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Das klingt vielleicht etwas einfach aber ich weiß nicht wie ich das lösen soll. Beim Lotto 6 aus 49 ist die Wahrscheinlichkeit dafür gesucht, dass ich weniger als 53 Ziehungen brauche um jede Zahl mind. einmal zu ziehen. Also 6 Zahlen pro Ziehung. mir reicht auch ein Ansatz.

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Guten Morgen theoretiker, 

sei \(X\) die Anzahl der Ziehungen, bis jede der \(49\) Zahlen gezogen wurde. Pro Ziehung können \(6\) Kugeln gezogen werden. Gesucht ist also \(P(X\leq52)\) bzw. \(1-P(X\gt52)\). Auf der Basis der Siebformel (http://www.nibis.de/~lbs-gym/Verschiedenespdf/Siebformel.pdf) habe ich mir folgende Formel für die Wahrscheinlichkeit \(P(X\gt t)\) zusammengebaut (stelle gerne Rückfragen, wenn Du etwas an dem Ansatz nicht nachvollziehen kannst): $$P(X\gt t)=\sum_{k=1}^{43}{(-1)^{k-1}\cdot \binom{49}{k}\cdot \left[\dfrac{\binom{49-k}{6}}{\binom{49}{6}}\right]^t}$$ Mit \(t=52\) erhalten wir also $$P(X\gt 52)=\sum_{k=1}^{43}{(-1)^{k-1}\cdot \binom{49}{k}\cdot \left[\dfrac{\binom{49-k}{6}}{\binom{49}{6}}\right]^{52}}\approx 0.0537$$ D.h. mit etwas mehr als \(5\%\) werden mehr als \(52\) Ziehungen benötigt, um jede der \(49\) Zahlen mindestens einmal zu gezogen zu haben. Das Ergebnis habe ich Wolfram|Alpha berechnen lassen (siehe: http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum_(k%3D1)%5E(43)+(-1)%5E(k-1)+*+49!%2F(k!*(49-k)!)+*+(((49-k)!%2F(6!*(49-k-6)!*13983816))%5E52). Damit erhalten wir $$P(X\leq52)=1-P(X\gt52)=1-0.0537=0.9463$$ Vom Gefühl her halte ich das Ergebnis für realistisch. 

André

Beantwortet von 4,0 k

Na, da hast du Möchtegern-Moderator dir ja wieder was Feines zusammengestöpselt.

Ist dir eigentlich klar, dass  P(X>8) = 1  sein muss ?  Und ... gibt deine Formel das her ?

Das soll meine Formel gar nicht hergeben. Du redest hier vom Schubfachprinzip. Allerdings bedenkst Du nicht, dass theoretisch auch \(9\) mal hintereinander dieselben \(6\) Zahlen gezogen werden könnten. Das wird in der Aufgabenstellung nicht ausgeschlossen! Bei Deiner Lösung müssten ja fast immer komplett verschiedene Zahlen gezogen werden. Aber vielen Dank für Deinen kritischen Einwand.

Um es für dich mit etwas einfacheren Worten auszudrücken :
Die Wahrscheinlichkeit, dass man mit höchstens X=8 Ziehungen alle 49 Kugeln erreichen kann ist gleich 0 .

@hj2166

Jetzt, da du es schreibst, ist das für mich und sicher auch für André natürlich sofort klar.

Ich bewundere deinen Blick für solche Dinge und begrüße deine sachlichen Hinweise.

> Möchtegern-Moderator   (u.A.)

Ich bedauere allerdings deine offensichtliche Unfähigkeit zu einem respektvollen Umgang mit den Teilnehmern dieses Forums.

Lieber hj2166,

ich hatte Deinen Einwand wohl falsch verstanden. Mit Deiner Umformulierung kann ich Dich aber beruhigen: auch dieser Fall ist durch meine Formel abgedeckt ist, wie Du hier (http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum_(k%3D1)%5E(43)+(-1)%5E(k-1)+*+49!%2F(k!*(49-k)!)+*+(((49-k)!%2F(6!*(49-k-6)!*13983816))%5E9)) siehst. Die Wahrscheinlichkeit in mehr als \(8\) Versuchen alle Kugeln mindestens einmal gezogen zu haben, liegt bei \(99.9999999\%\) (also quasi \(1\)). Beachte, dass numerische Ungenauigkeiten das Ergebnis verfälschen könnten.

@Wolfgang Ja, ich hatte bei seiner Formulierung automatisch an das Schubfachprinzip gedacht. Dank seiner Umformulierung konnte ich dann seinen Fall noch einmal prüfen und feststellen, dass der abgedeckt ist. Es ist immer gut jemanden zu haben, der auf solche Dinge achtet.

André  

Vielleicht noch als Ergänzung für den Fragesteller (und hj2166): die Formel fußt auf den Ergebnissen auf Seite \(7\) des in meiner Antwort verlinkten Dokuments. Im Prinzip muss man nur noch \(P(A_1\cap A_2\cap ...\cap A_r)\) spezifizieren. Wie gesagt, die Ergebnisse scheinen plausibel und auch die Rückfrage von hj2166, die mit einem einfachen Austauschen von \(52\) durch \(8\) im Link zu Wolfram|Alpha geprüft werden konnte, kann mit einem "Ja" beantwortet werden.

Was stimmt denn nun?

Ich gehe davon aus, dass mein Ergebnis stimmt. Zumindest besteht es viele Plausibilitätsprüfungen. Die Rückfrage von hj2166 ist zwar berechtigt, doch die Formulierung verwirrt an dieser Stelle ("und ... gibt deine Formel das her?"). Hätte man in dem Link zu Wolfram|Alpha die \(52\) durch die \(8\) getaucht, hätte man sich diese Rückfrage sparen können.

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