Mind. eine Kugel pro Fach, wie berechnen?

25.08.2008, 15:01

zwergnase

Mind. eine Kugel pro Fach, wie berechnen?

Ich habe Probleme mit folgender Art Fragestellung, hier mal ein Beispiel:

Konkrete Aufgabenstellung:

Ein Bus mit 15 Passagieren (k) hält an vier Haltestellen (n), mit welcher Wahrscheinlichkeit steigt an jeder Haltestelle mind. einer aus?

Benutze Zuordnungsmodell: Kugel in Fächer: Dann folgt für $\begin{eqnarray*} \mid \Omega \mid \end{eqnarray*}$ Kugeln sind nicht unterscheidbar und bel. viele Kugel pro Fach:
$\begin{eqnarray*} \mid \Omega \mid = \begin{pmatrix} n + k -1 \\ k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 + 15 - 1 \\ 15 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Mein Problem ist immer, wie man die günstigen Ereignisse berechnet, also das mind. einer pro Fach. Bei der Aufgabe kommt $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 14 \\ 11 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ raus, aber wie kommt man darauf?

Gruß Wink

25.08.2008, 16:06

Leopold

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STOP!
Du machst den Kardinalfehler Nr. 1 der kombinatorischen Wahrscheinlichkeitsrechnung. Du fängst nämlich an, mit irgendwelchen Formeln herumzuhantieren, ohne dir über den zugrunde liegenden Wahrscheinlichkeitsraum, also das Modell, im klaren zu sein. Das kann nur schiefgehen!

Bevor man anfängt zu rechnen, muß man sich immer erst den Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ definieren. Dazu muß man eine passende Symbolik entwickeln. Sie muß so gestaltet sein, daß

a) jeder interessierende Ausgang des Experiments mit der Symbolik darstellbar ist
b) alle möglichen Ausgänge des Experiments gleichwahrscheinlich sind

Und dann sollte man sich ein paar mögliche Ausgänge aufschreiben, um nachher beim Zählen auf die richtigen Ideen zu kommen.

Ich will einmal deinen Vorschlag symbolisieren, damit du weißt, was ich meine.
Wir haben 4 Haltestellen, an jeder können von 0 bis 15 Personen aussteigen. Insgesamt müssen es 15 Personen sein. Also nehmen wir Quadrupel, die erste Koordinate für die erste Haltestelle, die zweite für die zweite usw. In die Koordinaten tragen wir dann ein, wieviel Personen jeweils aussteigen, dabei muß die Summe der Koordinaten 15 sein.

Und jetzt kommt das mit den Beispielen:

$\begin{eqnarray*} \omega_1 = \left( 0 , 4 , 10 , 1 \right) \end{eqnarray*}$ : An der ersten Haltestelle steigen 0, an der zweiten 4 usw. Personen aus

$\begin{eqnarray*} \omega_2 = \left( 15 , 0 , 0 , 0 \right) \end{eqnarray*}$ : Alle Personen steigen an der ersten Haltestelle aus

$\begin{eqnarray*} \omega_3 = \left( 3 , 6 , 2 , 4 \right) \end{eqnarray*}$ : An der ersten Haltestelle steigen 3, an der zweiten 6 usw. Personen aus

Formal sieht das so aus:

$\begin{eqnarray*} \Omega = \left\{ \omega = \left( k_1 , k_2 , k_3 , k_4 \right) \left| \ k_1,k_2,k_3,k_4 \geq 0 , \ k_1 + k_2 + k_3 + k_4 = 15 \right. \right\} \end{eqnarray*}$

Daß die Koordinaten ganzzahlig sein müssen, versteht sich in diesem Zusammenhang von selbst. Damit hätten wir $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ definiert und können jetzt auch Formeln zur Berechnung anwenden:

$\begin{eqnarray*} | \Omega | = {18 \choose 3 } \end{eqnarray*}$

a) ist damit geklärt. Man kann jetzt auch das interessierende Ereignis angeben:

$\begin{eqnarray*} A = \left\{ \omega \in \Omega \left| \, k_1, k_2, k_3, k_4 > 0 \right. \right\} \end{eqnarray*}$ mit zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \omega_1, \omega_2 \not \in A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega_3 \in A \end{eqnarray*}$

Das Problem ist jetzt b). Sind denn die so beschriebenen $\begin{eqnarray*} \omega \in \Omega \end{eqnarray*}$ alle gleichwahrscheinlich? Darauf gibt es keine Antwort durch die Mathematik, es gibt auch keine Formel, die das klärt. Entweder muß in der Aufgabe angegeben sein, was als gleichwahrscheinlich anzusehen ist, oder man muß das mit dem gesunden Menschenverstand entscheiden. Jetzt überlege: Ist es genau so wahrscheinlich, daß alle an der ersten Haltestelle aussteigen (Beispiel $\begin{eqnarray*} \omega_2 \end{eqnarray*}$ ) wie daß an ersten Haltestelle 3, der zweiten 6, der dritten 2, der vierten 4 aussteigen (Beispiel $\begin{eqnarray*} \omega_3 \end{eqnarray*}$ ). Wenn du diese Frage guten Gewissens mit Ja beantworten kannst, dann kannst du jetzt an die Berechnung von $\begin{eqnarray*} |A| \end{eqnarray*}$ gehen und mit der Laplace-Formel die Wahrscheinlichkeit berechnen. Wenn du jedoch der Ansicht bist, daß die Ausgänge nicht gleichwahrscheinlich sind, dann war alle Arbeit umsonst. Am besten dann gleich alles auf den Müll und von vorne anfangen! Neues Modell - neues Glück!

25.08.2008, 18:15

zwergnase

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Hallo Leopold,

danke für die Erläuterung. Nur oftmals ist es aber sehr schwer von konkreten kleineren Spezialfällen auf das Ganze zu schließen. Zurück zu dem Beispiel, ich sollte nun die günstigen $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ heraussuchen und dann abzählen. Es sind mit Sicherheit alle bei welchen irgendeine Koordinate einen oder mehrere Einträge gleich Null hat. Also, alle mit einer Null als Eintrag + alle mit Nullen + alle mit drei Nullen = $\begin{eqnarray*} 4 \cdot \begin{pmatrix} 4\\ 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ = 18 aber jetzt habe ich die Anordnung vergessen. Also eher 4 + 4*3 +4*3*2 = 40 oder ist es ohne Anordnung?

Gruß Wink

25.08.2008, 18:33

Leopold

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Ich weiß ehrlich gesagt nicht, was du da tust. Versuchst du, die Mächtigkeit von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ oder die von $\begin{eqnarray*} \bar{A} \end{eqnarray*}$ zu bestimmen? Irgendwie scheinst du das zweite zu machen, aber die Rechnung ist für mich nicht nachvollziehbar. Und dann frage ich mich auch, ob du meinen Beitrag überhaupt vollständig durchgearbeitet hast. Wie in jedem guten Krimi gibt's ja die Auflösung meistens am Ende. Wenn man denn genau liest und ein bißchen mitdenkt ...

25.08.2008, 19:06

zwergnase

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Wird morgen noch mal überarbeitet!

26.08.2008, 13:38

Leopold

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Dann will dir doch ein wenig auf die Sprünge helfen, weil du meine subtilen Andeutungen nicht zu verstehen scheinst.

Zitat:

Original von Leopold
Wenn du diese Frage guten Gewissens mit Ja beantworten kannst ...

Kannst du das? Oder doch eher das Folgende?

Zitat:

Original von Leopold
... dann war alle Arbeit umsonst. Am besten dann gleich alles auf den Müll und von vorne anfangen! Neues Modell - neues Glück!

