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Binomialvert. mit variabl. p (höchstens) nur GTR

Beispiel:

Bei einem Glücksrad soll mit einer Wahrscheinlichkeit von 90% bei 58 Ausspielungen nicht öfters als 43 mal der grüne Bereich kommen. Wie hoch darf man die Wahrscheinlichkeit für den grünen Bereich auf dem Glücksrad maximal setzen?

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p	P(X≤k)
...	...
0.62	0.9816
0.63	0.9734
0.64	0.9624
0.65	0.9478
0.66	0.9288
0.67	0.9047
0.68	0.8748
...	...

Es muss gelten: $P_{p}^{58} (X \leq 43)$ =0.9 (oder mehr)

Diese Gleichung gibt man also in den GTR als Funktion ein, wobei das variable p eben als X gesetzt werden muss.
(TI-Befehl: y1=binomcdf(58,X,43) - dabei darauf achten, dass X nur zwischen 0 und 1 sein darf - bei TblSet sollte deswegen Δtable auf 0.01 gesetzt werden)

Aus der Werte-Tabelle (siehe links) erkennt man dann, dass letztmals bei p=0.67 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.9 ist.

Binomialvert. mit variabl. p (mind.) nur GTR

Beispiel:

Eine Fluggesellschaft verkauft 69 Flugtickets für einen bestimmten Flug. Das sind 60 Tickets mehr, als das Flugzeug Plätze hat. Wie hoch muss die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ticketkäufer nicht mitfliegt, mindestens sein, dass das Flugzeug mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 90% nicht überbucht ist (also dass alle mitfliegen können)?

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p	P(X≥60)=1-P(X≤59)
...	...
0.86	0.4947
0.87	0.5919
0.88	0.6876
0.89	0.776
0.9	0.8516
0.91	0.9109
...	...

Es muss gelten: $P_{p}^{69} (X \geq 60)$ =0.9 (oder mehr)

oder eben: 1- $P_{p}^{69} (X \leq 59)$ =0.9 (oder mehr)

Diese Gleichung gibt man also in den GTR als Funktion ein, wobei das variable p eben als X gesetzt werden muss.
(TI-Befehl: y1=1-binomcdf(69,X,59) - dabei darauf achten, dass X nur zwischen 0 und 1 sein darf - bei TblSet sollte deswegen Δtable auf 0.01 gesetzt werden )

Aus der Werte-Tabelle (siehe links) erkennt man dann, dass erstmals bei p=0.91 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.9 ist.

zwei unabhängige Binom.

Beispiel:

Ein Biathlet hat beim Liegendschießen eine Trefferquote von 93% und im Stehen 82%. Beim Sprintwettbewerb muss er 5 mal liegend und 5 mal im Stehen schießen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass er dabei mindestens 9 mal trifft?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

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Zuerst überlegen wir mit welchen Kombinationen man auf die Summe von mindestens 9 kommen kann:

4 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen
5 mal Liegendschießen und 4 mal Stehendschießen
5 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen

4 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen

Die Wahrscheinlichkeit für 4 mal Liegendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.93.

P_{0.93}^{5} (X = 4)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 4 \end{matrix}) \cdot {0.93}^{4} \cdot {0.07}^{1}

≈ 0.2618
Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Stehendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.82.

P_{0.82}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.82}^{5} \cdot {0.18}^{0}

≈ 0.3707
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p1=0.2618 ⋅ 0.3707 = 0.09704926

5 mal Liegendschießen und 4 mal Stehendschießen

Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Liegendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.93.

P_{0.93}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.93}^{5} \cdot {0.07}^{0}

≈ 0.6957
Die Wahrscheinlichkeit für 4 mal Stehendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.82.

P_{0.82}^{5} (X = 4)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 4 \end{matrix}) \cdot {0.82}^{4} \cdot {0.18}^{1}

≈ 0.4069
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p2=0.6957 ⋅ 0.4069 = 0.28308033

5 mal Liegendschießen und 5 mal Stehendschießen

Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Liegendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.93.

P_{0.93}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.93}^{5} \cdot {0.07}^{0}

≈ 0.6957
Die Wahrscheinlichkeit für 5 mal Stehendschießen ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.82.

P_{0.82}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.82}^{5} \cdot {0.18}^{0}

≈ 0.3707
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p3=0.6957 ⋅ 0.3707 = 0.25789599

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit erhält man nun, indem man die Wahrscheinlichkeiten der 3 Kombinationen addiert:

0.097 + 0.2831 + 0.2579 = 0.638

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

Bei einem Glücksrad beträgt die Wahrscheinlichkeit für den grünen Bereich 70%. Es wird 7 mal gedreht.Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 4 mal in den grünen Bereich gedreht wird und diese Drehungen unmittelbar hintereinander erfolgen (also ohne, dass dazwischen mal nicht in den grünen Bereich gedreht wird).

