Wahrscheinlichk: Hypergeo.Vert < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:00 Mo 07.01.2013 | | Autor: | stafi |
| Aufgabe | Eine Lotto-Tippgemeinschaft interessiert sich für die Gewinnwahrscheinlichkeiten beim Samstagslotto 6 aus 49.
a) Wie ist die Zufallsvariable X "Anzahl der Richtigen beim Lotto 6 aus 49" verteilt?
b) Geben Sie die Wahrscheinlichkeits- und Verteilungsfunktion an.
c)Ermitteln Sie Erwartungswert und Varianz von X.
d) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei einem Spiel mindestens drei richtige zu haben?
e) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei 52 spielen innerhalb eines Jahres kein einziges Mal mindestens drei Richtige zu haben? |
Hallo zusammen,
mein konkretes Problem liegt in der Beantwortung der Teilaufgabe e). Die anderen Teilaufgaben habe ich gelöst.
a) Hypergeometrische Verteilung X~H(6;6;49)
b) F(0)= ... F(2)= 0,98136251 F(3) = 0,99901291 F(4)=...
c) EX = 0,7347 VarX= 0,1746
d)P (X>=3)= 1-F(2) = 0,01864
e) ???
Handelt es sich hier überhaupt noch um eine hypergeometrische Verteilung? Ich hänge fest, weil ich denke, dass es sich jetzt um eine Binomialverteilung handelt, also entweder Erfolg (mind. 3 Richtige) oder Nicht-Erfolg (2 oder weniger Richtige)
Die Verteilung wäre dann doch X~B(52;0,01864), dann wäre der Erwartungswert bei 52*0,01864=0,96928. Das heißt ja aber dann, dass die Wahrscheinlichkeit bei 52 Spielen für mindestens 3 Richtige bei 96,93% liegt. Das war ja aber eigentlich nicht die Frage...
Die Lösung soll 0,374708 sein (evtl. Rundungsdifferenzen).
Wenn jemand eine Idee hat, wie man die Aufgabe e) lösen kann, bin ich für jeden Tipp dankbar... Mein Gedanke, dass sich die Verteilung ändert, ist ja offensichtlich falsch.
Vielen Dank an alle :)
Ich glaube nicht, dass die komplette Wahrscheinlichkeits- und Verteilungsfunktion benötigt wird, wenn aber doch, liefere ich sie gerne nach.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Handelt es sich hier überhaupt noch um eine
> hypergeometrische Verteilung? Ich hänge fest, weil ich
> denke, dass es sich jetzt um eine Binomialverteilung
> handelt, also entweder Erfolg (mind. 3 Richtige) oder
> Nicht-Erfolg (2 oder weniger Richtige)
Deine Idee das man bei der Aufgabe e) mit der Binomialverteilung rechnet ist schon richtig. Die Wahrscheinlichkeit mind. 3 richtig zu haben (Erfolg) hast du ja in d) ausgerechnet. Die Wahrscheinlichkeit für einen Misserfolg ist dann :
[mm] 1-P(X\ge [/mm] 3)=1-0,01864=0,98136
> Die Verteilung wäre dann doch X~B(52;0,01864), dann wäre
> der Erwartungswert bei 52*0,01864=0,96928. Das heißt ja
> aber dann, dass die Wahrscheinlichkeit bei 52 Spielen für
> mindestens 3 Richtige bei 96,93% liegt. Das war ja aber
> eigentlich nicht die Frage...
Was machst du denn da? Der Erwartungswert ist doch keine Wahrscheinlichkeit!
Die Wahrscheinlichkeit bei der Binomialverteilung ist doch gegeben durch:
[mm] \vektor{n \\ k} p^k (1-p)^{n-k}
[/mm]
bei n=52 Versuche und k=0 Erfolgen
[mm] P(k=0)=\vektor{52 \\ 0} p^0 (1-p)^{52}=(1-p)^{52}=0,98136^{52}=0,3759 [/mm]
Das kommt mit Rundungsfehlern hin.
> Die Lösung soll 0,374708 sein (evtl.
> Rundungsdifferenzen).
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> Wenn jemand eine Idee hat, wie man die Aufgabe e) lösen
> kann, bin ich für jeden Tipp dankbar... Mein Gedanke, dass
> sich die Verteilung ändert, ist ja offensichtlich falsch.
>
> Vielen Dank an alle :)
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> Ich glaube nicht, dass die komplette Wahrscheinlichkeits-
> und Verteilungsfunktion benötigt wird, wenn aber doch,
> liefere ich sie gerne nach.
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> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:56 Mo 07.01.2013 | | Autor: | stafi |
Hey super vielen Dank!
Keine Ahnung, wie ich auf den Erwartungswert gekommen bin, aber jetzt, wo ich es weiß, ist das alles ja total logisch!
Vielen vielen Dank! Superschnelle Antwort und so erklärt, dass ich es verstanden habe :)
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