Wahrscheinlichkeit2

[01Detlef]

hi,

habe noch weitere Aufgaben zum Üben:

1)Morsezeichen bestehen aus 1 bis 5 kurzen oder langen Signalen. Wie viele Zeichen lassen sich hiermit verschlüsseln?

also wenn man fünf verschiedene kurze machen kann und 5 versch. lange machen kann, dann sind das doch 10..

2)Bein Fussballtoto müssen 11 reihen jeweils entweder 0 oder 1 oder 2 angekreuzt werden.
berechne die wahrscheinlichkeit für den gewinn im ersten rang (11 richtige) und im zweiten rang( 10 richtige)!

also 1 rang = (1/3)^11
und zweite rang = 10/11*2/3*11?

3) Die Ziehung der Lottozahlen beim Spiel 6 aus 49 ist ein 6stufiger zufallsversuch ohne zurücklegen.
a) bestimme die wahrscheinlichkeit dafür, dass eine bestimmte zahl bei der ersten Ziehung/ zweiten / fünften herausgegriffen wird.

P(erste) = 1/49
P(zweite) = 48/49 * 1/48
P(fünfte) = 48/49 * 47/48*46/47*45/46*1/45

b) Begründe: Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine bestimmte zahl bei irgendeiner der 6 Ziehungen gezogen wird, beträgt 6/49!

keinen ansatz, versteh die aufgabe nicht?!

detlef

[Jan84]

1)Morsezeichen bestehen aus 1 bis 5 kurzen oder langen Signalen. Wie viele Zeichen lassen sich hiermit verschlüsseln?


2 Verschiedene Zeichen, K und L. Welche Möglichkeiten gibt es nun?
KKKKK
KKKKL
KKKLK
KKKLL
...

Macht 2^5 = 32

[stefted]

Die Morsezeichen bestehen aus 1 bis 5 Zeichen; das heißt, es müssen auch die Möglichkeiten

K
L
KK
...

eingerechnet werden.

[01Detlef]

axo, man muss immer 5 drücken, ich dachte eine....ok, dann halt so :(

ich komm einfach nicht klar mit den aufgabenstellungen, wann man welche variante nehmen muss. entweder n^k, n! oder n über k


detlef

[Jan84]

das heißt, es müssen auch die Möglichkeiten
K
L
KK
...
eingerechnet werden.

Stimmt, du hast Recht. Also:

2^5 + 2^4 + 2^3 + 2^2 + 2^1 = 62

[stefted]

3) Die Ziehung der Lottozahlen beim Spiel 6 aus 49 ist ein 6stufiger zufallsversuch ohne zurücklegen.
a) bestimme die wahrscheinlichkeit dafür, dass eine bestimmte zahl bei der ersten Ziehung/ zweiten / fünften herausgegriffen wird.

P(erste) = 1/49
P(zweite) = 48/49 * 1/48
P(fünfte) = 48/49 * 47/48*46/47*45/46*1/45
Kürze und du wirst sehen, dass die Wahrscheinlichkeit stets P(n) = 1/49 beträgt, wobei n die Ziehung symbolisieren soll, bei der die bestimmte Zahl gezogen wird.


b) Begründe: Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine bestimmte zahl bei irgendeiner der 6 Ziehungen gezogen wird, beträgt 6/49!
Hattet ihr bereits den Additionssatz für zwei Ereignisse P(E1 oder E2) = P(E1) + P(E2) - P(E1 und E2) ?

[01Detlef]

hmm, wie kann das denn sen, dass die wahrscheinlichkeit immer gleich bleibt? es werden doch weniger kugeln und dadurch müsste doch die wahrscheinlichkeit steigen, aber ich denke mal, das hängt mit der gegenwahrscheinlichekit zusammen, weil die muss ja auch erstmal eintreten..

ja, diesen addditionssatz hatten wir schon für oder-Ereignisse!!

wie ist das denn jetzt nochmal bei dem Morsen? also wieviel zeichen müssen denn gedrückt werden mindestens einmal lang und einmal kurz? hmm?

detlef

[stefted]

hmm, wie kann das denn sen, dass die wahrscheinlichkeit immer gleich bleibt? es werden doch weniger kugeln und dadurch müsste doch die wahrscheinlichkeit steigen, aber ich denke mal, das hängt mit der gegenwahrscheinlichekit zusammen, weil die muss ja auch erstmal eintreten..
Wie genau bist du denn auf deine Wahrscheinlichkeiten gekommen? Du kannst es dir auch wie folgt überlegen:

Die Wahrscheinlichkeit ist definiert als Anzahl der günstigen Ereignisse geteilt durch die Anzahl der möglichen. Für das Ziehen zweier Kugeln ohne Zurücklegen gibt es 49*48 Möglichkeiten. Die Zahl der günstigen Ereignisse, also das Ziehen einer vorher bestimmten Kugel als zweiter, beträgt 48*1, da im ersten Zug 1 der anderen 48 Kugeln gezogen werden muss, im zweiten die bestimmte. Dementsprechend gilt P(zweite) = (48*1)/(49*48) = 1/49. Analog liefert diese Herangehensweise P(n) = 1/49 für alle n zwischen 1 und 49.


ja, diesen addditionssatz hatten wir schon für oder-Ereignisse!!
Dann stellt 3b) doch eigentlich kein Problem dar. Die Einzelwahrscheinlichkeiten P(erste), P(zweite) ... P(sechste) müssen addiert und die Wahrscheinlichkeiten P(erste und zweite) ... subtrahiert werden. Diese sind aber stets 0, da eine Kugel nicht gleichzeitig in zwei verschiedenen Ziehungen gezogen werden kann.


wie ist das denn jetzt nochmal bei dem Morsen? also wieviel zeichen müssen denn gedrückt werden mindestens einmal lang und einmal kurz? hmm?
Das Morsezeichen muss meines Erachtens mindestens 1 kurzes oder 1 langes Signal enthalten. Aus der Aufgabenstellung heraus liest sich, dass ein Zeichen aus 1 bis 5 Signalen besteht, welche unabhängig voneinander entweder kurz oder lang sind.

[01Detlef]

3b) versteh ich vom aufgabentyp gar nicht, was wollen die denn haben?

also es lautet auch 6/49.
aber wie mit der additionsregel arbeiten? ich dachte jetzt so, wenn die zahl bei der ersten ziehung nicht gezogen wird, dann im zweiten oder dritten vierten, fünften sechsten!
also müssen die wahrscheinlichkeiten jeweils 1/49 addiert werden!

detlef

[stefted]

3b) Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, dass zum Beispiel die 1 in irgendeiner der 6 Ziehungen, also am Samstag bei 6 aus 49 überhaupt gezogen wird. Gesucht ist P(erste oder zweite oder ... oder sechste). Es ist auch richtig, dass die Einzelwahrscheinlichkeiten P(erste) ... P(sechste) addiert werden müssen. Jedoch ist dies hier nur deshalb so einfach möglich, da die Ereignisse "Kugel wird beim 1. Zug gezogen", "Kugel wird beim zweiten Zug gezogen" ... "Kugel wird beim sechsten Zug gezogen" disjunkte Mengen sind.
(Deshalb sind die Wahrscheinlichkeiten P(erste und zweite) ... gleich 0.)

[01Detlef]

also
P(A u B u C u D u E u F) = 1/49 u 1/49 u..... = 6/49.

was sind denn disjunkte Mengen?

was ist eigentlich noch mit den anderen aufagebn?

detlef

[stefted]

"disjunkt" heißt elementfremd ... das heißt, zwei Mengen sind disjunkt genau dann, wenn sie kein gemeinsames Element besitzen, also die Schnittmenge leer ist.

Ereignisse sind ja als Mengen definiert, im Beispiel der Lottozahlen bei Ziehung von 2 Kugeln wäre die Menge des Ereignisses, das die 1 gezogen wird E = {(1;2) , (1;3) ... (1;49) , (2;1) , (3;1) ... (49;1)} = A u B, wobei A das Ereignis, dass die 1 im ersten Zug gezogen wird, und B das Ereignis, dass sie im zweiten gezogen wird, darstellt, also A = {(1;2) , (1;3) ... (1;49)}, B = {(2;1) , (3;1) ... (49;1)}.

In diesem Beispiel sind die Ereignisse A und B also disjunkt, das heißt, hier dürfen die Wahrscheinlichkeiten addiert werden, P(E) = P(A) + P(B). Wären die Mengen nicht disjunkt, müsstest du P(A und B) subtrahieren.

Ich merke mir allerdings nur die Formel inklusive Subtraktion, da sie stets angewendet werden kann, auch hier. P(A und B) ist ja 0, da A geschnitten B leer ist. Dementsprechend ist das Ergebnis das gleiche wie bei einfacher Addition.


was ist eigentlich noch mit den anderen aufagebn?
Ich grüble gerade über 2. ;)

[nobody]

2)Bein Fussballtoto müssen 11 reihen jeweils entweder 0 oder 1 oder 2 angekreuzt werden.
berechne die wahrscheinlichkeit für den gewinn im ersten rang (11 richtige) und im zweiten rang( 10 richtige)!

also 1 rang = (1/3)^11
und zweite rang = 10/11*2/3*11?