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Wenn die Reihenfolge keine Rolle spielen würde, könnten wir ja einfach die Wahrscheinlichkeit von 4 Treffer bei 7 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ ${0.7}^{4}$ ⋅ ${0.3}^{3}$

Dabei gibt ja ${0.7}^{4}$ ⋅ ${0.3}^{3}$ die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 4 Treffer und 3 Nicht-Treffern und $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix})$ Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXXOOO

OXXXXOO

OOXXXXO

OOOXXXX

Es gibt also genau 4 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 4 ⋅ ${0.7}^{4}$ ⋅ ${0.3}^{3}$ ≈ 0.0259

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Bei einer Fluggesellschaft treten 11% der Besitzer gültiger Flugtickets ihren Flug nicht an. Deswegen verkauft die Fluggesellschaft immer 104 Tickets für ihr Flugzeug mit 94 Plätzen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass es bei drei aufeinanderfolgenden Flügen nicht öfters als einmal zu der peinlichen Situation kommt, dass mehr Fluggäste ihren Flug antreten wollen, als Plätze frei sind?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

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Zuerst berechnen wir mit Hilfe der Binomialverteilungsfunktionen die Einzelwahrscheinlichkeiten für 'nicht überbucht'.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=104 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für höchstens 94 Treffer bei 104 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.89, also $P_{0.89}^{104} (X \leq 94)$

Dazu kann man ja einfach die kumulierte Binomialverteilungsfunktion benutzen:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=104 und p=0.89.

P_{0.89}^{104} (X \leq 94)

=

P_{0.89}^{104} (X = 0)

+

P_{0.89}^{104} (X = 1)

+

P_{0.89}^{104} (X = 2)

+... +

P_{0.89}^{104} (X = 94)

= 0.71949373515843 ≈ 0.7195
(TI-Befehl: binomcdf(104,0.89,94))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'nicht überbucht' (p=0.7195) und 'überbucht'(p=0.2805).

Jetzt können wir mit einem Baumdiagramm die Gesuchte Endwahrscheinlichkeit berechnen.

Gesucht ist ja 0 mal 'überbucht' oder 1 mal 'überbucht'

Ereignis	P
nicht überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht	$0,3725$
nicht überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,1452$
nicht überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,1452$
nicht überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,0566$
überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht	$0,1452$
überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,0566$
überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,0566$
überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,0221$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: nicht überbucht: $0,7195$ ; überbucht: $0,2805$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,3725$ )
'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'überbucht' (P= $0,1452$ )
'nicht überbucht'-'überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,1452$ )
'überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,1452$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$0,3725$ + $0,1452$ + $0,1452$ + $0,1452$ = $0,8081$

Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

Beispiel:

Bei einem Glücksrad ist die Wahrscheinlichkeit, im grünen Bereich zu landen, bei p=0,7. Es wird 30 mal gedreht. Bestimme die Wahrscheinlichkeit des folgenden Ereignisses:Von den ersten 20 Versuchen landen genau 14 Versuche im grünen Bereich und von den restlichen Versuchen wird mindestens 6 mal auf grün gedreht.

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Wir können die beiden Ereignisse als zwei getrennte von einander unabhängige Zufallsversuche betrachten, dabei betrachten wir zuerst die ersten 20 Durchgänge:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Drehungen die im grünen Bereich landen an. X ist binomialverteilt mit n=20 und p=0.7.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des ersten Teilereignisses berechnet man jetzt einfach als $P_{0.7}^{20} (X = 14)$ ≈ 0.1916.

Analog betrachten wir nun die restlichen 10 Durchgänge:

Die Zufallsgröße Y gibt die Anzahl der Drehungen die im grünen Bereich landen an. Y ist binomialverteilt mit n=10 und p=0.7.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des zweiten Teilereignisses berechnet man nun als $P_{0.7}^{10} (Y \geq 6)$ = 1- $P_{0.7}^{10} (Y \leq 5)$ ≈ 0.8497.

Da die beiden Teilereignisse unabhängig voneinander sind und ja beide eintreten sollen, müssen wir nun die beiden Teilwahrscheinlichkeiten miteinander multiplizieren um die gesuchte Gesamtwahrscheinlcihkeit zu erhalten:

P = $P_{0.7}^{20} (X = 14)$ ⋅ $P_{0.7}^{10} (Y \geq 6)$ = 0.1916 ⋅ 0.8497 ≈ 0.1628

Aufgabenbeispiele von Anwendungen

Binomialvert. mit variabl. p (höchstens) nur GTR

Binomialvert. mit variabl. p (mind.) nur GTR

zwei unabhängige Binom.

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen