5er Reihen < Kombinatorik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:06 Sa 10.02.2018 | | Autor: | Jellal |
Guten Abend,
ich habe einen Fehler bei einem alternativen Lösungsweg zu einer eigentlich einfachen Aufgabe.
Es geht um das Lottospiel "6 aus 49".
In einer ersten Aufgabe habe ich die Wahrscheinlichkeit (korrekt) dafür bestimmt, eine Kombination mit genau 5 aufeinander folgenden Zahlen zu ziehen: p=0.0135 %
Außerdem gibt es 43*44 mögliche 5-er Reihen Ausgänge.
Nun soll die Wahrscheinlichkeit dafür bestimmt werden, bei n=5295 Durchgängen mindestens zwei 5-er Reihen zu erhalten.
Ich wollte die Aufgabe ohne die direkte Anwendung der Binomialverteilung lösen, durch simples Abzählen.
Mein Grundraum ist
[mm] \Omega^{n}=\{6-elementige Teilmengen aus \{1,...,49\}\}^{n}
[/mm]
Damit ist [mm] |\Omega^{n}| [/mm] = [mm] \vektor{49 \\ 6}^{n}
[/mm]
Jedes Ergebnis aus [mm] \Omega^{n} [/mm] ist gleich wahrscheinlich.
Ist B= "Bei n Versuchen mindestens 2 5-er Reihen", so gilt
[mm] P(B)=1-P(A_{0})-P(A_{1}) [/mm] mit [mm] A_{i} [/mm] als Ereignis für exakt i 5-er Reihen.
Für [mm] P(A_{i}) [/mm] gilt dann [mm] \bruch{|A_{i}|}{|\Omega^{n}|}
[/mm]
Für [mm] A_{0} [/mm] gilt:
Bei jedem Spiel gibt es [mm] (|\Omega|-43*44) [/mm] Möglichkeiten, keine 5-er Reihe zu ziehen. Also bei n Spielen insgesamt
[mm] (|\Omega|-43*44)^{n} [/mm] Möglichkeiten.
Für [mm] A_{1} [/mm] gilt:
Es gibt n Möglichkeiten für den Zeitpunkt an dem die Reihe gezogen wird.
Es gibt 43*44 mögliche 5-er Reihen pro Spiel.
Es gibt pro 5-er Reihe [mm] (|\Omega|-43*44)^{n-1} [/mm] Möglichkeiten für die Ausgänge aller anderen Spiele.
Also [mm] |A_{1}|= [/mm] n*44*43* [mm] (|\Omega|-43*44)^{n-1}
[/mm]
Eingesetzt in meine Endformel für P(B) (nach Vereinfachung und Eingabe in Wolfram Alpha) komme ich auf das falsche Ergebnis von ~86% (das richtige Ergebnis ist ~16%).
An welcher Stelle habe ich falsch gezählt?
Beste Grüße
|
|
| |
|
> Guten Abend,
>
> ich habe einen Fehler bei einem alternativen Lösungsweg zu
> einer eigentlich einfachen Aufgabe.
>
> Es geht um das Lottospiel "6 aus 49".
> In einer ersten Aufgabe habe ich die Wahrscheinlichkeit
> (korrekt) dafür bestimmt, eine Kombination mit genau 5
> aufeinander folgenden Zahlen zu ziehen: p=0.0135 %
> Außerdem gibt es 43*44 mögliche 5-er Reihen Ausgänge.
>
> Nun soll die Wahrscheinlichkeit dafür bestimmt werden, bei
> n=5295 Durchgängen mindestens zwei 5-er Reihen zu
> erhalten.
>
> Ich wollte die Aufgabe ohne die direkte Anwendung der
> Binomialverteilung lösen, durch simples Abzählen.
>
> Mein Grundraum ist
> [mm]\Omega^{n}=\{6-elementige Teilmengen aus \{1,...,49\}\}^{n}[/mm]
>
> Damit ist [mm]|\Omega^{n}|[/mm] = [mm]\vektor{49 \\ 6}^{n}[/mm]
> Jedes
> Ergebnis aus [mm]\Omega^{n}[/mm] ist gleich wahrscheinlich.
>
> Ist B= "Bei n Versuchen mindestens 2 5-er Reihen", so gilt
> [mm]P(B)=1-P(A_{0})-P(A_{1})[/mm] mit [mm]A_{i}[/mm] als Ereignis für exakt
> i 5-er Reihen.
>
> Für [mm]P(A_{i})[/mm] gilt dann [mm]\bruch{|A_{i}|}{|\Omega^{n}|}[/mm]
>
> Für [mm]A_{0}[/mm] gilt:
> Bei jedem Spiel gibt es [mm](|\Omega|-43*44)[/mm] Möglichkeiten,
> keine 5-er Reihe zu ziehen. Also bei n Spielen insgesamt
> [mm](|\Omega|-43*44)^{n}[/mm] Möglichkeiten.
