Geburtstag im gleichen Monat

05.11.2010, 18:02

Hannes543

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Geburtstag im gleichen Monat

Hallo,

wie groß ich die Wahrscheinlichkeit, dass von 6 Personen genau 3 Personen im gleichen Monat Geburtstag haben (:= Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ).

Ich dachte mir folgendes:

Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person im Monat $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Geburtstag hat, ist $\begin{eqnarray*} P(x=k)=\frac{1}{12} \end{eqnarray*}$ . Es gibt $\begin{eqnarray*} 6 \cdot 5 \cdot 4 = \frac{6!}{3!} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, 3 Personen aus den 6 auszuwählen. Da egal ist, um welchen Monat es sich handelt, hätte ich also gesagt:
$\begin{eqnarray*} P(A) = 12 \cdot \frac{6!}{3!} \cdot \frac{1}{12^3} \end{eqnarray*}$

Das wären ja 83,3% - kommt mir ein bischen viel vor, oder?

05.11.2010, 18:23

Hannes543

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Hallo nochmal,

da es bei den ausgewählten Personen ja auf die Reihenfolge nicht ankommt, sollte man wahrscheinlich besser $\begin{eqnarray*} \frac{6!}{3!} \end{eqnarray*}$ ersetzen durch $\begin{eqnarray*} \binom{6}{3} \end{eqnarray*}$ .

Dann wären wir bei ca. 13,8%. Das schaut besser aus, oder?

05.11.2010, 19:04

tohuwabou

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Erscheint mir richtig.

Angenommen du hättest nur 3 Personen, so wäre die Wahrscheinlichkeit ,dass alle 3 im gleichen Monat Geburtstag hätten $\begin{eqnarray*} 1*\frac{1}{12}*\frac{1}{12} \end{eqnarray*}$

Nun hast du aber quasi ( 20 = 6 über 3 ) Mal diese Möglichkeit.

also $\begin{eqnarray*} 20*1*\frac{1}{12}*\frac{1}{12} \end{eqnarray*}$

05.11.2010, 19:13

Hannes543

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Danke für die Bestätigung!

Du hast aber jeweils ein " $\begin{eqnarray*} \cdot \frac{1}{12} \end{eqnarray*}$ " vergessen.

05.11.2010, 19:23

tohuwabou

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Bitte

Augenzwinkern

, aber nein, vergessen hab ich das nicht. Da es ja egal es um welchen Monat es sich handelt, hab ich das multiplizieren mit 12 weggelassen , indem ich ein 1/12 weggelassen hab.

20*1/12*1/12 sind ja 13,8 %

06.11.2010, 14:06

Leopold

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Eure Lösung stimmt nicht. Ihr habt den Kardinalfehler aller kombinatorischen Wahrscheinlichkeitsrechnung gemacht: Ihr fangt an zu zählen, ohne die Objekte zu kennen, die ihr zählen wollt. Mit anderen Worten: Erst muß ein Modell her. Das ist zunächst ein Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , der so beschaffen sein muß, daß er genau die möglichen Ausgänge enthält, jeder Ausgang auf eindeutige Weise dargestellt. Wenn dann nach gesundem Menschenverstand alle Ausgänge gleichwahrscheinlich sind, kann man auch mit der Laplace-Annahme rechnen.

Jetzt erst geht das Zählen los. Zunächst zählt man die möglichen Ausgänge. Dann zählt man die günstigen Ausgänge. Und bevor man diese zählt, sollte man sie genau beschreiben: Durch welche Eigenschaften wird ein günstiger Ausgang aus den möglichen Ausgängen ausgesondert? Erst wenn man eine klare Vorstellung von den günstigen Ausgängen hat, kann man daran gehen, diese zu zählen. Das ist dann immer noch schwer genug.

Das "Aufgaben-mit-Formeln-Erschlagen", wie man es aus anderen Gebieten der Mathematik kennt, ist in der Kombinatorik nicht möglich. Das liegt daran, daß jede Aufgabe ihr eigenes Modell braucht. (Daß es in der Schulmathematik manchmal so aussieht, als ob es doch ginge, liegt nur daran, daß dort fünfzigmal dieselbe Aufgabe, nur mit anderen Zahlen und in anderer Verkleidung, gestellt wird. Natürlich kann man diese Aufgabe dann mit der passenden Formel erschlagen.)

