Lottowahrscheinlichkeit mal anders

[Gandalf]

Moin Statistiker und Wahrscheinlichkeitsrechner,

gestern im trauten Kreis kam die Rede auf Lotto, die Wahrscheinlichkeit sechs richtige zu haben und wie hoch die Wahrscheinlichkeit sei, daß es an zwei aufeinanderfolgenden Wochen die gleichen Zahlen gäbe.
Dort argumentierte ich, daß es von der Fragestellung abhinge.
Wenn man für die erste Ziehung eine beliebige Kombination zuließe und eine Wiederholung in der nächsten Woche haben möchte, sei die Wahrscheinlichkeit 49 über 6.
Wenn man allerdings eine bestimmte Kombination nehmen würde, also diese Woche (vor der Ziehung bestimmt) und die WAhrscheinlichkeit für eine Widerholung genau dieser Kombination in der nächsten Woche, dann wäre die Wahrscheinlichkeit 49 über 6 zum Quadrat.
Soweit richtig?

Dann ging die Spinnerei aber weiter.
Ab wieviel Ziehungen ist die Wahrscheinlichkeit größer, daß wieder eine irgendwann gezogene Kombination wieder gezogen wird?
Düster erinnerte ich mich an das Geburtstagsproblem, also ab wieviel Personen es wahrscheinlicher ist, das mindestens ein Geburtstag zweimal vorkommt.
Die Zahl war, wenn ich mich recht erinnere erstaunlich klein (28 oder so).
Kann man diese Berechnung auf die Lottozahlen übertragen und wenn ja wie? Den Rechenweg für das Geburtstagsproblem kriegte ich nicht mehr zusammen, nur noch daß man die Wahrscheinlichkeiten des Nichteintreffen des Problems addierte, bis sie kleiner 0,5 war.
Aber ich kann mich da auch schwer täuschen.

Gandalf

[Oliver_a32c43]

Hallo,

gestern im trauten Kreis kam die Rede auf Lotto, die
Wahrscheinlichkeit sechs richtige zu haben und wie hoch die
Wahrscheinlichkeit sei, daß es an zwei aufeinanderfolgenden
Wochen die gleichen Zahlen gäbe.

Na, euch scheint der Stoff wohl nie auszugehen.
Dann schau’n wir mal:

Dort argumentierte ich, daß es von der Fragestellung abhinge.
Wenn man für die erste Ziehung eine beliebige Kombination
zuließe und eine Wiederholung in der nächsten Woche haben
möchte, sei die Wahrscheinlichkeit 49 über 6.
Wenn man allerdings eine bestimmte Kombination nehmen würde,
also diese Woche (vor der Ziehung bestimmt) und die
WAhrscheinlichkeit für eine Widerholung genau dieser
Kombination in der nächsten Woche, dann wäre die
Wahrscheinlichkeit 49 über 6 zum Quadrat.
Soweit richtig?

Völlig korrekt!
Das ist so ähnlich wie mit den Blitzeinschlägen:
Wenn die W. von einem Blitz getroffen zu werden p ist, dann ist die W. zweimal getroffen zu werden p², dagegen ist die W. nochmal vom Blitz getroffen zu werden, nachdem man bereits einmal getroffen wurde, wieder nur p.

Dann ging die Spinnerei aber weiter.
Ab wieviel Ziehungen ist die Wahrscheinlichkeit größer, daß
wieder eine irgendwann gezogene Kombination wieder gezogen
wird?
Düster erinnerte ich mich an das Geburtstagsproblem, also ab
wieviel Personen es wahrscheinlicher ist, das mindestens ein
Geburtstag zweimal vorkommt.
Die Zahl war, wenn ich mich recht erinnere erstaunlich klein
(28 oder so).

ja, 23

Kann man diese Berechnung auf die Lottozahlen übertragen?

Ja, das ist genau das selbe.

Den Rechenweg für das Geburtstagsproblem kriegte
ich nicht mehr zusammen, nur noch daß man die
Wahrscheinlichkeiten des Nichteintreffen des Problems
addierte, bis sie kleiner 0,5 war.

