Wie mann die Wahrscheinlickeit für einen Sechser im Lotto ausrechnet weiss ich. Ich habe aber eine ähnliche für einen Mathematiker nicht schwerer lösbare Frage.
Wie ist es, wenn mann immer eine der 49 Kugeln zieht uns sie dann gleich wieder in die Lostrommel wirft. Wie viele Ziehungen benötigt man dann im Durchschnitt, bis man alle 49 Kugeln mindestens einmal gezogen hat und wie ist allgemeine Rechenweg, den man auch für eine größere Anzahl an Kugeln anwenden könnte?
Allen die sich die Mühe machen mir zu antworten schon mal Dank im voraus.
Norbert
Hallo Norbert,
Wie ist es, wenn mann immer eine der 49 Kugeln zieht uns sie
dann gleich wieder in die Lostrommel wirft. Wie viele
Ziehungen benötigt man dann im Durchschnitt, bis man alle 49
Kugeln mindestens einmal gezogen hat
unendlich viele…
und wie ist allgemeine
Rechenweg, den man auch für eine größere Anzahl an Kugeln
anwenden könnte?
Die Frage ist so nicht wirklich beantwortbar. Die Wahrscheinlichkeit dafür, eine bestimmt Kugel zu ziehen, ist 1/49. Diejenige, sie nicht zu ziehen, also 48/49. Wenn man den Versuch nun n Mal widerholt (und die gezogene Kugel immer wieder zurücklegt), ist die Wahrscheinlichkeit P1, eine Kugel in allen n Versuchen nicht zu ziehen,
P1 = (48/49)n,
und diejenige, sie mindestens einmal zu ziehen,
P2 = 1-(48/49)n.
Dieser Wert nähert sich dem Wert 1 zwar immer mehr, jedoch asymptotisch, und das heißt, egal wie viele Ziehungen man durchführt, man kann nicht sicher sein, die Kugel zu ziehen.
Gruß Kubi
hallo,
minimum: 49
Maximum: nie
Hier eine wahrsscheinlichkeit anzusetzen, ist rein spekulativ.
Genau wie beim Roulette. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß nach 20maligem fallen von schwarz jetzt wieder schwarz kommt? Knapp 49 %.
Frank
nachtrag
hallo frank und hallo kubi,
danke für eure mühen. schnell waren euere antworten in jedem fall. verzeiht mir: aber ich bin nicht zufrieden mit ihnen. ich will es mal einfacher machen. wir werfen eine münze - kopf oder zahl! (dass die münze auf dem rand zum stehen kommt wollen wir mal ausser acht lassen *gg)
wir versuchsreihen durch
K=Kopf
Z=Zahl
- K K Z
- K K K Z
- Z K
- K K Z
- K K K Z
- K Z
- Z Z Z Z Z K
nur eine kurze vesuchsreihe. aber ich denke, dass ergebnis bei einer längeren reihe irgendwo knapp über drei sich einpendeln würde… aber ich kenne leider kein rechenverfahren…
norbert
Maaaaaaaaaahlzeit!
Das kann ich jetzt geistig nicht ganz nachvollziehen? 
Bei Zahl/kopf wirfen gilt immer:
Fällt Zahl: ich habe gewonnen
Fällt Kopf: der andere hat verloren.
Ist sehr einträglich 
[Bei dieser Antwort wurde das Vollzitat nachträglich automatisiert entfernt]
Hi,
das ist etwas einfacher.
Der Versuch ist also, solange zu werfen, bis das Gegenteil des ersten Wurfs eintritt, also eine Folge KK…KZ oder Z…ZK. Das dies nach n+1>1 Wuerfen auftritt, hat die Wahrscheinlichkeit 1/(2^n), die Summe ist 1, der Mittelwert der Zeiten ist die Summe(n=1 bis unendl.) aus (n+1)*1/(2^n), mit einer zusaetzlichen 1 ists das Quadrat der geometrischen Reihe (Summe n=0 bis unendl. aus q^n, q=1/2) mit Wert 4=2^2, also ist die durchschnittliche Zeit 3.
Ciao Lutz
Humor
hallo frank,
danke für deinen beitrag. du hast den beweis geliefert, dass man bei der beschäftigung mit zahlen nicht den humor verlieren muss.
norbert
Unendliche Reihen
hallo lutz,
ich glaube, dass du zum richtigen ergebnis gekommen bis. leider kann ich mit meiner bescheidenen schulmathematik deinen rechenweg nicht nachvollziehen. in unserem beispiel gab es zwei gleichwahrscheinliche ausgänge des experimentes. was passierte, wenn man drei gleichwahrscheinliche ausgänge hat und versuchsreihen durchführt? wie lange ist eine versuchsreihe dann im schnitt, wenn man sie erst abbricht nachdem alle drei möglichen ausgänge mindestens einmal erzielt wurden. ich weiss leider nicht, wie ich mein problem präziser und einfacher formulieren soll. im prinzip interessiert mich nämlich was bei 9999 gleichwahrscheinlichen ausgängen passiert! ))) wenn ich nun nachvollziehen kann, wie die rechnung für zwei, drei, evtl. auch vier verschiedenen gleichwahrscheinlichen verfahrensausgängen aussieht, kann ich das sicher auch auf mein grundproblem übertragen
schönen gruß norbert
Hi,
also mal drei (A,B,C) versuchen. Die Abbruchbedingung ist, dass im n-ten Schritt ein Ereignis auftritt, das vorher nicht vorkam, und die beiden anderen auftraten. Also 3^n Moeglichkeiten, unter der Beachtung der Symmetrie sei C das letzte, also 3^(n-1) Moeglichkeiten fuer die vorhergehenden. Diese sollen auf die 2^(n-1) A-B-Kombinationen eingeschraenkt sein, von denen die reinen A- und B-Reihen ausgeschlossen sind.
Die Summe von n=2 bis unendlich ergibt 1.
Zum Erwartungswert. Dieser ist wieder die Summe aus Zeit mal Wk. Das geht wieder mit dem Quadrat der geometrischen Reihe, bzw. die Formel fuer die einzelnen Summen in einem Tafelwerk nachschlagen. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, kommt 11/2 raus.
Fuer 9999 kann die Rechnung haarig werden.
Ciao Lutz
Danke
Hallo Lutz,
danke für Deine Mühungen. Sie haben mir Anregungen gegeben, mich weiter mit dem Thema zu beschäftigen. Wahrscheinlich ist es so, dass jeder seinen individuellen Lösungsweg sucht und findet. Dein rechnerisch ermitteltes Ergebnis stimmt in etwa mit meiner Schätzung überein. Ich arbeite weiter auf diesem Gebiet.
Lieber Gruß
Norbert