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Lotto 6 aus 49

Universität / Fachhochschule

Tags: Lotto

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15:35 Uhr, 23.12.2014

Hallo,

ich hab hier was mit Lotto...

Jemand will künftig bei jeder Samstagsziehung im Lotto 6 aus

49

einen Tippschein mit den Zahlen

1,2,3,4,5

und 6 spielen.

(a)

Geben Sie die WK dafür an, dass in zwei aufeinanderfolgenden Ziehungen keiner seiner getippten Zahlen unter den Gewinnzahlen ist.

(b)

Wie groß ist die WK dafür, dass bei der fünften Samstagszeihung zum ertsen Mal mindestens eine seiner getippten Zahlen unter den Gewinnzahlen ist?

Zunächst muss ich wissen, was das für ein Modell ist...

Das ist doch eine Laplace-WK oder? Alle Zahlen haben die gleiche WK?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

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15:50 Uhr, 23.12.2014

"Alle Zahlen haben die gleiche WK?"

Es kommt darauf an, wie Du den W-keitsraum definierst.
Ich würde sagen,
der W-keitsraum besteht aus 6-Tupeln:

Ω = {(a_{1}, a_{2}, . . ., a_{6}) ∣ a_{i} \in {1, 2, 3, . . . ., 49}}

.
Und jeder Tupel dieser Art hat die W-keit

\frac{1}{(\binom{49}{6})}

, also ist es ein Laplace-Raum.
In diesem Modell haben Zahlen gar keine W-keiten.

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16:11 Uhr, 23.12.2014

Ahaa ok genau das wollte ich erstmal wissen...

Jetzt kann ich weiter überlegen...

Würdest du auch

(a)

über die Gegen-WK ausrechnen? Also quasi Ereignis

A :

in zwei aufeinanderfolgenden Ziehungen tritt mindestens eine seiner Zahlen auf.( ist das hier überhaupt die richtige Gegen-Wk)

Und dann

1 - P (A)

rechnen?

. .

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16:14 Uhr, 23.12.2014

Ich sehe keinen Gewinn bei der Anwendung dieser Methode.
Man kann auch direkt alles berechnen.

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16:42 Uhr, 23.12.2014

Hmm ja mir fällt gerade nix anderes ein... Ich überleg noch ein bisschen weiter

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19:40 Uhr, 23.12.2014

Ich sehe das so:

a)

keine der 6 Zahlen,

d . h

. es müssen die Zahlen von

7 - 49

sein

= (\begin{matrix} 43 \\ 6 \end{matrix})

P = {(\frac{1}{(\begin{matrix} 43 \\ 6 \end{matrix})})}^{2}

Oder sehe ich da was falsch ?

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20:18 Uhr, 23.12.2014

Ich weiß nicht

: - (. .

. Ich bin jetzt auch von laplace ausgegangen und der Nenner bleibt doch immer

49

über

6 ...

. Aber ich hab auch noch nix konkretes

- . -

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21:09 Uhr, 23.12.2014

Ne, das ist falsch. Ist auch leicht daran zu erkennen, dass so eine wirklich winzige W-keiten rauskommen würde, aber das Ereignis ist doch gar nicht SO unwahrscheinlich.

Betrachten wir zuerst eine Ziehung. Es gibt

(\binom{49}{6})

Varianten, davon aber nur

(\binom{43}{6})

Varianten ohne

1, 2, 3, 4, 5, 6

. Also ist die W-keit, bei einer Ziehung Zahlen außer

1, 2, 3, 4, 5, 6

zu haben, gleich

\frac{(\binom{43}{6})}{(\binom{49}{6})}

. Bei zwei unabhängigen Ziehungen - Quadrat davon.

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22:52 Uhr, 23.12.2014

ohh man dann war das doch so einfach

- . - ...

. nur die binomialkoeffizienten aufschreiben

. .

. aber das hört sich sehr logisch an :-)

und bei

(b)

muss ich

P (x \geq 1)

ausrechnen oder?

Also

P (x \geq 1) = 1 - P (x \leq 0)

\to = 1 - [\frac{b \in o m {6} {0} \cdot b \in o m {43} {6}}{b \in o m {49} {6}}]

\to = 1 - 0,436

= 0,56

(muss ich das dann noch "hoch 5" nehmen, wegen der 5. Ziehung?)

= {(0,56)}^{5}

ca.

0,055

oder ist das grad quatsch

- . -

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08:35 Uhr, 24.12.2014

Danke für die Richtigstellung.Natürlich muss

(\begin{matrix} 43 \\ 6 \end{matrix})

im Zähler und

(\begin{matrix} 49 \\ 6 \end{matrix})

im Nenner stehen. In nachhinein ist wundere ich mich, warum mir das nicht sofort aufgefallen ist.

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09:22 Uhr, 24.12.2014

Frohe Weihnachten erstmal :-)

Supporter was sagst du zu meinem Weg in

(b) . .

. Ist das quatsch oder sind die Überlegungen richtig?

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10:55 Uhr, 24.12.2014

Ich kann Deine Formel leider nicht komplett entschlüsseln, aber sie scheint mir falsch zu sein.
Wenn wir

a = \frac{(\binom{43}{6})}{(\binom{49}{6})}

, bezeichnen, um diesen Ausdruck nicht mitschleppen zu müssen, dann hast Du in b) einfach

a^{4} (1 - a)

, denn

a

ist die W-keit, bei einer Ziehung keine

1, 2, 3, 4, 5, 6

zu haben, also ist

1 - a

die W-keit, mindestens eine von

1, 2, 3, 4, 5, 6

zu haben. Und wir haben die Situation:

4

Mal keine von

1, 2, 3, 4, 5, 6

, dann einmal doch, als wegen Unabhängigkeit

a^{4} (1 - a)

She-Ra aktiv_icon

12:58 Uhr, 24.12.2014

Ja sorry, irgendwie wollte der meine Schreibweise vom binom. Koeffizienten nicht akzeptieren

- . -

aber du hast das eh anders gemacht... Das sieht wieder sehr logisch aus aber dieses " 4 mal keine von

1,2,3,4,5,6

und dann einmal doch " ist noch nicht richtig in mein Kopf gegangen

: - (

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