Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Binomialvert. mit variabl. p (höchstens) nur GTR

Beispiel:

Eine Fluggesellschaft hat 75 Plätze in ihrem Flugzeug. Trotzdem werden 89 Flugtickets verkauft. Wie hoch darf die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ticketkäufer auch tatsächlich mitfliegt, höchstens 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≤k)
...	...
0.74	0.9927
0.75	0.9873
0.76	0.9787
0.77	0.9652
0.78	0.9449
0.79	0.9156
0.8	0.8749
...	...

Es muss gelten: $P_{p}^{89} (X \leq 75)$ =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(89,X,75) - 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=0.79 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.9 ist.

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

Beispiel:

Bei einem Zufallsexperiment ist die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer unbekannt. Das Zufallsexperinment wird 92 mal wiederholt (bzw. die Stichprobe hat die Größe 92)Wie hoch muss die Einzelwahrscheinlichkeit p mindestens sein, dass mit einer Wahrscheinlich von mind. 80% mindestens 66 Treffer erzielt werden?

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p	P(X≥66)=1-P(X≤65)
...	...
0.7	0.4068
0.71	0.49
0.72	0.5747
0.73	0.6572
0.74	0.734
0.75	0.802
...	...

Es muss gelten: $P_{p}^{92} (X \geq 66)$ =0.8 (oder mehr)

oder eben: 1- $P_{p}^{92} (X \leq 65)$ =0.8 (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(92,X,65) - 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=0.75 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.8 ist.

zwei unabhängige Binom.

Beispiel:

Beim Torwandschießen muss man immer 3 mal rechts unten und dann 3 mal links oben versuchen zu treffen. Ein Fußballspieler hat unten ein Trefferwahrscheinlichkeit von 50% und oben 30%. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er insgesamt 3 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 genau 3 kommen kann:

0 mal unten und 3 mal oben
1 mal unten und 2 mal oben
2 mal unten und 1 mal oben
3 mal unten und 0 mal oben

0 mal unten und 3 mal oben

Die Wahrscheinlichkeit für 0 mal unten ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.5.

P_{0.5}^{3} (X = 0)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 0 \end{matrix}) \cdot {0.5}^{0} \cdot {0.5}^{3}

≈ 0.125
Die Wahrscheinlichkeit für 3 mal oben ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.3.

P_{0.3}^{3} (X = 3)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 3 \end{matrix}) \cdot {0.3}^{3} \cdot {0.7}^{0}

≈ 0.027
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p1=0.125 ⋅ 0.027 = 0.003375

1 mal unten und 2 mal oben

Die Wahrscheinlichkeit für 1 mal unten ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.5.

P_{0.5}^{3} (X = 1)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix}) \cdot {0.5}^{1} \cdot {0.5}^{2}

≈ 0.375
Die Wahrscheinlichkeit für 2 mal oben ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.3.

P_{0.3}^{3} (X = 2)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix}) \cdot {0.3}^{2} \cdot {0.7}^{1}

≈ 0.189
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p2=0.375 ⋅ 0.189 = 0.070875

2 mal unten und 1 mal oben

Die Wahrscheinlichkeit für 2 mal unten ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.5.

P_{0.5}^{3} (X = 2)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix}) \cdot {0.5}^{2} \cdot {0.5}^{1}

≈ 0.375
Die Wahrscheinlichkeit für 1 mal oben ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.3.

P_{0.3}^{3} (X = 1)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix}) \cdot {0.3}^{1} \cdot {0.7}^{2}

≈ 0.441
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p3=0.375 ⋅ 0.441 = 0.165375

3 mal unten und 0 mal oben

Die Wahrscheinlichkeit für 3 mal unten ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.5.

P_{0.5}^{3} (X = 3)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 3 \end{matrix}) \cdot {0.5}^{3} \cdot {0.5}^{0}

≈ 0.125
Die Wahrscheinlichkeit für 0 mal oben ist

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=3 und p=0.3.

P_{0.3}^{3} (X = 0)

=

(\begin{matrix} 3 \\ 0 \end{matrix}) \cdot {0.3}^{0} \cdot {0.7}^{3}

≈ 0.343
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p4=0.125 ⋅ 0.343 = 0.042875

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit erhält man nun, indem man die Wahrscheinlichkeiten der 4 Kombinationen addiert:

0.0034 + 0.0709 + 0.1654 + 0.0429 = 0.2825

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

10 Würfel werden gleichzeitig geworfen und liegen dann anschließend in einer Reihe. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 4 Sechser gewürfelt werden und die alle direkt nebeneinander liegen.

