hat eigentlich schon jemand was vom Fanbetreuer Saarland/Pfalz bzgl. Busfahrten zur EM gehört? 
Beiträge von mig71
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Nee, nur mein Fahrer;)
bringste nen eigenen Busfahrer mit?
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Klaro. Sind zu zweit und steigen in Regensburg ein!
Bine und du?
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um was gehts?
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von mir auch alles Gute und leg den Sandhausen-Tick ab
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Vor allem weißt du nicht, ob der von dir gewählte Betreuer überhaupt ne Reise organisiert. Das kann doch echt nicht sein.
wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, einen Betreuer auszuwählen, der auch eine Reise organisiert
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#102 Re: EM-Tickets via DFB.de ab 15.01.08 Bouba / Heute 13:52 Und einer der sich KARTENFAHNDER nennt, hier zum ersten Mal Postet, dann noch Dünnschiss, ist die wahre Sauerei.
Halt mal den Ball flach. -
So kommt ma wieda nen bischen runter, denkstoff gibs da drüben jetzt genuch
haste gebucht?
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Mir ist der Preis auch zu hoch mitte Busfahrt. Aber ich schlag denen ein Schnippchen, kauf das Paket und steig gar nich in den Bus ein.
Tickets werden im Bus verteilt
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die können mich mal kreuzweise. So einen Sch.eißdreck hab ich ja noch nie erlebt, noch nicht mal beim DFB/FCN. Ohne mich, lieber flieg ich im Sommer mit flsch nach Ibiza
wolltest du nicht mit mir in die Wohnung meiner Schwester?
Ach ja und die Tickets würde ich Dir auch gerne abnehmen -
Da hast Du's gut getroffen. Klick mal auf den aus Hannover
und ich hab nen Saarländer als Betreuer
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oh, edith meint, ich hab heut 2 jähriges
hatte das einen speziellen Grund, warum du dich hier genau am Valentinstag angemeldet hast?
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genau
wusstest du, dass du 13 Kinda-Riegel essen musst, um dein Kalzium-Bedarf für 1 Tag zu decken? hat der nette Herr von foodwatch erzählt und da wärn dann auch 44 Stück Zucker drin so groß is die Packung gar nichapropos, was ess ich denn heute zu Mittag
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der is voll in Ordnung, hab den gestan da bei den Plasberg gesehen, nich son Lobbiist, hatta gesagt
Seehofer?
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son Dreck, ers stellnse die Sonderangebote bei KL ein, schon fast im Körbchen und dann is nix mehr da
was machste in Kaiserslautern?
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Ich will die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass mindestens ein Antrag erfolgreich ist. Also berechne ich die Wahrscheinlichkeit, dass kein Antrag erfolgreich ist (also (1-p)^n) und bilde davon dann das Komplement.
Im Prinzip ist das wie "Ziehen der Lose in einer Tombola"
p für Gewinn = 0,0451
p für Niete = 0,9549
Man nimmt dann aber an, dass die Wahrscheinlichkeit bei jedem Ziehen eines Loses gleich ist, d.h. die Zufallsexperimente sind unabhängig. Das wäre aber nur der Fall, wenn die Lose wieder zurückgelegt werden. Diese Annahme kann man hier machen, weil die Anzahl der Lose relativ groß ist. Wenn es z.B. nur 20 Lose und 5 Gewinne wären, könnte man das nicht tun. Dann wäre die WSK für ein Gewinnlos nach bei erstem Ziehen 1/4, beim zweiten aber abhängig vom Ausgang der ersten Ziehung entweder 5/19 (es war eine Niete) oder 4/19 (es war ein Gewinn) usw.
