Binomialkoeffizient, Wahrscheinlichkeitsverteilung

Aufrufe: 507     Aktiv: 07.02.2022 um 06:59

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Hey, ich stehe gerade auf dem Schlauch. Könnte mir jemand einen kleinen Tipp geben, wie ich c) berechnen kann?

Also für a) habe ich 0.1893 raus und das würde ich einfach *4 rechnen und somit auf 0.7572 kommen...

Vielen Dank im Voraus :)
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Mich irritiert die Aufgabenstellung. Ist da ein Fehler drinn? Es gibt die Stufe 1 - 4 (also 4 Stufen), 1 = niedrig, 5 = hoch (das sind 5 Stufen).   ─   lernspass 03.02.2022 um 22:25

Ja, da ist ein logischer Fehler drin (und da sind auch Rechtschreibfehler drin), weil das aus einem Gedächtnisprotokoll stammt. Ich habe mit n=4 und p= 1/4 gerechnet.   ─   cara 03.02.2022 um 23:03
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Nachtrag nach Diskussion in den Kommentaren:

Habe es gestern Nacht nur überflogen und daher nicht beachtet, dass die Mengen nicht disjunkt sind.
Daher ist $4$ mal das Ergebnis aus a) leider erstmal nur eine obere Schranke.
Das Prinzip von Inklusion und Exklusion führt dann zum Erfolg.
Die einzelnen Wahrscheinlichkeiten sind dann 
$$\mathbb{P}(A_k)=\frac{\sum\limits_{x,y,z \in \mathbb{N}_0;x+y+z=14}\frac{17!}{3!\,x!\,y!\,z!}}{4^{17}}=\frac{3\,252\,418\,920}{4^{17}}\approx 0,1893,$$
$$\mathbb{P}(A_k \cap A_l)=\frac{\sum\limits_{x,y \in \mathbb{N}_0;x+y=11}\frac{17!}{3!\,3!\,x!\,y!}}{4^{17}}=\frac{506\, 920\, 960}{4^{17}}\approx 0,02950668,$$
$$\mathbb{P}(A_k \cap A_l \cap A_m)=\frac{\frac{17!}{3!\,3!\,3!\,8!}}{4^{17}}\approx 0,002377247.$$
Und insgesamt dann
$$\mathbb{P}\left( \bigcup\limits_{k=1}^{4}A_k\right) =4\frac{3\,252\,418\,920}{4^{17}}  -6\frac{506\, 920\, 960}{4^{17}}  +4\frac{\frac{17!}{3!\,3!\,3!\,8!}}{4^{17}} =\frac{316609785}{536870912} \approx 0,58973.$$
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Die Aufgabe c) mit \(4*0,1893=0,7572\) ist leider falsch gelöst. Zudem finde ich, dass hier Raum zur Interpretation vorhanden ist: ist hier gemeint, dass es genau eine Stufe mit genau 3 Studierenden geben soll oder können auch mehrere Stufen mit jeweils genau 3 Studierende auftreten?

Ich glaube das Hauptproblem beim Lösen liegt hier, dabei das von einer Binomialverteilung ausgegangen wird. Das funktioniert zwar auch für die Aufgabe a) und b), da hier nach einem bestimmten Wert gefragt wird. Aber für Aufgabenteil c) geht das nicht mehr.
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Wieso sollte das denn falsch sein? Ich bin jetzt von $X_1, \ldots, X_{17}$ unabhängig disk. gleichverteilt ausgegangen.   ─   orbit 04.02.2022 um 14:36

Die 0,1893 ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine bestimmte Stufe von genau 3 Studierenden benannt wird. Mit der von mir zweit genannten Interpretation der Aufgabe c) soll nun die Wahrscheinlichkeit dafür berechnet werden, dass mindestens eine Stufe von jeweils genau 3 Studierenden benannt werden. Wird nun zwischen den vier Stufen eine oder-Verknüpfung vorausgesetzt, wie oben geschehen, wird dabei außer Acht gelassen, dass die 0,1893 aus einer Binomialverteilung entstanden ist. Wenn nun eine 3er-Gruppe gebildet wurde, bedingt dies aber, dass sonst niemand mehr zu dieser Stufe hinzukommt.   ─   drbau 04.02.2022 um 15:06

Ich würde hier auch gar nicht über eine Bin.Vert. gehen, sondern es elementar ausrechnen. Ich verstehe die Aufgabe so, dass
$$\mathbb{P}\left(\bigcup_{J \subseteq \{1,\ldots,17\}, |J|=3}\,\bigcup_{k=1}^{4}\left(\bigcap_{j \in J}\{X_j=k\} \cap \bigcap_{j \notin J}\{X_j\neq k\} \right)\right)$$ gesucht ist.
  ─   orbit 04.02.2022 um 15:20