Das ist ein Weg, der ziemlich umständlich ist. Ein eleganterer geht über das Gegenereignis:

Gegeben ist ein System (Person, Lottomaschine), das K gleichwahrscheinliche Zustände annehmen kann (Geburtstag, Gewinnzahl).
Wieviele dieser Systeme müssen mindestens vorliegen, damit die W. für zwei gleiche Zustände größer als 0,5 ist?
oder äquivalent: Ab wievielen ist die W. keiner Übereinstimmung kleiner als 0,5.

Lösung:
Es gibt K^N Möglichkeiten insgesamt. Damit es keine Überstimmungen gibt, müssen diese ohne Doppelbelegung über die K Möglichkeiten verteilt werden. Dafür gibt es (K über N)*N! Möglichkeiten.

Du musst also bestimmen, für welches N die Ungleichung

(K über N)*N!/K^N

[M_L_]

Hallo.

Moin Statistiker und Wahrscheinlichkeitsrechner,

Danke für die Blumen

gestern im trauten Kreis kam die Rede auf Lotto, die
Wahrscheinlichkeit sechs richtige zu haben und wie hoch die
Wahrscheinlichkeit sei, daß es an zwei aufeinanderfolgenden
Wochen die gleichen Zahlen gäbe.
Dort argumentierte ich, daß es von der Fragestellung abhinge.
Wenn man für die erste Ziehung eine beliebige Kombination
zuließe und eine Wiederholung in der nächsten Woche haben
möchte, sei die Wahrscheinlichkeit 49 über 6.

Stimmt für eine Ziehung. Allerdings legt ‚irgendeine‘ Ziehung auch die ‚bestimmte‘ Ziehung fest…

Wenn man allerdings eine bestimmte Kombination nehmen würde,
also diese Woche (vor der Ziehung bestimmt) und die
WAhrscheinlichkeit für eine Wiederholung genau dieser
Kombination in der nächsten Woche, dann wäre die
Wahrscheinlichkeit 49 über 6 zum Quadrat.

Rechnerisch ja, aber oben muss es auch (49 über 6) ^2 heissen

Dann ging die Spinnerei aber weiter.
Ab wieviel Ziehungen ist die Wahrscheinlichkeit größer, daß
wieder eine irgendwann gezogene Kombination wieder gezogen
wird?
Düster erinnerte ich mich an das Geburtstagsproblem, also ab
wieviel Personen es wahrscheinlicher ist, das mindestens ein
Geburtstag zweimal vorkommt.
Die Zahl war, wenn ich mich recht erinnere erstaunlich klein
(28 oder so).

mind. 23: 365/365 * 364/365 * 363/365 * 362/365 * …, bis wir bei ~0,5 gelandet sind (=50%)

Kann man diese Berechnung auf die Lottozahlen übertragen und
wenn ja wie? Den Rechenweg für das Geburtstagsproblem kriegte
ich nicht mehr zusammen, nur noch daß man die
Wahrscheinlichkeiten des Nichteintreffen des Problems
addierte, bis sie kleiner 0,5 war.
Aber ich kann mich da auch schwer täuschen.

Dem ist nicht so Allerdings ist die Auswahlmenge schon etwas grösser
(49 ü. 6)/(49 ü. 6) * ((49 ü. 6)-1)/(49 ü. 6) * ((49 ü. 6)-2)/(49 ü. 6) *…
(„SCH***** Darstellung, ich weiss…“) Aber den Wolf kann sich jeder rechnen, der will. Irgendwann ist das Ergebnis bei >=0,5
Und wenn alle mög. Komb. irgendwann einmal gezogen worden sind, liege ich bei der (49 ü.6)+1-ten Ziehung auf der sicheren Seite…

HTH
mfg M.L.

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[michael_f7f5bc]

achtung leute …
hi mitnand,
achtung: wahrscheinlichkeiten sind zahlen zwischen 0 und 1 (oder zwischen 0% und 100%). ihr müsst aus den berechneten anzahlen noch die kehrwerte nehmen.
hth
m.

[Oliver_a32c43]

Die Lösung!

Du musst also bestimmen, für welches N die Ungleichung

(K über N)*N!/K^N

[Gandalf]

Wärmsten Dank!
Liebe Statistiker und Wahrscheinlichkeitsrechner,

ich wußte es doch, daß ich mich auf Euch verlassen kann!
Dann kann ich nächste Woche mit Eurem Wissen glänzen

Gandalf

[M_L_]

Preisliste
Hallo.

