Protokolle vom Mai 2014

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Schülerbeitrag
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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 09.05.2014 Thema: Bedingte Wahrscheinlichkeit - Satz von Bayes

Protokoll von --Vincent97 (Diskussion) 21:00, 9. Mai 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von: --Vincent97 (Diskussion) 18:00, 23. Mai 2014 (CEST)

Bedingte Wahrscheinlichkeit

Beispiel: Man hat beim ersten Mal schon eine Sechs gewürfelt und nun möchte man die Wahrscheinlichkeit für eine weiter Sechs wissen.

P_6(6)= \frac{1}{6} =P(6)

Da die bedingte Wahrscheinlichkeit gleich ist, mit der einen Sechser zu werfen, nennen wir beiden Ereignisse unabhängig.


Beim zweiten Beispiel hat man eine Urne mit 8 blauen Kugeln und 2 roten. Wir wollen eine zweite rote Kugel ziehen. Das Ereignis A ist in rot dargestellt und B in blau.

Urne mit.PNG

mit zurücklegen

P(A)=\frac{2}{10}

P(B)= \frac{8}{10} \cdot( \frac{2}{10} + \frac{8}{10}) =\frac{8}{10}

P_A(B)= \frac{ P(A \cap B) }{P(A)}   =\frac{ \frac{16}{100} }{ \frac{2}{10} }=\frac{8}{10}

Man sieht wieder, dass die bedingte und die Wahrscheinlichkeit von B wieder unabhängig von einander ist.


ohne zurücklegen

P(A)=\frac{2}{10}

P(B)=\frac{2}{10}\cdot \frac{8}{9}+\frac{8}{10} \cdot \frac{7}{9} =\frac{72}{90}=\frac{8}{10}

P(A \cap B)= \frac{2}{10} \cdot  \frac{8}{9} = \frac{16}{90}

P_A(B)= \frac{ P(A \cap B) }{P(A)}   =\frac{ \frac{16}{90} }{ \frac{2}{10} }=\frac{8}{9}

Man sieht das bei dem Zusatz ohne zurücklegen die Wahrscheinlichkeiten von A und B zusammenhängen.


Satz von Bayes

P(A \cap B)=P(A)\cdot P_A(B)
P_A(B)= \frac{P(A \cap B)}{P(A)}

Der Satz von Bayes zeigt, dass die Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge von A und B aus dem Produkt der Wahrscheinlichkeit von A und der Wahrscheinlichkeit von B, die von A abhängig ist.Schnittmenge und bedingte Wahrscheinlichkeit erscheinen (die Wahrscheinlichkeiten) sehr ähnlich. Der Unterschied liegt darin, dass bei beiden die Grundmenge S unterschiedlich ist. Bei der normalen Wahrscheinlichkeit geht man von allen Ergebnissen aus (Rechteck - Ergebnissmenge), während man bei der bedingten Wahrscheinlichkeit die Menge A als Grundmenge hat.

Menge.PNG

Menge2.PNG


Anwendung vom Satz des Bayes

Es gibt 100 Kugeln, von denen 70 aus Holz und 30 aus Plastik sind. 25 Rote Kugeln bestehen aus Holz und die restlichen 10 aus Plastik.

H: Kugel aus Holz

\overline{H}: Kugel aus Kunststoff

R: Rote Kugeln

\overline{R}: Grüne Kugeln

Man hat eine Plastik Kugel gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist sie rot?

1.Lösung mit Vierfeldertafel

Tab1.PNG

P_{\overline {H}}(R)= \frac{10}{30} = \frac{1}{3}


2. Lösung mit dem Satz von Bayes

Da man für die bestimmte Wahrscheinlichkeit, die Schnittmenge braucht, ist es sinnvoll auch hier eine Vierfeldertafel zu verwenden. Diese stellt aber die Wahrscheinlichkeiten und nicht die Anzahl dar.

R \overline{R}
H P(H \cap R)=0,25 P(H \cap \overline{R})=0,45 0,7
\overline{H} P(\overline{H} \cap R)=0,1 P(\overline{H} \cap \overline{R})=0,2 0,3
0,35 0,65 1

Tab43.PNG

P_{\overline {H}}(R)= \frac{0,1}{0,3} = \frac{1}{3}

P_{\overline {H}}(R)= \frac{1}{\overline {3}} \ne 0,35=P(R)

Man sieht, dass die Ergebnisse abhängig von einander sind.


