Offtopic: Stochastik-Aufgabe

[steckl]

Hi,

Ich habe eine Aufgabe, zu der ich die Lösung nicht nachvollziehen kann.

Es gibt 8 Leute. Jeder darf sich eine Zahl von 1 bis 12 aussuchen.
a) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle unterschiedliche zahlen aussuchen.

Das kann ich noch. Es gibt 12*11*10*9*8*7*6*5 günstige und 12^8 mögliche.

b) Wie hoch ist die WK, dass genau 2 die gleiche Zahl nehmen?

Hier hatte ich folgenden Ansatz:
Die Möglichen bleiben wieder "12^8".
Und die Günstigen sind "12*11*10*9*8*7*6*7", der letzte Faktor, weil der letzte 7 Möglichkeiten hat eine Zahl zu nehmen, die schon ein anderer gewählt hat.

In der Lösung steht aber statt der letzten 7 "8 über 2", also "12*11*10*9*8*7*6*(8 über 2)".

"8 über 2" ist das gleiche wie "0+1+2+3+4+5+6+7". Ist die Lösung, dass der 1. null Möglichkeiten, der 2. eine Möglichkeit, der 3. 2 Möglichkeiten, ... und der 8. sieben Möglichkeiten hat eine Zahl zu wählen, die bereits gewählt wurde?
Dann müsste man in meiner Lösung die letzte 7 durch ein i ersetzen und über das Ganze die Summe für i = 0 bis 7 berechnen.
Oder ist es nur Zufall, dass der Binomialkoeffizient "8 über 2" gleich der Summe der Zahlen 0 bis 7 ist und man muss das Problem aus einem anderen Blickwinkel betrachten?

mfG,
steckl

[Sven Rautenberg]

Moin!

b) Wie hoch ist die WK, dass genau 2 die gleiche Zahl nehmen?

Hier hatte ich folgenden Ansatz:
Die Möglichen bleiben wieder "12^8".
Und die Günstigen sind "12*11*10*9*8*7*6*7", der letzte Faktor, weil der letzte 7 Möglichkeiten hat eine Zahl zu nehmen, die schon ein anderer gewählt hat.

In der Lösung steht aber statt der letzten 7 "8 über 2", also "12*11*10*9*8*7*6*(8 über 2)".

Es kommt ja nicht auf den letzten an. Auch der erste und der zweite können die gleiche Zahl gewählt haben. Insgesamt kann also jeder mit jedem anderen kombiniert die gleiche Zahl gezogen haben.

"8 über 2" ist das gleiche wie "0+1+2+3+4+5+6+7".

Ist es das? Ich dachte immer, 8 über 2 wäre (8! / 2!), also (8*7*6*5*4*3*2*1)/(2*1).

Das in der Lösung so eine (X über Y) drinsteckt, verwundert mich nicht sonderlich, weil das genau der Faktor ist, wenn's um "Ziehen ohne Reihenfolge" geht. Siehe Lottozahlen.

Ist die Lösung, dass der 1. null Möglichkeiten, der 2. eine Möglichkeit, der 3. 2 Möglichkeiten, ... und der 8. sieben Möglichkeiten hat eine Zahl zu wählen, die bereits gewählt wurde?
Dann müsste man in meiner Lösung die letzte 7 durch ein i ersetzen und über das Ganze die Summe für i = 0 bis 7 berechnen.
Oder ist es nur Zufall, dass der Binomialkoeffizient "8 über 2" gleich der Summe der Zahlen 0 bis 7 ist und man muss das Problem aus einem anderen Blickwinkel betrachten?

Ich bezweifle ja, dass die Summe von 0 bis 7 identisch zum Produkt von 8 bis 3 ist. Oder ich kriege hier irgendwas gerade falsch auf die Reihe.

- Sven Rautenberg

[steckl]

Hi,

In der Lösung steht aber statt der letzten 7 "8 über 2", also "12*11*10*9*8*7*6*(8 über 2)".

Es kommt ja nicht auf den letzten an. Auch der erste und der zweite können die gleiche Zahl gewählt haben.

