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| Aufgabe | 1.)
Bei einer Fussballwette muss man für 11 Spiele vorhersagen, ob das Heimteam gewinnt (Tipp: 1), das Gastteam (2) oder unentschieden (0).
Der Tippschein wir zufällig ausgefüllt.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind alle Tipps falsch?
2.)
Bei einer Lotterie werden 1000 Lose verkauft (von 000 - 999). Die Gewinnzahl wird mit einem Glücksrad bestimmt, das 3 mal gedreht wird.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit besteht die Gewinnzahl aus lauter verschiedenen Ziffern?
3.)
Bei einem Lottospiel (3 aus 10) gewinnt man nur, wenn man genau die 3 richtigen Zahlen getippt hat. Es werden nacheinander 3 Kugeln aus einer Urne mit 10 Kugeln (Ziffern: 0-9) gezogen.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt man? |
Also meine bisherigen Ansätze:
1.)
- Ziehen mit Zurücklegen
- pro Zug, 3 Möglichkeit: 1,2,0
- 11 mal ziehen, also insgesamt 3^11=177147 Möglichkeiten
- Wahrscheinlichkeit eines falschen tipps pro runde: 2/3
- Insgesamt: (2/3)^11
2.)
- beim ersten drehen 10 Möglichkeiten (0-9)
- beim 2. mal 9 (10 minus die Zahl vom ersten mal)
- beim 3. mal noch 8 möglichkeiten
-insgesamt: 1/10*1/9*1/8
Ich bin mir ziemlich sicher, dass das falsch ist, weiß aber nicht wie sonst ;)
3.)
- ziehen ohne Zurücklegen, da jede Zahl ja nur einmal kommen kann
weiter komm ich nicht...
Wäre nett wenn mir jmd. dabei helfen könnte :)
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> 1.)
> Bei einer Fussballwette muss man für 11 Spiele
> vorhersagen, ob das Heimteam gewinnt (Tipp: 1), das
> Gastteam (2) oder unentschieden (0).
> Der Tippschein wir zufällig ausgefüllt.
> Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind alle Tipps falsch?
>
> 2.)
> Bei einer Lotterie werden 1000 Lose verkauft (von 000 -
> 999). Die Gewinnzahl wird mit einem Glücksrad bestimmt, das
> 3 mal gedreht wird.
> Mit welcher Wahrscheinlichkeit besteht die Gewinnzahl aus
> lauter verschiedenen Ziffern?
>
> 3.)
> Bei einem Lottospiel (3 aus 10) gewinnt man nur, wenn man
> genau die 3 richtigen Zahlen getippt hat. Es werden
> nacheinander 3 Kugeln aus einer Urne mit 10 Kugeln
> (Ziffern: 0-9) gezogen.
> Mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt man?
> Also meine bisherigen Ansätze:
>
> 1.)
> - Ziehen mit Zurücklegen
> - pro Zug, 3 Möglichkeit: 1,2,0
> - 11 mal ziehen, also insgesamt 3^11=177147
> Möglichkeiten
>
> - Wahrscheinlichkeit eines falschen tipps pro runde: 2/3
> - Insgesamt: (2/3)^11
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> 2.)
> - beim ersten drehen 10 Möglichkeiten (0-9)
> - beim 2. mal 9 (10 minus die Zahl vom ersten mal)
> - beim 3. mal noch 8 möglichkeiten
>
> -insgesamt: 1/10*1/9*1/8
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Die Wahrscheinlichkeiten, die Du hier multiplizieren musst, sind die Wahrscheinlichkeiten, beim Ziehen der nächsten Zahl eine Ziffer zu erwischen, die man nicht bereits einmal gezogen hat. Diese Wahrscheinlichkeit ist beim ersten Mal nicht [mm] $\frac{1}{10}$ [/mm] sondern [mm] $\frac{10}{10}=1$, [/mm] beim zweiten Mal dann nur noch [mm] $\frac{9}{10}$ [/mm] und beim dritten Mal nur noch [mm] $\frac{8}{10}$. [/mm] Gibt insgesamt [mm] $1\cdot\frac{9}{10}\cdot \frac{8}{10}$. [/mm] Macht insgesamt: [mm] $\frac{10}{10}\cdot\frac{9}{10}\cdot\frac{8}{10}$.
[/mm]
Du kannst aber auch gleich "günstige durch mögliche Fälle" rechnen: [mm] $\frac{10\cdot 9\cdot 8}{10^3}$. [/mm] Wobei ein "Fall" einfach die Ziehung dreier Ziffern ist.