Nun hat man eine rote Kugel und möchte wissen, wie wahrscheinlich es ist, dass es eine Holzkugel ist.

P_{\overline {R}}(H)= \frac{0,25}{0,35} =0,71

P_{\overline {R}}(H)= 0,71 \ne 0,7=P(H)

Auch wenn es ähnlich aussieht, wie die Aufgabe davor, kommt nun ein ganz anderes Ergebnis raus als vorher, da diesmal die Wahrscheinlichkeit von der Farbe abhängt.


In der zweiten Anwendung vom Satz des Bayes haben wir eine Schule mit 1000 Schülern, von denen 807 Jungen und Mädchen ein Handy haben. 52,4% der Schüler sind Mädchen.

Tabe3.PNG

Tabe4.PNG

Man geht von einem Mädchen aus und fragt nach dem Handy:

P_{w}(H)= \frac{0,41}{0,524} =0,78

Nun hat man jemanden mit einem Handy und möchte wissen mit welcher Wahrscheinlichkeit es ein Mädchen ist.

P_{H}(w)= \frac{0,41}{0,807} =0,508


Hausaufgaben für den 14.05.

  • S. 317/318, Arbeitsblatt-Bedingte Wahrscheinlichkeit lesen
  • S. 319 Nr. 1,2

Protokoll vom 14.05.2014 Thema:Bedingte Wahrscheinlichkeit am Beispiel Rauchen und Lungenkrebs

Protokoll von --Marius95 (Diskussion) 16:21, 14. Mai 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Marius95 (Diskussion) 11:08, 24. Mai 2014 (CEST)

Wiederholung

Achtung ! : Unterschied zwischen P_{A}(B) und P(A \cap B)

P(A) \cdot P_A(B)=P(A \cap B)

P_A(B)= \frac{P(A \cap B)}{P(A)}


Hausaufgabenbesprechung

Seite 319

Aufgabe 1

a) P( \overline{P})=(0,98)^{4}=0,9224=92,24%


b) Die Annahme der Unabhängigkeit ist gerechtfertigt. Sie ist nur dann nicht gerechtfertigt, wenn bei einer Produktionsstätte an einem Tag, wie dem Montag (bek. "Montagsauto"), 1 Serie produziert wurde. Hier wären die Pannen der Autos aus dieser Serie voneinander abhängig.


Aufgabe 2


P(E)= 0,6


a) P(F)= \frac{3}{5} \cdot  \frac{2}{5}+( \frac{2}{5})^{2}=0,4

P(E \cap F)=P(E) \cdot P(F)= 0,6 \cdot 0,4=0,24=24%

P_{E}(F)=0,4=P(F)

Die Ereignisse sind unabhängig !


b) P(F)= \frac{3}{5} \cdot  \frac{2}{4}+( \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} )=0,4

P_{E}(F)=0,5 \ \neq P(F) \ \Rightarrow P(E \cap F) \ \neq P(E) \cdot P(F)

Die Ereignisse sind abhängig !


Rauchen und Lungenkrebs

Jeder kennt die Aussage, dass man von Rauchen Lungenkrebs bekommen würde. Doch ist das determiniert, nur weil man raucht? Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit Lungenkrebs zu bekommen, wenn man raucht (also P_{R}(L) ?

Wir haben versucht, rechnerisch, mit Hilfe der bedingten Wahrscheinlichkeit und statistischen Werten herauszufinden, ob die Aussagen stimmen.

Gegeben: Von Menschen die älter als 15 Jahre sind, rauchen 40%, haben 0,5 % Lungenkrebs und rauchen 80% der an Lungenkrebs erkrankten.


R \ : \ Raucher

L \ : \ Lungenkrebs


P(R)=0,4  \qquad  P(\overline{R}) =0,6

P(L)=0,005 \  \  \  \  P(\overline{L}) =0,995

P_L(R)=0,8 \  \  \  \  \ P_{L}( \overline{R})=0,2


Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Raucher Lungenkrebs bekommt?

P_{R}(L)=?


P(R \cap L)=P(R) \cdot P_{R}(L)

P_{R}(L)= \frac{P(R \cap L)}{P(R)}

Der Zähler muss hier auf einer anderen Weise herausgefunden werden...

 \Rightarrow P(R \cap L)=P(L) \cdot P_{L}(R)=0,005 \cdot 0,8 = 0,004 \  \  \  \  \  \  \  \  \  \mapsto anderes \ Produkt/Umdrehen \ des \ Baumes


P_{R}(L)=  \frac{0,004}{0,4}=0,01 =1 %

P_{R}( \overline{L} )=  99%

Antwort: Die Chance Lungenkrebs zu bekommen, wenn man raucht liegt bei 1 %.


