Problemlösen
Bisher waren \(n\), \(p\) und \(k\) gegeben und die Wahrscheinlichkeit gesucht. Jetzt ist es andersherum: Die Wahrscheinlichkeit steht fest, und einer der Parameter wird gesucht. Aufgelöst wird nicht — man probiert systematisch.
Wie oft muss man ein Bernoulli-Experiment wiederholen, damit mindestens \(k\) Treffer wahrscheinlich genug werden? Stell \(p\), \(k\) und die geforderte Sicherheit ein — die Tabelle sucht das kleinste \(n\).
In der Formel von Bernoulli stehen drei Parameter. Drei davon sind bekannt, einer ist gesucht:
| gegeben | gesucht | Weg |
|---|---|---|
| \(n\), \(p\), \(k\) | \(P(X=k)\) oder \(P(X\le k)\) | direkt einsetzen |
| \(p\), \(k\), Wahrscheinlichkeit | \(n\) | \(n\) schrittweise erhöhen |
| \(n\), \(k\), Wahrscheinlichkeit | \(p\) | \(p\) systematisch probieren |
| \(n\), \(p\), Wahrscheinlichkeit | \(k\) | kumulierte Werte durchgehen |
Nur die erste Zeile ist reines Einsetzen. In den anderen drei steckt der gesuchte Parameter im Exponenten und im Binomialkoeffizienten — nach ihm auflösen geht nicht.
Bei „mindestens \(k\) Treffer“ führt der Weg immer über das Gegenereignis, denn der WTR liefert nur \(P(X \le \ldots)\):
$$P(X \ge k) \ge q \iff 1 - P(X \le k-1) \ge q \iff P(X \le k-1) \le 1-q$$
Beim letzten Schritt wird die Ungleichung umgedreht — es wird mit \(-1\) multipliziert. Das ist die häufigste Fehlerquelle.
Danach sucht man das kleinste \(n\), für das die rechte Ungleichung gilt. Weil \(P(X\le k-1)\) mit wachsendem \(n\) fällt, gibt es eine klare Grenze: darunter zu wenig, darüber immer erfüllt.
a) Wie oft muss man würfeln, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens \(95\,\%\) mindestens eine Sechs zu erhalten?
Für \(k=1\) hat das Gegenereignis nur einen Pfad, deshalb geht es hier sogar ohne Probieren:
$$1 - \left(\tfrac56\right)^n \ge 0{,}95 \iff \left(\tfrac56\right)^n \le 0{,}05$$
$$n \ge \frac{\ln(0{,}05)}{\ln\!\left(\tfrac56\right)} \approx 16{,}43 \quad\Rightarrow\quad n = 17$$
Beim Logarithmieren dreht sich die Ungleichung, weil \(\ln\!\left(\tfrac56\right)\) negativ ist.
b) Und für mindestens drei Sechsen? Jetzt hat das Gegenereignis drei Summanden, und der Logarithmus hilft nicht mehr. Ansatz:
$$P(X \le 2) \le 0{,}05$$
Der WTR liefert für \(n=34\) noch \(0{,}0614\), für \(n=35\) dann \(0{,}0538\) und für \(n=36\) schließlich \(0{,}0471\). Also ist \(n=36\) die Antwort.
Von einer auf drei Sechsen also mehr als eine Verdoppelung der Würfe — der Erwartungswert \(\mu = 36\cdot\tfrac16 = 6\) liegt deutlich über \(3\), weil man Sicherheit will und nicht nur den Durchschnitt.
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Warum rechnet man „mindestens \(k\)“ über das Gegenereignis?
Weil „mindestens \(k\)“ aus \(n-k+1\) Summanden besteht, das Gegenereignis „höchstens \(k-1\)“ dagegen nur aus \(k\). Bei großem \(n\) ist das der einzig gangbare Weg — und der WTR kennt genau diese kumulierte Form.
$$P(X \ge k) = 1 - P(X \le k-1)$$
Achtung auf die Grenze: Das Gegenteil von „mindestens \(k\)“ ist „höchstens \(k-1\)“, nicht „höchstens \(k\)“.
Ein Glücksrad soll so gebaut werden, dass bei \(10\) Drehungen mit mindestens \(90\,\%\) mindestens einmal Gewinn fällt. Wie groß muss \(p\) sein?
Hier ist \(p\) gesucht — mit \(k=1\) geht auch das direkt:
$$1 - (1-p)^{10} \ge 0{,}9 \iff (1-p)^{10} \le 0{,}1$$
$$1-p \le \sqrt[10]{0{,}1} \approx 0{,}794 \quad\Rightarrow\quad p \ge 0{,}206$$
Das Gewinnfeld muss also gut ein Fünftel des Rades einnehmen.
Wenn man in einer „Mindestens“-Aufgabe \(n\) verdoppelt — verdoppelt sich dann auch die Wahrscheinlichkeit?
Nein. Wahrscheinlichkeiten sind nach oben durch \(1\) begrenzt, also kann das gar nicht durchgehend gelten.
Für \(k=1\) sieht man es an der Formel: \(P(X\ge 1) = 1-(1-p)^n\). Verdoppelt man \(n\), so wird \((1-p)^n\) quadriert — der Fehlschlag wird also quadriert, nicht die Wahrscheinlichkeit verdoppelt.
Probier es im Schaubild: Der Sprung von \(80\,\%\) auf \(90\,\%\) kostet viel weniger Versuche als der von \(90\,\%\) auf \(99\,\%\).