Wahrscheinlichkeit bei mehreren Versuchen

Wissenschaft Mathematik
#1

Hallo Leute,

in einer imaginären Verlosung bekommt man 4 Gewinne präsentiert, von denen man sich einen aussuchen darf. Insgesamt gibt es 26 verschiedene Gewinne, von denen aber nur einer interessant ist.
(Durch einen Gewinn wird dieser aus der Menge an 26 möglichen Gewinnen nicht entfernt!)
Man rechnet für die Gewinnchance also 4:26 in Prozent, womit man auf 15,38% kommt - also ca. 15% Chance, dass der gewünschte Gewinn unter den Vieren ist, die man zur Auswahl vorgelegt bekommt.
Allerdings kann man ja beliebig of neue Loose kaufen, und was mich jetzt interessieren würde ist, wie sich das auf die Gewinnchance auswirkt, beziehungsweise wie man diese berechnen kann.
Sie lässt sich ja nicht einfach addieren sonst käme man über 100% -> kann nicht stimmen.
Und wenn man sie multipliziert, erhält man nur die Chance, 2x das selbe zu erhalten.

Mir ist natürlich klar, dass der Zufall kein Gedächtnis hat - daher sei die Betrachtung nicht, nach dem kaufen eines Looses: „Okay, 1x habe ich es schon versucht, wie hoch ist meine Chance JETZT?“->Natürlich genau so hoch wie vorher, sondern eher: „Wenn ich jetzt x-Mal Teilnehme, wie hoch ist meine Chance dann?“

Meine Fragen hierzu:

  1. Stimmen meine oben genannten Aussagen oder ist bereits der Hinweg ein Holzweg?
  2. Wie berechnet man Wahrscheinlichkeiten mit mehreren Versuchen?
  3. Wenn Ihr als Mathematiker und logisch denkende Menschen so eine Aufgabe seht, wie schafft ihr es dann generell, euch daraus eine Formel herzuleiten? Gibt es da irgendeinen Trick, sich das zu erleichtern? Mir scheint das irgendwie nicht in die Wiege gelegt, aber ich würde es gerne können.

Vielen lieben Dank im voraus.

#2

Doch.
Bei 26 Losen müsste der Hauptgewinn 1x vorkommen, also 100%.
Mit 52 Losen hast du den Hauptgewinn 2x, also 200%

Das Problem bei der Wahrscheinlichkeit ist, dass sie nur für eine sehr grosse Anzahl von Versuchen auch zutrifft.

Beim Würfel ist die Wahrscheinlichkeit 1:5, dass eine bestimmte Zahl kommt.
Bei 6 Würfen müsste als jede Zahl einmal vorkommen. Tja, aber wenn man es nicht brauchen kann, kommt dann die 6 3x hintereinander…
Wenn du aber 600 Würfe betrachtest, kommt jede Zahl etwa 100 mal, zumindest wenn der Würfel nicht manipuliert ist oder sonst eine Asymmetrie aufweist.

Übrigens ist bei der Münze die Wahrscheinlichkeit nicht genau 1:1, sie kann auch auf dem Rand stehen bleiben, wenn man sie z.B. auf einen ebenen Tisch wirft.

MfG Peter(TOO)

#3

Ich gehe davon aus, dass du die Wahrscheinlichkeit dafür wissen willst, bei x Versuchen den gewünschten Gewinn mindestens einmal zu haben.
So etwas berechnet man über die Gegenwahrscheinlichkeit: du rechnest die Wahrsvheinlichkeit dafür aus, den gewünschten Gewinn bei einer Ziehung NICHT zu bekommen, multiplizierst diesen Wert so oft mit sich selbst, wie du Ziehungen machst, und ziehst das Ergebnis von 1 ab.

#4

Hallo,

ein p guter Schütze1 möge n mal schießen und dabei t mal treffen (0 ≤ t ≤ n).

