7 Personen an 4 Haltestellen

23.07.2021, 14:27

Ori

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7 Personen an 4 Haltestellen

Meine Frage:
ES sind 7 Personen im Bus. Es sind noch vier Haltestellen bis zur Endstation einschließlich der Endstation.
Berechne die Wahrscheinlichkeit aus, dass an jeder Haltestelle mindestens einer der Personen aussteigt.
Eine Person hat für jede Haltestelle die gleiche Wahrscheinlichkeit auszusteigen.

Meine Ideen:
Mein Ansatz:

Mit Wiederholung, da eine Haltestelle mehrfach gewählt werden kann.
Mit Reihenfolge.
Alle Möglichkeiten = n^k also 4^7.

Lösung: Alle Möglichkeiten minus Alle Möglichkeiten an 3 Haltestellen
auszusteigen, das ganze geteilt durch Alle Möglichkeiten.
= (16.384 - 2.187)/16.384 = 0,8665 = 86,65%

Ist das richtig oder habe ich was übersehen?

23.07.2021, 15:31

G230721

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RE: 7 Personen an 4 Haltestellen
Tipp:
GegenWKT verwenden.
Die WKT auszusteigen ist 50%. Eine Person kann aussteigen oder nicht.

23.07.2021, 15:59

Huggy

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RE: 7 Personen an 4 Haltestellen

Zitat:

Original von Ori
Lösung: Alle Möglichkeiten minus Alle Möglichkeiten an 3 Haltestellen
auszusteigen, das ganze geteilt durch Alle Möglichkeiten.

Das ist ein möglicher Ansatz.

Zitat:

= (16.384 - 2.187)/16.384 = 0,8665 = 86,65%

Aber das ist nicht richtig. $\begin{eqnarray*} 2187 \end{eqnarray*}$ ist die Zahl der Möglichkeiten, dass alle an 3 bestimmten Haltestellen aussteigen, z. B. an $\begin{eqnarray*} H_1, H_2, H_3 \end{eqnarray*}$ . Sie könnten aber auch alle an $\begin{eqnarray*} H_2,H_3,H_4 \end{eqnarray*}$ aussteigen usw. Man darf aber $\begin{eqnarray*} 2187 \end{eqnarray*}$ nicht einfach mal $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ nehmen, denn die Schnittmengen von je $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ Haltestellen sind nicht leer. Stichwort: Siebformel

23.07.2021, 21:57

Ori

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Hab jetzt nochmal recherchiert!

Das mit den gesamt Möglichkeiten scheint richtig zu sein also n^k = 4^7.

Die Wahrscheinlichkeit, das ein richtiges Ereignis eintritt ist 1/(4^7).

Jetzt habe ich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \end{pmatrix} = 4 \end{eqnarray*}$ Mengen an Möglichkeiten 7 auf 3 Haltestellen zu zuordnen.

$\begin{eqnarray*} A_{1} := \left\{ \left(a_{1}, ..., a_{7} \right): a_{1,...,7} \in \left\{ H_{1}, H_{2}, H_{3} \right\} \right\} \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} A_{2} := \left\{ \left(a_{1}, ..., a_{7} \right): a_{1,...,7} \in \left\{ H_{2}, H_{3}, H_{4} \right\} \right\} \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} A_{3} := \left\{ \left(a_{1}, ..., a_{7} \right): a_{1,...,7} \in \left\{ H_{3}, H_{4}, H_{1} \right\} \right\} \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} A_{4} := \left\{ \left(a_{1}, ..., a_{7} \right): a_{1,...,7} \in \left\{ H_{4}, H_{1}, H_{2} \right\} \right\} \end{eqnarray*}$ .

Jede der Mengen $\begin{eqnarray*} A_{1} - A_{4} \end{eqnarray*}$ haben die gleiche Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(A_{k}, k \in \left\{ 1, 2, 3, 4\right\} ) = \frac{3^{7} }{4^{7} } \end{eqnarray*}$ .

