Hallo!
Keine Sorge, ich bin im richigen Brett, es geht um Wahrscheinlichkeiten:
Wenn n Leute wichteln, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass KEINER sich selbst zieht?
Kann es sein, dass da 1/n rauskommt (Wahrscheinlichkeit, dass der erste sich selbst zieht x 1/(n-1) (wäre ja günstig) x (n-1/n-2) etc., kürzt sich ja dann alles weg bis auf 1/n)?
Liebe Grüße,
TG
hi,
Keine Sorge, ich bin im richigen Brett, es geht um
Wahrscheinlichkeiten:
Wenn n Leute wichteln, wie groß ist dann die
Wahrscheinlichkeit, dass KEINER sich selbst zieht?
Kann es sein, dass da 1/n rauskommt (Wahrscheinlichkeit, dass
der erste sich selbst zieht x 1/(n-1) (wäre ja günstig) x
(n-1/n-2) etc., kürzt sich ja dann alles weg bis auf 1/n)?
nein, leider, stimmt nicht. (würde auch nicht zur erfahrung passen.)
im prinzip geht es um die anzahl der permutationen von n elementen (als alle möglichen fälle) und um die anzahl der permutationen ohne fixpunkte (als die günstigen fälle, dass sich keiner zieht). die anzahl dieser "derangements" berechnet sich nach der nicht ganz unkomplizierten formel
n! * summe(i=0 bis n) ((-1)^i / i!)
(wenn wikipedia stimmt).
hth
m.
die anzahl der derangements geht relativ flott gegen n!/e
die wahrscheinlichkeit, dass sich beim wichteln keine(r) selbst zieht, ist damit für halbwegs große n gleich 1/e ~ 0,3679; die wsk., dass sich wenigstens eine(r) selbst zieht, ist also 1 - 1/e ~ 63,2% , also zunächst relativ hoch, unabhängig von n.
man muss also entweder 2-3 mal ziehen oder man macht beim ziehen kleine kompromisse (wer sich selbst zieht, darf sich z.b. zurückschmeißen).
dass bei 2-maligem "strengen" ziehen beides mal wenigstens eine(r) sich selbst zieht, hat eine wahrscheinlichkeit von ca. 39,96 %, dass es nach dem dritten mal noch nicht geklappt hat, hat nur mehr die wsk. von ca. 25 %.
einige sonderfälle:
im perversen fall, dass eine(r) mit sich selbst wichtelt, zieht er immer sich selbst. die wsk. dass es sich ausgeht ist also 0
wichteln 2, geht es sich aus oder nicht: 0,5
wichteln 3, geht es sich in 1/3 der fälle aus: 1/3
wichteln 4, geht es sich in 3/8 der fälle aus
wichteln 5, geht es sich in 11/30 der fälle aus.
usw.
hth
m.
Hallo,
erst einmal danke für die Antwort. So ähnlich hat ein Bekannter auch versucht, mir das zu erklären, das Komische ist nur, dass ich meinen Lösungsvorschlag von meinem Mathelehrer habe durchsehen lassen - und der gemeint hat, dass das so richtig wäre...
Liebe Grüße,
TG
hi,
erst einmal danke für die Antwort. So ähnlich hat ein
Bekannter auch versucht, mir das zu erklären, das Komische ist
nur, dass ich meinen Lösungsvorschlag von meinem Mathelehrer
habe durchsehen lassen - und der gemeint hat, dass das so
richtig wäre...
ich bin auch mathelehrer und wäre auf die idee beinahe reingefallen. auch mathelehrer wissen nicht immer alles sofort und lassen sich manchmal täuschen. "derangements" und "subfakultät" sind jedenfalls auch in der schulmathematik eher - nun ja: - esoterische dinge ;-)
A zieht; mit wsk 1/n zieht er sich selbst - damit wäre das wichteln bereits zusammengefallen; mit wsk (n-1)/n zieht er sich nicht selbst ... dann zieht B. hat A B gezogen, kann B ziehen was er will - hat A nicht B gezogen, könnte B B ziehen ... usw. usf. und da wird die baumlösung verdammt kompliziert. (man kann das machen; die bäume für n=3 und n=4 hab ich mir skizziert.)
auch wenn die ersten n-1 alle was passendes (also nicht sich selbst) ziehen, kann trotzdem dem letzten passieren, dass nur er sich selbst übrig bleibt. insofern ist das mit vielen baumaufgaben, wo man einfach am äußeren rand des baums entlangmultipliziert - wie du das vorschlägst - nicht vergleichbar.
hübsch ist das ergebnis insofern, als eigentlich wurscht ist, ob 5 mitglieder einer familie, 30 leute eines vereins, 100.000 bewohner einer stadt oder alle deutschen wichteln. die wsk, dass mindestens einer sich selbst zieht, ist 1 - 1/e, unabhängig von der größe der population. (nur bei sehr kleinen populationen spielt die größe eine rolle).
lg
m
Ich glaube du hast oben noch ein paar Tipfehler drin!?
Sollte dein Lösungsansatz so aussehen?
Die Wahrscheinlichkeit, dass der erste sich NICHT zieht ist
(n-1)/n
für den zweiten gilt scheinbar wenn der erste sich nicht gezogen hat (s.u.)
(n-2)/(n-1)
...
man bildet das produkt und sieht das sich jeweils Terme über kreuz kürzen lassen.
Bliebe der Nenner vom ersten Term und der Zähler vom lezten:
für den letzten (n-ten) gilt:
(n-n)/ (n-n+1)
Also 0?
Der Fehler in der Überlegung ist der folgende.
Wenn man nur die ersten beiden Wichtel betrachtet, gibt es schon 3, nicht 2 zu unterscheidende Ergebnisse der ersten Ziehung:
a) der erste Wichtel zieht sich selbst: 1/n
b) der erste Wichtel zieht den zweiten Wichtel: 1/n
c) der erste Wichtel zieht irgendeinen anderen: (n-2)/n
Im Falle b hat der 2.Wichtel keine Chance mehr sich selbst zu ziehen.
Ich vermute die unten schon genannte Lösung ist richtig, deine ist jedenfalls leider Falsch ... das der Lehrer das nicht erkannt hat ist nur ein Zeichen, dass Lehrer auch nur Menschen sind :)
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