Richtig, aber ich dachte dass es keinen Unterschied machen sollte wer von ihnen die doppelte hat, das war wohl falsch und ich habe nur einen von 7 (bzw. 8, falls man den ersten auch mitzählt, der garkeine Möglichkeit hat eine doppelte zu wählen) abgedeckt.

Insgesamt kann also jeder mit jedem anderen kombiniert die gleiche Zahl gezogen haben.

Ja, so würde ich die Lösung auch deuten. Aber ganz leuchtet es mir nicht ein.

"8 über 2" ist das gleiche wie "0+1+2+3+4+5+6+7".

Ist es das? Ich dachte immer, 8 über 2 wäre (8! / 2!), also (8*7*6*5*4*3*2*1)/(2*1).

Da fehlt im Zähler noch ein 6!
http://de.wikipedia.org/wiki/Binomialkoeffizient#Definition
8 über 2 = 8!/(2!*6!) = 28
0+1+2+3+4+5+6+7 = 28
Was aber auch ein Zufall sein kann.

Das in der Lösung so eine (X über Y) drinsteckt, verwundert mich nicht sonderlich, weil das genau der Faktor ist, wenn's um "Ziehen ohne Reihenfolge" geht. Siehe Lottozahlen.

Mich schon ein bisschen. Weil es sind ja nur 7 Faktoren davor. Und ich habe 8 Leute.

Ich bezweifle ja, dass die Summe von 0 bis 7 identisch zum Produkt von 8 bis 3 ist. Oder ich kriege hier irgendwas gerade falsch auf die Reihe.

Für den Fall dass die untere Zahl im Binomial-Koeffizient 2 ist ist es tatsächlich dasselbe. Im Pascla-Dreieck sieht man das auch recht schön.

mfG,
steckl

[Sven Rautenberg]

Moin!

Es kommt ja nicht auf den letzten an. Auch der erste und der zweite können die gleiche Zahl gewählt haben.

Richtig, aber ich dachte dass es keinen Unterschied machen sollte wer von ihnen die doppelte hat, das war wohl falsch und ich habe nur einen von 7 (bzw. 8, falls man den ersten auch mitzählt, der garkeine Möglichkeit hat eine doppelte zu wählen) abgedeckt.

Deine Gesamtzahl an möglichen Kombinationen ist ja 12^8.

Du suchst jetzt die Gesamtzahl an Kombinationen, in denen irgendwo eine Zahl doppelt ist.

Wenn du 12*11*10*9*8*7*6 kombinierst mit *7, dann deckt das in der Kombination nur die Fälle ab, in denen an der letzten der 8 Positionen eine Zahl steht, die irgendwo auf den ersten Positionen auch schon steht.

Offen bleiben die Fälle, in denen auf der vorletzten, vorvorletzten,... Position eine Zahl steht, die irgendwo anders schon verwendet wurde.

- Sven Rautenberg

[steckl]

Hi,

Du suchst jetzt die Gesamtzahl an Kombinationen, in denen irgendwo eine Zahl doppelt ist.

Wenn du 12*11*10*9*8*7*6 kombinierst mit *7, dann deckt das in der Kombination nur die Fälle ab, in denen an der letzten der 8 Positionen eine Zahl steht, die irgendwo auf den ersten Positionen auch schon steht.

Offen bleiben die Fälle, in denen auf der vorletzten, vorvorletzten,... Position eine Zahl steht, die irgendwo anders schon verwendet wurde.

Ah, jetzt ist der Groschen gefallen glaube ich.
mit dem *7 habe ich die Kombinationen (1,8),(2,8),(3,8),(4,8),(5,8),(6,8) und (7,8) abgedeckt. Das sind 7 der insgesamt 28 möglichen Pärchen. Fehlen noch 21 weitere. Alle 28 zusammen würden im Binomialkoeffizienten stehen.

Das hat große Ähnlichkeit mit einer anderen Aufgabe, bei der man mögliche Pärchen finden musste. Dort waren es 6 Leute und jeder soll mit jedem Anstoßen. Die Lösung war entweder 6 über 2 oder 5+4+3+2+1. Also sind hier wohl auch beide Wege richtig.