Zur Verdeutlichung kann man sich das Ganze auch wie folgt aufzeichenn...


Rauchen und Lungenkrebs 1

S ist die Grundgesamtheit aller Menschen über 15 Jahre ( graue Farbfläche )

P(R \cap L) ist der prozentuale Anteil aller Menschen über 15 Jahre, die Rauchen und Lungenkrebs haben


Rauchen und Lungenkrebs 2

P_{R}(L) ist die Wahrscheinlichkeit aller Raucher mit Lungenkrebs ( graue Farbfläche )




Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit als Nicht-Raucher Lungenkrebs zu bekommen?

P_{ \overline{R} }(L)= ?


P(R \cap L)=P( \overline{R}) \cdot P_{ \overline{R}}(L)

P_{ \overline{R}}(L)= \frac{P( \overline{R}  \cap L) }{P(\overline{R})}= \frac{P(L) \cdot P_{L}( \overline{R}) }{P(\overline{R})}= \frac{0,005 \cdot 0,2}{0,6}=0,17%

P_{ \overline{R} }( \overline{L})=99,83%




Nun haben wir schon 2 Fragen auf einem rechnerischen Weg gelöst, der einer von 3 ist. Im nächsten Beispiel sind wir alle 3 Lösungswege durchgegangen:

1. Pfadwahrscheinlichkeit (Umkehrung des Baumes)

P( \overline{R}) \cdot P_{ \overline{R} }(L)=0,001=P( \overline{R} \cap L)


2. Vierfeldertafel

L \overline{L}
R P(R \cap L)=0,004 P(R \cap  \overline{L} )=0,396 0,4
\overline{R} P( \overline{R} \cap  L )=0,001 P( \overline{R} \cap  \overline{L} )=0,599 0,6
0,005 0,995 1

Achtung !: Hiermit wird keine bedingte Wahrscheinlichkeit berechnet, sondern die Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge !


3. Schaubild

Schaubild

Nicht-Raucher  \rightarrow  \overline{R}

Nichtraucher und Lungenkrebs  \rightarrow \cap

S sind alle Befragten über 15 Jahre

P( \overline{R} \cap L)=  \frac{| \overline{R} \cap L |  }{| S |}= \frac{| L |-|\overline{R} \cap L | }{| S |}= \frac{| L |}{| S |} \ - \ \frac{| \overline{R} \cap L |}{| S |} =P(L) \ - \ P(R \cap L)=0,005 \ - \ 0,004=0,001 =0,1%




P_{ \overline{L}}(R)= \frac{P(\overline{L} \cap R) }{P( \overline{L}) }=  \frac{0,396}{0,995}=0,3979=39,79%

P_{ \overline{L}}( \overline{R})=60,21%




Fazit:

P_{L}(R)=80 % \ \ und \ \ P_{ \overline{L} }( R)=39,76 % abhängig P(R)=40 %

P_{R}(L)=1 % \ \ und \ \  P_{ \overline{R} }(L)=0,17% abhängig P(L)=0,5 %

P_{L}( \overline{R})=20 %

P_{\overline{L}}( \overline{R} )=60,24 %

P_{R}( {\overline{L}} )=99 %

P_{\overline{R}}( \overline{L} )=99,83 %


Nun kann man sagen, dass "nur" 1 % der Raucher an Lungenkrebs erkranken. Betrachtet man aber die Wahrscheinlichkeit Lungenkrebs zu bekommen ohne zu Rauchen fällt einem auf, dass man als Raucher die 6-fach höhere Wahrscheinlichkeit für Lungenkrebs zu bekommen !


P_{R}(L)=1 %

P_{ \overline{R}}(L)=0,17%


P_{R}(L) \approx 6 \cdot P_ {\overline{R}}(L)



Aufgabenbeispiel

Seite 320 A)11

Es wurde über eine Vierfeldertafel Daten zu Augenfarben von Vater und Sohn dargestellt. Nun stellt sich die Frage, ob die Helläugigkeit des Vaters und des Sohnes unabhängig von einander sind.

Zum Lösen der Aufgabe benutzt man den Satz von Bayes und setzt die vorgegebenen Werte aus der vorliegenden Vierfeldertafel ein.

