Aufgabenbeispiele von Anwendungen

Durch Aktualisieren des Browsers (z.B. mit Taste F5) kann man neue Beispielaufgaben sehen


Binomialvert. mit variabl. p (höchstens) nur GTR

Beispiel:

Bei einem Glücksrad soll mit einer Wahrscheinlichkeit von 90% bei 100 Ausspielungen nicht öfters als 79 mal der grüne Bereich kommen. Wie hoch darf man die Wahrscheinlichkeit für den grünen Bereich auf dem Glücksrad maximal setzen?

Lösung einblenden
pP(X≤k)
......
0.680.9946
0.690.9904
0.70.9835
0.710.9726
0.720.956
0.730.9316
0.740.8973
......

Es muss gelten: Pp100 (X79) =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(100,X,79) - 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=0.73 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.9 ist.

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

Beispiel:

Ein Basketballtrainer sucht einen neuen Spieler, der mit 70% Wahrscheinlichkeit von 73 Freiwürfen mindestens 40 mal trifft. Welche Trefferquote braucht solch ein Spieler mindestens?

Lösung einblenden
pP(X≥40)=1-P(X≤39)
......
0.530.3598
0.540.4257
0.550.4938
0.560.5622
0.570.629
0.580.6924
......

Es muss gelten: Pp73 (X40) =0.7 (oder mehr)

oder eben: 1- Pp73 (X39) =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(73,X,39) - 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=0.58 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 0.7 ist.

zwei unabhängige Binom.

Beispiel:

Ein Biathlet hat beim Liegendschießen eine Trefferquote von 91% und im Stehen 81%. 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)

Lösung einblenden

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.

P0.915 (X=4) = ( 5 4 ) 0.914 0.091 ≈ 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=0.81.

P0.815 (X=5) = ( 5 5 ) 0.815 0.190 ≈ 0.3487
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p1=0.3086 ⋅ 0.3487 = 0.10760882

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.

P0.915 (X=5) = ( 5 5 ) 0.915 0.090 ≈ 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=0.81.

P0.815 (X=4) = ( 5 4 ) 0.814 0.191 ≈ 0.4089
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p2=0.624 ⋅ 0.4089 = 0.2551536

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.

P0.915 (X=5) = ( 5 5 ) 0.915 0.090 ≈ 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=0.81.

P0.815 (X=5) = ( 5 5 ) 0.815 0.190 ≈ 0.3487
Da die beiden Ereignisse unabhängig voneinander sind, darf man die Wahrscheinlichkeiten multilplizieren, um die Wahrscheinlichkeit, dass beides eintritt, zu erhalten.
p3=0.624 ⋅ 0.3487 = 0.2175888


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

0.1076 + 0.2552 + 0.2176 = 0.5804

feste Reihenfolge im Binomialkontext

Beispiel:

Bei einem Glücksrad beträgt die Wahrscheinlichkeit für den grünen Bereich 5%. Es wird 5 mal gedreht.Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 3 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).

Lösung einblenden

Wenn die Reihenfolge keine Rolle spielen würde, könnten wir ja einfach die Wahrscheinlichkeit von 3 Treffer bei 5 Versuchen mit der Formel von Bernoulli berechnen: ( 5 3 ) 0.05 3 0.95 2

Dabei gibt ja 0.05 3 0.95 2 die Wahrscheinlichkeit eines bestimmten Pfads mit 3 Treffer und 2 Nicht-Treffern und ( 5 3 ) die Anzahl solcher Pfade an.

Hier spielt nun aber die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir nicht alle möglichen ( 5 3 ) Anordnungen der Treffer sondern nur die ausgewählten (bei denen die Treffer benachbart sind), das sind im Einzelnen:

XXXOO

OXXXO

OOXXX

Es gibt also genau 3 verschiedene mögliche Reihenfolgen für diese benachbarten Treffer, somit gilt für die Gesamtwahrscheinlichkeit:
P = 3 ⋅ 0.05 3 0.95 2 ≈ 0.0003

Kombination Binom.-Baumdiagramm

Beispiel:

Bei einer Fluggesellschaft treten 15% der Besitzer gültiger Flugtickets ihren Flug nicht an. Deswegen verkauft die Fluggesellschaft immer 104 Tickets für ihr Flugzeug mit 97 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)

Lösung einblenden

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 97 Treffer bei 104 Versuchen mit einer Einzelwahrscheinlichkeiten von 0.85, also P0.85104 (X97)

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=0.85.

P0.85104 (X97) = P0.85104 (X=0) + P0.85104 (X=1) + P0.85104 (X=2) +... + P0.85104 (X=97) = 0.99693083154357 ≈ 0.9969
(TI-Befehl: binomcdf(104,0.85,97))

Damit kennen wir nun die Einzelwahrscheinlichkeiten von 'nicht überbucht' (p=0.9969) und 'überbucht'(p=0.0031).

Jetzt können wir mit einem Baumdiagramm die Gesuchte Endwahrscheinlichkeit berechnen.

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

EreignisP
nicht überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht0,9907
nicht überbucht -> nicht überbucht -> überbucht0,0031
nicht überbucht -> überbucht -> nicht überbucht0,0031
nicht überbucht -> überbucht -> überbucht0
überbucht -> nicht überbucht -> nicht überbucht0,0031
überbucht -> nicht überbucht -> überbucht0
überbucht -> überbucht -> nicht überbucht0
überbucht -> überbucht -> überbucht0

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: nicht überbucht: 0,9969; überbucht: 0,0031;

Du hast entweder einen veralteten Browser oder Javascript ausgeschaltet. Deswegen kannst du leider das SchaubBild nicht sehen :( Die relevanten Pfade sind:
  • 'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P=0,9907)
  • 'nicht überbucht'-'nicht überbucht'-'überbucht' (P=0,0031)
  • 'nicht überbucht'-'überbucht'-'nicht überbucht' (P=0,0031)
  • 'überbucht'-'nicht überbucht'-'nicht überbucht' (P=0,0031)

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

0,9907 + 0,0031 + 0,0031 + 0,0031 = 1


Binomial-Aufgabe mit 2 Ereignissen

Beispiel:

Eine faire Münze wird 30 mal geworfen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit des folgenden Ereignisses: Von den ersten 19 Versuchen landen höchstens 10 Versuche mit Zahl oben und von den restlichen Versuchen erscheint genau 5 mal "Zahl".

Lösung einblenden

Wir können die beiden Ereignisse als zwei getrennte von einander unabhängige Zufallsversuche betrachten, dabei betrachten wir zuerst die ersten 19 Durchgänge:

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Würfe bei denen die Zahl sichtbar ist an. X ist binomialverteilt mit n=19 und p=0.5.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des ersten Teilereignisses berechnet man jetzt einfach als P0.519 (X10) ≈ 0.6762.

Analog betrachten wir nun die restlichen 11 Durchgänge:

Die Zufallsgröße Y gibt die Anzahl der Würfe bei denen die Zahl sichtbar ist an. Y ist binomialverteilt mit n=11 und p=0.5.

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit des zweiten Teilereignisses berechnet man nun als P0.511 (Y=5) ≈ 0.2256.

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 = P0.519 (X10) P0.511 (Y=5) = 0.6762 ⋅ 0.2256 ≈ 0.1526