4. Wahrscheinlichkeit für ein Paar Schuhe...

Wahrscheinlichkeit für ein Paar Schuhe...

  • Mod

    Ich habe gerade keine Zeit das selbst auszurechnen, aber ich kann dir mindestens schon einmal sagen, dass du vergessen hast, dass die Gesamtzahl der Schuhe nach jedem Ziehen kleiner wird.

    Außerdem eine Konsistenzprüfung: Hast du n+1 oder mehr Züge gemacht, muss die Wahrscheinlichkeit ein Paar zu haben 1 sein, davor muss sie <1 sein. Denn bis zu n Zügen könnte man im ungünstigsten Fall von jedem Paar eine Hälfte ziehen, aber dann sind nur noch die Partner im großen Topf und beim nächsten Zug hat man auf jeden Fall ein Paar komplettiert.

    Schau dir mal die Binomialverteilung an, die wird dir bei deinem Problem weiterhelfen.

    Und noch eine Konsistenzprüfung: Wenn man eine Wahrscheinlichkeit mit der Anzahl der Ereignisse multipliziert deutet immer darauf hin, dass man falsch gerechnet hat. Denn dann werden die W'keiten irgendwann größer werden als 1, was nicht sein darf.

    Wie gesagt: Tut mir leid, dass ich dir gerade nicht mehr helfen kann, aber damit solltest du (oder andere Helfer) schon einmal weiterkommen.

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  • C

    Ok danke, das leuchtet mir beides ein.

    Also auf ein Neues.

    w = Wahrscheinlichkeit, bei k Zügen aus n Paaren mindestens 1 Paar zu erwischen.

    -->

    falls k > n/2: p(w) = 1

    falls k <= n/2:

    Ich darf also aus jedem "Schuhfach" nur einmal einen Schuh rausnehmen. Es gibt n/2 Schuhfächer.

    Also habe ich zuerst n/2 Möglichkeiten, dann (n/2 - 1), dann (n/2 - 2)... dann (n/2 - k + 1) Möglichkeiten.

    -->

    p(w_komplement) = 1 - 1 / (n/2 * (n/2 - 1) * (n/2 - 2) * ... * (n/2 - k + 1))
    //EDIT = 1 - (n/2)! / (n/2 - k)!

    Ist das richtig?

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  • A

    Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, aus n Paar Schuhen mit k zufälligen Zügen mindestens ein Paar zu erwischen

    wk(n,k) sei die Wahrscheinlichkeit für KEIN Paar bei insgesamt n Paar Schuhen und k Zügen.

    Dann ist was du suchst = 1 - wk(n,k)

    Beispiel: 5 paar Schuhe (10 Schuhe für nichtamputierte - bei amputierten ist die Rechnung leichter 😃 )

    Zug 1:
    wk(5,1) = 10/10 = 1
    (egal was du ziehst es gibt kein Paar)

    Zug 2:
    wk(5,2) = 10/10 * 8/9
    (8 der 9 verbleibenden Schuhe sind nicht mit dem einen, bereits gezogenen, gepaart)

    Zug 3:
    wk(5,3) = 10/10 * 8/9 * 6/8
    (6 der 8 verbleibenden Schuhe sind nicht mit den zwei, bereits gezogenen, gepaart)

    Zug 4:
    wk(5,4) = 10/10 * 8/9 * 6/8 * 4/7
    (etc. )

    Zug 5:
    wk(5,5) = 10/10 * 8/9 * 6/8 * 4/7 * 2/6

    Zug 6:
    wk(5,6) = 10/10 * 8/9 * 6/8 * 4/7 * 2/6 * 0/5 = 0

    wk(5,7), etc. ist logischerweise dann auch null.

