Herleitung der Formel von Benoulli

Wissenschaft Physik
1

Hallo,

ich hake mal wieder.

Stochastik war mein Lieblingsthema, das ich, wo immer möglich, vermieden habe.

Die Standartaufgabe:
Aus einer laufenden Produktion werden n Stücke entnommen, wie ist die Wahrscheinlichkeit, dass k Stücke defekt sind, wenn die Wahrscheinlichkeit für Treffen p und für Nichtreffer (1-p) ist.
Soweit, so gut. Die Wahrscheinlichkeit über die ganze Kette ist:
p^k*(1-p)^(n-k).
In der Formel taucht dann aber auf: (n über k), an sich nachzuvollziehen, aber der Binominalkoeffizient wird doch aus den möglichen Anordnungen von Objekten hergeleitet OHNE zurücklegen.

Ich brauche eine Argumentationshilfe um meinen Sohn zu überzeugen, ich kann´s im Moment nur gefühlsmäßig nachvollziehen, aber das ist natürlich mathematisch nicht so richtig tragfähig.

Bin für jeden Hinweis sehr dankbar, in den Büchern, die mich umgeben habe ich nicht so recht was gefunden.

Gruß Volker

2

Hallo

Ich versuch mich mal, obwohl das wohl nix besonders phänomänales wird :wink:

p^k*(1-p)^(n-k)

Das ist ja die Einzelrealisierungsw’keit
Und dass die immer gleich ist, dass lässt sich ja mit dem Nagelbrett gut darstellen. Eben immer unabhängig voneinander k-mal nach rechts und (n-k)-mal nach links

In der Formel taucht dann aber auf: (n über k), an sich
nachzuvollziehen, aber der Binominalkoeffizient wird doch aus
den möglichen Anordnungen von Objekten hergeleitet OHNE
zurücklegen.

Es geht jetzt darum die Anzahl an Realierungsmöglichkeiten zu finden, da ja die Wahrscheinlichkeiten für jede Realisierung gleich ist. Also ist die Frage:

Wie verteile ich k Treffer auf n Versuche.

Sehr gut war für uns immer das Bild, der Auswahl von Siegern aus einer Reihe Teilnehmer.

Für den Gewinner gibt es n Möglichkeiten, dann für den zweiten n-1 usw bis für den letzten n-(k-1)

Also n*(n-1)*(n-2)*(n-3)*…*(n-(k-1))

Also n!/(n-k)! Möglichkeiten für die !geordnete! Besetzung des Siegertreppchens. Geht es aber nur um eine Finalistenauswahl, wird also nicht unterschieden zwischen den Finalisten, dann muss geschaut werden, wie viele Möglichkeiten es gibt für die Finalistenreihenfolge k!. Dadurch muss also geteilt werden.

Also n!/((n-k)!*k!) Möglichkeiten: (n über k)

Naja, vielleicht verständlich.

VG, Stefan

3

Hallo Stefan,

erstmal Danke für die schnelle Antwort.

Wie verteile ich k Treffer auf n Versuche.

Sehr gut war für uns immer das Bild, der Auswahl von Siegern
aus einer Reihe Teilnehmer.

Für den Gewinner gibt es n Möglichkeiten, dann für den zweiten
n-1 usw bis für den letzten n-(k-1)

Also n*(n-1)*(n-2)*(n-3)*…*(n-(k-1))

Also n!/(n-k)! Möglichkeiten für die !geordnete! Besetzung des
Siegertreppchens. Geht es aber nur um eine Finalistenauswahl,
wird also nicht unterschieden zwischen den Finalisten, dann
muss geschaut werden, wie viele Möglichkeiten es gibt für die
Finalistenreihenfolge k!. Dadurch muss also geteilt werden.

Also n!/((n-k)!*k!) Möglichkeiten: (n über k)

Ja, da liegt aber genau mein Problem.

Die Herleitung für (n über k) gilt doch nur, wenn ich eine endliche Anzahl von Elementen habe und nicht zurücklege.

Ein Bernoulli-Experiment setzt aber voraus, dass sich die Wahrscheinlichkeit der Einzelereignisse nicht ändert. Das ist aber bei Ziehen ohne Zurücklegen nicht gegeben.

Wenn ich „unendlich“ viele Elemente habe, dann ändert sich die Wahrscheinlichkeit des Einzelereignisses (fast) nicht, ok.

WEnn ich jetzt aber ein Experiment habe, bei dem die Ziehung (näherungsweise) mit Zurücklegen erfolgt, kann die Herleitung des (n über K) nicht gelten, da diese eine endliche Menge und das Ziehen ohne Zurücklegen fordert.

An dieser Stelle wusste ich nicht weiter, und konne diesen Einwand meines Sohnes nicht entkräften.

Hier brauche ich Hilfe!

Gruß und ein schönes Wochenende

Volker

4

Hallo!

Die Herleitung für (n über k) gilt doch nur, wenn ich eine
endliche Anzahl von Elementen habe und nicht zurücklege.

Du hast auch nur endlich viele Elemente: k-Treffer und n-k Nieten.

Es interessiert ja nur wie oft diese endliche Zahl von Elementen hintereinander verschieden hingelegt werden kann. Das macht eben Sinn, weil einen nur die Anzahl von Realisierungen interessiert und man sie mit der Einzelw’keit multipliziert.

Man könnte sagen wir haben das Problem zerlegt. Die Unabhängigkeit ist durch die Multiplikation der einzelw’keiten gegeben. Die Anzahl der Realisierungsmöglichkeiten ist hier nur ein Auszälungshilfsmittel.

Man hat das Problem in zwei Einzelprobleme zerlegt, in denen nicht die selben Regeln gelten. Der Binomialkoeffizient löst eben das Problem, eine beschränkte Zahl von Treffern und Nieten zu verteilen.

VG, Stefan

5

Hallo Stefan,

Die Herleitung für (n über k) gilt doch nur, wenn ich eine
endliche Anzahl von Elementen habe und nicht zurücklege.

Du hast auch nur endlich viele Elemente: k-Treffer und n-k
Nieten.

Aber eben erst nachdem ich das Experiment durchgeführt habe.

Man könnte sagen wir haben das Problem zerlegt. Die
Unabhängigkeit ist durch die Multiplikation der einzelw’keiten
gegeben. Die Anzahl der Realisierungsmöglichkeiten ist hier
nur ein Auszälungshilfsmittel.

Man hat das Problem in zwei Einzelprobleme zerlegt, in denen
nicht die selben Regeln gelten. Der Binomialkoeffizient löst
eben das Problem, eine beschränkte Zahl von Treffern und
Nieten zu verteilen.

Danke, du hast meine Erkenntnis unterstützt. Ich bin auch gerade zu dem Ergebnis gekommen, dass man trennen muss.
Einmal die Wahrscheinlichkeit, dass k von n Versuchen positiv ausfallen und dann diese, jetzt endliche, Menge untersuchen wie es da mit den Permutationen aussieht.

Ganz herlichen Dank, irgendwie haben wir uns das Leben wohl zu schwer gemacht.

Gruß volker