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Aufgabe:

In einem Bus sitzen 10 Fahrgäste. Bis zur Endstation (inklusive) sind

es noch 6 Haltestellen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Bus an jeder

Haltestelle stoppen muss, weil jemand aussteigen möchte?


Habe mir bereits überlegt, dass die Gesamtanzahl aller möglichen Fälle $$ {10+6-1 \choose 10} = 3003 $$ betragen muss.

Da leider nichts zu dem Wahrscheinlichkeitsmodell in der Aufgabe steht und wir bis jetzt nur Laplace hatten, gehe ich mal von der Laplace Annahme aus.

Meine Ergebnismenge sollte dann in etwa so aussehen: $$ \Omega = \{(\omega_1,...,\omega_6) \in N_0 : \omega_1,...,\omega_6 \geq 0 \: \wedge \: \omega_1 + ... + \omega_6 = 10 \} $$

Und Ereignis $$ A = \{(\omega_1,...,\omega_6) \in \Omega : \omega_1,..., \omega_6 > 0 \} $$

Nur weiß ich noch nicht wie ich darauf kommen soll die Anzahl der günstigen Fälle zu bestimmen.


Bedanke mich schon mal für eure Hilfe!

von

2 Antworten

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Evtl.

(6 - 1 + 4 über 4) / (6 - 1 + 10 über 10) = 6/143 = 0.0420

von 429 k 🚀

Dann erklär mir mal bitte wie du auf die Anzahl der günstigen Fälle kommst.

Vielleicht hat der Mathecoach einfach deine Überlegung für die günstigen Ausfälle aufgenommen (Sind denn die Personen " nicht unterscheidbar" ?)

6 Personen müssen alle an unterschiedlichen Stationen aussteigen. Die übrigen 4 haben dann die freie Wahl.

Glaube schon, es macht ja keinen Unterschied, ob entweder Person A an Haltestelle 1 aussteigt und Person B an Haltestelle 2 oder umgekehrt. Hauptsache eine Person steigt an einer Haltestelle aus.

6 Personen müssen alle an unterschiedlichen Stationen aussteigen (1 Fall).

und dann

 Die übrigen 4 haben dann die freie Wahl ( (6 - 1 + 4 über 4) Fälle)

Die beiden Zahlen wegen "und dann" miteinander multiplizieren.

Ich weiss aber nicht, ob die Fragestellung eindeutig diese Art von Laplace-Experiment ergibt. 

Scheint richtig zu sein! Wenn man das Modell verkleinert und abzählt, stimmt die Formel für die günstigen Fälle. Vielen Dank!

Was hättest du denn für ne andere Vorstellung @Lu

Sehr gut. D.h. du hast irgendwo Resultate?

Eine Lösung habe ich noch nicht aber wenn du das Modell verkleinerst, so dass du die günstigen Fälle abzählen kannst, berechnet die Formel für verschiedene Fälle das, was sie soll :D

Scheint richtig zu sein! Wenn man das Modell verkleinert und abzählt, stimmt die Formel für die günstigen Fälle. Vielen Dank!

Ich bin begeistert das hier jemand das System verstanden hat. Das man einfach mal das Modell verkleinern kann, sich dort eine Formel überlegen kann, verifizieren kann und aufs große Modell übertragen kann.

Ich sehe auch ihr habt meine Intention dieser Modellierung verstanden.

Natürlich :D

Ich bin nur nicht darauf gekommen meine selbst ausgewählte Formel auch für die günstigen Fälle zu benutzen. Bin ich mal gespannt, ob das alles so richtig ist.

Sollte richtig sein. Ich erinnere mich an ein Problem mit einem Fahrstuhl statt einem Bus. Dort wurde es genauso gerechnet.

@recico: Wenn in der Kombinatorik nach den Anzahl möglichen (Aussteigvarianten (nichtunterscheidbare Personen)... in allen Etagen) gefragt war, habe ich kein Problem mit der Zählung der günstigen / möglichen Ausfälle. Wie aber begründet man, dass die hier gezählten Elementarereignisse gleichwahrscheinlich sind? Falls das bei der Korrektur der Frage noch erklärt wird, bitte Begründung noch nachliefern.