Dann kann ich nächste Woche mit Eurem Wissen glänzen

War ja zu befürchten, dass hier jemand anderer Leute Früchte ernten will.
Was gleich mal ins Geld geht:
– pro volle Minute Antworttext eintippen : 50 Cent
– Rechner Benutzung pro Minute : 1 (T)Euro
– Zitatkosten pro Erwähnung in Abhängigkeit von der Qualifikation des Antwortenden
-Amateurmathematiker : 2 Euro
-Mathestudent (Uni/FH) : 4 Euro
-Dipl.-Math. (Lehramt) : 5 Euro
-Dipl.-Math. (Uni/FH) : 5 Euro
-Dr. Math. : 9 Euro
-Prof. Dr. Math. : 12 Euro

Tja, schlachte schon mal das Sparschwein
Ich krieg dann 8 Euro…

mfg M.L. (SCNR)

[Gandalf]

Hallo Markus,

Dann kann ich nächste Woche mit Eurem Wissen glänzen

War ja zu befürchten, dass hier jemand anderer Leute Früchte
ernten will.

ich gebs wenigstens zu!

Tja, schlachte schon mal das Sparschwein
Ich krieg dann 8 Euro…

Das kommt davon, wenn man ehrlich ist - nie wieder !!!

Gandalf

[M_L_]

Tach nochmal.

Das kommt davon, wenn man ehrlich ist - nie wieder !!!

Das war doch nur ein Scherz (SCNR = Sorry, could not resist = Entschuldigung, ich konnte nicht widerstehen)
Aber in jedem Scherz steckt auch ein Körnchen Wahrheit…

mfg M.L.

[Gandalf]

Tach auch nochmal,

nie wieder !!!

Das war doch nur ein Scherz (SCNR = Sorry, could not resist =
Entschuldigung, ich konnte nicht widerstehen)

Kenn ich doch!

Aber in jedem Scherz steckt auch ein Körnchen Wahrheit…

Suffluckes

Gandalf
P.S.
Weiter gehts im Plauderbrett, sonst gibbet Mecker vom Meister

[Martin]

Du musst also bestimmen, für welches N die Ungleichung

(K über N)*N!/K^N „Ein augenverbundener Kellner, mit einer Reihe aus n Gläsern vor sich, schenkt aus einer unerschöpflichen Flasche k mal aus, wobei er das jeweilige Glas zufällig auswählt“

nicht zu einer Sauerei führt, weil der Kellner ein Glas mehr als einmal erwischt hat, beträgt

p(k) = (n über k) k! / n^k

Wie diese Gleichung zustandekommt, hast Du ja schon erklärt (ich wollte sie auch deshalb noch mal hinschreiben, weil ich das k und das n umgekehrt verwendet habe).

Eine Näherung dafür läßt sich mit Hilfe der Stirling-Formel gewinnen. Sie lautet

p_approx(k) = e^{– k² / (2 n)}

und ist für große n und vergleichsweise kleine k sehr gut. Es handelt sich um eine „Gaußglocke“, d. h im Grenzfall der Näherung liegt bzgl. k eine Normalverteilung vor (was ich ziemlich interessant finde. Gibt es eventuell einen tieferen Grund/Interpretation dafür? Wenn dazu jemandem etwas einfällt, bitte melden).

Die Auflösung nach k, die die p_approx-Gleichung erlaubt, zeigt, wie k mit n wächst, nämlich wurzelartig:

k = sqrt(–2 n ln(1 – p))

–> k ~ n^1/2

Für p = 1/2 folgt schließlich

k _p=1/2 = 1.17741 sqrt(n)

Für n = 365 („Geburtstagsparadoxon“) ergibt sich tatsächlich k = 22.5, und für n = (49 über 6) erhält man k = 4403. So einfach ist die Welt .

Ab 4404 Ziehungen ist die Wahrscheinlichkeit mindestens zweier
Übereinstimmungen zum ersten mal größer als 0,5.

Diese Zahl Ziehungen wird im Jahr 1955 + 4404/52 = 2039 erreicht sein (unter der Annahme einer konstanten Ziehungsrate von 1/Woche).

Mit feundlichem Gruß
Martin

[Oliver_a32c43]

Hallo Martin,

Vielen Dank für die nützliche Näherung. Ich bin immer wieder erstaunt wie exakt vermeintlich grobe Näherungen doch immer wieder sind.