Vielen Dank für eure Hilfe.

mfG,
steckl

[Der Martin]

Hallo,

Ich habe eine Aufgabe, zu der ich die Lösung nicht nachvollziehen kann.

oh, Statistik und Wahrscheinlichkeitsrechung war auch nie mein Hobby ... :-(

Es gibt 8 Leute. Jeder darf sich eine Zahl von 1 bis 12 aussuchen.
a) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle unterschiedliche zahlen aussuchen.
Das kann ich noch. Es gibt 12*11*10*9*8*7*6*5 günstige und 12^8 mögliche.

Genau.

b) Wie hoch ist die WK, dass genau 2 die gleiche Zahl nehmen?
Die Möglichen bleiben wieder "12^8".

Zweifellos.

Und die Günstigen sind "12*11*10*9*8*7*6*7", der letzte Faktor, weil der letzte 7 Möglichkeiten hat eine Zahl zu nehmen, die schon ein anderer gewählt hat.

Das kann ich nicht nachvollziehen. Ich hätte einen anderen Ansatz gewählt.

Die Wahrscheinlichkeit, dass *mindestens* 2 dieselbe Zahl ziehen, ist 1/12:
Der erste zieht eine beliebige Zahl; die Chance, dass der zweite dieselbe Zahl hat, ist 1/12.
Das schließt aber auch die Wahrscheinlichkeit ein, dass mindestens 3 dieselbe Zahl haben, und das wäre 1/(12*12), denn die Wahrscheinlichkeit, dass der dritte wiederum dieselbe Zahl zieht, ist abermals 1/12.

Die Chance, dass *genau* 2 dieselbe Zahl haben, ist damit
  1/12 - 1/12² = 11/12² (ungefähr 0.076)

Ist es tatsächlich so einfach, oder habe ich noch was übersehen?

So long,
 Martin

[steckl]

Hi,

oh, Statistik und Wahrscheinlichkeitsrechung war auch nie mein Hobby ... :-(

Ja, teilweise ist es schon ziemlich heftig, aber andererseits ist es auch sehr interessant, wenn man Beispiele wie das Geburtstagsparadoxon oder das Ziegenproblem durchrechnet und hinterher über das Ergebnis staunt.

Und die Günstigen sind "12*11*10*9*8*7*6*7", der letzte Faktor, weil der letzte 7 Möglichkeiten hat eine Zahl zu nehmen, die schon ein anderer gewählt hat.

Das kann ich nicht nachvollziehen. Ich hätte einen anderen Ansatz gewählt.

Die Wahrscheinlichkeit, dass *mindestens* 2 dieselbe Zahl ziehen, ist 1/12:

Das stimmt nicht. Das ist die Wahrscheinlichkeit, dass jemand die selbe Zahl zieht wie ein bestimmter anderer.

Der erste zieht eine beliebige Zahl; die Chance, dass der zweite dieselbe Zahl hat, ist 1/12.
Das schließt aber auch die Wahrscheinlichkeit ein, dass mindestens 3 dieselbe Zahl haben, und das wäre 1/(12*12), denn die Wahrscheinlichkeit, dass der dritte wiederum dieselbe Zahl zieht, ist abermals 1/12.

Die Chance, dass *genau* 2 dieselbe Zahl haben, ist damit
  1/12 - 1/12² = 11/12² (ungefähr 0.076)

Ist es tatsächlich so einfach, oder habe ich noch was übersehen?

Deinem Ansatz kann ich nicht ganz folgen, aber du betrachtest wenn ich das richtig sehe nur die ersten 3 Leute. Bei deinem Ansatz müsstest du alles bis zur letzten Person durchgehen wohl mit Zig bedingten Wahrscheinlichkeiten arbeiten (Chance des dritten, wenn der 2. keine doppelte gezogen hat, Chance des 3., wenn die ersten beiden keine doppelte gezogen haben, ...). Aber ob es so überhaupt funktionieren würde weiß ich nicht.
Als Ergebnis müsste 0,2599 (= 12*11*10*9*8*7*6*(8 über 2)/(12^8)) rauskommen.
Nur leider wurde in meinem Buch nur eine Zeile für die komplette Lösung dieser Aufgabe verschwendet.

mfG,
steckl

[Gunnar Bittersmann]

@@steckl:

nuqneH

In der Lösung steht aber statt der letzten 7 "8 über 2"

Das ist die Anzahl der Möglichkeiten aus den achten die zwei auszuwählen, die die gleiche Zahl nehmen.