Die in einem Kommentar erwähnte Liftfrage finde ich hier: https://www.mathelounge.de/55887/wahrscheinlichkeiten-berechnen-aufzug-einem-dreistockigen 

https://www.mathelounge.de/55887/wahrscheinlichkeiten-berechnen-aufzug-einem-dreistockigen?show=57100#c57100 hat mit Inklusion - Exklusion das Resultat bestätigen können. 

Wie aber begründet man, dass die hier gezählten Elementarereignisse gleichwahrscheinlich sind?

Andersherum. Man muss annehmen das diese gleichwahrscheinlich sind, weil man es sonst nicht rechnen kann. Es funktioniert also nicht wenn die vorletzte Busstation der große Umsteigebahnhof ist wohin 80% der Fahrgäste fahren.

Eigentlich handelt es sich hier ja auch nicht um ein Zufallsexperiment, weil jeder Fahrgast auch sicher schon vor Fahrtantritt weiß, wo er aussteigen will. Er steigt also sicher nicht zufällig an einer der Stationen mit jeweils der gleichen Wahrscheinlichkeit aus.

Solange ein Außenstehender aber nur die obigen Informationen bekommt und damit eine Wahrscheinlichkeit voraussagen müsste, müsste er solche Annahmen treffen oder nicht?

@Lu Genau, was @Der_Mathecoach sagt. Da wir bis jetzt vor allem noch keine anderen Wahrscheinlichkeitsmodelle im Skript hatten, muss ich quasi von der LP Annahme ausgehen um ne WS berechnen zu können. Außer wir haben die Aufgabe komplett falsch verstanden.

Danke Lu.

Das leuchtet ein. Ich muss da doch nochmal drüber nachdenken wie man das schöner rechnen kann.

Die untersuchten Ausfälle sind hier nicht gleichwahrscheinlich.

Also bitte nicht meine Obige Lösung benutzen. Die ist höchstwahrscheinlich verkehrt.

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Wenn jeder einfach würfelt (unterscheidbare Passagiere und Stationen), gibt das 6^10 gleichwahrscheinliche günstige Ausfälle.

Mit diesem Ansatz ist dann aber die Anzahl der "günstigen" Ausfälle etwas aufwändiger auszurechnen.

von 162 k 🚀

Das funktioniert aber nicht weil nach deiner Berechnung Leute auch nicht aussteigen müssen und das ist ja nicht dem Modell entsprechend.


Dann lässt du z.B. bei 3 Personen und 2 Haltestellen auch den Fall zu, dass 2 Leute an der ersten aussteigen und niemand an der letzten.

Nein: Ich habe das so gemeint: Jeder würfelt einmal. Da kommt eine Zahl von 1 bis 6 heraus. Das ist dann die Haltestelle, bei der er aussteigt.

Aber die Fälle sind ja nicht günstig, weil die günstigen Fälle voraussetzen, dass an jeder HS min. eine Person aussteigt.

Nein. Das ist nur eine Überlegung, bei der ich begründen kann, warum es 6^10 gleichwahrscheinliche Elementarereignisse gibt. (mögliche Ausfälle)

Die günstigen Ausfälle sind dann ein Teil der möglichen Ausfälle.

recico:

Das wäre bei Lu's Meinung der Fall, wenn bei 10 würfen alle Zahlen von 1 bis 6 einmal drankommen. Dann steigt an jeder Haltestelle mind einer aus.

Haha, ich verstehe deine Überlegung aber nicht :D

Wenn du 610 gleichwahrscheinliche Elementarereignisse hast, dann schließt du wie gesagt mit ein, dass nicht jeder an einer Haltestelle aussteigt und das wäre ja bullshit.

Ich habe meine "Idee" zum Ansatz für eine Antwort gemacht. Damit die beiden "Laplace-Ideen" nicht zu stark durcheinanderkommen.

Mathecoach hat hier https://www.mathelounge.de/38163/welcher-wahrscheinlichkeit-steigen-personen-verschiedenen mit meiner Interpretation der Elementarereignisse gerechnet, wenn ich das richtig interpretiere.

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