Wahrscheinlichkeitsrechnung/Kombinatorik: Brauche Lösungsansatz

03.08.2016, 00:46

The Big Lebowski

Wahrscheinlichkeitsrechnung/Kombinatorik: Brauche Lösungsansatz

Angabe:
"3 Zugwagons. Erfahrungsgemäß steigen 50% der Fahrgäste in Wagon 1, 35% in Wagon 2 und 15% in Wagon 3 ein. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von 20 Fahrgästen 10 in Wagon 1, 7 in Wagon 2 und 3 in Wagon 3 einsteigen (Anm.: Also eine Aufteilung der 20 Fahrgäste, die genau den Wahrscheinlichkeiten entspricht)"

Mein Ansatz:

Die Wahrscheinlichkeit, dass von den 20 Fahrgästen 10 in Wagon 1 einsteigen ist:
$\begin{eqnarray*} P(H_1=10)={20 \choose 10}* 0.5^{20} \end{eqnarray*}$

Nachdem diese 10 Fahrgäste in Wagon 1 eingestiegen sind, verbleiben noch 10 Fahrgäste.

Die Wahrscheinlichkeit, dass von diesen verbleibenden 10 Fahrgästen 7 in Wagon 2 einsteigen ist:
$\begin{eqnarray*} P(H_2=7)={10 \choose 7}* 0.35^7*0.65^3 \end{eqnarray*}$

Nachdem diese 7 Fahrgäste in Wagon 2 eingestiegen sind, verbleiben noch 3 Fahrgäste.

Die Wahrscheinlichkeit, dass von diesen verbleibenden 3 Fahrgästen 3 in Wagon 3 einsteigen ist:
$\begin{eqnarray*} P(H_3=3)=0.15^3 \end{eqnarray*}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass von 20 Fahrgästen 10 in Wagon 1, 7 in Wagon 2 und 3 in Wagon 3 einsteigen ist demnach:
$\begin{eqnarray*} P(H_1=10)*P(H_2=7)*P(H_3=3) \end{eqnarray*}$

Doch dieser Ansatz kann nicht stimmen, denn wenn man dasselbe Verfahren anwendet, jedoch mit Wagon 3 beginnt, kommt eine andere Wahrscheinlichkeit heraus ( es sei denn ich habe mich dabei verrechnet).

03.08.2016, 07:35

HAL 9000

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Versuch's mal mit der https://de.wikipedia.org/wiki/Multinomialverteilung .

03.08.2016, 07:58

Dopap

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obwohl die Fahrgäste ein Modell der multivariaten hypergeometrischen Verteilung nahelegen ist es keine. Diese Fahrgäste sind keine "Urne ohne Zurücklegen"

Das Modell wären 50 rote, 35 blaue , und 15 grüne Kugeln in einer Urne mit Ziehen mit Zurücklegen = Multinomialverteilung.

04.08.2016, 00:43

The Big Lebowski

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Zitat:

Original von HAL 9000
Versuch's mal mit der ....

Dein Hinweis in Ehren, aber das Beispiel stammt aus dem Lehrbuch der 7.Klasse (also das Jahr vor dem Abitur, falls ihr die Schulstufen in Deutschland anders zählt, als wir in Österreich) aus dem Kapitel über Kombinatorik und Wahrscheinlichkeiten. Da stand nichts von einer solchen 'Multinomialverteilung', also gehe ich davon aus, dass das Bsp. mit anderen (einfacheren) Mitteln zu lösen ist.