> Ich bin mir ziemlich sicher, dass das falsch ist, weiß aber
> nicht wie sonst ;)
Siehe oben.
>
> 3.)
> - ziehen ohne Zurücklegen, da jede Zahl ja nur einmal
> kommen kann
Du kannst die Wahrscheinlichkeit, dass gerade die drei Zahlen als Gewinnzahlen gezogen werden, auf die einer getippt hat, als Verhältnis von "günstigen zu möglichen Fällen" berechnen: [mm] $\frac{3\cdot 2\cdot 1}{10\cdot 9\cdot 8}$.
[/mm]
Bei den günstigen Fällen kann man ja nur aus den 3 Gewinnzahlen auswählen (ohne Zurücklegen), bei den möglichen Fällen aber aus allen 10 Zahlen.
Du kannst aber auch die Wahrscheinlichkeiten multiplizieren, dass beim ersten, beim zweiten bzw. beim dritten Zug eine der getippten Zahlen gezogen wird. Beim ersten Ziehen sind 3 von 10 Fällen günstig: Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{3}{10}$. [/mm] Beim zweiten Ziehen ist eine Kugel weniger (und die war eine Gewinnzahl): Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{2}{9}$. [/mm] Beim dritten Ziehen sind nur noch 8 Zahlen im Spiel, davon eine Gewinnzahl: Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{1}{8}$. [/mm] Insgesamt ist die Wahrscheinlichkeit alle drei getippten Gewinnzahlen zu ziehen gleich [mm] $\frac{3}{10}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{8}$.
[/mm]
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Ok, vielen Dank schonmal, habs jetzt glaub ich vrstanden ;)
Könntest du mir auch noch zeigen wie man das dann mathematisch korrekt ausdrückt?
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> Ok, vielen Dank schonmal, habs jetzt glaub ich vrstanden
> ;)
>
> Könntest du mir auch noch zeigen wie man das dann
> mathematisch korrekt ausdrückt?
Wie einen solchen Lösungsweg "mathematisch korrekt" ausdrückt, hängt davon ab:
1. Wieviel Aufwand man treiben will irgendwelche abkürzenden Bezeichnungen für die diversen Ereignisse einzuführen (bei einer solchen kleinen Aufgabe vermutlich nicht allzuviel)
2. Welche Art von Theoriekenntnissen man voraussetzen darf. Ich bin z.B. sehr unsicher, ob Du schon weisst, was eine bedingte Wahrscheinlichkeit ist (z.B. die Wahrscheinlichkeit [mm] $\mathrm{P}(A|B)$, [/mm] dass $A$ eintritt unter der Bedingung das $B$ eingetreten ist und dass [mm] $\mathrm{P}(A\cap B)=\mathrm{P}(A|B)\cdot \mathrm{P}(B)$ [/mm] gilt).
Aber ich versuch's trotzdem mal:
Man könnte die Lösung von Aufgabe 2 etwas formaler z.B. so formulieren: Sei [mm] $Z_n$ [/mm] die Ziffer, die beim $n$-ten Drehen des Rades resultierte ($n=1,2,3$). Dann gilt:
[mm]\begin{array}{rcl}
\mathrm{P}(Z_1,Z_2,Z_3 \text{alle verschieden}) &=& \mathrm{P}(Z_1\text{ beliebig})\cdot \mathrm{P}(Z_2 \neq Z_1)\cdot \mathrm{P}(Z_3\neq Z_1,Z_2)\\
&=& \frac{10}{10}\cdot \frac{9}{10}\cdot \frac{8}{10}\\
&=& \underline{\underline{0.72}}
\end{array}[/mm]
Die einzelnen Wahrscheinlichkeiten ergeben sich einfach aus dem Verhältnis von günstigen zu möglichen Fällen ("Laplaceexperiment"). Das heisst: das Verhältnis von Ziffern, die für das betreffende Ereignis günstig sind (=nächste Ziffer ist von bereits gezogenen Ziffern verschieden), zu Ziffern, die für die nächste Ziehung möglich sind (=eine beliebige aus den 10 Ziffern [mm] $0,1,\ldots,9$).
