Wahrscheinlichkeitsrechnung, scheinbar einfach ?!

SideWinder

Es gibt 2*n Teams (also eine gerade Anzahl an Teams)
Es gibt weiters 2 Gruppen in die diese Mannschafte naufgeteilt werden - jede Gruppe soll gleich groß sein. Hat also n Teams.

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass zwei bestimmte Teams in derselben Gruppe sind?

Da hab ich einfach gedacht, es gibt folgende 4 Möglichkeiten:

Team A in Gr1, Team B in Gr1
A in Gr2, B in Gr2
A in Gr1, B in Gr2
A in Gr2, B in Gr1

Das heißt 4 Möglichkeiten, davon 2 günstige => W = 50%

Das scheint aber falsch zu sein...richtig scheint folgende Formel zu sein:

n-1
----
2n-1

(vgl. http://www.vorhilfe.de/forum/2n_Teams_per_Los_in_2_Gruppen/t310633)

Warum? Wo ist mein Denkfehler?

MfG SideWinder

SeppJ

Der Fehler liegt darin, dass du zwar 4 Möglichkeiten hast, diese aber nicht gleichwahrscheinlich sind. Mach dir das mal an dem Fall, dass es insgesamt 4 Mannschaften sind mal klar, indem du alle Möglichkeiten ausschreibst. Dann sollte auch der Grund klar werden, warum das nicht 50% ergibt. Oder noch extremer: 2 Mannschaften

Grohool

Also ich würde das so Lösen:
Team A ist in Gruppe A.
Dann sind in Gruppe A noch n-1 Plätze frei und in Gruppe B n freie Plätze.
Die Wahscheinlichkeit, dass Team B zur Gruppe A gelost wird ist also (n-1)/(n-1+n).

SideWinder

Aber wenn die Teams schon fertig aufgeteilt sind? Wieso sollte dann die Wahrscheinlichkeit anders sein?

MfG SideWinder

volkard

Also ich sehe das mal so.
Ich schreibe alle 2n Teams auf eine lange Liste. Alle (2n)! Permutationen sind gleich wahrscheinlich. Die erste Gruppe sind die ersten n Teams und die zweite Gruppe sind die anderen Teams.

Dann habe ich vier Fälle, die ich betrachten möchte.

A in Gr1, B in Gr1
p1=1/n * 1/(n-1)

A in Gr2, B in Gr2
p2=1/n * 1/n

A in Gr1, B in Gr2
p3=1/n * 1/(n-1)

A in Gr2, B in Gr1
p4=1/n * 1/n

Mal testen, ob das überhaupt sein kann. Dazu müßte p1+p2+p3+p4=p(A!=B) sein,
also
1/n * 1/(n-1) + 1/n * 1/n + 1/n * 1/(n-1) + 1/n * 1/n = 1/1 * 1/(2n-1)
Leider keine Lust, das auszurechnen...

Wahrscheinlichkeit 101!

Was ist der Phasenraum? Natürlich

$\Omega = \{ (A,

| A, B \in \mathcal{P}(\text{Teams}), |A| = |B| = n\}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Teams gleich sind ist

P = \frac {|{\text{beide teams gleich}}|}{|\Omega|}

Offensichtlich ist |Ω| = 2n über n, die Anzahl der möglichkeiten, die hälfte der Mannschaften auf die erste Gruppe zu verteilen

und |{mannschaft 1 in gruppe 1 und mannschaft 2 in gruppe 1}| = (2n - 2) über (n - 2), die Anzahl der Möglichkeiten, die restlichen Mannschaften auf die Gruppe 1 zu verteilen, nachtem Mannschaften 1 und zwei schon reingesetzt wurden.
Analog ist das symmetrische Ereignis (2n -2) über n.

Und damit

P = (Bin(2n - 2, n - 2) + Bin(2n - 2, n)) / Bin(2n, n)
= (n - 1) / (2n - 1)

SeppJ

SideWinder schrieb:

Aber wenn die Teams schon fertig aufgeteilt sind? Wieso sollte dann die Wahrscheinlichkeit anders sein?

Ist sie nicht! Wie ich schon sagte: Schreib mal für ein Beispiel alle möglichkeiten auf, du wirst sehen, es gibt weniger als 50% Kombinationen mit beiden Teams in einer Gruppe.

Ich mache das mal für n=2:

4 Teams: A, B, C, D

Möglichkeiten:
AB CD
AC BD
AD BC
+ jeweils Permutationen, wo man auf einer oder beiden Seiten vertauscht
+ Vertauschungen beider Seiten
Die beiden +Punkte sind aber jeweils gleich viele Möglichkeiten, die 3 genannten Möglichkeiten sind die elementaren Aufteilungsmöglichkeiten.

Wie man sieht gibt es jeweils nur eine der 3 Kombinationen bei denen zwei bestimmte Teams zusammen sind (beispielsweise A und B). Und, oh Wunder, das ist auch gerade das, was uns die Formel sagt: (2-1)/(2*2-1)=1/3.

Der Mechnaismus ist der beschriebene, es macht keinen Unterschied ob die Teams noch verlost werden oder nicht, das dient nur der Anschauung. Entscheidend ist die Zahl der Kombinationen.