Quoted from "-ManiaC-"

hey das ist ja mal n lichtstrahl im dunkelt
das klingt auch plausibel, bis auf: der zweite hat ja nur noch 13 möglcihkeite (der eigen zettel wandert ja wieder zurück)

mhm, joa, schon irgendwie

Genau, nun aber mal nicht die Verbleibenden vergessen, die machen bei dem Spiel ja auch noch mit.

Grüße,
Cheiron

uuups jo klar, bin heute wohl nicht ganz dabei

also 1/14 is FALSCH, definitiv

gegenseitig is die bedingung, 1/14 is nur A zieht B, was B zieht wäre dann egal

das ist ja auch der Witz daran, bloß umgedreht, was A zieht ist wurscht, schließlich definiert er ja erst dadurch dass er zieht Person B und die muss dann Person A ziehen

Wie gesagt, hab auch keinen Plan, folge bloß meiner Logik und lass mich gern Mathemtisch oder wie auch immer eines besseren belehren...

dann wärs aber ne bedingte wahrscheinlichkeit und müsste auch so formuliert sein

Komm mir doch net mit Fachbegriffen, die hab ich längst wieder vergessen ;D
Dann hab ich dir Frage falsch verstanden, also gehts darum dass wärend der ganzen Prozedur irgendwelche 2 Leute sich gegenseitig ziehen?
Dann wirds nämlich wirklich übel...
***grübel***

Also mal systematisch:
Der erste (A) kann nichts falsch oder richtig machen und fällt ergo raus.
Der zweite (B) hat ne Chance von 1/14 dass er den richtigen zieht
(schließlich kann er nur dann einen Treffer landen wenn er vorher gezogen wurde)
Der dritte (C) hat ne Chance von 2/13
mist das funktioniert ja aber schon nichtmehr wenn A B gezogen hat ohne dass B auch A gezogen hat, denn dann ist die Chance nur noch 1/13

nee in dem Fall muss ja A erst B ziehen damit es was bringt wenn B A zieht, also
1/14*1/14=0,0051 dass sich A und B gegenseitig ziehen.
Falls dieser Fall aber nicht eintritt gibts 3 Möglichkeiten:
-A hat B gezogen, B aber nicht A
-andersrum
-Sowohl A als auch B haben jemand komplett anderes gezogen

und das krieg ich einfach nicht unter einen Hut...
(schließlich ist das ja für die Wahrscheinlichkeit eines Treffers beim dritten entscheidend...)

Hab grad meine Formelsammlung wiedergefunden und kämpfe mich durch den Wust völlig unverständlicher mathematischer Zeichen ;D
Vielleicht kommt was bei raus...

Btw ist das die exakte Aufgabenstellung? Da kommts nämlich echt auf jedes Wort an.

Eine Idee hab ich noch:
Eigentlich müsste es reichen wenn man die Anzahl aller möglichen Paarungen durch die Anzahl aller "richtigen" Paarungen teilt, jetzt weiß ich bloß nicht wie ich diese Anzahl ausrechne...

jetzt hab ich zwar ein Ergebnis, aber das scheint wenig realistisch.
Hilf mal jemand den Fehler finden:
1. insgesamt gibt es 14! mögliche Ergebnisse beim ziehen
2. Mit A gibt es 14 "richtige" Paare, mit B dann noch 13, mit C 12 usw -->
14+13+12+11...+1            105
------------------- = ------------- = 0,000000000172
14!                         87178291200  

Bisserl sehr unwahrscheinlich imho
Aber ich find den Denkfehler net...


Und frag mal deinen Lehrer nach dem richtigen Lösungsansatz

edit: hier noch mal ein bisschen geordnet und aufs Wesentliche reduziert:

Man kann die Ziehungen als Permutationen auf einer n-elementigen Menge betrachten, bei der jeder Person Ai mit der Nummer i ein Zettel mit der Nummer j zugeordnet wird. Wenn eine Person ihre eigene Nummer zieht, hat man einen Fixpunkt.

Sei p(n) die Anzahl der fixpunktfreien Permutationen auf einer n-elementigen Menge (n>=2).
Dass die Person Ai mit der Nummer i gerade den Zettel mit der Nummer j (j ungleich i) zieht kann bei p(n-1)+p(n-2) Kombinationen realisiert werden. Denn entweder zieht Aj den Zettel mit der Nummer i (p(n-2) Möglichkeiten) oder nicht (p(n-1) Möglichkeiten).

Da Ai n-1 Zettel mit von i verschiedener Nummer zur Auswahl hat, ergibt sich die Rekursionsformel: p(n)=(n-1)(p(n-1)+p(n-2)).

Also gilt für p(n):

p(n)=n! * ( 1/2! - 1/3! + 1/4! - 1/5! + 1/6! -+ ... + (-1)^n/n! )
= n! * "Summe über v=0 bis n von ( (-1)^v/v! )",

wie sich per vollständiger Induktion zeigen lässt (Quelle: dtv-Atlas Mathematik Band 2, S. 464 f.).

p(n) ist die Gesamtzahl der Möglichkeiten.
Es fehlen noch die günstigen Ergebnisse, bei denen es mindestens ein Paar gibt, bei dem jeder die Nummer des Anderen zieht. Hierzu betrachte ich zunächst das Gegenereignis, d.h. es gibt kein solches Paar.