Die Aufgabe ist natürlich problematisch, denn eigentlich müßte man eine Statistik über die Frequenz, mit der die einzelnen Haltestellen benutzt werden, haben. Aber solange man nicht mehr weiß, scheint es mir am vernünftigsten, a priori anzunehmen, daß ein einzelner Fahrgast jede der 4 Haltestellen mit gleicher Wahrscheinlichkeit wählt und die Fahrgäste das unabhängig voneinander so tun. Was wäre dann ein passendes $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ?

Die Aufgabe ist nicht leicht (wenn ich es recht sehe, läuft es auf die Siebformel hinaus). Wäre es nicht besser, du würdest dich erst einmal an einfacheren Aufgaben versuchen, damit du mehr Sicherheit gewinnst?

27.08.2008, 19:37

zwergnase

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Hallo Leopold,

Zitat:

Original von Leopold
Dann will dir doch ein wenig auf die Sprünge helfen, weil du meine subtilen Andeutungen nicht zu verstehen scheinst.

Danke, auch für deine Geduld.

Die Aufgabe ist natürlich problematisch, denn eigentlich müßte man eine Statistik über die Frequenz, mit der die einzelnen Haltestellen benutzt werden, haben. Aber solange man nicht mehr weiß, scheint es mir am vernünftigsten, a priori anzunehmen, daß ein einzelner Fahrgast jede der 4 Haltestellen mit gleicher Wahrscheinlichkeit wählt und die Fahrgäste das unabhängig voneinander so tun. Was wäre dann ein passendes $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ?

In Worten, nach Zuordnungsmodell: Kugeln (k) in Fächer (n) mit beliebig vielen Kugeln pro Fach und Kugeln sind unterscheidbar (oder doch nicht?) $\begin{eqnarray*} \Omega = n^k \end{eqnarray*}$ .

Die Aufgabe ist nicht leicht (wenn ich es recht sehe, läuft es auf die Siebformel hinaus). Wäre es nicht besser, du würdest dich erst einmal an einfacheren Aufgaben versuchen, damit du mehr Sicherheit gewinnst?

Stimme ich dir auch zu, habe die aus einem Buch, in welchen ich von vorne begonnen habe Aufgaben zu lösen. Dachte die Aufgaben wären nicht so schwer, die ersten konnte ich fast problemlos lösen. Bei dieser Aufgabe sollte $\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 14 \\ 11 \end{pmatrix}}{ \begin{pmatrix} 18 \\ 15\end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$ das Ergebnis sein. Das ist der Aufgabenteil b) den Aufgabenteil a) fand ich nachvollziehbarer. Da war gefragt "Mit welcher WK steigen alle Passagiere an einer Haltestelle aus. Laut Lösung $\begin{eqnarray*} \frac{4}{ \begin{pmatrix} 18 \\ 15\end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$ , was ich bis auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ auch nachvollziehen kann. $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ würde sich für mich erklären, wenn man annimmt, dass die Kugeln nicht unterscheidbar wären. Dachte mir halt bei der b) müsste ich auch nur alle günstigen Möglichkeiten abzählen und hätte dann ein gutes Ergebnis.

Gruß

28.08.2008, 10:28

Leopold

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Was ist das denn für ein Buch, mit dem du arbeitest? Entweder mache ich jetzt selber irgendwo einen katastrophalen Denkfehler oder dieses Buch ist absoluter Müll.
Ich kann die Lösung nicht nachvollziehen. Die Wahrscheinlichkeit, daß an jeder Haltestelle Personen aussteigen, soll nur 91/204, d.h. 44,6 % sein?

Nach meinem Modell ergäbe sich die Wahrscheinlichkeit 63533925/67108864, d.h. 94,7 %. Ich gehe von

$\begin{eqnarray*} \Omega = \left\{ \omega = \left( k_1 , k_2 , \ldots , k_{15} \right) \left| \ k_1 , k_2 , \ldots , k_{15} \in \{ 1,2,3,4 \} \right. \right\} \end{eqnarray*}$

mit der Gleichverteilung aus (die dem andern Modell zugrunde liegende Annahme über gleichwahrscheinliche Ausgänge erscheint mir unvernünftig). Das Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , daß an jeder Haltestelle Personen aussteigen, besteht dann aus all denjenigen $\begin{eqnarray*} \omega \in \Omega \end{eqnarray*}$ , in denen jede der Zahlen $\begin{eqnarray*} 1,2,3,4 \end{eqnarray*}$ vorkommt. Die Mächtigkeit des Gegenereignisses wird mit der Siebformel ermittelt:

$\begin{eqnarray*} \overline{A} = B_1 \cup B_2 \cup B_3 \cup B_4 \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} B_i \end{eqnarray*}$ aus genau denjenigen $\begin{eqnarray*} \omega \in \Omega \end{eqnarray*}$ bestehe, in denen die Zahl $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ nicht vorkommt ("an der Haltestelle $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ steigt niemand aus").

Übrigens: $\begin{eqnarray*} \Omega = n^k \end{eqnarray*}$ ist keine sinnvolle Aussage. Du unterscheidest hier nicht zwischen $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |\Omega| \end{eqnarray*}$ . Und genau um diese Arbeit drückst du dich. Du willst immer gleich rechnen, statt dir einmal ordentlich ein Modell zu basteln, in dem du dann rechnen kannst.

Wie würde eigentlich die Lösung im andern Modell gehen, wenn es z.B. nur drei Personen und zwei Haltestellen wären?

Was meinen denn die anderen zu diesem Problem? Ich bin etwas ratlos ... verwirrt

28.08.2008, 11:22

Huggy

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Leopold,

deine Ausführüngen erscheinen mir völlig einwandfrei. Ich habe die Wahrscheinlichkeit, dass an jeder Haltestelle mindestens einer aussteigt, nicht nachgerechnet. Aber die Siebformel wird in diesem Fall stark von dem ersten Term dominiert, so dass etwas zwischen 94 und 95 % herauskommen muss.

Auch die tatsächliche oder angebliche Aussage des Buches, die Wahrscheinlichkeit dafür, dass alle Passagiere an einer Haltestellle aussteigen, sei

$\begin{eqnarray*} \frac{4}{ \begin{pmatrix} 18 \\ 15 \end{pmatrix}} \end{eqnarray*}$

ist doch Unfug. Das ist doch offensichtlich

$\begin{eqnarray*} \frac{4}{ 4^{15}} \end{eqnarray*}$

Das ist allmählich sehr mysteriös!

28.08.2008, 11:52

zwergnase

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Hallo Leopold und Huggy,

also das Buch aus dem die Aufgabe ist heißt: "Elementare Wahrscheinlichkeitstheorie und stochastische Prozesse von K.L. Chung, vom Springer-Verlag 1985" Habe gerade noch mal nachgesehen ob es auch wirklich dir richtige Lösung zur Aufgabe ist, aber es besteht kein Zweifel.

Als Hinweis vor den Aufgaben steht: "Wenn bei den folgenden Aufgaben Wahrscheinlichkeiten vorkommen, dann müssten sich die gleichwahrscheinlichen Fälle aus dem Zusammenhang ergeben. [...]" verwirrt

Ich denke nicht das die Siebformel verwendet wird, weil die erst auf Seite 174 eingeführt wird und die Kombinatorik aus Seite 72 ist.

Ich werde die Aufgabe bei Seite legen, muss das Buch ohne hin morgen wieder zurückgeben.

Ach jetzt verstehe ich was du meinst ich habe immer gleich $\begin{eqnarray*} | \Omega | \end{eqnarray*}$ berechnet und nicht erst einen den Stichprobenraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ definiert. Oder?

Gruß Wink

29.08.2008, 16:14

Leopold

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Ich finde das Buch für ein erstes Kennenlernen der Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht schlecht, auch wenn es nicht besonders in die Tiefe geht. Ich habe den Chung gleich aus meinem Schrank geholt und nachgeschaut. Ich muß dir recht geben, es steht so da, wie von dir beschrieben. Dennoch halte ich die Lösung für falsch. Scheint irgendwie ein Aussetzer zu sein.

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