Dann beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass er…

 …ein Totalversager ist (t = 0):
  (1 – p)n

 …kein Totalversager ist (1 ≤ t ≤ n):
  1 – (1 – p)n

 …kein Meisterschütze ist (0 ≤ t ≤ n–1):
  1 – pn

 …ein Meisterschütze ist (t = n):
  pn

1) „p guter Schütze“ bedeutet, dass der Mann bei jedem seiner Schüsse mit der Wahrscheinlichkeit p trifft. p ist somit ein Maß dafür, wie gut bzw. schlecht er schießt. Je näher p an 1 liegt, desto besser trifft er.)

Das kannst Du sicher selbst auf Deine Fragestellung übertragen; sie entspricht „kein Totalversager“ mit p = 4/26.

Gibt es da irgendeinen Trick, sich das zu erleichtern?

Ja – man liest ein Buch über Wahrscheinlichkeitsrechnung… ;–)

Gruß
Martin

#5

Hallo Peter, das kann leider wirklich nicht sein. Nehmen wir der einfachheit an, es gäbe nur 4 Auswahlmöglichkeiten, und genau einen Gewinn. Dann wäre die Wahrscheinlichkeit diesen Gewinn zu bekommen 25%. Und wenn du 4x in eine solche Lostrommel greifst, wären es 100%. Das stimmt aber nicht, denn wenn du Pech hast, kannst Du sogar 10x daneben liegen, denn wie ich schrieb:
„(Durch einen Gewinn wird dieser aus der Menge an 26 möglichen Gewinnen nicht entfernt!)“.
Ich vermute, du gingst davon aus, dass die Lose stets an der selben Stelle liegen.
Danke dennoch für deine Antwort :slight_smile:

#6

Damit habe ich genau das was ich brauche, was ich nun anwenden kann und eine Erklärung noch obendrein.
Dankeschön. :bulb:

#7

Hallo, danke für deine Erläuterungen, leider kann es keine 2 besten antworten geben, daher kann ich lediglich den zustimmen-knopf drücken.

#8

No problem. Ich freue mich, zur Klärung Deiner Frage beigetragen zu haben.

#9

Hm,

ob das richtig verstanden wurde?
Die Chance auf einen Hauptgewinn ist p=1/26. Du hast n=4 Versuche (k)einen oder mehrere aus 26 Möglichen zu ziehen.
Das ist die Binomialverteilung: B(k=0,4,1/26) = 85.5% für keinen Treffer oder 14,5% für mind. 1 Treffer…

#10

Alles was Wahrscheinlich ist, ist wahrscheinlich falsch…
Bei 26 Versuchen ist die Wahrscheinlichkeit auf mind. 1 Hauptgewinn B(k>0,26,1/26 )= 63.9%
Bei 52 Versuchen ist die Wahrscheinlichkeit auf mind. 1 Hauptgewinn B(k>0,52,1/26) = 87%
Würfel werden genau so wie Münzen idealisiert betrachtet und damit rechent man beim Würfel mit p=1/6 und bei Münzen p=1/2 und wendet die Binomialverteilung an.

#11

Hallo,

ob das richtig verstanden wurde?

das kann uns letztlich nur der Fragesteller sagen, aber ich denke tatsächlich, so wie Du es offensichtlich verstanden hast, war es nicht gemeint. Im Eröffnungsartikel heißt es doch

„in einer imaginären Verlosung bekommt man 4 Gewinne präsentiert, von denen man sich einen aussuchen darf. […]“

Für mich liest sich das besten Willen nicht so, als ob da vier Ziehungen stattfänden, sondern die vier präsentierten Gewinne werden schlicht aus dem 26er-Vorrat simultan zufallsausgewählt und der eine interessante Gewinn befindet sich dann unter den vieren mit der Wahrscheinlichkeit 4/26. Das ist eine Ziehung des Spiels entsprechend dem Urnenmodell „Ziehen von 4 Kugeln aus einer Urne mit 26 Kugeln ohne Zurücklegen“ und sie ist kein Bernoulli-Experiment. Mit einem solchen bekommen wir es erst zu tun, wenn der Spieler mehrere Lose kauft, um an mehreren solchen Ziehungen teilzunehmen.

Just my two cents…

Gruß
Martin

#12

Du hast es richtig verstanden.

