Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Binomialvert. mit variabl. p (höchstens) nur GTR

Beispiel:

Ein Promi macht Urlaub in einem Ferienclub. Dort sind noch weitere 79 Gäste. Wie groß darf der Bekanntheitsgrad des Promis höchstens sein, dass ihn mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 90% nicht mehr als 20 erkennen und dumm anlabern?

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p	P(X≤k)
...	...
0.15	0.9946
0.16	0.9888
0.17	0.9787
0.18	0.9624
0.19	0.9381
0.2	0.904
0.21	0.8593
...	...

Es muss gelten: $P_{p}^{79} (X \leq 20)$ =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(79,X,20) - 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=0.2 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.9 ist.

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

Beispiel:

Ein Glücksrad soll mit nur zwei verschiedenen Sektoren (blau und rot) gebaut werden. Wie hoch muss man die Einzelwahrscheinlichkeit p mindestens wählen, dass die Wahrscheinlichkeit bei 70 Wiederholungen 39 mal (oder mehr) rot zu treffen bei mind. 70% liegt?

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p	P(X≥39)=1-P(X≤38)
...	...
0.54	0.4347
0.55	0.5016
0.56	0.5687
0.57	0.6341
0.58	0.696
0.59	0.753
...	...

Es muss gelten: $P_{p}^{70} (X \geq 39)$ =0.7 (oder mehr)

oder eben: 1- $P_{p}^{70} (X \leq 38)$ =0.7 (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(70,X,38) - 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=0.59 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.7 ist.

zwei unabhängige Binom.

Beispiel:

Ein Biathlet hat beim Liegendschießen eine Trefferquote von 91% 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=0.91.

P_{0.91}^{5} (X = 4)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 4 \end{matrix}) \cdot {0.91}^{4} \cdot {0.09}^{1}

≈ 0.3086
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=0.3086 ⋅ 0.3707 = 0.11439802

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=0.91.

P_{0.91}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.91}^{5} \cdot {0.09}^{0}

≈ 0.624
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=0.624 ⋅ 0.4069 = 0.2539056

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=0.91.

P_{0.91}^{5} (X = 5)

=

(\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot {0.91}^{5} \cdot {0.09}^{0}

≈ 0.624
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=0.624 ⋅ 0.3707 = 0.2313168

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

0.1144 + 0.2539 + 0.2313 = 0.5996

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

Ein Basketballspieler mit einer Trefferquote von 55% wirft 7 mal auf den Korb. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass er bei diesen 7 Versuchen irgendwann einmal eine Serie mit 3 aufeinanderfolgenden Treffern hinlegt und bei allen anderen Versuchen nicht trifft.

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Wenn die Reihenfolge keine Rolle spielen würde, könnten wir ja einfach die Wahrscheinlichkeit von 3 Treffer bei 7 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ ${0.55}^{3}$ ⋅ ${0.45}^{4}$

Dabei gibt ja ${0.55}^{3}$ ⋅ ${0.45}^{4}$ die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 3 Treffer und 4 Nicht-Treffern und $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXOOOO

OXXXOOO

OOXXXOO

OOOXXXO

OOOOXXX

Es gibt also genau 5 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 5 ⋅ ${0.55}^{3}$ ⋅ ${0.45}^{4}$ ≈ 0.0341

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Bei einer Fluggesellschaft treten 19% der Besitzer gültiger Flugtickets ihren Flug nicht an. Deswegen verkauft die Fluggesellschaft immer 108 Tickets für ihr Flugzeug mit 93 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=108 und unbekanntem Parameter p.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für höchstens 93 Treffer bei 108 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.81, also $P_{0.81}^{108} (X \leq 93)$

Dazu kann man ja einfach die kumulierte Binomialverteilungsfunktion benutzen:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Treffer an. X ist binomialverteilt mit n=108 und p=0.81.

P_{0.81}^{108} (X \leq 93)

=

P_{0.81}^{108} (X = 0)

+

P_{0.81}^{108} (X = 1)

+

P_{0.81}^{108} (X = 2)

+... +

P_{0.81}^{108} (X = 93)

= 0.93486540791034 ≈ 0.9349
(TI-Befehl: binomcdf(108,0.81,93))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'nicht überbucht' (p=0.9349) und 'überbucht'(p=0.0651).

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	$0,8171$
nicht überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,0569$
nicht überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,0569$
nicht überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,004$
überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht	$0,0569$
überbucht -> nicht überbucht -> überbucht	$0,004$
überbucht -> überbucht -> nicht überbucht	$0,004$
überbucht -> überbucht -> überbucht	$0,0003$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: nicht überbucht: $0,9349$ ; überbucht: $0,0651$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,8171$ )
'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'überbucht' (P= $0,0569$ )
'nicht überbucht'-'überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,0569$ )
'überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P= $0,0569$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$0,8171$ + $0,0569$ + $0,0569$ + $0,0569$ = $0,9878$

Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

Beispiel:

Bei einem Glücksrad ist die Wahrscheinlichkeit, im grünen Bereich zu landen, bei p=0,3. Es wird 100 mal gedreht. Bestimme die Wahrscheinlichkeit des folgenden Ereignisses:Von den ersten 5 Versuchen landen genau 1 Versuche im grünen Bereich und von den restlichen Versuchen wird mindestens 20 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 5 Durchgänge:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Drehungen die im grünen Bereich landen an. X ist binomialverteilt mit n=5 und p=0.3.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des ersten Teilereignisses berechnet man jetzt einfach als $P_{0.3}^{5} (X = 1)$ ≈ 0.3602.

Analog betrachten wir nun die restlichen 95 Durchgänge:

Die Zufallsgröße Y gibt die Anzahl der Drehungen die im grünen Bereich landen an. Y ist binomialverteilt mit n=95 und p=0.3.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des zweiten Teilereignisses berechnet man nun als $P_{0.3}^{95} (Y \geq 20)$ = 1- $P_{0.3}^{95} (Y \leq 19)$ ≈ 0.9809.

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 = $P_{0.3}^{5} (X = 1)$ ⋅ $P_{0.3}^{95} (Y \geq 20)$ = 0.3602 ⋅ 0.9809 ≈ 0.3533

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