Zu deiner Frage:

Es
handelt sich um eine „Gaußglocke“, d. h im Grenzfall der
Näherung liegt bzgl. k eine Normalverteilung vor (was ich
ziemlich interessant finde. Gibt es eventuell einen tieferen
Grund/Interpretation dafür? Wenn dazu jemandem etwas einfällt,
bitte melden).

Naja, du hast n! durch die Stirlingformel angenähert und genauso wird auch die Gaußverteilung aus der Binomialverteilung abgeleitet. Und weil unser Problem dem der Binomialverteilung formal ähnelt, ist es auch nicht verwundertlich, dass deine Näherung nun auch der Gaußerverteilung formal ähnelt.

Gruß
Oliver

[Gandalf]

Moin Martin,

Diese Zahl Ziehungen wird im Jahr 1955 + 4404/52 = 2039
erreicht sein (unter der Annahme einer konstanten Ziehungsrate
von 1/Woche).

momentan wird aber zweimal die Woche gezogen und ich hab jetzt keine Daten, seit wann das so ist.
Daher wird sich das Datum 'nach hinten ’ ziehen.

Gandalf

[Martin]

Naja, du hast n! durch die Stirlingformel angenähert und
genauso wird auch die Gaußverteilung aus der
Binomialverteilung abgeleitet. Und weil unser Problem dem der
Binomialverteilung formal ähnelt, ist es auch nicht
verwundertlich, dass deine Näherung nun auch der
Gaußerverteilung formal ähnelt.

Hallo Oliver,

das hört sich plausibel an, aber so einfach scheint es nicht zu sein.

Die Binomialverteilung, gegeben durch die „Bernoulli-Formel“

P(k) = (n über k) p^k (1–p)^n–k

wird genähert durch die Normalverteilung

P(k) = 1/sqrt(2 π n p (1–p)) exp(–1/2 (k–n p)²/(n p (1–p)))

Mangels besserer Ideen habe ich kurzerhand p=1/2 gesetzt und fand, daß

(n über k) / 2ⁿ

genähert wird durch

1/sqrt(π n/2) exp(–2 (k – n/2)²/n)

Um die Glocke nullsymmetrisch zu bekommen, muß k durch a = k + n/2 substituiert werden. Eine anschließende weitere Substitution n –> 4 n führt auf dieses Ergebnis:

[*] sqrt(2 π n) (4 n über (2 n + a)) / 2^{4 n}

wird approximiert durch

[**] e^{–a² / (2 n)}

Auch diese Näherung ist sehr gut (Check mit Funktionenplotter).

[**] ist formal identisch mit der Näherungs-Gaußglocke für das Geburtstagsparadoxon-Problem. Jedoch kann ich mir beim besten Willen nicht vorstellen, wie der Ausdruck [*] und die exakte Geburtstagsparadoxon-Formel (n über k) k! / n^k miteinander zusammenhängen könnten.

Ich glaube jetzt fast, daß man sich wahrscheinlich haufenweise irrwitzige Ausdrücke ableiten kann, die nichts miteinander zu tun haben, aber alle hervorragend *g* durch eine Gaußglocke genähert werden können, und das, ohne daß ein tieferer Sinn dahintersteckt.

Gruß
Martin

[Martin]

Hallo Gandalf,

Daher wird sich das Datum 'nach hinten ’ ziehen.

Du meinst, es wird schon eher soweit sein? Das stimmt. Die Mittwochsziehung gibt es seit Mitte 1986. Wenn auch zukünftig jeweils am Mi und am Sa eine Ziehung stattfindet, wird die Zahl von 4404 Ziehungen im Jahre x mit

(1986.5–1955)*52 + (x–1986.5)*104 = 4404

erreicht sein. Ergebnis: x = 2013.

Die Wahrsch.keit, daß im Jahr 2013 im Laufe der gesamten Lottogeschichte eine Ziehung doppelt aufgetreten ist, beträgt also 50%. Das darf jedoch keinesfalls verwechselt werden mit der Wahrsch.keit, daß im Jahr 2013 eine bestimmte Ziehung so ausgeht, daß eine schon einmal gezogene Folge erscheint. Die Wahrsch.keit dafür beträgt nur ca. 4404/(49 über 6) = 0.0315%.