Kaufst Du ein Los, bekommst du zufällig 4 Gewinne vorgelegt, einen davon darfst du Dir aussuchen.
26 Verschiedene Gewinne sind möglich. Man möchte aber nur einen dieser 26 haben, der Rest ist unnütz.
Das ganze ist aus einem Computerspiel und somit irrelevant, mich wurmte es nur so, weil mich Wahrscheinlichkeitsrechnung interessiert, und ich keine Ahnung hatte, wie ich das berechne, selbst mithilfe von Onkel Google nicht.
Nun ist es aber dank eurer Tatkräftigen Unterstützung klar, danke nochmal :slight_smile:

#13

Prima :–) Ich habe Maxima (ein Computer-Algebra-System) mal die Wsk-Werte für 1 bis 10 Lose ausrechnen lassen:

1 : 15.4 %
2 : 28.4 %
3 : 39.4 %
4 : 48.7 %
5 : 56.6 %
6 : 63.3 %
7 : 68.9 %
8 : 73.7 %
9 : 77.8 %
10 : 81.2 %

Die Anzahl von Losen, ab der es für Dich wahrscheinlicher wird, den einen begehrten Gewinn zu bekommen, als ihn nicht zu bekommen, ist also 5.

–––––––––––––––––––
Das Maxima-Skript:

numer: true$
fpprintprec: 3$
p: 4/26$
w(n) := 1 - (1 - p)^n$
for k: 1 thru 10 do print(k, ":", 100*w(k), "%");
1 Like
#14

Wenn Du sagst, dass Dich nur ein Gewinn (sagen wir Hauptgewinn) aus den 26 interessiert und die anderen „uninteressant“ sind ,
dann ist die Gewinnwahrscheinlichkeit p=1/26 - aus die Maus - p=4/26 ist schlicht falsch!
Das „Vorlegen von 4 Gewinnen“ entspricht 4 Versuchen den Gewinn zu ziehen und wenn weiter „(Durch einen Gewinn wird dieser aus der Menge an 26 möglichen Gewinnen nicht entfernt!“ dann entspricht das dem Verfahren „Ziehen mit Zurücklegen“ bei p=1/26
Du hast hier eine Binomialverteilung zu Grunde zu legen!

Bei 4 (n) Versuchen kannst Du somit 0,1,2,3 oder 4 (n) Hauptgewinne erhalten. An den Rändern der Verteilung kann vereinfacht werden.
Kein Gewinn B(k=0,n,1/26) = (25/26)^n
mind. 1 Gewinn B(k>0,n,1/26) = 1-(25/26)^n
Bei n=10 hast Du eine Chance von 32,44% auf mind. 1 Hauptgewinn

in Maxima
load(distrib);
pdf_binomial(0,10,1/26), numer;
Genau 1 Hauptgewinn
pdf_binomial(1,10,1/26), numer;
usw…

#15

Das „Vorlegen von 4 Gewinnen“ entspricht 4 Versuchen den Gewinn zu ziehen

26 kleine Bälle in einer Flasche, einer rot, der Rest weiß (und sonst sind alle Bälle vollkommen identisch). Ich schüttele die verschlossene Flasche gut durch, dann öffne ich sie und fingere ohne Hinzugucken 4 Bälle heraus.

Analog zu diesem Beispiel (Ziehen von 4 Kugeln aus einer Urne mit 26 Kugeln, wobei eine Kugel interessant ist) kommt das „Vorlegen der vier Gewinne“ beim Fragesteller nach meinem Verständnis zustande – ich kann in seinen Ausführungen nichts erkennen, was etwas anderes nahelegen würde.

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter den vier herausgenommenen Bällen der rote befindet? Meine Antwort ist p = 4/26 (es handelt sich um eine hypergeometrische Verteilung).