Whoops, du hast natürlich recht. Ich habe auf die Schnelle fälschlicherweise disjunkte Mengen angenommen.   ─   orbit 04.02.2022 um 20:28

Sorry für die nun späte Antwort, hatte noch ne lange Autofahrt vor mir...
Ich hatte es über die Gegenwahrscheinlichkeit mit einer Multinomialverteilung gelöst. Dann gilt für die Wahrscheinlichkeit, dass es gar keine 3er-Gruppe in einer der vier Stufen gibt:
\(\sum_{a_{1,2,3,4}=0}^{17} \frac{ 17!*p_{ 1 }^{ a_{ 1 } }*p_{ 2 }^{ a_{ 2 } }*p_{ 3 }^{ a_{ 3 } }*p_{ 4 }^{ a_{ 4 } } }{ a_{ 1 }!*a_{ 2 }!*a_{ 3 }!*a_{ 4 }! }\)
mit \(a_1+a_2+a_3+a_4=17\) aber \(a_1,a_2,a_3,a_4\neq3\) und in diesem Beispiel \(p_1=p_2=p_3=p_4=0,25\), wobei \(a_i\) die Anzahl der Studierenden ist, die sich für die i-te Stufe ausgesprochen haben und \(p_i\) die Wahrscheinlichkeit für die Stufe \(i\). Hierbei kommt rund \(41 \%\) und somit die Wahrscheinlichkeit dafür, dass es mind. eine 3er-Gruppe gibt: \(59\%\).
Weiß grad nicht, ob man es nicht auch eleganter lösen könnte... auf diesen Weg mussten eben alle möglichen Werte für die \(a_i\) durch variiert werden, was ich durch den Summenindex \(a_{1,2,3,4}\) versucht habe darzustellen.
Ich vermute aber schon fast, dass die Original-Aufgabenstellung hier etwas anderes verlangt hat...
  ─   drbau 04.02.2022 um 22:14

Kein Problem, das ist hier ja auch eher eine Freizeit-Beschäftigung. Ich habe die $41$% jetzt nicht nachgerechnet, aber ich sehe dann nicht wirklich wo in meinen Überlegungen möglicherweise ein Fehler steckt (bzw. wo der fundamentale Unterschied liegt). Das Ereignis
$$A_k= \bigcup_{J \subseteq \{1,\ldots,17\}, |J|=3}\,\left(\bigcap_{j \in J}\{X_j=k\} \cap \bigcap_{j \notin J}\{X_j\neq k\} \right)$$
beschreibt, dass (genau) $3$ Studenten $k$ angegeben haben. Die Vereinigung ist disjunkt und mit unabh. gilt daher
$$\mathbb{P}(A_k)=\binom{17}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^3\left(\frac{3}{4}\right)^{17-3}\approx 0,1893.$$
Gesucht ist jetzt die Wahrscheinlichkeit, dass $3$ Studenten den gleichen Wert angeben. Ich gehe dann jetzt davon aus, dass es als oder gemeint ist. Also geben bspw. die ersten 3 Studenten die Stufe 1 an und die Studenten 4-6 sagen Stufe 2 (und die restlichen etwas anderes ), dann zählt das ebenfalls dazu. Dieses Ergebnis sollte dann ja via
$$\bigcup\limits_{k=1}^{4}A_k$$
gegeben sein. Für $k,l,m\in \{1,2,3,4\}$ pw. verschieden ist
$$\mathbb{P}(A_k \cap A_l)=\binom{17}{6}\left(\frac{1}{4}\right)^6\left(\frac{1}{2}\right)^{17-6},$$
$$\mathbb{P}(A_k \cap A_l \cap A_m)=\binom{17}{9}\left(\frac{1}{4}\right)^{17},$$
$$\mathbb{P}\left(\bigcap\limits_{k=1}^{4}A_k\right)=0.$$
Und damit
$$\mathbb{P}\left( \bigcup\limits_{k=1}^{4}A_k\right)=4\binom{17}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^3\left(\frac{3}{4}\right)^{17-3}
-6\binom{17}{6}\left(\frac{1}{4}\right)^6\left(\frac{1}{2}\right)^{17-6}
+4\binom{17}{9}\left(\frac{1}{4}\right)^{17} \approx 0,7484164.$$
Wieso das jetzt so unterschiedlich zu deinem Ergebnis ist, sehe ich auf die Schnelle nicht.
  ─   orbit 06.02.2022 um 18:20