P_{hellV}(hellS)= \frac{P(hellV \cap hellS)}{P(hellV)} =  \frac{0,471}{0,622}=76%

P(hellS)=61,9% \ \neq \  P_{hellV}(hellS)

Daraus folgt, dass die Helläugigkeit des Sohnes von der Helläugigkeit des Vaters abhängig ist !


Hausaufgaben zum 16.05.14

Seite 319 Aufgabe 5 , (7), 9a-d), 10a


Protokoll vom 16.05.2014 Thema:bedingte Wahrscheinlichkeit, die Binomialverteilung

Protokoll von--Jugu5797 (Diskussion) 22:45, 18. Mai 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Jugu5797 (Diskussion) 17:14, 25. Mai 2014 (CEST)

Korrektur der Hausaufgaben

Seite 319

Aufgabe 5

P(E)=0,98 \cdot 0,95 \cdot 0,9 \approx 83,8%

Voraussetzung ist die Unabhängigkeit der einzelnen Versuche..

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Aufgabe 9

a.) E= \big\{ 2;3;5 \big\}

|E|= 3

F=\big\{ 2;4;6 \big\}

|F|= 3

E \cap F = \big\{ 2 \big\}

|E \cap F|= 1

\frac{ | E \cap F | }{ | S | } =  \frac{1}{6}  \approx 16,67%

Die Schnittmenge von E und F ist die Zahl zwei, da sie im Ereignis E und F vorkommt.

b.) P_{E} (F)= \frac{1}{3} \approx 33,33%

P(F)= \frac {1}{2}=50%

Diese beiden Ereignisse sind abhängig.

An dieser Stelle kann man natürlich eine Probe machen, indem man die einzelnen Werte in den Satz von Bayes einsetzt:

P(E \cap F)= \frac{1}{6}= P(E)\cdot P_{E} (F)= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{6}

c.) & d.)

Wenn man schon wei?, dass eine Primzahl gewürfelt wurde, dann ist die Chance geriner, dass das Ereignis F, eine grade Zahl, ebenfalls zutrifft.

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Aufgabe 10

a.) P_{E} (THG)= \frac{P(E \cap THG)}{P(E)} =  \frac{0,24}{0,42} =  \frac{4}{7}  \approx 57,14 %

P(THG)= \frac {600}{1050}=\frac {4}{7}\approx 57,14%

Diese Rechnungen Beweisen, dass die Ereignisse unabhängig voneinander sind.

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Das Ziegenproblem

In einer Quiz Show hat der Kandidat die Möglichkeit ein Auto zu gewinnen. Er muss lediglich die richtige der drei zur Auswahl stehenden Türen finden. Er wählt die Tür. Danach wird zunächst eine Andere geöffnet.Dahinter sei eine Ziege (=Niete). Nun hat der Kandidat die Möglichkeit sich um zu entscheiden.

Die Frage: Steigt die Gewinnchance des Kandidaten mit dem Umentscheiden? Oder sollte er lieber bei der Tür bleiben, welche er ausgewählt hat?

Wir stellten zunächst fest, dass die Wahrscheinlichkeit, bei zwei noch auswählbaren Türen, für Niete und Gewinn umgangssprachlich jeweils 50% sind. Doch ist dies auch wirklich so?

Diese Frage bleibt bislang offen.

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Abituraufgaben

Wir haben uns mit zwei Abituraufgaben beschäftigt.

Einmal mit einer Aufgabe vom Landesabitur 2008 und einmal vom Landesabitur 2011.

Beide Lösungen befinden sich Hier sowie Hier

Die Binomialverteilung

Der Bernoulliversuch

Bei einem Bernoulliversuch hat der Versuch lediglich zwei Ausgänge: Entweder ein Treffer oder eine Niete. Wie Wahrscheinlichkeit für einen Treffer kennzeichnet die Variable p. Für eine Niete wäre es q, welches 1-p entspricht.

So legen wir zum Beispiele bei einem Würfel die Zahl 6 als Treffer fest und somit alles was keine 6 ist, eine Niete. p wäre so \frac {1}{6} und q \frac {5}{6}.

Bernoullikette der Länge n

Wenn ein Bernoulliversuch mehrfach stattfindet, so spricht man von einem Bernoulliversuch mit der Länge n,wobei n die Anzahl der Durchgänge ist.

Wir verdeutlichten uns dies mit der Wahrscheinlichkeit beim Würfeln zwei Treffer (=6) zu erziehlen.

Dabei ist die Länge der Kette n=3.

