Zufallsexperiment "Fahrstuhl"

07.02.2013, 16:10

Kizaru

Zufallsexperiment "Fahrstuhl"

Meine Frage:
Angehängt.

Meine Ideen:
Ich habe als Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega=(\left\{0,...,6\right\}^{10}:\sum\limits_{k=1}^{10} \omega _k=6 ) \end{eqnarray*}$ gewählt, aber das scheint mir ziemlich ungeschickt zu sein, weil ich jetzt schon Probleme habe, die Kardinalität von Omega zu berechnen (wegen der Restriktion). Gibt es da eine einfachere Methode? Achja zur Interpretation: Die i-te Komponente gibt an, wieviele Personen im i-ten Stockwerk aussteigen.

07.02.2013, 16:44

Kizaru

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Hier die Aufgabenstellung:

07.02.2013, 16:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von Kizaru
Ich habe als Ergebnisraum $\begin{eqnarray*} \Omega=(\left\{0,...,6\right\}^{10}:\sum\limits_{k=1}^{10} \omega _k=6 ) \end{eqnarray*}$ gewählt, aber das scheint mir ziemlich ungeschickt zu sein, weil ich jetzt schon Probleme habe, die Kardinalität von Omega zu berechnen (wegen der Restriktion). Gibt es da eine einfachere Methode? Achja zur Interpretation: Die i-te Komponente gibt an, wieviele Personen im i-ten Stockwerk aussteigen.

In diesem Modell sind die Personen nicht mehr unterscheidbar. OK, das lässt sich für viele Fragestellungen verschmerzen.

Viel gravierender ist aber, dass hier die Elementarereignisse nicht gleichwahrscheinlich sind, d.h., dies führt zu keinem Laplaceschen W-Raum - was ziemlich fatal ist, wenn wir hier irgendwas berechnen wollen, denn auch die Kardinalität $\begin{eqnarray*} |\Omega| = \binom{10-1+6}{6} = 5005 \end{eqnarray*}$ bringt dann nichts mehr. Augenzwinkern

Mach die Personen unterscheidbar, dann wird's auch was mit einem Laplaceschen W-Raum.

07.02.2013, 17:33

Kizaru

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Natürlich, das Teilchen-Fächer-Modell mit Mehrfachbelegung=mit Wdh und nicht unterscheidbare Teilchen=ohne Berücksichtigung der Reihenfolge. Zunächst werden die Personen durchnummeriert von 1,...,6. Macht es Sinn, das Zufallsexperiment in 10 Teilexperimente zu gliedern; diese wären dann aber leider nicht unabhängig? Zunächst werden die Personen durchnummeriert von 1,...,6.

07.02.2013, 17:37

HAL 9000

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Ich mach's mal kurz: $\begin{eqnarray*} \Omega = \{1,\ldots,10\}^6 \end{eqnarray*}$ ist die einfache, aber hier passende Wahl eines Laplaceschen W-Raums, der die Etagenziele der 6 unterscheidbaren Personen genau erfasst.

07.02.2013, 17:57

Kizaru

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Jaa, das ist clever gewählt. Damit ist also $\begin{eqnarray*} p(\omega)=\frac{1}{|\Omega|}=\frac{1}{10^6} \end{eqnarray*}$ . Sei A das Ereignis, dass genau zwei Personen im zweiten OG aussteigen. Da ein Laplace-Experiment vorliegt, muss die Kardinalität von A bestimmt werden: Ich halte zunächst einmal zwei Komponenten des Vektors omega auf zwei fest, z.B. derart: $\begin{eqnarray*} \omega=(2,2,\omega _3,...,\omega _6) \end{eqnarray*}$ . Nun verbleiben für omega_3-6 jeweils 9 Möglichkeiten über. Insgesamt also 9^4 Möglichkeiten. Des Weiteren gibt es 6!5! Möglichkeiten, die Zweien im Vektor permutieren zu lassen. Also folgt: $\begin{eqnarray*} |A|=6!5!9^4 \end{eqnarray*}$ , vllt ist das wenigstens richtig..

08.02.2013, 09:10

Kizaru

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Bitte die Fakultätszeichen vergessen! Richtig muss es heißen: $\begin{eqnarray*} |A|=6\cdot 5\cdot 9^4 \end{eqnarray*}$

08.02.2013, 09:13

HAL 9000

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Zitat:

Original von Kizaru
Ich halte zunächst einmal zwei Komponenten des Vektors omega auf zwei fest, z.B. derart: $\begin{eqnarray*} \omega=(2,2,\omega _3,...,\omega _6) \end{eqnarray*}$ . Nun verbleiben für omega_3-6 jeweils 9 Möglichkeiten über. Insgesamt also 9^4 Möglichkeiten.

Richtig.

Zitat:

Original von Kizaru
Des Weiteren gibt es 6!5! Möglichkeiten, die Zweien im Vektor permutieren zu lassen.

Nein. Es geht nur noch darum, die zwei Personen aus den insgesamt 6 Personen auszuwählen, die im 2.Obergeschoss aussteigen sollen - das sind nur $\begin{eqnarray*} \binom{6}{2} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten (d.h. Kombinationen).

Ergibt insgesamt $\begin{eqnarray*} \binom{6}{2} \cdot 9^4 \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Sehe gerade erst die Lösung von Kizaru - auch da fehlt ein Faktor 1/2.

08.02.2013, 09:32

Kizaru

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Achja, ich zähle in meiner Variante doppelt, d.h. ich habe einen Unterschied zwischen zB $\begin{eqnarray*} (2_1,2_2,\omega _3,...,\omega _6) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (2_2,2_1,\omega _3,...,\omega _6) \end{eqnarray*}$ gezogen, oder? An der Interpretation muss ich wohl noch arbeiten. Danke für die lehrreiche Hilfe Augenzwinkern

08.02.2013, 09:34

HAL 9000

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Genau das ist der Grund. Freude

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