Du kannst bspw. mit \(4*\binom{17}{9}*(\frac{1}{4})^{17}\) nicht die Wahrscheinlichkeit für drei 3er-Gruppen angeben. Wieso sollten sich nun 9 Studierende ausgerechnet zu 3x3 verteilen? Ähnlich verhält sich dies auch mit den anderen Summanden. Weshalb du nun \(6*\binom{17}{6}*(\frac{1}{4})^{6}*(\frac{1}{2})^{17-6}\) subtrahierst ist mir auch nicht klar. Wir können ferner auch hier wieder gleiches Spiel treiben und auf 5 Stufen erhöhen und man würde wiederum eine Wkeit über 1,0 erhalten.
(Mein Ergebnis waren übrigens 59 %, nicht 41 %)
  ─   drbau 06.02.2022 um 19:08

Die 4 kommt ja wieder nur vom Inkl.-Exkl.- Prinzip. Aber wieso sollte $\mathbb{P}(A_k \cap A_l \cap A_m)=\binom{17}{9}\left(\frac{1}{4}\right)^{17}$ nicht gelten? Z.B. sollte doch $\omega \in A_1 \cap A_2 \cap A_3$ von der Form $w=(1,1,1,2,2,2,3,3,3,?,...,?)$ sein. Wenn bei den ? jetzt eine 1,2, oder 3 steht, dann wäre $\omega$ ja nicht mehr in dem jeweiligen $A$ weswegen bei dem ? nur die 4 stehen kann. Jetzt müsste man noch die 9 stellen aussuchen, an denen die 1,2,3 stehen woher ich den Binomkoef. habe.

Die Subtraktion ist wieder wegen Inkl.-Exkl.
Bei 5 Stufen streikt mein TR gerade aber es wird da ja wieder mehr abgezogen. Sollte es jetzt trotzdem über 1 sein, muss ja bei der eben genannten Überlegung etwas falsch gelaufen sein.
Pardon, meinte natürlich auch 59%.
  ─   orbit 06.02.2022 um 20:00

Weil sich m.E. mit \(\binom{17}{9}*(\frac{1}{4})^{17}=\binom{17}{9}*(\frac{1}{4})^9*(\frac{1}{4})^8\) solche Konstellationen wie \(w=(1,1,1,2,2,2,3,3,3,?...?)\) schlichtweg nicht beschreiben lassen. Das was hier steht, ist doch nichts anders als die Binomialverteilung (egal wie du es nun auch nennen magst). Also entweder gibt es x-Studenten die in Stufe i liegen oder sie liegen nicht in der Stufe i. Eine Aussage darüber, dass so und so viele in Stufe 1, 2 usw. liegen kann nicht getätigt werden. Also wieso sollte \((1/4)^{9}\) gerade die Wahrscheinlichkeit für \(w=(1,1,1,2,2,2,3,3,3)\) sein und nicht für z.B. \(w=(1,1,1,1,2,2,3,3,3)\). Für das von dir angeführte Beispiel würde aber gelten:
\(\frac{17!*0,25^{17}}{3!*3!*3!*8!}\)
Also es gibt genau 3 Studierende in Stufe 1, 3 Studiernede in Stufe 2, 3 Studierende in Stufe 3 und der Rest in Stufe 4. Jeweils mit 25 % Einzelwahrscheinlichkeit. Einen anderen Weg sehe ich nicht.
  ─   drbau 06.02.2022 um 20:24

Du hast recht, die Zählweise war schlichtweg falsch. Ich habe es jetzt mal mit Stift und Papier genauer nachgerechnet:
$$\mathbb{P}(A_k)=\frac{\sum\limits_{x,y,z \in \mathbb{N}_0;x+y+z=14}\frac{17!}{3!\,x!\,y!\,z!}}{4^{17}}=\frac{3\,252\,418\,920}{4^{17}}\approx 0,1893.$$
$$\mathbb{P}(A_k \cap A_l)=\frac{\sum\limits_{x,y \in \mathbb{N}_0;x+y=11}\frac{17!}{3!\,3!\,x!\,y!}}{4^{17}}=\frac{506\, 920\, 960}{4^{17}}\approx 0,02950668$$
$$\mathbb{P}(A_k \cap A_l \cap A_m)=\frac{\frac{17!}{3!\,3!\,3!\,8!}}{4^{17}}\approx 0,002377247$$
Insgesamt dann
$$\mathbb{P}\left( \bigcup\limits_{k=1}^{4}A_k\right)
=4\frac{3\,252\,418\,920}{4^{17}}
-6\frac{506\, 920\, 960}{4^{17}}
+4\frac{\frac{17!}{3!\,3!\,3!\,8!}}{4^{17}}
=\frac{316609785}{536870912}
\approx 0,58973$$
Die Ergebnisse scheinen also identisch zu sein. Eine einfachere Zählweise habe ich jetzt leider auch nicht gefunden. Deine Variante über die Gegenwahrscheinlichkeit ist da dann wohl schneller.
  ─   orbit 07.02.2022 um 00:53

Ja, so scheint es zu passen :)   ─   drbau 07.02.2022 um 06:59

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