Jetzt muss ich die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung dieser Mengen ermitteln!
Die Siebformel besagt, dass

$\begin{eqnarray*} P(\bigcup\limits_{k=1}^{4} A_{k} ) := \sum\limits_{1\leq i\leq 4} P(A_{i} ) \> - \sum\limits_{1\leq i<j\leq 4} P(A_{i}\cap A_{j}) \> + \sum\limits_{1\leq i<j<h\leq 4} P(A_{i}\cap A_{j}\cap A_{h}) \> -P(A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3} \cap A_{4} ) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\sum\limits_{k=1}^{4} \frac{3^{7} }{4^{7} } \> - \sum\limits_{k=1}^{6} \left(\frac{3^{7} }{4^{7} }\right) ^{2} \> + \sum\limits_{k=1}^{4} \left(\frac{3^{7} }{4^{7} }\right) ^{3} \> - \left(\frac{3^{7} }{4^{7} }\right) ^{4} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = 0.4362 \end{eqnarray*}$

Dies bedeutet jetzt das mit einer Wahrscheinlichkeit von 43.62% nicht mindestens einer an jeder Haltestelle aussteigt.
Also nehme ich davon die gegen Wahrscheinlichkeit 100-43.62 = 56.38
und weis jetzt, das mit einer Wahrscheinlichkeit von 56.38% mindestens einer an jeder Haltestelle aussteigt.

Ist dieser aufgezeigte Weg von mir korrekt.
Falls nein, bitte erläutertes mit bitte!
Falls ja, gibt es einen schnelleren Weg zu rechnen?

23.07.2021, 22:36

Leopold

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Ich finde deinen Ansatz etwas unübersichtlich. Ich würde

$\begin{align*} B_i = i \ \text{kommt im Septupel vor} \, ; \ \ 1 \leq i \leq 4 \end{align*}$

wählen. Mit

$\begin{align*} B = B_1 \cap B_2 \cap B_3 \cap B_4 \end{align*}$

wäre dann $\begin{align*} P(B) \end{align*}$ zu bestimmen. Das geht über

$\begin{align*} P(B) = 1 - P \left( \overline{B} \right) = 1 - P \left( \overline{B_1} \cup \overline{B_2} \cup \overline{B_3} \cup \overline{B_4} \right) \end{align*}$

Und die letzte Wahrscheinlichkeit berechnet man mit der Siebformel.

Der Zusammenhang zwischen deinen $\begin{align*} A_i \end{align*}$ und meinen $\begin{align*} B_i \end{align*}$ ist:

$\begin{align*} \overline{B_1} = A_2 \, , \ \ \overline{B_2} = A_3 \, , \ \ \overline{B_3} = A_4 \, , \ \ \overline{B_4} = A_1 \end{align*}$

Jetzt bleiben wir aber bei deinen Bezeichnungen. Die Siebformel hast du korrekt angewandt, die Berechnung der Einzelwahrscheinlichkeiten jedoch nicht. So ist zum Beispiel

$\begin{align*} P \left( A_1 \cap A_2 \right) = \left( \frac{2}{4} \right)^7 \end{align*}$

denn $\begin{align*} A_1 \end{align*}$ bedeutet, daß 4 nicht vorkommen darf, $\begin{align*} A_2 \end{align*}$ bedeutet, daß 1 nicht vorkommen darf. Damit bedeutet $\begin{align*} A_1 \cap A_2 \end{align*}$ , daß 4 und 1 zugleich nicht vorkommen dürfen. Das Septupel darf also nur mit den Zahlen 2 und 3 bestückt werden. Solche Septupel sind es $\begin{align*} 2^7 \end{align*}$ an der Zahl.

Korrigiere deine Rechnung entsprechend, auch an den andern Stellen.

24.07.2021, 08:33

HAL 9000

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Ansonsten bin ich ja der zuständige Siebformelbeauftragte, das ist mir hier abgenommen worden. Daher nenne ich diesmal noch den möglichen Alternativweg des direkten Abzählen, d.h. wie viele der $\begin{eqnarray*} 4^7 = 16384 \end{eqnarray*}$ Ausstiegskombinationen die Eigenschaft erfüllen, dass an jeder Haltestelle mindestens einer aussteigt (*):

1+1+1+4 und Permutationen: $\begin{eqnarray*} \frac{4!}{{\color{red}3}!}\cdot \frac{7!}{4!} \end{eqnarray*}$
1+1+2+3 und Permutationen: $\begin{eqnarray*} \frac{4!}{{\color{blue}2}!}\cdot \frac{7!}{2!3!} \end{eqnarray*}$
1+2+2+2 und Permutationen: $\begin{eqnarray*} \frac{4!}{{\color{green}3}!}\cdot \frac{7!}{2!^3} \end{eqnarray*}$

Die Summe dieser drei Anzahlen ist die Anzahl der günstigen Kombinationen für Ereignis (*).