04.08.2016, 01:23

HAL 9000

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Als einfacheres Mittel sehe ich eigentlich die Multinomialverteilung an. Aber wenn man es komplizierter machen will, kann bzw. muss man es über bedingte Wahrscheinlichkeiten lösen:

$\begin{align*} P(H_1=10,H_2=7) = P(H_1=10)\cdot P(H_2=7 \mid H_1=10) \end{align*}$

Und tatsächlich ist $\begin{align*} H_1\sim B(20, 0.5) \end{align*}$ , während die bedingte (!) Verteilung von $\begin{align*} H_2 \end{align*}$ unter der Bedingung $\begin{align*} H_1=k \end{align*}$ dann die Binomialverteilung $\begin{align*} B\left(20-k,\frac{0.35}{0.35+0.15}\right) = B\left(20-k,0.7\right) \end{align*}$ ist. Also

$\begin{align*} P(H_1=10) = \binom{20}{10}\cdot 0.5^{20} \end{align*}$ wie bei dir oben bereits richtig, und dann aber

$\begin{align*} P(H_2=7 \mid H_1=10) = \binom{10}{7} 0.7^7\cdot 0.3^3 \end{align*}$ .

$\begin{align*} H_3=3 \end{align*}$ muss nicht noch extra betrachtet werden, da das automatisch aus $\begin{align*} H_1=10,H_2=7 \end{align*}$ über die feste Verknüpfung $\begin{align*} H_1+H_2+H_3=20 \end{align*}$ folgt. In Formeln würde man das $\begin{align*} P(H_3=3 \mid H_1=10,H_2=7) = 1 \end{align*}$ schreiben, wenn man es denn will. Augenzwinkern

P.S.: $\begin{align*} P(H_1=10,H_2=7) \stackrel{?}{=} P(H_1=10)\cdot P(H_2=7) \end{align*}$ wäre übrigens falsch, da die beiden Anzahlen nicht unabhängig sind. unglücklich

----------------------------------

Natürlich ist das ganze vertauschungsinvariant, d.h. man könnte auch mit $\begin{align*} H_2\sim B(20,0.35) \end{align*}$ sowie der bedingten Verteilung von $\begin{align*} H_1 \end{align*}$ unter $\begin{align*} H_2=k \end{align*}$ gegeben durch $\begin{align*} B\left(20-k,\frac{0.5}{0.5+0.15}\right) = B\left(20-k,\frac{10}{13}\right) \end{align*}$ rechnen:

$\begin{align*} P(H_1=10,H_2=7) = P(H_2=7)\cdot P(H_1=10 \mid H_2=7) = \binom{20}{7}\cdot 0.35^7\cdot 0.65^{13}\cdot \binom{13}{10}\cdot \left(\frac{10}{13}\right)^{10}\cdot \left(\frac{3}{13}\right)^3 \end{align*}$

Oder man fängt mit $\begin{align*} H_3 \end{align*}$ an ... wie auch immer, man gelangt stets zu

$\begin{align*} P(H_1=10,H_2=7,H_3=3) = P(H_1=10,H_2=7) = \frac{20!}{10!\cdot 7!\cdot 3!} \cdot 0.5^{10}\cdot 0.35^7\cdot 0.15^3 \end{align*}$ ,

was man eben auch direkt mit der Multinomialverteilung haben kann. Augenzwinkern

04.08.2016, 21:19

The Big Lebowski

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Der Dude hat nichts von deinem Lösungsweg verstanden ( Hammer

), sondern lediglich die Lösungsformel zur Kenntniss genommen. Doch das war ausreichend, um zur Erkenntnis zu gelangen, dass deine Lösungs richtig ist. In diesem Sinne: muchas gracias!

Das soll deine Mühe nicht relativieren, aber man hätte die Lösung auch einfacher herleiten können:

Die Wahrscheinlichkeit, dass von diesen 20 Fahrgästen die ersten 10 in Wagen 1 einsteigen, die darauffolgenden 7 in Wagon 2 und die restlichen 3 in Wagon 3, ist

$\begin{eqnarray*} 0.5^{10}\cdot0.35^7\cdot0.15^3 \end{eqnarray*}$

Die Reihenfolge, in der die Fahrgäste einsteigen ist aber irrelevant. Codiert man nun jene Fahrgäste, die in Wagon 1 einsteigen mit "A", jene die in Wagon 2 einsteigen mit "B" und jene, die in Wagon 3 einsteigen mit "C", dann enstspricht einer bestimmten Reihenfolge, in welcher die Fahrgäste einsteigen, einem Wort der Länge 20, in dem 10 x "A", 8 x "B" u. 3 x "C" vorkommt (bzw. einer Permutation des n-Tupels (10 x "A", 8 x "B" u. 3 x "C") ). Die Anzahl dieser Wörter (bzw. die Anzahl dieser Permutationen) ist