>
> Für [mm]A_{1}[/mm] gilt:
> Es gibt n Möglichkeiten für den Zeitpunkt an dem die
> Reihe gezogen wird.
> Es gibt 43*44 mögliche 5-er Reihen pro Spiel.
> Es gibt pro 5-er Reihe [mm](|\Omega|-43*44)^{n-1}[/mm]
> Möglichkeiten für die Ausgänge aller anderen Spiele.
> Also [mm]|A_{1}|=[/mm] n*44*43* [mm](|\Omega|-43*44)^{n-1}[/mm]
>
> Eingesetzt in meine Endformel für P(B) (nach Vereinfachung
> und Eingabe in Wolfram Alpha) komme ich auf das falsche
> Ergebnis von ~86% (das richtige Ergebnis ist ~16%).
>
> An welcher Stelle habe ich falsch gezählt?
Guten Morgen,
Du hast gar nicht falsch gezählt, sondern falsch getippt, würde ich sagen:
Richtig ist
[mm] P(B)=1-\bruch{...}{\vektor{49\\6}^n}-\bruch{...}{\vektor{49\\6}^n}
[/mm]
[mm] =1-\bruch{...\red{+}...}{\vektor{49\\6}^n},
[/mm]
und Du hast sicher an der Stelle fälschlicherweise ein Minuszeichen gehabt.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:58 So 11.02.2018 | | Autor: | Jellal |
Du hast recht, danke Angela!
So viel Aufwand und dann so ein trivialer Fehler...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:12 So 11.02.2018 | | Autor: | Jellal |
Eine weitere Frage zum Verständnis.
Der von mir gewählte Grundraum ist ja ein Permutationsraum, nicht wahr? Es ist die Menge aller n Permutationen von der Menge der 6 Kombinationen aus {1,...,49}.
Das bedeute, es ist ein Unterschied, ob die 5-er Reihe zB. beim ersten oder 5ten Versuch auftritt, oder?
Und nur deshalb muss ich bei [mm] A_{1} [/mm] den Faktor n mit reinbringen, nicht wahr?
Ich könnte doch sicher auch einen Kombinationsgrundraum wählen, weil mich die Reihenfolge ja eigentlich gar nicht interessiert, und dann den n Faktor weglassen?
Der Nenner [mm] |\Omega|^{n} [/mm] ändert sich ja dadurch auch.
|
|
|
| |
|
Hallo Jellal,
so wie ich die Aufgabe verstanden habe, ist es angemessen,
nicht von Permutationen, sondern direkt von Kombinationen
auszugehen.
Ferner würde ich im ersten Schritt einfach mal eine einzige
Ziehung betrachten. Da springt ja als Lösung einfach eine
Zahl (die Wahrscheinlichkeit p für eine Fünfer-Folge bei einer
Ziehung) heraus.
Für die zweite Teilaufgabe, welche sich auf eine lange Serie
von Ziehungen bezieht, braucht man aus der ersten Teilaufgabe
nur diesen Wert von p.
LG , Al-Chwarizmi
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:16 So 11.02.2018 | | Autor: | Jellal |
Hallo Al Chwarizmi,
darum geht es nicht. Mir ist klar, wie man die Aufgabe löst.
|
|
|
| |
|
Dann sieht es so aus, dass ich deinen Gedankengängen wohl
irgendwo nicht folgen konnte.
Jedenfalls scheint mir klar, dass die von dir vorgeschlagene
Grundmenge mit der folgenden astronomischen Anzahl von
Elementen
$ [mm] |\Omega^{n}| [/mm] $ = $ [mm] \vektor{49 \\ 6}^{n} [/mm] $
für keinen Teil der Aufgabe wirklich nötig ist.
LG und good night , Al-Chw.
|
|
|
| |
|
> Der von mir gewählte Grundraum ist ja ein
> Permutationsraum, nicht wahr? Es ist die Menge aller n
> Permutationen von der Menge der 6 Kombinationen aus
> {1,...,49}.
Ja.
>
> Das bedeute, es ist ein Unterschied, ob die 5-er Reihe zB.
> beim ersten oder 5ten Versuch auftritt, oder?
Ja.
> Und nur deshalb muss ich bei [mm]A_{1}[/mm] den Faktor n mit
> reinbringen, nicht wahr?
Ja.
>
> Ich könnte doch sicher auch einen Kombinationsgrundraum
> wählen, weil mich die Reihenfolge ja eigentlich gar nicht
> interessiert,
Ja.
Du könntest als Grundmenge alle Kombinationen (mit Wiederholung) der 6-Kombinationen nehmen.
Im Zähler mußt Du dann natürlich auch solche Kombinationen stehen haben.
LG Angela
> und dann den n Faktor weglassen?
> Der Nenner [mm]|\Omega|^{n}[/mm] ändert sich ja dadurch auch.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:26 Mi 14.02.2018 | | Autor: | Jellal |
Vielen Dank Angela :)
|
|
|
|