Und jetzt frage ich euch: Wie sieht denn ein typischer Ausgang des Zufallsexperiments aus?

(Ich habe übrigens 275/2592 für die gesuchte Wahrscheinlichkeit heraus.)

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06.11.2010, 15:16

wisili

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... weil du interpretierst, «von 6 Personen genau 3 Personen im gleichen Monat Geburtstag haben», aber nicht zwei mal genau 3.

06.11.2010, 15:41

Leopold

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Und nähme man die Fälle mit "genau zweimal genau drei Übereinstimmungen" mit hinzu, erhielte man 13255/124416.

06.11.2010, 19:04

tohuwabou

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Hi, danke für die Info schonmal smile

smile

Zitat:

Und jetzt frage ich euch: Wie sieht denn ein typischer Ausgang des Zufallsexperiments aus?

Was ist denn damit gemeint? verwirrt

verwirrt

07.11.2010, 12:23

Leopold

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Es sind ja sechs Personen, die zufällig zusammenkommen, nennen wir sie Alex,Beate,Chris,Daniel,Eric,Franziska. Jede hat einen Geburtsmonat von Januar bis Dezember. Ein möglicher Ausgang des Zufallsexperiments ist also

Alex: März
Beate: Dezember
Chris: Januar
Daniel: Mai
Eric: Januar
Franziska: Juni

Ein anderer Ausgang wäre

Alex: April
Beate: April
Chris: Februar
Daniel: Oktober
Eric: Februar
Franziska: September

Wenn man die Reihenfolge der Namen immer gleich läßt und für die Monate die Zahlen 1 bis 12 verwendet, kann man die Ausgänge kürzer notieren, im ersten Beispiel also 3,12,1,5,1,6 und im zweiten 4,4,2,10,2,9. Und damit ist man schon beim mathematischen Modell: Ein Ausgang $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ ist ein Sextupel, wobei für jede Koordinate unabhängig von den anderen jede der Zahlen von 1 bis 12 möglich ist. Und alle Ausgänge zusammen bilden den Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} \Omega = \left\{ \, \omega = (i_1,\ldots,i_6) \, \left| \, i_1,\ldots,i_6 \in \{ 1,\ldots,12 \} \, \right. \right\} \end{eqnarray*}$

Jetzt unterstellen wir, daß die Personen unabhängig voneinander zusammenkommen (daß also in der Stadt, auf dessen Bahnhof die sechs Personen sich zufällig treffen, nicht etwa gerade ein Zwillingskongreß stattfindet) und daß alle Monate dieselbe Wahrscheinlichkeit haben, Geburtsmonat zu sein. Gerade die letzte Annahme ist nicht selbstverständlich, denn einerseits haben die Monate ja nicht gleich viele Tage, andererseits wird den Menschen ein über das Jahr hinweg gleichfrequentes Sexualverhalten unterstellt. Aber ich denke, die Aufgabe ist nicht so gemeint, diese Dinge tiefer zu hinterfragen ...
Aufgrund dieser Annahmen sind alle Ausgänge gleich wahrscheinlich. Und jetzt rechnen wir mit der Laplace-Formel. Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , einer Teilmenge von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , ist

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{\mbox{Anzahl der für} \ A \ \mbox{günstigen Fälle}}{\mbox{Anzahl der möglichen Fälle}} \end{eqnarray*}$

Wie sehen nun im konkreten Fall die $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ aus, die zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ gehören? Dazu gehst du in Gedanken alle $\begin{eqnarray*} \omega \in \Omega \end{eqnarray*}$ durch. Und immer, wenn ein $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ die Merkmale von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ besitzt, markierst du es. Natürlich kannst du das nicht wirklich tun, es sind zu viele $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ . Aber als Gedankenexperiment geht das. So bekommst du das Gefühl dafür, was man da eigentlich zu zählen hat.

Also noch einmal. Beschreibe, wie die $\begin{eqnarray*} \omega \in A \end{eqnarray*}$ aussehen, dann zähle sie. Die Beschreibung darf ruhig in Worten erfolgen, wenn die formale Beschreibung (siehe oben meine Beschreibung von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ) zu vertrackt ist. Ja, es reicht unter Umständen sogar, vier oder fünf typische Vertreter von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und ein paar Gegenbeispiele aufzuschreiben. Meine zwei Beispiele von oben etwa sind Gegenbeispiele.