Bernoulli

Die Wahrscheinlichkeit für 2 Treffer ist P(X=2). X verdeutlich die Zahl der Treffer.

P(X=2)=3 \cdot (\frac {1}{6})^2 \cdot \frac {5}{6} = \frac {15}{216}\approx 6,94%

Desweiteren berechneten wir die Wahrscheinlichkeit bei n=3 für 1;3 und 0 Treffern:

P(X=1)= 3 \cdot \frac {1}{6}(\frac {5}{6})^2 \approx 34,27%

P(X=3)= (\frac {1}{6})^3 \approx 0,46%

P(X=0)= (\frac {5}{6})^3 \approx 57,87%

Nun berechneten wir die Wahrscheinlichkeiten zusammen und siehe da....

P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=100%

... das Ergebniss ist 100% und ist somit die Wahrscheinlichkeit das überhaupt irgendein Ereigniss bei 3 Durchgängen zutrifft.

Mit diesem Beispiel ist der erste Grundstein in Richtung Binomialverteilung gelegt.

Hausaufgaben

Im Buch auf der Seite 320 die Aufgaben A8; A12 sowie die Gruppenaufgabe A10 b.).

Außerdem sollen wir über das bereits angesprochene Ziegenproblem nachdenken.

Protokoll vom 23.05.2014 Thema:Vertiefung von Bernoulli und der Binomialverteilung

Protokoll von --Schiffert1996 (Diskussion) 21:08, 26. Mai 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Schiffert1996 (Diskussion) 01:05, 3. Jun. 2014 (CEST)


Hausaufgaben vom 16.05.2014



Seite 320 Nr.8
P(F)=0,2998= 2,998%
P(E \cap F)=0,01
P_{E} (F) \frac{P(E \cap F)}{P(E)} = \frac{0,01}{0,1} =0,1=10%
Die Ergebnisse beweisen die Abhängigkeit.


Seite 320 Nr.12
a)Die Wahrscheinlichkeit, dass er mindestens eine richtige Antwort hat beträgt:
1- (\frac{2}{3} )^{6} =91,22%


b)Die Beantwortung der Fragen sind voneinander abhängig.


Unsere Kommentare bezüglich dem "Ziegenproblem" stehen noch aus.


Vertiefung des Bernoulli-Versuchs

1.Beispiel:
Gegeben ist: n=4; k=2; p=\frac{1}{6} ; X=Zahl der Sechsen; unabhängig
Wie hoch ist die Wahrschenlichkeit bei 4 Würfen 2 Treffer zu haben?
P(X=2)=y( \frac{1}{6})^2 \cdot  (\frac{5}{6} )^2
Das "y" beschreibt die Anzahl der 2-elementigen Teilmengen einer 4-elementigen Menge und somit die möglichen Treffer!
Dementsprechend gibt es {4 \choose 2})= \frac{4\cdot3}{1 \cdot2}  =6 Möglichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit bei 4 Würfen zwei Treffer zu erzielen beträgt also:
P(X=2)=6 (\frac{1}{6})^2 \cdot ( \frac{5}{6})^2 =11,57%

Die Wahrscheinlichkeiten 0,1,3 oder 4 Treffer zu erzielen sähen dann so aus:
P(X=0)=48,23%
P(X=1)=38,58%
P(X=3)=1,54%
P(X=4)=0,08%
Diese Wahrschenlichkeiten müssen zusammen 100% ergeben!


2. Anwendungsbeispiel:
Gegeben ist: n=6; k=3; p=\frac{1}{6} ; === unabhängig
Es gibt {6 \choose 3}=20 mögliche Treffer. Hierbei handelt es sich um 3-elementige Teilmengen aus einer 6-elementigen Menge.
P(X=3)= 20(\frac{1}{6}) ^2\cdot  (\frac{5}{6} )^2=5,238%
Die anderen Versuchsausgänge sähen so aus:
P(X=0)= 33,49%
P(X=1)= 40,19%
P(X=2)= 20,09%
P(X=4)= 0,08%%
P(X=5)= 0,06%
P(X=6)= 0,00214%%
P(X \leq 6)=100%


Herleitung der Bernoulli-Formel

1."k" ist nicht gegeben:

n=6;p=(\frac{1}{6} ); "k" Treffer
P(X=k)= {6\choose k} ( \frac{1}{6} )^k \cdot  (\frac{5}{6} ) ^{6-k}

2."k" und "n" sind nicht gegeben:
n;k;p=(\frac{1}{6} )
P(X=k)= {n \choose k} ( \frac{1}{6} )^k \cdot  (\frac{5}{6} ) ^{n-k}

3."k", "n" und "p" sind nicht gegeben:
n;k;p
P(X=k)= {n \choose k} ( p )^k \cdot  (1-p ) ^{n-k}

Eine Bernollikette besteht aus n unabhängigen Bernoulliversuchen mit der Trefferwahrscheinlichkeit p.
Niete:q=1-p
Wahrscheinlichkeit für k Treffer:
P(X=k)= {n \choose k} ( p )^k \cdot  (1-p ) ^{n-k}
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung dazu heißt Binomialverteilung!



