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Wahrscheinlichkeit im Lotto: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:02 Di 14.01.2014
Autor: X3nion

Aufgabe
Berechne die Wahrscheinlichkeit für 5 Richtige aus 49.

Ein wunderschönes Hallo an euch, liebe Community!

Ich habe eine Verständnisfrage bei oben genannter Aufgabe und würde euch deshalb bitten, es mir verständlich zu erklären! ;)

Die Formel für die Anzahl lautet ja:

[mm] \vektor{6 \\ 5} \* \vektor{43 \\ 1} [/mm]

Als erstes überlegt man sich ja, wie viele Möglichkeiten es gibt, 5 aus 6 richtig zu haben, sehe ich das richtig?
Beispielsweise werden die Zahlen 1 2 3 4 5 6 gezogen.
Die Anzahl, 5 davon richtig zu haben, ist doch nun Folgende:

1 2 3 4 5
1 2 3 4 6
1 2 3 5 6
1 3 4 5 6
1 2 4 5 6
2 3 4 5 6

Das ist ja nun der eine Teil der Formel, nämlich der Binominalkoeffizient [mm] \vektor{6 \\ 5}. [/mm]

Nun verstehe ich aber nicht den zweiten Binominalkoeffizient [mm] \vektor{43\\ 1}. [/mm] Denn geht man davon aus, dass die Zahlen 1 2 3 4 5 6 insgesamt sechs richtige sind, so bestehen die Zahlen 1 2 3 4 5 7 z.B. ja aus nur 5 Richtigen, denn die 7 ist ja falsch?!
Und somit kann ich doch das Prozedere wie oben nicht machen mit
1 2 3 4 5
1 2 3 4 7 ... oder?

Ich würde mich freuen wenn ihr mir helfen könntet das zu begreifen! :)

Beste Grüße und vielen Dank im Voraus,
Christian!


        
Bezug
Wahrscheinlichkeit im Lotto: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:20 Di 14.01.2014
Autor: schachuzipus

Hallo,

> Berechne die Wahrscheinlichkeit für 5 Richtige aus 49.
> Ein wunderschönes Hallo an euch, liebe Community!

>

> Ich habe eine Verständnisfrage bei oben genannter Aufgabe
> und würde euch deshalb bitten, es mir verständlich zu
> erklären! ;)

>

> Die Formel für die Anzahl lautet ja:

>

> [mm]\vektor{6 \\ 5} \* \vektor{43 \\ 1}[/mm] [ok]

Ja, das ist die Anzahl der "günstigen Ziehungen", also die Anzahl der Ziehungen mit 5 richtigen und 1 falscher Kugel

Um die Wsk anzugeben, musst du das noch durch die Anzahl der gesamten Möglichkeiten, 6 Kugeln aus 49 zu ziehen teilen (Hypergeometrische Verteilung)

>

> Als erstes überlegt man sich ja, wie viele Möglichkeiten
> es gibt, 5 aus 6 richtig zu haben, sehe ich das richtig?
> Beispielsweise werden die Zahlen 1 2 3 4 5 6 gezogen.
> Die Anzahl, 5 davon richtig zu haben, ist doch nun
> Folgende:

>

> 1 2 3 4 5
> 1 2 3 4 6
> 1 2 3 5 6
> 1 3 4 5 6
> 1 2 4 5 6
> 2 3 4 5 6

>

> Das ist ja nun der eine Teil der Formel, nämlich der
> Binominalkoeffizient [mm]\vektor{6 \\ 5}.[/mm]

Genau, das gibt an, wieviele Möglichkeiten deine 5 Richtigen bei Ziehung von 6 Kugeln haben

>

> Nun verstehe ich aber nicht den zweiten
> Binominalkoeffizient [mm]\vektor{43\\ 1}.[/mm]

Es werden ja insgesm. 6 Kugeln gezogen, du musst also noch die Möglichkeiten betrachten, wie die 6te falsche Kugel sein kann.


> aus, dass die Zahlen 1 2 3 4 5 6 insgesamt sechs richtige
> sind, so bestehen die Zahlen 1 2 3 4 5 7 z.B. ja aus nur 5
> Richtigen, denn die 7 ist ja falsch?!
> Und somit kann ich doch das Prozedere wie oben nicht
> machen mit
> 1 2 3 4 5
> 1 2 3 4 7 ... oder?

>

> Ich würde mich freuen wenn ihr mir helfen könntet das zu
> begreifen! :)

>

> Beste Grüße und vielen Dank im Voraus,
> Christian!

Schau doch mal hier rein

http://de.wikibooks.org/wiki/Mathematik_f%C3%BCr_Sch%C3%BCler/_Stochastik/_Lotto

Das scheint mir ein ganz brauchbarer link zu sein ...

Gruß

schachuzipus
>

Bezug
                
Bezug
Wahrscheinlichkeit im Lotto: Idee
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:52 Di 14.01.2014
Autor: X3nion

Moment Moment bevor ihr etwas schreibt!

Mir ist gerade ein Gedankenblitz gekommen... ;)

Angenommen ich weiß ja schon die 6 Richtigen ... das wären ja die Zahlen
1 2 3 4 5 6

Ich kann ja die Sache so angehen, dass ich sage, ich habe einmal die 1. Gruppe Zahlen
1 2 3 4 5  + (6) / 7 / 8 ... 49
Ich kann ja die 6 nicht nehmen, denn dann hätte ich ja 6 Richtige, was wir ja nicht wollen. Somit gibt es insgesamt 43 Möglichkeiten, nämlich von der Zahl 7 bis zur Zahl 49, für diese Gruppe.

Die zweite Gruppe bestünde nun aus
1 2 3 5 6 + 7 / 8 ... 49

Wieder hätten wir 43 Möglichkeiten. Dieses Prozedere kann man ja insgesamt 6 mal wiederholen, denn so viele Möglichkeiten, insgesamt [mm] \vektor{6 \\ 5}, [/mm] hat man ja für 5 Richtige aus 6! ;)

Deshalb muss ich also aus den 43 "Falschen" eine Zahl nehmen, denn sonst hätte ich ja wie bei der 1. Gruppe "6 Richtige" wenn ich die 6 dazunehmen würd!

Wäre das soweit richtig? Im Eifer des Enthusiasmus schreibe ich vielleicht etwas überhastet, aber ich habe es glaube ich verstanden! ;)

Bezug
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