1 Like
#16

Hallo Paradigma,

was wäre denn dann jetzt der Stand Deiner Erkenntnis? Konnte ich Dich überzeugen? Oder liegt der Irrtum etwa doch auf meiner Seite? Ein Feedback wäre schon noch nett :–)

Gruß
Martin

#17

Aus meiner Sicht ist alles gesagt und ich wiederhole mich…
Wenn diese Aussage

" (Durch einen Gewinn wird dieser aus der Menge an 26 möglichen Gewinnen nicht entfernt!)"

mit einer Hypergeometrischen Verteilung vereinbar ist, dann hast Du recht…
Und warum wendest Du sie dann nicht an?
Bei 10 Losen beträgt H(k=1,10,1,26) = 0,38461538
maxima: pdf_hypergeometric(1, 1, 25, 10), numer;
Spiel gewonnen bei H(k=1,26,1,26) = 1

#18

Ich denke, der Satz „Durch einen Gewinn wird dieser aus der Menge an 26 möglichen Gewinnen nicht entfernt“ bezieht sich auf das Stattfinden einer weiteren Ziehung (von erneut 4 Kugeln aus den 26), weil der Spieler ein weiteres Los gekauft hat. Der Satz drückt aus, dass vor jeder neuen Ziehung die 4 Kugeln (vom Fragesteller durchgehend als „Gewinne“ bezeichnet) wieder in die Urne zurückgegeben werden.

Bei 10 Losen beträgt H(k=1,10,1,26) = 0,38461538
maxima: pdf_hypergeometric(1, 1, 25, 10), numer;
Spiel gewonnen bei H(k=1,26,1,26) = 1

Und die Zahl 4 taucht da nirgendwo als Parameter auf?

#19

Ach, jetzt verstehe ich Deine Denke…
Nun da wird sich David dazu äußern müssen ob oder was er gemeint bzw. gesagt hat.
Mein n beschreibt die, sagen wir, Losgröße - wie viele Lose im Paket sind.
Alle Fälle, ob eine Losgröße Hypergeometrisch (ohne Zurücklegen) oder Binomial (mit Zurücklegen) erstellt wird, haben wir dann ja abgehandelt.
Bliebe noch Deine Betrachtung, die 10 4er Lospäckchen betrachtet (richtig?) biomial zu beschreiben:

grafik

Dann kann sich David ja seine Lösung raussuchen…
BTW: mit Excel rechnet es sich einfacher als mit wxmaxima :wink:

n’Abend pda

#20

verstehe ich Deine Denke…

Bueno :–)

Nun da wird sich David dazu äußern müssen ob oder was er gemeint bzw. gesagt hat.

Das hat er ja schon, aber am besten ist es natürlich immer, wenn die Leute ihre Fragen gleich von Anfang an präzise formulieren. Da bleibt manchmal leider einiges zu wünschen übrig.

Mein n beschreibt die, sagen wir, Losgröße - wie viele Lose im Paket sind.

Wozu? Diese Größe war doch immer konstant 4.

Deine Excel-Tabelle kann ich nicht nachvollziehen. Die zugrundeliegende Formel anzugeben, wäre sinnvoll gewesen.

Nochmal meine Interpretation: Aus einer Lostrommel mit 25 Nieten und 1 Gewinn werden 4 Lose ohne Zurücklegen gezogen. Wenn der Spieler Glück hat, ist unter den 4 Losen der Gewinn – die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt p = 4/26. Ansonsten, also wenn es 4 Nieten sind, kann er sich die Teilnahme an einer weiteren Ziehung erkaufen (vom Fragesteller ausgedrückt als „…kann man ja beliebig of neue Loose kaufen“ – Achtung: Diese Lose haben NICHTS mit den Losen in der Lostrommel zu tun!). Dann werden die 4 Lose in die Trommel zurückgegeben ("Durch einen Gewinn wird dieser aus der Menge an 26 möglichen Gewinnen nicht entfernt!") und die Ziehung erneut durchgeführt. Das wiederholt sich solange, bis der Spieler irgendwann das Gewinnlos erwischt hat. Der Fragesteller wollte nun wissen, wie groß die Wahrscheinlichkeit dafür ist, dass ihm das mit dem Kauf von n Ziehungen gelingt. Antwort: Sie beträgt 1 – (1 – p)n mit p = 4/26. Wie ich schon gezeigt habe, wird sie für n = 5 erstmals größer als 1/2.

Gruß
Martin

1 Like