Für die gleiche Zahl haben sie 12 Möglichkeiten. Der dritte hat 11 Möglichkeiten, …, der letzte 6.

Voilà: [latex]\binom{8}{2} \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6[/latex]

Oder ist es nur Zufall, dass der Binomialkoeffizient "8 über 2" gleich der Summe der Zahlen 0 bis 7 ist

Summe der ersten n natürlichen Zahlen: [latex]\sum_{i=0}^n i = \frac{n \left( n + 1 \right)}{2}[/latex]

Damit hatte ja schon der junge Gauß seinen Mathelehrer in den Wahnsinn getrieben.

Summe der ersten n - 1 natürlichen Zahlen: [latex]\sum_{i=0}^{n - 1} i = \frac{n \left( n - 1 \right)}{2} = \binom{n}{2}[/latex]

Qapla'

[steckl]

Hi,

Das ist die Anzahl der Möglichkeiten aus den achten die zwei auszuwählen, die die gleiche Zahl nehmen.

Für die gleiche Zahl haben sie 12 Möglichkeiten. Der dritte hat 11 Möglichkeiten, …, der letzte 6.

Interessanter Ansatz. Du wählst also erst das Paar aus und teilst dann die Zahlen zu, oder sehe ich das falsch?

Voilà: [latex]\binom{8}{2} \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6[/latex]

Die Frage ist, ob dein Ansatz nur zufällig das gleiche ist wie das:

[latex]\sum_{i=0}^7 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot i[/latex]

So könnte ich es mir nämlich schomal etwas drunter vorstellen.
Der erste hat 0 Möglichkeiten eine doppelte Zahl zu nehmen, der zweite eine, der dritte 2 ... der letzte dann 7.
Mit dem 2 aus 8 ziehen komme ich in dem Beispiel irgendwie nicht klar.

Summe der ersten n - 1 natürlichen Zahlen: [latex]\sum_{i=0}^{n - 1} i = \frac{n \left( n - 1 \right)}{2} = \binom{n}{2}[/latex]

Das habe ich auch rausgefunden. Aber die Frage ist ob es was mit der Aufgabe zu tun hat.

mfG,
steckl

[Gunnar Bittersmann]

@@steckl:

nuqneH

Interessanter Ansatz. Du wählst also erst das Paar aus und teilst dann die Zahlen zu, oder sehe ich das falsch?

Ja, so war mein Gedanke. Wobei es natürlich bei einer Multiplikation egal ist, in welcher Reihenfolge man an alles denkt, wichtig ist, dass  man an alles denkt.

[latex]\sum_{i=0}^7 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot i[/latex]

In deine Addition müsste ich mich erst tiefer hineindenken. Du kannst ja mal mit den Zahlen rumspielen: 10 statt 8 Leute, 32 statt 12 Karten, 3 statt 2, die dieselbe Karte wählen. Ich vermute, bei letzterem ist es mit der Addition vorbei.

Mit dem 2 aus 8 ziehen komme ich in dem Beispiel irgendwie nicht klar.

?? Oben konntest du dem Gedanken doch noch folgen.

Qapla'

[steckl]

Hi,

Du kannst ja mal mit den Zahlen rumspielen: 10 statt 8 Leute, 32 statt 12 Karten, 3 statt 2, die dieselbe Karte wählen. Ich vermute, bei letzterem ist es mit der Addition vorbei.

Ja, bei 3 statt 2 wäre es dann komplizierter. Da ist es dann doch besser den Binomialkoeffizienten (8 über 3) zu wählen.

Mit dem 2 aus 8 ziehen komme ich in dem Beispiel irgendwie nicht klar.

