Wo ist der Fehler?

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Gast_47 Auf diesen Beitrag antworten »
Wo ist der Fehler?
Sieben nicht zu unterscheidende Kugeln werden auf zehn gleichwahrscheinliche Kästen zufällig verteilt (jeder Kasten kann beliebig viele Kugeln aufnehmen).
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich in keinem Kasten mehr als eine Kugel befindet?


Für jede Kugel ist die Wahrscheinlichkeit in einen bestimmten Kasten zu fallen gleich ,
bei sieben unabhängigen Kugeln:
Sieben Kugeln werden in sieben Kästen aus zehn möglichen liegen:

Wo ist der Fehler?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Gast_47
Für jede Kugel ist die Wahrscheinlichkeit in einen bestimmten Kasten zu fallen gleich ,
bei sieben unabhängigen Kugeln: (hier berücksichtigst du die Verteilungsreihenfolge)
Sieben Kugeln werden in sieben Kästen aus zehn möglichen liegen: (hier dagegen berücksichtigst du sie nicht)

So eine "Mischrechnung" geht nicht. unglücklich
 
 
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

wenn die erste kugel verteilt wurde, dann ist die wahrscheinlichkeit, dass die zweite kugel nicht in den selben kasten kommt

die wahrscheinlichkeit, dass die dritte kugel in einen anderen kasten als die vorherigen beiden kommt ist .
etc...

der kombinatorische ansatz wäre folgender:
aus 10 kästen wird 7 mal mit zurücklegen gezogen.
wie viele verschiedene möglichkeiten gibt es?
wie viele verschiedene möglichkeiten gibt es, bei denen ein kasten mind. 2mal gezogen wird?
Gast_47 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent
So eine "Mischrechnung" geht nicht. unglücklich

Ja, aber es ist mir leider nicht gelungen, dem Autor dieser Mischrechnung das verständlich zu erklären. unglücklich



Zitat:
Original von tmo
aus 10 kästen wird 7 mal mit zurücklegen gezogen.
wie viele verschiedene möglichkeiten gibt es?




Zitat:
Original von tmo
wie viele verschiedene möglichkeiten gibt es, bei denen ein kasten mind. 2mal gezogen wird?

Wie viele?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Gast_47
Ja, aber es ist mir leider nicht gelungen, dem Autor dieser Mischrechnung das verständlich zu erklären. unglücklich

Wenn du von Elementarereignissen im hier vorliegenden Laplaceschen W-Raum redest, dann musst du auch verständlich machen können, was diese Elementarereignisse beinhalten. Und da steckt nun mal implizit eine Numerierung der Kugeln drin. Und bei der Laplace-Formel



geht es in Zähler wie Nenner um dieselbe Art Elementarereignisse. Da kann man nicht mitten im Rennen die Pferde wechseln und plötzlich "unnumerierte" Kugeln im Zähler betrachten...
Gast_47 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent
Und da steckt nun mal implizit eine Numerierung der Kugeln drin.

Also eine kombinatorische Lösung ist nur mit durchnumerierten Kugeln möglich? Habe ich richtig verstanden?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Das habe ich nicht gesagt - lies nochmal genau.
Gast_47 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent
Das habe ich nicht gesagt

Gut, wie sieht denn dann eine kombinatorische Lösung mit den entindividualisierten Kugeln aus?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Willst du mich falsch verstehen? Was ich meinte ist, dass du nicht bei den günstigen Varianten mit "entindividualisierten" Kugeln rechnen kannst, während du bei allen Varianten mit individualisierten rechnest. Das erzähle ich jetzt zum dritten Mal.
Gast_47 Auf diesen Beitrag antworten »

war nur die Antwort auf die Frage von tmo. Ich bestehe nicht darauf.
Also, wie sieht die einfachste kombinatorische Lösung aus?
therisen Auf diesen Beitrag antworten »



Es gibt Fälle, in denen man mit beiden Zählmodellen leicht zum Ziel kommt. Hier bietet sich die (künstliche) Unterscheidung der Reihenfolge an. Da man das sowohl im Zähler als auch im Nenner macht, hebt sich das sozusagen auf.
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