Das meinte ich, als ich sagte, erst müsse man die Objekte kennen, bevor man anfange, sie zu zählen.

07.11.2010, 19:24

tohuwabou

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Danke für die ausführliche Antwort schonmal.
Ich komm leider nicht auf das richtige Ergebnis.

Ich krieg das mit dem Zählen nicht hin!

Also alle haben im gleichen Monat $\begin{eqnarray*} \rightarrow 12 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten

5 haben im gl. Monat $\begin{eqnarray*} \rightarrow 12*11 = 132 \end{eqnarray*}$ Mglk.

4 haben im gl. Monat $\begin{eqnarray*} \rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} 12*\binom {11}{2} + 12*11 = 792 \end{eqnarray*}$ Mglk.

3 haben im gl. Monat $\begin{eqnarray*} \rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} 12* \binom {11}{3} +12*11*10 +12*11 = 3432 \end{eqnarray*}$ Mglk.

2 haben im gl. Monat $\begin{eqnarray*} \rightarrow 12* \binom {11}{4} = 3960 \end{eqnarray*}$ Mglk

keiner gleich $\begin{eqnarray*} \binom {12}{6} = 924 \end{eqnarray*}$ Mglk.

Macht bei mir zusammen $\begin{eqnarray*} 9252 = |\Omega| \end{eqnarray*}$

Ich krieg das nicht auseinandergehalten wo sich das schneidet und wo nicht und überhaupt Hammer

Hammer

smile

07.11.2010, 20:11

andyrue

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(wenn wir annehmen dass jeder monat gleich viel tage hat (vereinfachende annahme) geh ich die sache folgendermaßen an:

person hat im monat u geburtstag P=1/12
person hat nicht im monat u geburtstag P=11/12

nun kommt bernoulli $\begin{eqnarray*} B_{\frac{1}{12} ,6,3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X=3)=\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \end{pmatrix}\cdot (\frac{1}{12} )^{3} \cdot (\frac{11}{12} )^{3} \end{eqnarray*}$

dieses ergebnis muss nun allerdings noch mit 12 multipliziert werden, weil u für alle 12 monate gelten kann.

überhaupt ist die aufgabe eine standardaufgabe zur thematik 'bernoulli-wahrscheinlichkeiten'.

andy

07.11.2010, 21:30

Leopold

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Zitat:

Original von tohuwabou
Danke für die ausführliche Antwort schonmal.
Ich komm leider nicht auf das richtige Ergebnis.

Ich krieg das mit dem Zählen nicht hin!

...

Ich krieg das nicht auseinandergehalten wo sich das schneidet und wo nicht und überhaupt Hammer

Hammer

smile

Was machst du denn da? $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ besteht aus Sextupeln, wobei es in jeder Koordinate 12 Möglichkeiten gibt. Also gilt nach dem Multiplikationsprinzip der Kombinatorik

$\begin{eqnarray*} |\Omega| = 12 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 12 = 12^6 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von andyrue
überhaupt ist die aufgabe eine standardaufgabe zur thematik 'bernoulli-wahrscheinlichkeiten'.

Das einzige, was an diesem Satz stimmt, ist, daß "Standard" hinten erfreulicherweise mit "d" geschrieben ist. Immerhin.

07.11.2010, 23:11

tohuwabou

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Achso , ok , ich habe den Fehler gemacht zu denken , dass zb (2,1,1,1,1,1) = (1,1,1,2,1,1) wäre und hab versucht alle mehrfach auftretenden auszuschließen.

Ok , ich hoffe mal es ist denn jetzt wenigstens das #A noch richtig.

$\begin{eqnarray*} |A| = \binom 63 * 12 *11^3 = 319440 \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow P(A) = 0,1069.. \end{eqnarray*}$ was nicht ganz genau deinem Wert entspricht.

Wo jetzt wieder der Unterschied ist, weiß ich nicht.