$\begin{eqnarray*} \frac{20!}{10! \cdot 7! \cdot 3!} \end{eqnarray*}$

Daher:

$\begin{eqnarray*} P(H_1 = 10 \wedge H_2 = 7 \wedge H_3 = 3) = \frac{20!}{10! \cdot 7! \cdot 3!} \cdot 0.5^{10}\cdot0.35^7\cdot0.15^3 \end{eqnarray*}$

04.08.2016, 21:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von The Big Lebowski
Das soll deine Mühe nicht relativieren, aber man hätte die Lösung auch einfacher herleiten können:

Toll - jetzt stellst du die von Anfang an oben vorgeschlagene Multinomialverteilung (ich 7:35, Dopap 7:58) als deine eigene Lösung heraus, nachdem du die oben noch vehement abgelehnt hattest, und machst die anderen Lösungen schlecht, die dir das mit Hilfe der bekannten Binomialverteilung vermitteln wollen. Du bist vielleicht eine Marke. unglücklich

04.08.2016, 22:14

The Big Lebowski

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$\begin{eqnarray*} ?^2 \end{eqnarray*}$

Ich weiß jetzt nicht, was dich an meinem letzten Post so irritiert hat, aber ich nehme zur Kenntnis, das dem so ist und möchte mich dafür entschuldigen (ich mein das ernst, wirklich).

Gut, offensichtlich entspricht mein Ansatz deiner zuerst vorgeschlagenen Lösung mit dieser "Multinomialverteilung". Aber wieso glaubst Du, dass mir das bewusst war? Ich habe doch keine Ahnung von dieser "Multinomialverteilung". Ich bin deinem Hinweis gefolgt, habe aber dann zur Kenntnis nehmen müssen, dass mir das zu hoch war. Was man mir vorwerfen kann ist vielleicht eine gewisse Überheblichkeit, dass ich angenommen habe ich sei zu einer Erkenntnis gelangt, zu der Du nicht gekommen bist. Dafür entschuldige ich mich.

Ich hoffe damit ist alles geklärt!

lg,
JL

05.08.2016, 01:45

Dopap

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Eine übliche Binomialverteilung mit 2 Sorten Kugeln im Urnenmodell , der Anzahl $\begin{eqnarray*} n_1 , \,n_2 \quad \text{mit}\quad n_1+n_2=n \end{eqnarray*}$

und den Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} p_1=\frac {n_1}{n_1+n_2}, \, p_2=\frac {n_2}{n_1+n_2} \end{eqnarray*}$ und dem Stichprobenumfang k kann man doch so schreiben:

$\begin{eqnarray*} P(X_1=k_1, X_2=k_2)= \frac {(n_1+n_2)!}{k_1! k_2!}p_1^{k_1}p_2^{k_2} \quad \text{mit}\quad k_1+k_2=k \end{eqnarray*}$ smile

Der Schritt zu obiger Trinomialverteilung
$\begin{eqnarray*} P(X_1=k_1, X_2=k_2,X_3=k_3 )= \frac {(n_1+n_2+n_3)!}{k_1! k_2! k_3!}p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}\quad \text{mit}\quad k_1+k_2+k_3=k \end{eqnarray*}$

ist doch selbsterklärend. Wo liegt das Problem ?

05.08.2016, 08:34

HAL 9000

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Schreibfehler
@Dopap

Im Zähler deiner Wahrscheinlichkeitsformeln muss $\begin{align*} k!=(k_1+k_2)! \end{align*}$ statt $\begin{align*} (n_1+n_2)! \end{align*}$ bzw. $\begin{align*} k!=(k_1+k_2+k_3)! \end{align*}$ statt $\begin{align*} (n_1+n_2+n_3)! \end{align*}$ stehen. Augenzwinkern

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