Ja die Aufgabe ist fies. Man kann sie mit Kombinatorik lösen, aber auch mit der Binomialverteilung.
A)
Die Zufallsvariable X ist B(6; 1/3) verteilt. Man stelle sich nur vor, man habe soetwas wie einen dreiseitigen Würfel. Dieser wird nun 6 mal geworfen und das Ergebnis "rot" soll 2 mal realisiert werden. Rot steht dann hier für einen speziellen Wagen. Ob Rot direkt zwei mal hintereinander kommt oder mit unterbrechung, ist ja egal.
Wahrscheinlichkeit also für x = 2 berechnen (siehe Glossar!)
B)
Jetzt sollen in jedem Wagen 2 Leute sein. Kann man das überhaupt mit einer Binomialverteilung lösen? Die Binomialverteilung gilt aber doch nur "ohne zurücklegen"! Müsste man nicht hier wenn überhaupt die hypergeometrische Verteilung anwenden?
Genau hier liegt der Hase im Pfeffer.
Die Antwort lautet: man "muss" die Binomialverteilung wieder verwenden, allerdings modifiziert. Wir brauchen soetwas ähnliches wie eine Binomialverteilung ohne zurücklegen.
Soll Wagen I gefüllt werden, definiere man eine Zufallsvariable X~B(6;1/3) und berechne P(x=2)
Soll Wagen II gefüllt werden, definiere man eine Zufallsvariable Y~B(4;1/2) und berechne P(y=2)
Soll Wagen III gefüllt werden, definiere man eine Zufallsvariable Z~B(2;1) und berechne P(z=2)
Wir erkennen: die zur Verfügung stehende Anzahl an Personen nimmt hier nach jedem Versuch um 2 ab, die Wahrscheinlichkeit p ür einen bestimmten Wagen nimmt damit zu. Ist der erste gefüllt, exisitieren nur noch 2 Wägen!
Dann werden diese Ergebnisse miteinander multipliziert, schließlich liegt eine UND-Verknüpfung vor.
Dies ist aber noch nicht das Endergebnis.
Man hätte ja schließlich auch den Wagen III zuerst befüllen können, dann Wagen II und dann Wagen I.
Das heißt wir müssten die ganze Chose jetzt 3! mal durchführen. Denn 3 Elemente (Wägen) unterschiedlich anzuordnen, berechnet man bekanntlich mit 3!. Die oben ausgerechnete Wahrscheinlichkeit wird also mit 3! = 6 multipliziert. Dies entspricht einer ODER Verknüpfung.
Analog dazu C:
Soll Wagen I gefüllt werden mit 3 Personen, definiere man eine Zufallsvariable X~B(6;1/3) und berechne P(x=3)
Soll Wagen II gefüllt werden mit 2 Personen, definiere man eine Zufallsvariable Y~B(3;1/2) und berechne P(y=2)
Soll Wagen III gefüllt werden mit 1 Person, definiere man eine Zufallsvariable Z~B(1;1) und berechne P(z=1)
Auch hier existieren wieder 6 Permutationen. Ansonsten wie A)
D)
Wagen I mit 3 Personen: X~B(6;1/3) und P(x=3)
Wagen II mit 3 Personen: Y~B(3;1/2) und P(y=3)
Und die Permutationen sind hier I,II ; I,III; II;III, also insgesamt 3 mit denen wieder das Produkt der Wahrscheinlichkeiten multipliziert werden muss. Bzw.: Aus n = 3 werden k = 2 ausgewählt. Reihenfolge egal, ohne zurücklegen, also 3 über 2 = 3.
Der Hammer liegt hier darin, dass es scheint wie ziehen ohne Zurücklegen, das aber die hypergeometrische Verteilung nicht anwendbar ist.
Weil aber sich jede Person unabhängig von den anderen einen Waggon aussucht, ist dies ein Hinweis auf binomial. Es ist wie 6 mal würfeln, dass ein bestimmter Waggon gewählt wird. Der Clou ist nur: wurde erstmal ein Waggon gewählt, ist unser Würfel nicht mehr dreiseitig und wir nehmen eine Münze für die beiden anderen Wagen 😉
Krasses Dingen diese Aufgabe.