[/mm]
Die Lösung von Aufgabe 3 könnte man wiederum etwas formaler z.B. so schreiben:
[mm]\begin{array}{rcl}
\mathrm{P}(\text{alle drei richtig}) &=& \mathrm{P}(\text{erste richtig})\cdot\mathrm{P}(\text{zweite richtig}|\text{erste richtig})\cdot\mathrm{P}(\text{dritte richtig}|\text{erste und zweite richtig})\\
&=& \frac{3}{10}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{8}\\
&=& \frac{1}{120} = 0.008\overline{3}
\end{array}
[/mm]
Auch hier ergeben sich die so multiplizierten Wahrscheinlichkeiten einfach aus dem Verhältnis von noch in der Urne vorhandenen Gewinnzahlen zu insgesamt in der Urne vorhandenen Zahlen.
Aber, um es nochmals zu betonen: "mathematisch korrektes" Ausdrücken dieser Lösungswege ist Geschmacksfrage. Dein Lehrer kann durchaus ganz andere Anforderungen stellen, als ich dies (mehr spekulativ) mit diesen beiden Vorschlägen angenommen habe.
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Alles klar, danke.
Ich hätte dann doch noch eine kurze Frage:
[mm] \bruch{n*(n-1)*...*(n-k+1)}{k*(k-1)*...*1} [/mm]
wäre doch die Formel, die man für die Aufgabe 3 heranziehen kann, oder?
Könnte mir jmd. die Herleitung dieser Formel anhand der Aufgabe 3 erklären?
Außerdem vlt. noch die weiterführung zu
[mm] \bruch{n!}{(n-k)!*k!} [/mm]
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> Alles klar, danke.
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> Ich hätte dann doch noch eine kurze Frage:
>
> [mm]\bruch{n*(n-1)*...*(n-k+1)}{k*(k-1)*...*1}[/mm]
> wäre doch die Formel, die man für die Aufgabe 3 heranziehen
> kann, oder?
Ja, dies ist die Anzahl Möglichkeiten, $k$ Elemente aus einer $n$-elementigen Menge auszuwählen. Kurz: [mm] $\binom{n}{k}$. [/mm] Auf Taschenrechnern hat es in der Regel eine mit nCr angeschriebene Funktionstaste, mit der dieser "Binomialkoeffizient" berechnet werden kann.
> Könnte mir jmd. die Herleitung dieser Formel anhand der
> Aufgabe 3 erklären?
Die Beziehung zur Aufgabe 3 möchte ich lieber als Anwendung der Herleitung nutzen. Die Herleitung selbst ist einfach die: wenn wir die Anzahl Möglichkeiten zählen, aus einer $n$-elementigen Menge $k$ Elemente ohne Zurücklegen zu ziehen, dann erhalten wir [mm] $n(n-1)\cdots [/mm] (n-k+1)$ Möglichkeiten. Dabei berücksichtigen wir jedoch die Reihenfolge: wenn also dieselben $k$ Elemente ausgewählt wurden, aber in unterschiedlicher Reihenfolge, dann unterscheiden wir diese Fälle. Weil es $k!$ Möglichkeiten gibt, dieselben $k$ Elemente in unterschiedlicher Reihenfolge zu wählen, zählen wir um diesen Faktor, $k!$, zuviel, falls wir an der Reihenfolge der Wahl gar nicht interessiert sind: deshalb die Division durch $k!$.
Damit kannst Du nun bei Aufgabe 3 die Wahl von 3 "Gewinnzahlen" aus insgesamt 10 Zahlen auch wieder als Verhältnis von günstigen zu möglichen Fällen berechnen (wobei "ein Fall" nun das Auswählen von 3 konkreten Zahlen aus den 10 möglichen ist - aber diesmal ohne Berücksichtigung der Reihenfolge):
[mm]\frac{\binom{3}{3}}{\binom{10}{3}} = \frac{1}{\frac{10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}} = \frac{3\cdot 2\cdot 1}{10\cdot 9\cdot 8} = \frac{1}{120}=0.008\overline{3}[/mm]
> Außerdem vlt. noch die weiterführung zu
> [mm]\bruch{n!}{(n-k)!*k!}[/mm]
Dies ist dasselbe, d.h. ebenfalls [mm] $\binom{n}{k}$, [/mm] denn:
[mm]\frac{n!}{(n-k)!\cdot k!} = \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)\cdot \blue{(n-k)(n-k-1)\cdots 1}}{\blue{(n-k)!}\cdot k!} = \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)\cdot \blue{(n-k)!}}{\blue{(n-k)!}\cdot k!}= \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!}[/mm]
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Hier (Nr.3) ist n=10 und k=3, wenn ich das in die Formel einsetze bekomm ich ja alle möglichen Kombinationen aus verschiedenen 3 Kugeln heraus (hier 120).
