + 20 \cdot 1 = 20.5

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

1) \cdot (p_{1}

hoch

1) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 1)] \cdot (39

über

20) \cdot (p_{2}

hoch

20) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(39 - 20)]

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

21

Punkte zu erzielen, gibt es diese Möglichkeiten:

h)

genau

38

mal eine richtige Antwort und 2-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 38 \cdot 0.5 + 2 \cdot 1 = 21

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

38) \cdot (p_{1}

hoch

38) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 38)] \cdot (2

über

2) \cdot (p_{2}

hoch

2) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(2 - 2)]

i)

genau

36

mal eine richtige Antwort und 3-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 36 \cdot 0.5 + 3 \cdot 1 = 21

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

36) \cdot (p_{1}

hoch

36) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 36)] \cdot (4

über

3) \cdot (p_{2}

hoch

3) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(4 - 3)]

. .

. und das immer so weiter, bis...

j)

genau 0 mal eine richtige Antwort und 21-mal zwei richtige Antworten

\to

Punktezahl

= 21 \cdot 1 = 21

Punkte
Wahrscheinlichkeit:

p = (40

über

0) \cdot (p_{1}

hoch

0) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 0)] \cdot (40

über

21) \cdot (p_{2}

hoch

21) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(21 - 21)]

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Und das machst du immer so weiter, bis Punktezahl

40

.
Mit einem Tabellenkalkulationsprogramm ist das sicherlich eine lösbare Aufgabe.

ulli-

22:22 Uhr, 28.09.2011

Hallo cube2,

das leuchtet mir ein: zu jeder möglichen Punktzahl müssen die Wahrscheinlichkeiten aller möglichen Kombinationen von Einzel- und Doppeltreffern berechnet werden, die diese Punktzahl ergeben. Meine ursprüngliche Idee war blödsinnig, weil ich Bewertungspunkte mit Wahrscheinlichkeiten multiplizieren wollte. Dadurch, dass der Einzeltreffer nur

0,5

Punkte bringt, wird ja seine Wahrscheinlichkeit nicht geringer.

Jetzt hab ich aber trotzdem noch ein Problem.
Die Wahrscheinlichkeit einer bestimmten Anzahl

t_{1}

von Aufgaben mit genau einer richtigen Antwort beträgt

(\begin{matrix} 40 \\ t_{1} \end{matrix}) \cdot p_{1}^{t 1} \cdot {(1 - p_{1})}^{40 - t_{1}}

Entsprechend die Wahrscheinlichkeit einer bestimmten Anzahl

t_{2}

von Aufgaben mit zwei richtigen Antworten

(\begin{matrix} 40 \\ t_{2} \end{matrix}) \cdot p_{2}^{t_{2}} \cdot {(1 - p_{2})}^{40 - t_{2}}

Ich hätte die beiden Wahrscheinlichkeiten einfach multipliziert, also:

(\begin{matrix} 40 \\ t_{1} \end{matrix}) \cdot p 1^{t 1} \cdot {(1 - p_{1})}^{40 - t_{1}} \cdot (\begin{matrix} 40 \\ t_{2} \end{matrix}) \cdot p_{2}^{t_{2}} \cdot {(1 - p_{2})}^{40 - t_{2}}

Im Fall

c)

(36-mal eine richtige Antwort plus 2-mal zwei richtige) hätte ich also gerechnet:

(\begin{matrix} 40 \\ 36 \end{matrix}) \cdot p_{1}^{36} \cdot {(1 - p_{1})}^{40 - 36} \cdot (\begin{matrix} 40 \\ 2 \end{matrix}) \cdot p_{2}^{2} \cdot {(1 - p_{2})}^{40 - 2}

?????

anonymous

12:49 Uhr, 29.09.2011

Nehmen wir doch gerade das Beispiel

c)

und betrachten erstmal den ersten Teil-Term:

(40

über

36) \cdot (p_{1}

hoch

36) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 36)]

Obiger Teil bestimmt doch die Wahrscheinlichkeit, dass

>

bei

40

Versuchen

>

genau

36

mal genau eine Frage richtig beantwortet wird.

> D . h

. doch auch, dass genau 4 mal NICHT genau eine Frage richtig beantwortet wird, sondern eben deren NULL oder Zwei.

In anderen Worten:
der Teilausdruck

[(1 - p_{1})

hoch

(40 - 36)]

(1 - p_{1})

hoch 4
berschreibt doch gerade, dass eben 4-mal nicht das Ereignis, das durch

p_{1}

beschrieben ist, eintritt.

So - und nun gilt es zu entscheiden, was mit diesen verbleibenden 4 "NICHT genau eine Frage richtig beantwortet" - Fällen ist.
Der Fall

c)

trifft die Annahme: 2-mal genau 2 richtige Antworten.
Oder in anderen Worten:
Zwei der VIER verbleibenden Aufgaben werden genau 2-mal richtig angekreuzt.
Und daher die

(4

über

2)

.

Oder eine andere Denkweise:
Gemäß deiner letzten Formel könnte man auch Zahlen einsetzen, wie:

(40

über

36) \cdot (p_{1}

hoch

36) \cdot [(1 - p_{1})

hoch

(40 - 36)] \cdot (40

über

21) \cdot (p_{2}

hoch

21) \cdot [(1 - p_{2})

hoch

(40 - 21)]

Das würde dann entsprechen:

36

mal eine Antwort richtig und

21

mal zwei Antworten richtig.
Und das ist unsinnig!
Denn wenn man nur

40

MultipleChoice-Aufgaben hat, dann kann man unmöglich

36 + 21 = 57 -

mal antworten.

ulli-

14:24 Uhr, 29.09.2011

Hallo cube2,
erstmal herzlichen Dank für deine Mühe.