    Allgemein leite ich mir daraus für Zug k aus n Paaren folgendes her:

    \begin{equation} Zaehler = \frac{n! \cdot 2^k}{(n-k)!}\end{equation} \begin{equation} Nenner = \frac{(2n)!}{(2n-k)!}\end{equation} \begin{equation} wk_{KeinPaar}(n,k) = \frac{n! \cdot 2^k \cdot (2n-k)! }{(n-k)! \cdot (2n)!} \end{equation}

    (kann man sicher noch vereinfachen)

    Wie gesagt: deine gesuchte Wahrscheinlichkeit ist dann

    \begin{equation} wk_{mindestens ein Paar}(n,k) = 1-wk_{KeinPaar}(n,k) \end{equation}

    (Wow...das funktioniert ja sogar mit den LaTeX tags)

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  • C

    @antialias
    1.) Kannst Du bitte Deine Herleitung der allgemeinen Formel erläutern?
    2.) Was gibt es an meinem zweiten Versuch auszusetzen?

    Dankeschön 👍

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  • A

    Allgemeine Herleitung:

    Ok, ich nehme mal an, dass die wk-Reihe für KEIN Paar (erster Zug, zweiter Zug, etc.) die ich oben beschrieben habe klar ist.

    Ich machs mal Beispielhaft für Zug 3:

    Zähler:
    10 * 8 * 6
    = (2*5)* (2*4) * (2*3)
    = 2^3 * 5 * 4 * 3
    = (2^3) * (5 * 4 * 3 * 2 * 1) / (2 * 1)

    also für Zug k dann:

    2k⋅n!(n−k)!\frac{2^k \cdot n!}{(n-k)!}

    Nenner:
    10 * 9 * 8
    = (10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1) / (7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1)

    also für Zug k:

    (2n)!(2n−k)!\frac{(2n)!}{(2n-k)!}

    Bei deiner Version bekommst du Probleme mit ungeraden Anzahlen von Paaren (da n/2 dann nicht ganzzahlig wird und Fakultäten nur für ganze Zahlen definiert sind)

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  • J

    Was meinst du denn immer mit Nenner? Den Ereignisraum?
    Der ist hier doch ganz klassisch 'ziehen ohne zurücklegen', also (2n über k).

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  • C

    @antialias

    Danke vielmals, ich habs begriffen.
    Hat lange gedauert 😞

    Die nächsten Fragen kommen garantiert!

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  • A

    Was meinst du denn immer mit Nenner?

    Die Multiplikation: 10/10 * 8/9 * 6/8 * 4/7 hat einen Zähler (10 * 8 * 6 * 4 ) und einen Nenner (10 * 9 * 8 * 7). Zähler und Nenner des Bruchs eben.

    Der ist hier doch ganz klassisch 'ziehen ohne zurücklegen', also (2n über k).

    Das gibt dir lediglich die Anzahl der möglichen Kombinationen - nicht aber wie viele davon ein passendes Paar enthalten.

    Sicher kann man das auch noch irgendwie mit einbringem ... aber das ist zu lange her - da arbeite ich mich jetzt nicht noch extra rein 😉

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  • J

    antialias schrieb:

    Das gibt dir lediglich die Anzahl der möglichen Kombinationen

    Ganz genau und das ist ja das, was im 'Nenner' stehen sollte (p(w)=günstige Kombinationen/alle möglichen Kombinationen).

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  • A

    Im Nenner stehen eigentlich nur alle Kominationen. Im Zähler dann die günstigen.

    wobei

    ${2n \choose k} = \frac{(2n)!}{k! \cdot (2n-k)!}$

    ist

    und irgendwo fliegt dann das k! raus (?)

    Wie gesagt: ich hab meine Formel jetzt nicht mit Wissen aus der Kombinatorik erstellt, sondern einfach so hergeleitet.

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  • J

    Und wenn du jetzt z.B. n=2 Paar Schuhe und k=2 Ziehungen einsetzt, dann kommt doch auch murks dabei raus.
    Ich denke Komplement bilden ist richtig und dann über hypergeometrische Verteilung sein Glück versuchen.

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  • C

    Jockelx schrieb:

    Und wenn du jetzt z.B. n=2 Paar Schuhe und k=2 Ziehungen einsetzt, dann kommt doch auch murks dabei raus.

    Wieso kommt da murks raus 😕
    Für wk erhalte ich 4/6.

    Es gibt insgesamt 4 Möglichkeiten, aus 2 Paaren bei 2 Zügen so zu wählen, das kein Paar gezogen wird.