08.11.2010, 09:14

Leopold

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Zunächst einmal sollten wir klären, wie die Elemente von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ aussehen. wisili hat mit seinem Einwand ja nicht ganz unrecht. Die Aufgabe ist nicht ganz präzise formuliert. Ich interpretiere die Fragestellung so, daß es genau einmal genau drei Übereinstimmungen in den Geburtstagsmonaten geben soll. Beispiele für $\begin{eqnarray*} \omega \in A \end{eqnarray*}$ sind dann

$\begin{eqnarray*} (5,3,12,5,5,12), \, (10,9,8,6,6,6), \, (7,1,7,2,7,11) \end{eqnarray*}$

Beispiele für $\begin{eqnarray*} \omega \not \in A \end{eqnarray*}$ wären

$\begin{eqnarray*} (3,8,4,4,3,8), \, (5,9,2,12,3,2), \, (11,6,6,11,6,11) \end{eqnarray*}$

Das letzte Beispiel gehört deshalb nicht zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , weil dort zweimal genau drei Übereinstimmungen vorliegen.

Dein Zählansatz ist prinzipiell richtig. Wie kann man ein Sextupel aus $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ erhalten?

1. Schritt:
Eine Zahl des Sextupels ist ausgezeichnet, nämlich die, die genau dreimal vorkommt. Dafür gibt es 12 Möglichkeiten.

2. Schritt:
Hat man die Zahl im 1. Schritt festgelegt, kann man $\begin{eqnarray*} {6 \choose 3} \end{eqnarray*}$ Plätze für sie festlegen. Beispiele für Sextupel nach dem 2. Schritt wären

$\begin{eqnarray*} (*,3,*,*,3,3), \, (3,3,*,3,*,*), \, (*,*,*,3,3,3) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (7,7,*,*,*,7), \, (7,7,7,*,*,*), \, (*,7,7,*,7,*) \end{eqnarray*}$

3. Schritt:
Jetzt sind noch die Sternplätze zu belegen. Für jeden Stern gibt es zunächst jeweils 11 Möglichkeiten, es darf nämlich jede Zahl genommen werden, die nicht im ersten Schritt schon gewählt wurde. Beispiele wären

$\begin{eqnarray*} (7,7,*,*,*,7) \to (7,7,8,1,10,7) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (7,7,*,*,*,7) \to (7,7,9,2,9,7) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (7,7,*,*,*,7) \to (7,7,4,4,4,7) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (7,7,*,*,*,7) \to (7,7,3,12,5,7) \end{eqnarray*}$

Hoppla, da liegt ein faules Ei im Korb! Modifiziere den 3. Schritt, daß es stimmt.

08.11.2010, 11:58

tohuwabou

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Ich habe bei meinem $\begin{eqnarray*} |A| \end{eqnarray*}$ oben auch genau 2 mal drei , wie im Einwand von wisili zugelassen.

Aber würd ich jetzt nur genau einmal drei zulassen , würde ich $\begin{eqnarray*} |A| \end{eqnarray*}$ folgendermaßen berechnen.
$\begin{eqnarray*} |A| = \binom 63 *12*11^2*10 \end{eqnarray*}$ , da ich so ausschließe, dass genau 2 mal drei auftritt.

So komm ich aber wieder nicht zu deiner Lösung.

08.11.2010, 16:05

Leopold

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Es geht nur noch darum, die drei Sterne zu besetzen (siehe meinen letzten Beitrag). Nehmen wir an, daß im ersten und zweiten Schritt drei 12en (für Dezember) auf irgend drei Plätze verteilt wurden. Also haben wir jetzt noch 11 Zahlen für die drei Sterne zur Verfügung: 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11.
Du multiplizierst nun bei der Anzahlberechnung: $\begin{eqnarray*} 11 \cdot 11 \cdot 10 \end{eqnarray*}$ . Multiplizieren darf man aber nur, wenn bei jeder neu zu besetzenden Stelle die Anzahl der Möglichkeiten unabhängig (!!!) von den zuvor getroffenen Wahlen ist (Baumstruktur). Auch hier hilft es wieder, sich erst die Objekte selbst vorzustellen, bevor man anfängt, sie zu zählen. Ich bezeichne die zu besetzenden Sterne von links nach rechts mit A,B,C.