Um auf die Wahrscheinlichkeit zu kommen müsste ich ja dann 1/120 rechnen, könntest du mir diesen Schritt nochmals erklären; also wie man mit der Formel zur Wahrscheinlichkeit des Ereignisses kommt.
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> Hier (Nr.3) ist n=10 und k=3, wenn ich das in die Formel
> einsetze bekomm ich ja alle möglichen Kombinationen aus
> verschiedenen 3 Kugeln heraus (hier 120).
>
> Um auf die Wahrscheinlichkeit zu kommen müsste ich ja dann
> 1/120 rechnen, könntest du mir diesen Schritt nochmals
> erklären; also wie man mit der Formel zur
> Wahrscheinlichkeit des Ereignisses kommt.
Jede Wahl von 3 speziellen Zahlen (ohne Berücksichtigung der Reihenfolge, in der man sie gezogen hat) nehmen wir als gleich wahrscheinlich an. Daher handelt es sich bei einem solchen (simultanen oder "ohne Zurücklegen") Ziehen um ein Laplaceexperiment. Man kann daher die Wahrscheinlichkeit [mm] $\mathrm{P}(G)$ [/mm] einfach als Verhältnis von günstigen (d.h. in $G$ liegenden) Fällen und möglichen (d.h. in [mm] $\Omega$ [/mm] liegenden) Fällen berechnen: [mm] $\mathrm{P}(G)=\frac{|G|}{|\Omega|}$.
[/mm]
Das Ereignis $G$ := 'alle 3 Gewinnzahlen gezogen' enthält nur einen einzigen günstigen Fall: dass man gerade die 3 Gewinnzahlen gezogen hat. [mm] $\Omega$ [/mm] enthält alle möglichen Fälle, d.h. alle möglichen Mengen von 3 gezogenen Zahlen: dies sind eben [mm] $\binom{10}{3}$. [/mm] Damit haben wir insgesamt:
[mm]\mathrm{P}(G) = \frac{|G|}{|\Omega|} = \frac{\binom{3}{3}}{\binom{10}{3}} = \frac{1}{120}[/mm]
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Bei 6 aus 49:
13983816 Möglichkeiten -> ca. 0,000000007 Wahrscheinlichkeit für einen 6er.
Soweit bin ich gekommen.
Bei: "Warum ist die wahrscheinlichkeit für 43 aus 49 ebenso groß?", bin ich irgendwie hängen geblieben.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:11 Di 10.07.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
hast du die Möglichkeiten mal hingeschrieben für 6 richtige bei 6 aus 49?
Das sieht dann so aus:
[mm] $P=\frac{1}{\pmat{49\\6}}$
[/mm]
Wenn du sagst, dass du bei 43 aus 49 43 richtige haben willst, dann schreib die "Formel" dafür mal auf.
Dann musst du nur noch wissen, dass gilt:
[mm] $\pmat{n\\k}=\pmat{n\\n-k}$
[/mm]
Diese Beziehung kannst du aber auch relativ leicht über die Definition des Binomialkoeffizienten nachrechnen, so dass du dann genau siehst, warum das gleich ist.
LG
Kroni
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Mhh, hab ich jetzt leider nicht ganz verstanden...
Könnte mir das nochmal jmd. etwas genauer erklären und wie sich [mm] \bruch{n\cdot{}(n-1)\cdot{}...\cdot{}(n-k+1)}{k\cdot{}(k-1)\cdot{}...\cdot{}1} bzw.\bruch{n!}{(n-k)!\cdot{}k!} [/mm] (also eins von beiden) anschaulich erklären lässt, also wie es sich zusammensetzt. Also etwas aufgeschlüsselt, was z.B. das n! oben ist usw.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:49 Di 10.07.2007 | | Autor: | Kroni |
> Mhh, hab ich jetzt leider nicht ganz verstanden...
>
> Könnte mir das nochmal jmd. etwas genauer erklären und wie
> sich
> [mm]\bruch{n\cdot{}(n-1)\cdot{}...\cdot{}(n-k+1)}{k\cdot{}(k-1)\cdot{}...\cdot{}1} bzw.\bruch{n!}{(n-k)!\cdot{}k!}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> (also eins von beiden) anschaulich erklären lässt, also wie
> es sich zusammensetzt. Also etwas aufgeschlüsselt, was z.B.
> das n! oben ist usw.
>
Hi,
wo genau ist dein Problem?
Ahso, hab das mit dem Binomialkoeffizienten überlesen, sry:
Das setzt sich so zusammen:
Stell dir vor, du hast 5 Kisten für 3 nicht unterscheidbare Gegenstände.