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Wenn die Reihenfolge keine Rolle spielen würde, könnten wir ja einfach die Wahrscheinlichkeit von 4 Treffer bei 10 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ ${(\frac{1}{6})}^{4}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$

Dabei gibt ja ${(\frac{1}{6})}^{4}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$ die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 4 Treffer und 6 Nicht-Treffern und $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXXOOOOOO

OXXXXOOOOO

OOXXXXOOOO

OOOXXXXOOO

OOOOXXXXOO

OOOOOXXXXO

OOOOOOXXXX

Es gibt also genau 7 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 7 ⋅ ${(\frac{1}{6})}^{4}$ ⋅ ${(\frac{5}{6})}^{6}$ ≈ 0.0018

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Ein fernöstlicher LED-Hersteller hat Probleme in der Qualitätssicherung, so dass 8% seiner Leuchtmittel defekt sind. Diese werden in Kartons a 25 Stück verpackt. Ein Großhändler öffnet testweise zwei Kartons der Lieferung und prüft die darin enthaltenen Leuchtmittel. Nur wenn in keiner der Packungen mehr als 2 Stück defekt sind nimmt er die Lieferung an. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass er die Lieferung annimmt?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden)

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Zuerst berechnen wir mit Hilfe der Binomialverteilungsfunktionen die Einzelwahrscheinlichkeiten für 'kiste ok'.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=25 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für höchstens 2 Treffer bei 25 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.08, also $P_{0.08}^{25} (X \leq 2)$

Dazu kann man ja einfach die kumulierte Binomialverteilungsfunktion benutzen:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=25 und p=0.08.

P_{0.08}^{25} (X \leq 2)

=

P_{0.08}^{25} (X = 0)

+

P_{0.08}^{25} (X = 1)

+

P_{0.08}^{25} (X = 2)

= 0.67683323573499 ≈ 0.6768
(TI-Befehl: binomcdf(25,0.08,2))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'kiste ok' (p=0.6768) und 'nicht ok'(p=0.3232).

Jetzt können wir mit einem Baumdiagramm die Gesuchte Endwahrscheinlichkeit berechnen.

Gesucht ist ja 0 mal 'nicht ok'

Ereignis	P
kiste ok -> kiste ok	$0,4581$
kiste ok -> nicht ok	$0,2187$
nicht ok -> kiste ok	$0,2187$
nicht ok -> nicht ok	$0,1045$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: kiste ok: $0,6768$ ; nicht ok: $0,3232$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'kiste ok'-'kiste ok' (P= $0,4581$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$0,4581$ = $0,4581$

Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

Beispiel:

In einer Chip-Fabrik werden neue High Tech Chips produziert. Leider ist die Technik noch nicht so ganz ausgereift, weswegen Ausschuss mit einer Wahrscheinlichkeit von p=0,2 entsteht. Es wird eine Stichprobe der Menge 70 entnommen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den ersten 10 Stück dieser Stichprobe gleich mal genau 2 defekt sind und von den restlichen der Stickprobe höchstens 10 nicht funktionieren.

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Wir können die beiden Ereignisse als zwei getrennte von einander unabhängige Zufallsversuche betrachten, dabei betrachten wir zuerst die ersten 10 Durchgänge:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der defekten Chips an. X ist binomialverteilt mit n=10 und p=0.2.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des ersten Teilereignisses berechnet man jetzt einfach als $P_{0.2}^{10} (X = 2)$ ≈ 0.302.

Analog betrachten wir nun die restlichen 60 Durchgänge:

Die Zufallsgröße Y gibt die Anzahl der defekten Chips an. Y ist binomialverteilt mit n=60 und p=0.2.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des zweiten Teilereignisses berechnet man nun als $P_{0.2}^{60} (Y \leq 10)$ ≈ 0.3234.

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 = $P_{0.2}^{10} (X = 2)$ ⋅ $P_{0.2}^{60} (Y \leq 10)$ = 0.302 ⋅ 0.3234 ≈ 0.0977

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