0. Schritt (Startsituation):
$\begin{eqnarray*} *** \end{eqnarray*}$

1. Schritt:
Stern A wird besetzt. Dafür gibt es 11 Möglichkeiten:

$\begin{eqnarray*} 1**, \, 2**, \, 3**, \, 4**, \, 5**, \, 6**, \, 7**, \, 8**, \, 9**, \, (10)**, \, (11)** \end{eqnarray*}$

2. Schritt:
Stern B wird besetzt. Dafür gibt es, unabhängig davon, welche Wahl im ersten Schritt getroffen wurde, wieder 11 Möglichkeiten: Ich nehme einmal den Fall $\begin{eqnarray*} 2** \end{eqnarray*}$ . Dann sind es die folgenden 11 Möglichkeiten:

$\begin{eqnarray*} 21*, \, 22*, \, 23*, \, 24*, \, 25*, \, 26*, \, 27*, \, 28*, \, 29*, \, 2(10)*, \, 2(11)* \end{eqnarray*}$

3. Schritt:
Stern C wird besetzt. Wenn man sich in den Wahlen zuvor für $\begin{eqnarray*} 21* \end{eqnarray*}$ entschieden hat, gibt es 11 Möglichkeiten, wenn man sich dagegen für $\begin{eqnarray*} 22* \end{eqnarray*}$ entschieden hat, gibt es nur noch 10 Möglichkeiten, weil man ja keine drei gleichen will. Multiplikationsverbot! Denn die Anzahl der Möglichkeiten für die neue Stelle ist abhängig von den zuvor getroffenen Wahlen.

Du mußt dir für die Anzahlberechnung bei der Besetzung der drei Sterne etwas anderes ausdenken. Das Ergebnis ist sehr einfach, du mußt dich nur frei davon machen, irgendwelche fertigen Formeln anwenden zu wollen. Der gesunde Menschenverstand bringt dich sofort ans Ziel.

08.11.2010, 16:53

tohuwabou

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Jetzt hab ich es endlich auch.

Also es gibt $\begin{eqnarray*} 11^3 - 11= 1320 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für die Sterne.

Also ist $\begin{eqnarray*} |A| = \binom 63*12*1320 = 316800 \end{eqnarray*}$

Vielen Dank für deine ausführlichen Erklärungen und Geduld smile

smile

08.11.2010, 19:07

Leopold

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So stimmt es. Freude

Freude

Und jetzt weißt du, was ich meinte, als ich sagte: Erst die Objekte selbst erkennen, bevor man sie zählt.

Eine alternative Möglichkeit wird hier beschrieben. Danach gibt es zwei Koinzidenzmuster für die Elemente von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , nämlich

$\begin{eqnarray*} \kappa_1 = (3,0,1,0,0,0) \, , \ \ \kappa_2 = (1,1,1,0,0,0) \end{eqnarray*}$

Und damit folgt:

$\begin{eqnarray*} |A| = \frac{6!}{(1!)^1 (2!)^1 (3!)^1 (4!)^0 (5!)^0 (6!)^0} \cdot \frac{(12)_3}{1! 1! 1! 0! 0! 0!} + \frac{6!}{(1!)^3 (2!)^0 (3!)^1 (4!)^0 (5!)^0 (6!)^0} \cdot \frac{(12)_4}{3! 0! 1! 0! 0! 0!} \end{eqnarray*}$

08.11.2010, 22:53

andyrue

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@leopold

Zitat:

Das einzige, was an diesem Satz stimmt, ist, daß "Standard" hinten erfreulicherweise mit "d" geschrieben ist. Immerhin.

seh ich anders.

würde man das problem so angehen: wie wahrscheinlich ist es, dass von sechs zufällig ausgewählten personen drei im januar geburtstag haben, läge eine für alle personen konstante wahrscheinlichkeit der ereignisse vor, wie sie bernoulli fordert:

p(januar)=1/12
p(nicht januar)=11/12

diese wahrscheinlichkeiten wären für jeden monat gleich (wenn man näherungsweise davon ausgeht dass alle monate gleich viel tage haben) - es muss also noch mit 12 multipliziert werden, dieser part hat nix mit bernoulli im eigentlichen sinn zu tun, P(A) oder P(B) in diesem Fall P(A)+P(B) ist.