Gruß
Martin

[Oliver_a32c43]

Hallo Martin,

Jedoch kann ich mir beim besten
Willen nicht vorstellen, wie der Ausdruck [*] und die exakte
Geburtstagsparadoxon-Formel (n über k) k! / n^k
miteinander zusammenhängen könnten.

Na, dann stellen wir die beiden Formel doch mal gegenüber:

Binomialverteilung:
P(k) = (n über k) p^k (1–p)^n–k

Geburtstagsformel:
P(k) = (n über k) k! (1/n)^k 1^n–k

Die Gemeinsamkeit besteht darin, dass man bei beiden eine Gesamtzahl von n hat über die dann k Elemente verteilt werden.
Bei der Geburtstagsformel entspricht n einem bestimmten Datum, die Belegung der Elemtente sind daher unterscheidbar, weswegen man hier durchpermutieren kann und es einen zusätzlichen Faktor k! gibt. Bei der Binomialverteilung entspricht n der willkürlichen Nummer des Versuches, welche keine Rolle spielt und hier deshalb das k! fehlt.
Dann wird diese Verteilung mit den Einzelwahrscheinlichkeiten belegt: Und zwar bei der Geburtstagsformel jedes Element mit 1/n und bei der Bionomialverteilung mit jedes Element mit p.
Einen Unterschied gibt es bei der Belegung der freien Plätze: diese werden bei der Binomialverteilung mit der Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses (1-p) belegt, wogegen bei der Geburtstagsformel diese Plätze keine Rolle spielen und mit 1 belegt werden.

Man sieht also: Obwohl die beiden Formel inhaltlich nichts miteinander zutun haben, liegt bei der Herleitung die selbe Überlegung zugrunde, nämlich die Verteilung von k Elementen über n Plätze und anschließender Gewichtung. Diese Grundüberlegung führt zu einer formalen Ähnlichkeit, welche natürlich erhalten bleibt, wenn beide Formeln anschießend mit der selben Näherung vereinfacht werden.

Trotz dieser formalen Ähnlichkeit sollte aber nochmal betont werden, dass die beiden Formeln inhaltlich nichts miteinander zu tun haben:
Bei der Geburtstagsformel hat man es mit k Versuchen mit n verschieden Ausgängen zu tun und die Formel gibt an, mit welcher W. die Ausgänge alle verschieden sind.
Und bei der Binomialverteilung hat man es mit n Versuchen mit 2 möglichen Ausgängen zu tun und die Formel gibt an, mit welcher W. ein bestimmter Ausgang k mal vorkommt.

Ok, jetzt haben wir aber alles zerhackt, analysiert und wieder zusammengesetzt und jetzt würd’ ich die Sache gerne abhaken.

Gruß
Oliver

[Oliver_a32c43]

Hallo Martin.

Die Wahrsch.keit, daß im Jahr 2013 im Laufe der gesamten
Lottogeschichte eine Ziehung doppelt aufgetreten ist,
beträgt also 50%.

Diese Aussage gilt aber nur, wenn die Ergebnisse der letzten Jahre als nicht bekannt vorausgesetzt werden.
Nun stehen diese Ergebnisse aber schon fest…

Gruß
Oliver

[Martin]

Hallo Oliver,

danke für Deine Antwort. Deine Erklärung leuchtet mir ein. So scheint man die Sache in der Tat begründen zu können.

Die Wahrsch.keit, daß im Jahr 2013 im Laufe der gesamten
Lottogeschichte eine Ziehung doppelt aufgetreten ist, beträgt also 50%.

Diese Aussage gilt aber nur, wenn die Ergebnisse der letzten Jahre
als nicht bekannt vorausgesetzt werden.
Nun stehen diese Ergebnisse aber schon fest…

Ja, das ist richtig (und das anzumerken wäre mein Part gewesen). Für jeden, der um die Tatsache weiß, daß bis jetzt noch keine Ziehung doppelt aufgetreten ist, verringert sich die Wahrsch.keit. Sie wird sogar um einiges kleiner als 50% sein, weil wir bis 2013 nur noch relativ wenige „Versuche“ haben, den Wiederholungstreffer zu erzielen. Aber vielleicht ist es ja morgen soweit. Dann stiege die Wahrsch.keit für die, die den Wiederholungstreffer als solchen erkannt haben, instantan auf 1.

So, jetzt ist aber wirklich genug.

Danke nochmals.

Gruß
Martin