Binomialverteilung

Beispeil zum Vertiefen:
Man wirft 10 mal einen idealen Würfel, wobei X die Zahl ist, wie oft man eine Primzahl gefürfelt hat:
Treffer={2,3,5}
Nieten={1,4,6}
p=\frac{1}{2}

Die Wahrscheinlichkeit, dass man 5 mal trifft beträgt:
P(X=5)= {10 \choose 5}\cdot  (\frac{1}{2} )^5 \cdot  ( \frac{1}{2})^5=24,61%
Die Wahrscheinlichkeit, dass man mindestens 8 Treffer erzielt beträgt:
P(X \geq 8)=P(X=8)+P(X=9)+P(X=10)=4,39%+0,98%+0,1%=5,47%
Die Wahrscheinlichkeit, dass man höchstens 3 mal trifft ist:
P(X  \leq 3)=P(X=3)+P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)=17,19%

Um den Rechenaufwand bezüglich mehrerer Einzelrechnungen zu verringern, kann man dies auch duch das Gegenereignis berechnen:
Beispielsweise wäre die Wahrscheinlichkeit höchstens 7 mal einen Treffer zu erzielen:
P(X  \leq 7)=1-P(X=8)=100%-5,47%=94,53%

2.Beispiel zum Vertiefen der Binomialverteilung:
Aufgabe: Ein Massenartikel (z.B. Glüchbirne) wird verschickt. In jedem Paket befinden sich 15 Glühbirnen. Pakete mit mehr als 2 schadhaften Glühbirnen bleiben unberechnet. Weiterhin weiß man, dass 2% der Glühbirnen bei diesem Verkäufer schadhaft sind. Wie viel % der Pakete bleiben unberechnet?
Folgendes kann man aus der Aufgabenstellung entnehmen:n=15;p=0,02; unabhängig; X=Zahl der schadhaften Glühbirnen
P(X  = 2)=1-P(X \leq 2)
Also berechenen wir die wahrscheinlichkeiten für X=0,1 und 2.
P(X  = 0)=73,86%
P(X  = 1)=22,61%
P(X  = 2)=3,23%
Nun kann das Gegenereignis wieder angewendet werden:
P(X   \leq 2)=99,7%
P(X    > 2)=100%-99,7%=0,3%


Vermutung zum Erwartungswert

Aufgrund des Rechnens hatten wir folgende Vermutung:
\mu =n \cdot p
\mu = \sum_{i=1}^n x_i \cdot p_i


1.Beispiel:
n=10;k=7;p= \frac{1}{6} ; unabhängig
 {10 \choose 7}= {10 \choose 3}  =120
P(X=7)= {10 \choose 7}\cdot( \frac{1}{6}  )^7 \cdot  (\frac{5}{6} )^3=0,02%
P(X=3)= {10 \choose 3}\cdot( \frac{1}{6}  )^3 \cdot  (\frac{5}{6} )^7=15,50%
P(X=2)= 29,07%


2.Beispiel: Man würfelt 20 mal (n=20). Welche Wahrscheinlichkeit ist höher: 1 Treffer oder 4 Treffer?
Verständlicherweise liegt die Vermutung nahe, dass die Wahrscheinlichkeit einen Treffer zu erzielen deutlich höher ist. Aber ist das wirklich so?

P(X=4)= {20\choose 4}\cdot  (\frac{1}{6}) ^{20} \cdot  (\frac{5}{6} ) ^{16} =20,22%
P(X=1)= 10,43%
Dieses erstaunliche Ergebnis liegt daran, dass je öfter gworfen wird, die Wahrscheinlichkeit auf einen Treffer sinkt, während es wahrscheinlicher wird, dass man noch einen Treffer landet!