im übrigen dürfte das von mir vorgestellte ergebnis (bzw. die rechnung) korrekt sein, es ist dasselbe wie von leopold am anfang vorgestellt, man beachte den satz nach meiner obigen rechnung.

ohne jetzt jemand angreifen zu wollen, habe ich das gefühl, dieses problem wird unnötig kompliziert.

andy

08.11.2010, 23:09

wisili

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Zitat:

Original von andyrue
$\begin{eqnarray*} P(X=3)=\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \end{pmatrix}\cdot (\frac{1}{12} )^{3} \cdot (\frac{11}{12} )^{3} \end{eqnarray*}$

... ist falsch. Fälle wie «3 im Jan. und 3 im Feb.» werden hierbei doppelt mitgezählt. Leopold und ich haben schon oben darauf hingewiesen.

09.11.2010, 16:37

Leopold

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@ andyrue

Das Hauptproblem sehe ich im falschen Modell. Oder anders herum: Du löst nicht das gestellte Problem $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , wie wahrscheinlich es ist, daß von den sechs Personen genau drei im selben Monat Geburtstag haben, sondern das Problem $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , daß von den sechs Personen genau drei in einem bestimmten Monat Geburtstag haben. Das ist nicht dasselbe.

$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ kannst du tatsächlich in einer Bernoulli-Kette realisieren. Es ließe sich aber auch im Modell $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , wie wir es in den Beiträgen zuvor eingeführt haben, lösen. Dort wäre

$\begin{eqnarray*} |B| = {6 \choose 3} \cdot 11^3 \end{eqnarray*}$
also

$\begin{eqnarray*} P(B) = \frac{{6 \choose 3} \cdot 11^3}{12^6} = {6 \choose 3} \cdot \left( \frac{1}{12} \right)^3 \cdot \left( \frac{11}{12} \right)^3 \end{eqnarray*}$

Nur das eigentlich gestellte Problem $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , das kannst du nicht mit einer Bernoulli-Kette behandeln, einfach deshalb, weil es sich nicht als Kette von ja-nein-Entscheidungen auffassen läßt.

Ich will nicht ausschließen, daß diese Aufgabe im Rahmen der Behandlung von Bernoulli-Ketten gestellt wurde, so daß in Wirklichkeit $\begin{eqnarray*} P(B) \end{eqnarray*}$ gesucht ist. Die Formulierung der Aufgabe gibt das allerdings nicht her. Entweder hätte der Fragesteller hier im Strang oder der Lehrer, der die Aufgabe gestellt hat, falsch formuliert, möglicherweise weil ihnen der Unterschied zwischen $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ gar nicht bewußt wäre. Es wäre jedenfalls nicht das erste Mal, daß in der Wahrscheinlichkeitsrechnung ein anderes Probelm als das gestellte gelöst würde, und alle glaubten, sie hätten die Aufgabe richtig gelöst. Das Argument, daß die zweite Lösung einfacher als die erste ist, zieht nicht, wenn die Lösung falsch ist, und sollte nie als Argument für die Richtigkeit angeführt werden.

@ wisili

Ich glaube, entscheidender ist, daß andyrue die Variabilität des Monats nicht beachtet hat.

10.11.2010, 00:47

andyrue

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es ist richtig, ich habe in meinem modell nicht mit einbezogen dass es sein könnte, dass im monat januar drei personen geburtstag haben können, und gleichzeitig drei andere im monat märz.

sorry, ich hatte da so ne art blockade gehabt im gehirn, wenn es sich nur um fünf personen gehandelt hätte, hätt's geklappt, sage ich tadelnd zu mir. fehlende konzentration.

zunächst mal danke für die kritik und überhaupt für dieses problem, dass mir in erinnerung bleiben wird.
mfg andy

07.02.2011, 19:02

Dopap

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Ich sehe es so:
Person 1 bestimmt mit 100% den Monat um den es geht.

Die restlichen 5 bilden eine Bernoulli-Kette mit p=1/12 und q=11/12.
Für 2 soll p zutreffen, für 3 soll q zutreffen. Dafür gibt es COMB(5;2) Fälle.

Also P(x=3)=1*COMB(5;2)*(1/12)^2*(11/12)^3=6655/124416=0.0535

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