?? Oben konntest du dem Gedanken doch noch folgen.

Sorry, habe den Post von unten nach oben verfasst. Habs dann vergessen auszubessern.
Mittlerweile habe ich das Problem aber verstanden.
Danke für eure Hilfe.

mfG,
steckl

[Encoder]

Oder ist es nur Zufall, dass der Binomialkoeffizient "8 über 2" gleich der Summe der Zahlen 0 bis 7 ist und man muss das Problem aus einem anderen Blickwinkel betrachten?

Es kommt zwar das gleiche raus, aber wo siehst du da den Zusammenhang? Das klingt für mich wie, 10+10=20 und 5*4 ist auch 20 ... stimmt beides, aber mehr ist da doch nicht?!

Meine Rechnung, da kommt wieder ein bisschen was anderes raus.

Die ersten 7 haben 12*11*10*9*8*7*6 Möglichkeiten um verschiedene Zahlen zu ziehen. Der achte hat dann wieder 7 Möglichkeiten (irgendeine der bereits gezogenen Zahlen) und es gibt insgesamt 8 Plätze für den, der die zweite doppelte Zahl hat. Also obiges mal 7*8.

8 über 2 ist 8! / (2! * 6!) = 28. Wenn das die 7*8 aus deiner Lösung ersetzt, dann fehlt da immer noch der Faktor 2.
Ich hab leider keine Zeit mehr, aber ich bin gespannt wie es weitergeht :-)

[steckl]

Hi,

8 über 2 ist 8! / (2! * 6!) = 28. Wenn das die 7*8 aus deiner Lösung ersetzt, dann fehlt da immer noch der Faktor 2.
Ich hab leider keine Zeit mehr, aber ich bin gespannt wie es weitergeht :-)

Ich glaube in deiner Lösung fehlt, dass das Pärchen (2,1) das gleiche ist wie (1,2). Dann wäre das Ergebnis das gleiche wie in der Lösung.

mfG,
steckl

[Encoder]

Ich glaube in deiner Lösung fehlt, dass das Pärchen (2,1) das gleiche ist wie (1,2). Dann wäre das Ergebnis das gleiche wie in der Lösung.

Möglich. Ich finds jetzt auf die harte Tour raus :-) Mal schauen wie schnell mein Rechner ist.

[Encoder]

Ich hab das tatsächlich gemacht und dabei krieg ich 139708800 raus.
Wen es interessiert...

[steckl]

Hi,

Ich hab das tatsächlich gemacht und dabei krieg ich 139708800 raus.
Wen es interessiert...

Dein Ergebnis ist aber was anderes wie
[latex]\binom{8}{2} \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 = 111767040[/latex]

Was genau hast du da gerechnet?

mfG,
steckl

[Encoder]

Ich hab das durch ein Programm zählen lassen. 8 verschachtelte Schleifen und im inneren prüfe ich, wie viele der 8 Werte gleich sind.
Außer ich hab da noch nen Fehler drin.

Mein Wert ist 7 * 5*6*7*8*9*10*11*12, ich hab aber keine Idee wie ich das interpretieren soll.

[Gunnar Bittersmann]

@@Encoder:

nuqneH

Ich hab das durch ein Programm zählen lassen. 8 verschachtelte Schleifen und im inneren prüfe ich, wie viele der 8 Werte gleich sind.

Eine Brute-force-Attacke auf das Problem‽

Außer ich hab da noch nen Fehler drin.

Mein Wert ist 7 * 5*6*7*8*9*10*11*12, ich hab aber keine Idee wie ich das interpretieren soll.

Als Fehler.

Magst du deinen Algorithmus mal zeigen?

Qapla'

[Encoder]

Eine Brute-force-Attacke auf das Problem‽

Ja, ich wollte wissen was wirklich rauskommt. Weil mir gings so dass ich die erste Überlegung rein vom Durchlesen als sinnvoll eingeschätzt hab. Die zweite sagte dann nee, das geht anders. Erschien mir aber auch irgendwo schlüssig. Und meine Überlegung war dann eine dritte Lösung, drum wollt ich wissen was da wirklich rauskommt. Wie man das erklärt ist ja dann ne andere Sache.