detlef

Also, zu der Aufgabe fällt mir keine kluge Formel ein, aber man kann sich das ganz einfach überlegen:
Sagen wir mal du tippst in der ersten Reihe falsch (Wahrscheinlichkeit 2/3) dann musst du, um trotzdem zu gewinnen danach immer richtig liegen (Wahrscheinlichkeit (1/3)10). Liegst du beim ersten mal richtig (Wahrscheinlichkeit 1/3) dann könntest du dir beim zweiten mal einen Fehler leisten (Wahrscheinlichkeit 2/3) und müsstest ab da wieder immer richtig liegen (Wahrscheinlichkeit (1/3)9). Und so weiter....
Schreib dir das einfach mal auf ein Blatt auf, und du findest den Rest bestimmt allein. :)

[stefted]

2)Bein Fussballtoto müssen 11 reihen jeweils entweder 0 oder 1 oder 2 angekreuzt werden.
berechne die wahrscheinlichkeit für den gewinn im ersten rang (11 richtige) und im zweiten rang( 10 richtige)!

also 1 rang = (1/3)^11
und zweite rang = 10/11*2/3*11?
Dein Ergebnis für Rang 1 ist korrekt, da du nur bei genau einem von 311 möglichen Ausgängen gewinnst, also P(1. Rang) = 1/311. Für den zweiten Rang kann man folgende Überlegung anstellen:

Angenommen du spielst die Tippreihe 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0, dann gewinnst du genau dann, wenn genau eine Ziffer abweicht. Das heißt es ergeben sich genau zwei Möglichkeiten dafür, dass die n. Ziffer 1 oder 2 ist, der Rest 0 bleibt, das für alle n aus {1, 2 ... 11}. Also sind 11*2 Ausgänge der Spiele positiv, möglich sind weiterhin 311. Für die Wahrscheinlichkeit gilt P(2. Rang) = (11*2)/311 = 22/311 .

[01Detlef]

also ich dachte mir das so:

Die wahrscheinlichkeit für 10 richtige ist 1/3)^10 und dass ein tipp falsch ist ist 2/3. Der Falsche kann ja der erste zweite dritte vierte...elfte tipp sein, das ist egal! Deshalb dachte ich mir (1/3)^10*2/3*11


detlef

[nobody]

also ich dachte mir das so:

Die wahrscheinlichkeit für 10 richtige ist 1/3)^10 und dass ein tipp falsch ist ist 2/3. Der Falsche kann ja der erste zweite dritte vierte...elfte tipp sein, das ist egal! Deshalb dachte ich mir (1/3)^10*2/3*11


detlef

Ja da kommt ja auch genau das gleiche raus, wie bei mir und stefted. :)

[01Detlef]

achja..das ist super!



detlef

[01Detlef]

habt ihr vielleicht eine idee, wie ich bei solchen wahrscheinlichkeitsaufgaben anfangen soll? also damit ich pfadregel, n^k, n!/(n-k)! und n über k unterscheiden und anwenden kann?

detlef

[stefted]

habt ihr vielleicht eine idee, wie ich bei solchen wahrscheinlichkeitsaufgaben anfangen soll? also damit ich pfadregel, n^k, n!/(n-k)! und n über k unterscheiden und anwenden kann?
Das ist schwierig, es gibt keinen allgemeingültigen Ansatz. Im Prinzip muss man immer wieder neu überlegen. Der erste Gedankengang sollte auf jeden Fall darauf abzielen, ob Elemente sich wiederholen können und ob die Reihenfolge der Objekte eine Rolle spielt.

Bsp1:
Wieviele Möglichkeiten existieren für das Hintereinanderreihen der Ziffern 1, 2, 3, wenn jede nur genau 1 mal auftreten darf. Hier spielt die Reihenfolge eine Rolle, außerdem darf sich kein Element wiederholen, also 3!/(3-3)! = 6 Möglichkeiten.

Bsp2:
Wieviele genau 3stellige Dezimalzahlen existieren, die nur aus den Ziffern 1, 2, 3 bestehen. Hier ist die Anordnung ebenfalls relevant, da 123 sich von 321 unterscheidet. Allerdings dürfen Ziffern mehrfach auftreten, also mit Wiederholung. Demenstprechend existieren 33 = 27 Möglichkeiten.

Bsp3:
Bei der Ziehung der Lottozahlen ist die Reihenfolge irrelevant, in welcher die 6 Kugeln gezogen werden. Die Ziehungen 1, 2, 3, 4, 5, 6 und 6, 5, 4, 3, 2, 1 entsprechen einander also. Wiederholungen können aber keine auftreten. Also gibt es (496) mögliche Ziehungen.