Weitere Beispiele:
1.Münze:
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit bei 10 Münzwürfen 5 mal einen Treffer zu erziehlen?
n=10; p=\frac{1}{2} ; k=5
P(X=5)={10 \choose 5}\cdot ( \frac{1}{2}) ^{10}  \cdot  (\frac{1}{2})^5=252 \cdot  \frac{1}{1024}=24,61%

2.Nagel:
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit bei 20 Würfen mit einer Reißzwecke 15 mal einen Treffer zu erziehlen?
n=20;p=0,6;k=15
P(X=15)={20 \choose 15}\cdot ( 0,6) ^{10}  \cdot  (0,4)^5=7,46%


Erwartungswert

n=2
P(X=k)=( \frac{2}{k} )\cdot p ^{k}  \cdot  (1-p) ^{2-k}

k 0 1 2
P(X=k) (1-p)^2 2 \cdot p(1-p) p^2
P(X=k)\cdot k 0 2p\cdot(1-p) 2p^2


 \mu =0\cdot2p(1-p)+2p^2=2p-2p^2+2p^2=2p

k 1 2 3
P(X=k) (1-p)^3 3p(1-p)^2 3p^2(1-p) p^3
P(X=k)\cdot k 0 3p(1-p)^2 6P^2(1-p) 3p^3



 \mu =0+3p-6p^2+3p^2+6p^3+3p^3=3p


Hausaufgaben für die nächste Stunde:
Seite 342+343 lesen
S.343 Nr.1-4, (6) und 10
S.320 Nr.10b




Protokoll vom 28.05.2014 Thema:Schreibweise und Tabellen der Binomialverteilung

Protokoll von: --Philipp95 (Diskussion) 16:50, 28. Mai 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Philipp95 (Diskussion) 13:03, 31. Mai 2014 (CEST)

Besprechung der Hausaufgaben

S.343 Nr 1-4

1.)
P(X \geq 3)=P(X=3)+P(X=4)=65,17%

P(X \leq2 )=P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)= 34,83%



2.)
a) P(X=3)=31,25%

b)P(X \geq 3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)= 65,65%

c)P(X  \leq  3)=P(X=3)+P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)= 65,65%



3.)
a)P(X=4)=17,07%

b)P(X   \geq   4)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)+P(X=7)+P(X=8)=25,86%

c)P(X    \leq    3)=P(X=3)+P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)=74,13%

d)P(X    >   4)=P(X=5)+P(X=6)+P(X=7)+P(X=8)=8,8%



4.)
a)P(X=2)=5,28%

b)P(X \geq 2)=5,99%

c)P(X  \leq 2)=99,28%



S.343 Nr 10

10.)
a) Es gibt zei Ausgangsversuche und eine Wahrscheinlichkeit ,deshalb Bernoulliversuch.

b)Entweder eine 6 oder nicht ,deshalb Bernolliversuch

c)Es ist ohne zurücklegen ,deshalb ändert sich p.

d)Verschiedene Ausgangspunkte mit verschiedenen Wahrscheinlichkeiten ,deshalb keine Bernoullikette.




S.320 Nr 10b

10.)
b)
E=Einheimeisch
Fall 1 Auswärtig:P_E(THG)= \frac{ \frac{240}{1049} }{ \frac{420}{1049} }=0,5714

Fall 2 Einheimisch:P_E(THG)= \frac{ \frac{239}{1049} }{ \frac{419}{1049} }=0,5704

Ob der Schüler nun Einheimisch oder Auswärtig war, die Ereignisse sind nur fast unabhängig.

P(THG)= \frac{599}{1049}=0,5710



Schreibweise der Binomialverteilung


Die diskrete Wahrscheinlichkeitsverteilung wird in einer Funktion verdeutlicht.
{n \choose k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}
Dabei sind n (Anzahl der Versuche) und p (Erfolgs- oder Trefferwahrscheinlichkeit) die Parameter.
k (Anzahl der Trefer) ist die notwendige Variable. Diese Funktion kann auch in einer Kurzschreibweise erläutert werden.

{n \choose k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}=B_n ; _p (k)
B steht für Binomialverteilung.

Merke das bei der Binomialverteilung X eine diskrete Verteilung ist,also ganze Zahlen.



