Diskussion:Mathematikunterricht/ Sek/ Stochastik/ Lotto

Die Wahrscheinlichkeiten für die jeweiligen Gewinnklassen sind falsch. Um in Gewinnklasse 2 zu kommen, brauch man genau 6 Richtige und eine falsche Superzahl( dies passiert in neun von zehn Fällen). Man muss also die 0,00000072% noch mal 0,9 nehmen und dann bekommt man die Wahrscheinlichkeit für die Gewinnstufe 2 raus. Weiterhin ist die Gesamtwahrscheinlichkeit für zum Beispiel 4 Richtige bei der Gewinnklasse 6 angegeben, aber man muss ja nur die 4 Richtigen ohne Zusatzzahl nehmen. Man muss also auch in der Formel für die Gewinnklasse 6 berücksichtigen, dass man keine zusatzzahl hat: (4 aus 6)* (0 aus 1) * (2 aus 42) / (6 aus 49) Dies gilt genauso bei 3 und 5 Richtigen ohne Zusatzzahl. Damit würden dann auch die Wahrscheinlichkeiten mit denen von der deutschen Lottogesellschaft angegebenen übereinstimmen.

So ist es. Jetzt korrigiert --84.130.243.182 20:58, 27. Okt. 2011 (CEST)

43 über 2 herleiten

Wenn diese Seite wirklich für Schüler sein soll (was mir nicht so vorkommt), dann wäre es wohl instruktiver, die Zahl 903 elementar herzuleiten anstatt einfach einen Binomialkoeffizienten anzugeben. Dazu habe ich die (ausgezeichnete) Idee mit dem Schema aufgegriffen und das Schema explizit ausgefüllt (mit Zahlen, wie es Schüler mögen, nicht mit abstrakten Symbolen).

Es geht um 4 Richtige. Dazu nehme ich folgendes an:

- Die 6 Gewinnzahlen sind 1, 2, 3, 4, 5 und 6.

- Angekreuzt wurden die 4 Gewinnzahlen 1, 2, 3, 4.

Durch diese Annahmen lässt sich das Schema einfacher (systematischer) ausfüllen. Die erste Zeile lautet dann:

1 2 3 4 7 8

Jetzt behalte ich die ersten 5 Zahlen bei und spiele nur in der 6. Zahl alle Möglichkeiten durch. So folgen

1 2 3 4 7 9; 1 2 3 4 7 10; ... 1 2 3 4 7 48; 1 2 3 4 7 49

Um zu sehen, wie viele Möglichkeiten das sind, subtrahiere ich in der 6. Stelle immer 7. Die 6. Stelle lautet dann

1 (=8-7), 2 (=9-7), 3, 4, ...41, 42

Das sind also 42 Möglichkeiten. Rechnung: 49 − 8 + 1 = 50 − 8 = 42

Jetzt wird die 5. Stelle erhöht auf 8 und wieder spielen wir in der 6. Stelle alle Möglichkeiten durch. Die 7 können wir dabei überspringen, denn 8 7 ist der gleiche Tipp wie 7 8 (den wir eben schon hatten), da die Reihenfolge der Zahlen egal ist. Die 8 kann es nicht erneut sein, da es nur eine Kugel mit der Aufschrift 8 gibt, die wir bereits in Stelle 5 haben. Also beginnen wir mit 9:

1 2 3 4 8 9; 1 2 3 4 8 10; 1 2 3 4 8 11; ... 1 2 3 4 8 48; 1 2 3 4 8 49

Das sind 50 - 9 = 41 Möglichkeiten. Du siehst das auch, indem du in der 6. Stelle immer 8 subtrahierst. Dann erhältst du die Zahlen von 1 durchgehend bis 41.

In diesem Sinne spiele ich jetzt alle Möglichkeiten in der 5. Stelle durch (immer noch sind wir in der ersten Zeile):

1 2 3 4 9 10; 1 2 3 4 9 11; ... 1 2 3 4 9 48; 1 2 3 4 9 49

Das sind 50 - 10 = 40 Möglichkeiten. Aufmerksame Schüler werden bemerken, dass die Anzahl der Möglichkeiten immer um 1 kleiner wird. Also machen wir jetzt einen großen Sprung an das Ende der ersten Zeile:

1 2 3 4 46 47; 1 2 3 4 46 48; 1 2 3 4 46 49 (3 Möglichkeiten)

1 2 3 4 47 48; 1 2 3 4 47 49 (2 Möglichkeiten)

1 2 3 4 48 49 (1 Möglichkeit)

Damit ist das Ende der ersten Zeile erreicht. Wieviel Möglichkeiten haben wir jetzt aufgelistet? Dazu müssen wir alle aufgeführten Möglichkeiten zusammenzählen:

42 + 41 + 40 + 39 + ... 3 + 2 + 1

Nun gab es einen verdammt klugen Mathematiker namens Carl Friedrich Gauß. Der hat bereits als Schüler diese Aufgabe mit Bravour gelöst. Man nehme die höchste Zahl (42) und addiere dazu noch eins (43). Diese beiden Zahlen werden multipliziert und das Ergebnis noch durch 2 geteilt. Also

42 + 41 + 40 + 39 + ... 3 + 2 + 1 = 42⋅43/2 = 903

Diese Zahl erhalten wir auch folgendermaßen:

${\frac {43\cdot 42\cdot 41\cdot 40...\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{(2\cdot 1)\cdot (41\cdot 40\cdot 39...\cdot 2\cdot 1)}}$

Das ist aber gerade der Binomialkoeffizient (Entschuldigung, aber ich habe dieses Wortungetüm nicht erfunden) ${43 \choose {2}}$.

--KeksvonL 01:21, 17. Okt. 2015 (CEST)