    Es gibt insgesamt 6 Möglichkeiten, aus 4 Schuhen bei 2 Zügen zu wählen.

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  • J

    Wir reden doch hiervon oder?

    \begin{equation} wk_{KeinPaar}(n,k) = \frac{n! \cdot 2^k \cdot (2n-k)! }{(n-k)! \cdot (2n)!} \end{equation}

    Okay, da hab ich mich wirklich verrechnet und vielleicht passt das sogar auch, zumindest solange man k nicht grösser n werden lässt (was ja durchaus zulässig ist, muss halt 0 raus kommen).
    Ich wollte auch gar nicht sagen, dass das völlig falsch ist, nur dieser ominöse 'Nenner' ist halt sicher falsch, wenn es denn der Ereignisraum sein soll.
    Aber vielleicht ist es ja im Endeffekt richtig und nur der Weg dahin ungewöhnlich ("ich hab meine Formel jetzt nicht mit Wissen aus der Kombinatorik erstellt, sondern einfach so hergeleitet").

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  • A

    Und wenn du jetzt z.B. n=2 Paar Schuhe und k=2 Ziehungen einsetzt, dann kommt doch auch murks dabei raus.

    Meinst du jetzt curry_king oder mich?
    Also wenn ich das in meine Formel einsetze kommt das Richtige heraus:

    $ wk_{KeinPaar}(2,2) = \frac{2! \cdot 2^2 \cdot (4-2)! }{(2-2)! \cdot (4)!} = \frac{2 \cdot 4 \cdot 2}{0! \cdot 4!} = \frac{16}{24} = \frac{3}{2} \linebreak wk_{MindestensEinPaar}(2,2) = 1 - wk_{KeinPaar}(2,2) = \frac{1}{3} $

    Macht ja auch Sinn: Ziehe einen Schuh im ersten Zug, und im zweiten Zug sind noch 3 Schuhe übrig (von denen einer mit dem bereits gezogenen ein Paar bildet) -> wk(mindestens ein paar imzweiten Zug = 1/3

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  • C

    Jockelx schrieb:

    Wir reden doch hiervon oder?

    \begin{equation} wk_{KeinPaar}(n,k) = \frac{n! \cdot 2^k \cdot (2n-k)! }{(n-k)! \cdot (2n)!} \end{equation}

    Ja.

    Jockelx schrieb:

    vielleicht passt das sogar auch, zumindest solange man k nicht grösser n werden lässt

    Macht es Sinn, bei "Ziehen ohne zurücklegen" öfter zu ziehen als Elemente im Ergebnisraum sind?

    Eigentlich impliziert doch schon die Aufgabenstellung k < n, oder?

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  • J

    n steht in der Formel für Paar Schuhe und bei 2 Paar Schuhen (= 4 Schuhe) kann ich durchaus 3 mal ziehen.

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  • A

    bei n>k gibts ein Problem, da hat Jockelx schon völlig Recht.

    OK, habs mir jetzt doch mal formal angeschaut:

    Was wir hier haben ist ein Problem aus der Kombinatorik mit mehreren Klassen
    http://de.wikipedia.org/wiki/Kombinatorik (siehe Unterpunkt "Objekte mehrerer Klassen mit Beachtung der Reihenfolge")

    Sprich bei n paar Schuhen haben wir

    (2n)!2!n\frac{(2n)!}{2!^n}

    mögliche Kombinationen.

    Die Anzahl der möglichen Züge ohne Paar bleibt wie gehabt.
    D.h. auch wenn man das rein kombinatorisch löst kommt man in Schwulitäten bei k > n (negative Fakultäten -> nicht definiert)

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  • C

    Schon wieder mein Fehler. Ich meinte k < 2n.

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  • J

    Nein, ich dachte wir hätten uns schon auf den Ereignisraum (2n über k) geeinigt?
    Und eine geeignetes Modell ist die bereits erwähnte hypergeometrische Verteilung.
    Wieso überhaupt willst du denn die Reihenfolge beachten?

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  • A

    Jockelx: Ich finde leider nur Definitionen der hypergeometrische Verteilung für 2 Klassen. Hier haben wir aber n Klassen. Weisst du wie man das Modell darauf erweitert?

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