Jetzt ist die Frage: Auf wie viele Möglichkeiten sind diese auf die 5 Kisten verteilbar.
Wären sie unterscheidbar, so würde man sagen:
Auf N=5*4*3 verschiedene Möglichkeiten.
Das N=5*4*3 kann man umschreiben zu:
$N=\frac{5*4*3*2*1}{2*1}$, weil es kommt ja nur auf die 5*4*3 an.
Jetzt sind die Gegenstände untereinander aber nicht unterscheidbar, so dass man einige Variationen doppelt zählt:
Angenommen, ich packe den ersten Gegenstand in Kiste 1, den zweiten in Kiste 2, den dritten in Kiste 3. Das ist doch, weil ich die Gegenstände nicht unterscheiden kann, genau das selbe, als ob ich den 1.Gs in Kiste 2, den 2. in Kiste 3 und den 3. in Kiste 1 packe.
Insgeswamt kann ich die drei Gegenstände also auf 3! in den 3 Kisten unterbringen, so dass doch dann immer 3! Möglichkeiten zu genau EINER einzigen Möglichkeit zusammenfällt, weil man die Gegenstände ja nicht unterscheiden kann.
Also teilt man dann noch durch 3!.
Es heißt dann also:
$N=\frac{5*4*3}{3!}=\frac{5*4*3*2*1}{3!\cdot 2\cdot 1}=\frac{5!}{3!\cdot 2!}=\frac{5!}{3!\cdot (5-3)!}$ oder allgemein:
Wenn ich k Gegenstände habe, die ich nicht unterscheiden kann, und n Möglichkeiten habe, die hinzulegen, dann habe ich
$\pmat{n\\k}=\frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}$ Möglichkeiten dazu.
Das drückt der Binomialkoeffizient aus (Das sog. Ziehen OHNE Reihenfolge).
Den Binomialkoeffizienten mit $\pmat{n\\k}$ ist dir doch schon über den Weg gelaufen?
Wenn du dir nun die Definition anguckst, dann steht dort:
$\pmat{n\\k}=\frac{n!}{(n-k}!\cdot k!}$
Das ! ist das sog. Fakultätzeichen und meint z.B:
$5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$
Kennst ud die Herleitung nicht des Binomialkoeffizienten oder wo genau ist dein Problem?
Gucken wir uns das jetzt mal an:
$\pmat{n\\k}=\frac{n!}{(n-k)!\cdot k!}$
Gucken wir uns jetzt mal
$\pmat{n\\n-k}$ an, dann sehen wir folgendes: Das k wurde durch (n-k) ersetzt, also setzten wir das auch mal in die Definition von oben ein:
$\frac{n!}{n-(n-k))!\cdot (n-k)!}=\frac{n!}{(n-n+k}!\cdot {n-k}!}=\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!}=\pamt{n\\k}$
Also gilt: $\pmat{n\\k}=\pmat{n\\n-k}$ und somit gilt ebenfalls:
$\pmat{49\\6}=\pmat{49\\43}$, da 49-6=43.
Somit hast du deine Frage beantwortet.
Wenn du jetzt noch gneaue Fragen hast, dann sag bitte konrekt, wo du etwas nicht verstehst.
LG
Kroni
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> Bei 6 aus 49:
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> 13983816 Möglichkeiten -> ca. 0,000000007
> Wahrscheinlichkeit für einen 6er.
>
> Soweit bin ich gekommen.
>
> Bei: "Warum ist die wahrscheinlichkeit für 43 aus 49 ebenso
> groß?", bin ich irgendwie hängen geblieben.
Allgemeiner formuliert: da [mm] $\binom{n}{k}$ [/mm] die Anzahl Möglichkeiten ist, aus einer $n$-elementigen Menge eine $k$-elementige Teilmenge auszuwählen, muss [mm] $\binom{n}{n-k}=\binom{n}{k}$ [/mm] gelten. Denn es gibt genau gleich viele Möglichkeiten, aus einer $n$-elementigen Menge genau $k$ Elemente auszuwählen, wie es Möglichkeiten gibt, aus einer $n$-elementigen Menge $n-k$ Elemente nicht auszuwählen. Nicht-Auswählen ist genauso eine Form des Auswählens: indem Du ganz bestimmte $k$ Elemente aus den $n$ auswählst, wählst Du damit auch ganz bestimmte $n-k$ Elemente dieser Menge "nicht-aus".
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