@Ori

Der zugrunde liegende Laplacesche Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ der Ausstiegsmöglichkeiten der 7 Personen an den 4 Haltestellen besitzt die Mächtigkeit $\begin{eqnarray*} |\Omega|=4^7=16384 \end{eqnarray*}$ . Das bedeutet u.a., dass SÄMTLICHE Wahrscheinlichkeiten in diesem Raum Vielfache von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{16384} \end{eqnarray*}$ sein müssen - allein schon das wird von deiner letzten Rechnung verletzt.

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24.07.2021, 08:35

G240721

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Ich sehe folgende Möglichkeiten je Station der Reihe nach:

1114 (4 Reihenfolgen), 1 bedeutet, dass 1 aussteigt.
1213 (6 Reihenfolgen)
1222 (4 Reihenfolgen)

1.Station, 1 steigt, 6 nicht: 7*0,5*0,5^6 (Bernoulli)
Das müsste man man mit der WKTen der restlichen Stationen multiplizieren und alle Reihenfolgen
berücksichtigen.
Analog mit den anderen Kombinationen.
Sehr aufwändig, aber vlt. auch ein Weg.

Wäre dieser Ansatz korrekt oder mache ich einen Denkfehler.

24.07.2021, 13:12

Ori

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Ok hab jetzt umgesetzt denke ich!

Also,

Es gilt hier:

$\begin{eqnarray*} | A_{i}\cap A_{j} |=2 \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} | A_{i}\cap A_{j}\cap A_{h} |=1 \end{eqnarray*}$ &
$\begin{eqnarray*} | A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3}\cap A_{4} |=\varnothing \end{eqnarray*}$

Dies führt zur Siebformel mit folgenden Werten:

$\begin{eqnarray*} P(\bigcup\limits_{k=1}^{4} A_{k} ) := \sum\limits_{1\leq i\leq 4} P(A_{i} ) \> - \sum\limits_{1\leq i<j\leq 4} P(A_{i}\cap A_{j}) \> + \sum\limits_{1\leq i<j<h\leq 4} P(A_{i}\cap A_{j}\cap A_{h}) \> -\varnothing \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\sum\limits_{k=1}^{4} \frac{3^{7} }{4^{7} } \> - \sum\limits_{k=1}^{6} \left(\frac{2 }{4 }\right) ^{7} \> + \sum\limits_{k=1}^{4} \left(\frac{1 }{4 }\right) ^{7} \> - 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = 0.4873 \end{eqnarray*}$

Wahrscheinlichkeit günstiger Möglichkeiten ist 100%-48.73% = 51.27%
Dieses Ergebnis stimmt auch mit dem Ergebnis von der Rechnung von @HAL 9000

Zusätzlich hatte ich die folgende Formel gefunden:
$\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)*P(B) \end{eqnarray*}$
wann gilt diese?

24.07.2021, 13:30

Leopold

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Zitat:

Original von Ori
$\begin{eqnarray*} | A_{i}\cap A_{j} |=2 \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} | A_{i}\cap A_{j}\cap A_{h} |=1 \end{eqnarray*}$ &
$\begin{eqnarray*} | A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3}\cap A_{4} |=\varnothing \end{eqnarray*}$

Mächtigkeiten sind nichtnegative ganze Zahlen. Das Zeichen für die leere Menge hat hier nichts verloren. Und dann fehlt überall noch der Exponent 7, was sich bei den Basen 1 und 0 selbstverständlich nicht auswirkt. Bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit weiter unten stimmt es dann.
Dein Endergebnis ist korrekt.

Zitat:

Original von Ori
Zusätzlich hatte ich die folgende Formel gefunden:
$\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)*P(B) \end{eqnarray*}$
wann gilt diese?

Das ist keine Formel zur Berechnung einer Wahrscheinlichkeit, sondern zur Kennzeichnung der Unabhängigkeit zweier Ereignisse. Man kann sie allerdings auch als Berechnungsformel für den Ereignisschnitt verwenden, wenn die Ereignisse in naiver Weise als unabhängig angesehen werden können. Hier ist das nirgendwo der Fall. Laß die Finger davon.

24.07.2021, 13:57

Huggy

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Zitat:

Original von G240721
1114 (4 Reihenfolgen), 1 bedeutet, dass 1 aussteigt.

Das soll wohl heißen, an Station 1, 2, 3 steigt je eine Person aus und an Station 4 steigen 4 Persione aus?

