Wahrscheinlichkeit 6 Personen auf 3 Räume

22.07.2020, 08:04	123-321	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit 6 Personen auf 3 Räume Meine Frage: Hallo zusammen, Ich versuche folgende Aufgabe zu lösen: 6 Personen sollen auf 3 Räume verteilt werden. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass in irgendeinem Raum mindestens 3 Personen sind? Meine Ideen: - Möglichkeiten, 6 Personen auf 3 Räume zu verteilen = 3^6 = 729 - Möglichkeiten, dass in jedem Raum 2 Personen sind = 6!/3! = 120 - Wahrscheinlichkeit, dass in jedem Raum 2 Personen sind = 100/729*120 = 16,5 - Wahrscheinlichkeit, dass in einem Raum mindestens 3 Personen sind = 100-16,5=83,5 Aber irgendetwas kann hier nicht stimmen, da ich - wenn ich das o.g. Beispiel mit 7 Personen durchführe, zu einer Wahrscheinlichkeit von 91,8% komme -- und bei 7 Personen MUSS die ja bei 100% liegen.. Danke für eure Hilfe!!
22.07.2020, 08:34	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Offenbar gehst du von einer Gleichverteilung auf der Menge $\begin{align} \Omega \end{align}$ aller $\begin{align} \omega = \left( i_1, \ldots, i_6 \right) \end{align}$ mit $\begin{align} i_1, \ldots, i_6 \in \{1,2,3\} \end{align}$ aus. Daß in jedem Raum genau 2 Personen sind, dafür gibt es $\begin{align} \frac{6!}{2!2!2!} \end{align}$ Möglichkeiten (Anzahl der Wörter der Länge 6 mit 2mal 1, 2mal 2 und 2mal 3), zum Beispiel 231213 oder 112332 oder 312231).
22.07.2020, 09:10	G220720	Auf diesen Beitrag antworten »
mindestens 3 heißt doch 3 oder 4 oder 5 oder alle 6. Also dürfen auch Räüme freibleiben. Die Frage ist mMn nicht klar formuliert.
22.07.2020, 09:48	123-321	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die schnellen Antworten. Die Räume dürfen auch frei bleiben. (Es handelt sich eigentlich um eine chemische Reaktion, bei der 6 Homologe an ein Molekül reagieren, welches 3 Reaktionsstellen für die Homologe besitzt - und jedes Homolog kann auch zudem an ein reagiertes Homolog binden).
22.07.2020, 16:10	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, beinahe richtig. Ein Spiel-Würfel mit $\begin{eqnarray} \Omega=\{1,2,3\} \end{eqnarray}$ wird 6 mal geworfen. Jede Kette ist ein Laplace-Versuch und gleichwahrscheinlich mit $\begin{eqnarray} p= \left(\frac 13\right)^6=\frac {1}{729} \end{eqnarray}$ Die Ergebnismenge {1,1,2,2,3,3} die das Ereignis ist, dass kein Zimmer mindestens 3 Personen enthält, und damit das Gegenereignis darstellt, hat $\begin{eqnarray} \frac {6!}{2!2!2!}=90 \end{eqnarray}$ Permutationen ---> $\begin{eqnarray} P(\text{mindestens ein Zimmer hat mindestens 3 Personen})= 1-\frac{90}{729}=\frac {71}{81}\approx 0.877 \end{eqnarray}$ Bei 7 Personen tritt obiges Ereignis, dass mindestens ein Raum mindestens 3 Personen enthält immer auf. Also p=1 Formeln haben ihren Gültigkeitsbereich. z.B. ist beim Urnenmodell beim Ziehen ohne Zurücklegen die Anzahl der Versuche begrenzt.
22.07.2020, 23:57	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
zur Sicherheit habe ich das auch mit Monte Carlo simuliert und erhalte nach 10000 Durchgängen stabil $\begin{eqnarray} 0.873 \leq p \leq 0.878 \end{eqnarray}$ Eine andere Frage wäre die, wenn ein bestimmtes Zimmer gemeint ist. Die Binomialverteilung liefert hier problemlos $\begin{eqnarray} 1-\sum_{k=0}^2\binom 6k(\tfrac13)^k(\tfrac 23)^{6-k}\approx 0.6804 \end{eqnarray}$ Hier ist jetzt auch $\begin{eqnarray} n=7 \end{eqnarray}$ oder mehr vorstellbar
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23.07.2020, 15:55	123-321	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für die detaillierte Erklärung. Ich glaube, dass ich alles verstanden habe - mit Ausnahme der 'Ergebnismenge'. Müsste diese nicht anstelle von {1,1,2,2,3,3} lauten: {0,0,1,1,2,2}? Grüße
23.07.2020, 15:59	123-321	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry. Verständnisfehler selbst behoben. Ist natürlich richtig so. Danke für die Hilfe

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