Nutzung der Tabelle im Buch

Auf Seite 453 findet man eine Tabelle mit allen Werten zur Binomialverteilung. Desweiteren besprachen wir wichtige Beispiel.

n=15;p=0,2;X=2 \rightarrow in der Wahrscheinlichkeitsfunktion :B_{15};_{0,2}(2)

B_{15};_{0,2}(2)={15 \choose 2} \cdot 0,2^2 \cdot 0.8^{13}=0,2309=23,09%

WICHTIG IST ES DIE DEZIMALE IN 4 NACHKOMMA STELLEN ZU SCHREIBEN ,DAMIT ES ZWEI IN PROZENT SIND !!!



Nun haben wir auch herausgefunden ,dass sich die Werte wiederhohlen.

Bsp1:
B_{15} ; _{0,7}(3)={15 \choose 3} \cdot 0,7^3 \cdot 0,3^{12}=0,0001=0,01%

B_{15} ; _{0,3}(12)={15 \choose 12} \cdot 0,3^{2} \cdot 0,7^{3}=0,0001=0,01%

Das bedeutet:B_{15} ; _{0,7}(3)=B_{15} ; _{0,3}(12) erkennt man auch an den grünen Spalten in der Tabelle.



Bsp2:
B_{20} ; _{0,5}(7)={20 \choose 7} \cdot 0,5^7 \cdot 0,5^{13}=0,0739=7,39%

B_{20} ; _{0,5}(13)={20 \choose 13} \cdot 0,5^{13} \cdot 0,5^{7}=0,0739=7,39%

Symmetrie in den Werten:

Binomialfunktion



Symetrisch und  \mu =20 \cdot 0,5 = 10 als maximale Wahrscheinlichkeit für k=10.



Kumulierte Wahrscheinlichkeit


Dies wird in einer Funktion angegeben ,wo die Variable X auf einem Wahrscheinlichkeitsraum definiert wird,
die angibt mit welcher Wahrscheinlichkeit die Zufallsvariable X einen kleiner-gleich Wert annimmt.

Bsp1:n=15;p=0,2;X \leq 2

P(X \leq 2)=P(X=0)+P(x=1)+P(X=2)=0,035+0,1319+0,2309=0,398=39,8%

Ab seite 455 im Buch werden alle Werte zur kumulierten Wahrscheinlichkeit angegeben.
Auch auf Consele findet sich eine Tabelle zur kumulierten B-Verteilung.

Bsp2:n=10;p=0,1=X\leq 2


F_{10};_{0,1}(2)=0,9298=92,98%

Viel Rechnen muss man nun nicht da das Ergebnis auch in der Tabelle im Buch steht.


Die Funktion


Wie auch bei der Binomialverteilung sind n (Anzahl der Versuche) und p (Wahrscheinlichkeit).
X bzw. k (Anzahl der Treffer) ist die Variable.Wenn es klar ist ,dass X definiert ist so wird F angegeben ,
was für Funktion steht.
Wichtig dabei ist ,dass X immer kleiner-gleich dem Wert ist.

F_n;_p(k)=  \sum_{i=0}^{k}{n \choose i} \cdot p^i \cdot (1-p)^{n-i}



Gibt es nun Ereignisse ,die nicht kleiner-gleich X sind muss man sie entweder Umformen ,oder mittels Gegenereigniss erechnen.

Bsp:p=\frac{1}{6} ; n=25

P(X>10)=P(X \geq 11)=1-P(X \leq 10) =1-0,9988=0,0012=0,12%

P(X \geq 4)=1-P(X \leq 3) =1-0,3816=0,6184=61,84%



Nun haben wir Ereignisse besprochen ,wo X in einer ungleichungs Kette ist.

z.B:P(2 \leq X \leq 6)
Dabei muss man beachten ,dass die Funktionen in der Tabelle nur für X kleiner-gleich den Wert ist.
Deshalb muss man es Umschreiben um das richtige Ergebniss aus dem Buch zu kriegen.

n=16;p=0,25

P(2 \leq X \leq 6)=P(X \leq 6)-P(X \leq 1)=92,04%-6,35%=85,69%



n=16;p=0,4

P(7 < X <11)=P(8  \leq X \leq 10)=P(X \leq 10)-P(X \leq 7)=98,06%-71,61%=26,45%

n=20;p=0,5

P(X=10)=P(X \leq 10)-P(X \leq 9)=58,81%-41,19%=17,62%

Daraus leitet man her:B_n;_p(k)=F_n;_p(k)-F_n;_p(k-1)



Hausaufgaben für den 6.6.2014


Seite 344 Nr.8+5 , (7)

Seite 346 Nr. 1,3,4,5 und 11 (6,7)

Ziege !!!

Tabelle für kumulierte B-Verteilung auf Conseles.