Magst du deinen Algorithmus mal zeigen?

Gern, der läuft sogar nur wenige Sekunden.

const int elements = 12;
      int ges = 0;
      int wanted = 0;

for (int a = 0; a < elements; a++)
        for (int b = 0; b < elements; b++)
          for (int c = 0; c < elements; c++)
            for (int d = 0; d < elements; d++)
              for (int e = 0; e < elements; e++)
                for (int f = 0; f < elements; f++)
                  for (int g = 0; g < elements; g++)
                    for (int h = 0; h < elements; h++)
                    {
                      int count = 0;
                      if (a == b) count++;
                      if (a == c) count++;
                      if (a == d) count++;
                      if (a == e) count++;
                      if (a == f) count++;
                      if (a == g) count++;
                      if (a == h) count++;

if (b == c) count++;
                      if (b == d) count++;
                      if (b == e) count++;
                      if (b == f) count++;
                      if (b == g) count++;
                      if (b == h) count++;

if (c == d) count++;
                      if (c == e) count++;
                      if (c == f) count++;
                      if (c == g) count++;
                      if (c == h) count++;

if (d == e) count++;
                      if (d == f) count++;
                      if (d == g) count++;
                      if (d == h) count++;

if (e == f) count++;
                      if (e == g) count++;
                      if (e == h) count++;

if (f == g) count++;
                      if (f == h) count++;

if (g == h) count++;

if (count == 2)
                        wanted++;

ges++;
                    }

Console.WriteLine(ges);
      Console.WriteLine(wanted);

[steckl]

Hi,

Hier muss es count == 1 heißen würde ich sagen.

if (count == 2)
                        wanted++;

Was du berechnetst sollte eigentlich (8 über 3)*12*11*10*9*8*7 = 37255680 sein, wenn ich mich nicht täusche. Außer ich habe das Problem doch noch nicht so ganz verstanden.

mfG,
steckl

[Encoder]

Hier muss es count == 1 heißen würde ich sagen.

Ach du große SCH... !
Klar das wars, wie peinlich.
Dann kommt 111767040 raus :-)

[steckl]

Hi,

Was du berechnetst sollte eigentlich (8 über 3)*12*11*10*9*8*7 = 37255680 sein, wenn ich mich nicht täusche. Außer ich habe das Problem doch noch nicht so ganz verstanden.

Ich habe mich getäuscht. Du hast berechnet, dass eine Zahl 3mal vorkommt und die anderen entweder 1 oder 2mal. Die Zahl die ich angegeben habe ist, dass eine 3mal vorkommt und der Rest genau 1mal.
Hoffe jetzt stimmt es.

mfG,
steckl

[MudGuard]

Hi,

Es gibt 8 Leute. Jeder darf sich eine Zahl von 1 bis 12 aussuchen.
a) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle unterschiedliche zahlen aussuchen.

Das ist eine Abwandlung vom Geburtstags-Problem.
(etwas weiter unten gibt's auch das Zahlen-Zieh-Beispiel)

cu,
Andreas

[steckl]

Hi,

Es gibt 8 Leute. Jeder darf sich eine Zahl von 1 bis 12 aussuchen.
a) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle unterschiedliche zahlen aussuchen.

Das ist eine Abwandlung vom Geburtstags-Problem.
(etwas weiter unten gibt's auch das Zahlen-Zieh-Beispiel)

Danke für den Link. Dort steht jedoch nur, wie man die Aufgabe a) lösen kann. Bei Aufgabe b) bräuchte man ja die Wahrscheinlichkeit für "GENAU 2 haben das gleiche". In dem Beispiel sind es Mindestens 2. Also kann man da auf den Binomialkoeffizienten verzichten und muss nur das Gegenereignis bilden und dessen Wahrscheinlichkeit von 1 abziehen.

Trotzdem faszinierend. Wir haben das Geburtstagsproblem in der Vorlesung durchgerechnet und mir wäre nicht aufgefallen, dass es 1:1 auf die Aufgabe a) übertragbar ist.

mfG,
steckl