Aber ich bin immer noch nicht vollständig überzeugt. Folgendes geht mir im Kopf herum: Wenn ich deinen Lösungsweg verwende, muss es doch eigentlich gleichgültig sein, ob ich mit den

36

Fragen mit genau einer richtigen Antwort oder mit den zwei Fragen mit zwei richtigen Antworten anfange.

Also entweder so:

(\begin{matrix} 40 \\ 36 \end{matrix}) \cdot {(\frac{10}{21})}^{36} \cdot {(1 - \frac{10}{21})}^{40 - 36} \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{21})}^{2} \cdot {(1 - \frac{1}{21})}^{4 - 2}

Oder aber so:

(\begin{matrix} 40 \\ 2 \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{21})}^{2} \cdot {(1 - \frac{1}{21})}^{40 - 2} \cdot (\begin{matrix} 38 \\ 36 \end{matrix}) \cdot {(\frac{10}{21})}^{36} \cdot {(1 - \frac{10}{21})}^{38 - 36}

Ich hab beides ausgerechnet und komme zu unterschiedlichen Ergebnissen; im ersten Fall rund

2,13 \cdot 10^{- 10},

im zweiten rund

1,34 \cdot 10^{- 10}

.

Oder darf ich in beiden Fällen nicht mit insgesamt

40

Fragen rechnen, sondern bei den Fragen mit genau einer richtigen Antwort mit

38

(weil ja 2 Fragen schon zwei richtige Lösungen haben) und bei den Fragen mit 2 richtigen Lösungen mit 4 (weil ja

36

schon genau eine richtige Lösung haben)?

Dann würde das so aussehen:

(\begin{matrix} 38 \\ 36 \end{matrix}) \cdot {(\frac{10}{21})}^{36} \cdot {(1 - \frac{10}{21})}^{38 - 36} \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{21})}^{2} \cdot {(1 - \frac{1}{21})}^{4 - 2}

PS. Das Argument am Ende deines Posts finde ich nicht ganz so schlagend. Auch ein richtiger Lösungsweg schützt doch normalerweise nicht davor, unsinnige Werte einzusetzen. Wenn ich bei

10

Münzwürfen die Wahrscheinlichkeit von 12-mal Kopf berechnen will, kann auch nichts vernünftiges rauskommen.

anonymous

14:37 Uhr, 29.09.2011

Da muss ich nochmals in Ruhe drüber nachdenken.
Deinem Argument, dass die Betrachtung unabhängig von der Betrachtungs-Reihenfolge sein muss, stimme ich natürlich jetzt schon uneingeschränkt zu.
:-))
Ich fürchte nur, bis einschließlich Montag komme ich kaum zum Nachdenken...

: - ((

anonymous

13:10 Uhr, 04.10.2011

Hallo wieder.
Also meine Überlegungen zwischenzeitlich tendieren in die folgende Richtung.

Nennen wir

>

die Anzahl der MultipleChoice-Aufgaben, bei denen NULL Antworten richtig angekreuzt wurden:

l

>

die Anzahl der MultipleChoice-Aufgaben, bei denen EINE Antworten richtig angekreuzt wurden:

m

>

die Anzahl der MultipleChoice-Aufgaben, bei denen ZWEI Antworten richtig angekreuzt wurden:

n

Folglich in unserem Fall:

l + m + n = 40

Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau l-mal keine Antwort richtig, genau m-mal eine Antwort richtig, und genau n-mal zwei Antworten richtig angekreuzt wurden, gemäß meiner letzten Vermutung:

p = (40

über

l) \cdot [(40 - l)

über

m] \cdot (p_{0}

hoch

l) \cdot (p_{1}

hoch

m) \cdot (p_{2}

hoch

n)

Zumindest ist so die Forderung nach der Vertauschbarkeit erfüllt - wenn ich recht überlegt habe.
Einen Beleg kann ich nicht anführen. Aber vielleicht sind ja sonst noch kluge Köpfe interessiert...

ulli-

15:12 Uhr, 04.10.2011

Hallo cube2,

vielen Dank, ich denke das ist es. Ich hab den Rechenweg gleich mal ausprobiert, allerdings nur mit

20

Fragen, damit es schneller geht.

Ergebnis: Die Summe aller Wahrscheinlichkeiten für alle

231

Möglichkeiten beträgt genau

1,

was ja schon mal sehr ermutigend ist. Vertauschbarkeit funktioniert offenbar auch:

(\begin{matrix} 20 \\ l \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 20 - l \\ m \end{matrix}) \cdot {(\frac{10}{21})}^{l} \cdot {(\frac{10}{21})}^{m} \cdot {(\frac{1}{21})}^{n} = (\begin{matrix} 20 \\ l \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 20 - l \\ n \end{matrix}) \cdot {(\frac{10}{21})}^{l} \cdot {(\frac{10}{21})}^{m} \cdot {(\frac{1}{21})}^{n}

Die Wahrscheinlichkeit, bei

20

Aufgaben durch Glückstreffer auf

10

oder mehr Punkte zu kommen, beträgt nach meiner Berechnung mithilfe deines Rechenwegs rund

0,0013

anonymous

12:10 Uhr, 05.10.2011

Ja, für mind.

10

Punkte aus

20

MultipleChoice-Aufgaben komme ich auch auf die Wahrscheinlichkeit:

p = 0.001296

Und für die originale Aufgabenstellung mit mind.

20

Punkten aus

40

Aufgaben komme ich so auf die Wahrscheinlichkeit:

p = 6.083 e - 06

Ich glaube, wir sind auf dem richtigen Weg.

923772

921482

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?