Also passt es mit 1 - 0,9549^n und n ist Anzahl der Lose, äh Anträge
Nee, das ist der Erwartungswert, nicht die Wahrscheinlichkeit. Also wenn man einen Antrag abgibt, werden davon im Schnitt 0,0451 angenommen, bei zwei Anträgen werden im Schnitt 0,0902 angenommen und irgendwo bei 20 rum wird dann im Schnitt ein Antrag angenommen. Trotzdem ist dann die Wahrscheinlichkeit noch nicht 1, dass tatsächlich ein Antrag angenommen wird
d´accord
Aber auf den Erwartungswert kommt es ja eigentlich an.:
Äh nee, wenn Du alle 220000 Anträge selbst abgegeben hast, wird nicht nur einer Deiner Anträge gezogen, sondern ca 10.000
Im übrigen wäre nach Deiner obigen Argumentation die Wahrscheinlichkeit schon bei ca. 20 Anträgen gleich 1 (20*5% = 100%)
Wenn ich alle 220000 Anträge selbst abgegeben hätte, hätte ich mit Wahrscheinlichkeit 1 alle Gewinne gezogen.:
Nein das ist nicht vergleichbar mit Lotto. Beim Lotto kannst Du einen Sechser haben unabhängig davon, was andere tippen (nur die Höhe des Gewinnes wird vom Tippverhalten anderer beeinflusst), bei den EM-Tickets kommt es halt auch drauf an, was und wieviel andere bestellen
Was und wieviele andere bestellen ist in deinem Modell ebenfalls nicht berücksichtigt. Mit der Formel für die WSK nimmst du an, dass bei jedem Ziehen eines Loses die Wahrscheinlichkeit gleich ist, was einem Zurücklegen eines Loses in die Lostrommel entspricht und erst dadurch zu einer Unabhängigkeit der Ereignisse führt. Da man aber auch nicht weiß, wie oft gezogen wird (das würde tatsächlich berücksichtigen, was und wieviel die anderen bestellt haben), muss man sich mit obigem Modell begnügen. -
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Also folgendermaßen siehts aus:
Nach den Kundennummern zu urteilen gab es etwa 220.000 Anträge. Der DFB gibt 872.650 Bestellungen an; ich interpretiere das so, dass pro Antrag im Schnitt für 3,97 Spiele Karten bestellt wurden. Dieser Wert ist jedoch für die Zuteilungswahrscheinlichkeit nicht von Belang, da sowieso pro Antrag höchstens ein Spiel zugeteilt wird. Weiterhin gibt der DFB eine Gesamtzahl von 2.630.027 bestellten Karten an, das bedeutet, dass im Schnitt Karten für 3,02 Personen pro Antrag bestellt wurden.
Für die Vorrunde werden insgesamt 14.400 Karten verlost, das sind 70% des DFB-Kontingentes. Für die späteren Runden werden dem DFB folgende Kontingente zugeteilt: VF 7020/5980, HF 5980, F 9800. Unklar ist, wie das mit den unterschiedlich großen Kontingenten für das VF in Abhängigkeit vom Spielort gehandhabt wird, ich habe für die weiteren Berechnungen den Mittelwert der beiden Werte verwendet. Ausgehend von der Kartenvergabe für die Vorrunde gehe ich hier davon aus, dass von diesen Kontingenten jeweils wieder 70% in der Verlosung sind. Damit kommt man auf eine Gesamtanzahl von 29.996 Karten in der Verlosung.Interessant ist nun die Frage, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass man mindestens einen erfolgreichen Antrag hat. Die Wahrscheinlichkeit kann man nicht exakt berechnen, weil die genaue Aufteilung der Bestellungen auf die Spiele und das exakte Verlosungsprozedere nicht bekannt ist, näherungsweise (d.h. unter Annahme etwas vereinfachter Bedingungen) ist die Berechnung jedoch möglich:
Es gibt also 29.996 Tickets, die verteilt werden und pro Antrag haben im Schnitt etwa 3,02 Personen bestellt, d.h. im Schnitt werden pro erfolgreichem Antrag 3,02 Tickets vergeben. Daraus ergibt sich, dass etwa 9.932 Anträge (von den insgesamt etwa 220.000 Anträgen) erfolgreich sein werden. Die Erfolgswahrscheinlichkeit pro Antrag beträgt damit also 4,51 %.
Damit lässt sich nun mittels elementarer Wahrscheinlichkeitsrechnung die Wahrscheinlichkeit, dass man mindestens einen erfolgreichen Antrag hat, recht einfach ausrechnen nach folgender Formel:Wahrscheinlichkeit(mindestens ein erfolgreicher Antrag bei n abgegebenen Anträgen) = 1 - 0,9548^n.
(Für Nicht-Mathematiker: ^ bedeutet "hoch" (potenzieren) und das Ergebnis liegt zwischen 0 und 1, wobei 1 für 100% steht und 0 für 0%)
Prost
also bis 4,51% stimmt das ja noch so weit. aber ich habe keine Ahnung, warum du eine geometrische Verteilung annimmst. Deine angegebene Wahrscheinlichkeit von F(n) = P( X <= n) = 1 - (1-p)^n wäre die Wahrscheinlichkeit, dass man maximal n Versuche benötigt, um gezogen zu werden.
Es handelt sich hier jedoch um ein Laplace-Experiment. D.h. die Wahrscheinlichkeit, mit einem Antrag zum Ziel zu kommen, ist 4,51%, bei zwei Anträgen entsprechend 2 * 4,51%, bei dreien 3 * 4,51% usw. Dann ergibt sich, wenn ich alle 220000 Anträge selbst abgegeben habe exakt eine Wahrscheinlichkeit von 1, dass einer meiner Anträge gezogen wird.
Vergleichbar ist das dem Lotto. Mit einem Kästchen ist die Chance ca 1:14000000 auf einen Sechser, mit zwei Kästschen entsprechend 2:14000000, mit dreien 3:14000000 -
stimmt, du redest auch imma so einen Schmarrn :p:
geh stricken