Zitat:

1213 (6 Reihenfolgen)

Hier gibt es 12 Reihenfolgen.

Zitat:

1.Station, 1 steigt, 6 nicht: 7*0,5*0,5^6 (Bernoulli)

Diese Zeile verstehe ich nicht. Du bist immer so mundfaul.

Wenn man mit deinen 3 obigen Konfigurationen beginnt, bei denen an jeder Station mindestens eine Person aussteigt, könnte man als nächstes die Zahl der Belegungen $\begin{eqnarray*} B_i \end{eqnarray*}$ mit Personen für jede Konfiguration bestimmen. Es ergibt sich

$\begin{eqnarray*} B_1=\binom 7 4 3! \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} B_2=\binom 7 3 \binom 5 2 2! \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} B_3=\binom 7 2 \binom 5 2 \binom 3 2 \end{eqnarray*}$

Das ergibt

$\begin{eqnarray*} n=4B_1+12B_2+4B_3=8400 \end{eqnarray*}$

Möglichkeiten, die der Forderung der Aufgabe genügen. So käme man ohne Siebformel zum Ziel. Die Siebformel erscheint mir hier aber der einfachere Weg.

24.07.2021, 18:10

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Die Siebformel erscheint mir hier aber der einfachere Weg.

Da stimme ich letztendlich zu - auch wenn der andere Weg im vorliegenden Fall in der Rechnung nicht viel aufwändiger ist (in der Erklärung allerdings schon).

Ein Wort zur Sinnhaftigkeit der Siebformel im Fall tatsächlich unabhängiger $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ : In diesem Fall kann man rechnen

$\begin{eqnarray*} P\left( \bigcup_{k=1}^n A_k\right) = 1-P\left( \bigcap_{k=1}^n A_k^c\right) \stackrel{!}{=} 1- \prod_{k=1}^n P\left( A_k^c\right) = 1- \prod_{k=1}^n \left(1-P\left( A_k\right)\right) \end{eqnarray*}$ .

D.h., man kann sich die Siebformel in diesem Unabhängigkeitsfall getrost sparen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

25.07.2021, 18:11

andyrue

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RE: 7 Personen an 4 Haltestellen
müssen an der endstation alle (noch verbliebenen) fahrgäste aussteigen?

oder kann einer sitzen bleiben und noch ein nickerchen im bus machen und die route nochmal fahren?

andy

25.07.2021, 18:14

Leopold

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Alle bislang vorgetragenen Lösungen gehen davon aus, daß im Laufe der Fahrt alle Fahrgäste aussteigen. An den Betrunkenen, der sich unter der hinteren Sitzreihe verkrümelt hat, hat niemand gedacht.

26.07.2021, 08:52

Luftikus

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Zitat:

Original von Leopold
Alle bislang vorgetragenen Lösungen gehen davon aus, daß im Laufe der Fahrt alle Fahrgäste aussteigen. An den Betrunkenen, der sich unter der hinteren Sitzreihe verkrümelt hat, hat niemand gedacht.

Ja, vorallem gehört zu den 7 Personen auch ein:e Busfahrer:in smile

smile

26.07.2021, 09:21

G260721

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Zitat:

Ja, vorallem gehört zu den 7 Personen auch ein:e Busfahrer:in

Ob das relevant ist, hängt von der Zeit ab.
Nur am Schichtende oder bei der letzten Fahrt des Tages stellt sich diese Frage.
Zudem wird er /sie auch wohl ins Depot zurückfahren, um den Bus abzustellen und dann aussteigen.

26.07.2021, 10:33

HAL 9000

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Zitat:

Original von Luftikus
Ja, vorallem gehört zu den 7 Personen auch ein:e Busfahrer:in smile

smile

Da ist natürlich was dran: Es ist ja explizit von "Personen" und nicht von "Fahrgästen" die Rede. Und solange wir nicht von autonom fahrenden Bussen sprechen, muss wohl der/die/das Busfahrer:in (oder Busfahrer*in - ich komm da nicht mehr mit) auch als Person berücksichtigt werden.

Ist schon ein Kreuz mit der sprachlichen Ausgestaltung von Kombinatorik-Anwendungsaufgaben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

@G260721

Relevant ist es auf jeden Fall, denn ob Schichtende oder nicht - es sind dann auf jeden Fall die Ausstiegsvarianten von nur noch 6 Fahrgästen zu diskutieren.

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