Analog zu obigem Ansatz:
Sei p'(n) die Anzahl der fixpunktfreien Permutationen auf einer n-elementigen Menge (n>=2) bei denen nicht 2 Elemente vertauscht werden.
Dass die Person Ai mit der Nummer i gerade den Zettel mit der Nummer j (j ungleich i) zieht kann bei p'(n-1) Kombinationen realisiert werden. Im Unterschied zur Formel für p(n) ist hierbei die Permutation, bei der Aj den Zettel mit der Nummer i zieht, nicht zulässig.

Da Ai n-1 Zettel mit von i verschiedener Nummer zur Auswahl hat, ergibt sich die Rekursionsformel: p'(n)=(n-1)p'(n-1).

Daher gilt: p'(n)=(n-1)!.

Somit gilt für die Wahrscheinlichkeit P(n), dass unter n Personen mindestens ein Paar ist bei dem beide die Nummer des anderen gezogen haben:

P(n)=(p(n)-p'(n))/p(n)
=1-(p'(n)/p(n))
=1 - (n-1)! / ( n! * ( 1/2! - 1/3! + 1/4! - 1/5! + 1/6! -+ ... + (-1)^n/n! ) )
=1 - 1 / ( n * ( 1/2! - 1/3! + 1/4! - 1/5! + 1/6! -+ ... + (-1)^n/n! ) )


Wenn jemand Fehler findet, bitte Bescheid sagen.

Gruß

derJoe

Da du eine möglichst einfache Erklärung haben wolltest, gibt es hier noch ein paar Anmerkungen zu den Rekursionsformeln:

1. p(n)=(n-1)(p(n-1)+p(n-2)):

Person Ai kann n-1 verschiedene Zettel ziehen, ohne dass sie einen Zettel mit der Nummer i zieht. Sei j die Nummer des Zettels, den Ai gezogen hat. Dann gibt es zwei Möglichkeiten:

- Möglichkeit 1: Person Aj (deren Nummer Ai gezogen hat) zieht den Zettel mit der Nummer i.
Dann gibt es noch jeweils n-2 weitere Personen und Zettel, für die es p(n-2) mögliche Verteilungen gibt, da der Person Aj der Zettel mit der Nummer i bereits zugeordnet ist.

- Möglichkeit 2: Person Aj zieht nicht den Zettel mit der Nummer i.
Dies ist der gleiche Fall, wie wenn für n-1 Personen eine Verteilung nach dem gegebenen Schema gesucht wird, nur dass bei diesen Verteilungen Aj nicht einen Zettel mit einer Nummer ungleich j ziehen muss, sondern einen Zettel mit einer Nummer ungleich i. Da Person Ai und Zettel j aber für die Verteilung nicht mehr zur Verfügung stehen, ändert dieser Unterschied nichts an der Anzahl der möglichen Ziehungen die p(n-1) beträgt.

Da diese beiden Möglichkeiten für jeden der n-1 möglichen Zettel von Ai existieren, gilt p(n)=(n-1)(p(n-1)+p(n-2))

Die Einschränkung n>=2 ist notwendig, da ansonsten p(n-2) keinen Sinn ergibt. Bei 0 und 1 Personen gibt es keine Möglichkeit, die Zettel so zu verteilen, dass niemand den Zettel mit seiner Nummer zieht, d.h. p(0)=p(1)=0.

2. p'(n)=(n-1)p'(n-1):

Genau wie bei Formel 1, nur dass hier die Möglichkeit 1 nicht auftreten kann, da ansonsten Aj den Zettel mit der Nummer i und Ai den Zettel mit der Nummer j gezogen hätte. Dies stünde im Widerspruch zur Annahme für das Gegenereignis, dass kein Paar existiert, bei dem beide die Nummer des Anderen gezogen haben.

Da ich hier das Gegenereignis berechnet habe, muss die errechnete Wahrscheinlichkeit am Ende noch von 1 abgezogen werden.


Hier noch die vollständige Rechnung für n=15:

P(15)=1-1/(15*(1/2!-1/3!+1/4!-1/5!+1/6!-1/7!+1/8!-1/9!+1/10!-1/11!+1/12!-1/13!+1/14!-1/15!))

dies liefert für P(15) ungefähr 0,81878 oder 81,9%


Ich hoffe, dass sich trotz der Uhrzeit keine groben Fehler eingeschlichen haben und dass ich es wenigstens einigermaßen verständlich erklären konnte.

Gruß

derJoe

edit: Soll das Schulstoff sein?

ca. 81,9% bzw 0,819, wenn ich mich nicht verrechnet habe und wenn die Formel stimmt. Also 100 zu 82.

Gruß

derJoe

klingt irgendwie fast zu wahrscheinlich

Quoted from "Lev"

klingt irgendwie fast zu wahrscheinlich

Intuitiv würde ich aber auch vermuten, dass bei einer größeren Anzahl Personen die Wahrscheinlichkeit für ein solches Paar größer wird. Durch Ausprobieren habe ich bei 5 Personen eine Wahrscheinlichkeit von 20/44 also ca. 0,45 ermittelt, was mit der Formel übereinstimmt. Bei 15 Personen muss es dann entsprechend mehr sein, was also für die genannte Formel spricht.

Eine Frage habe ich aber noch zu der Ziehung:

Was passiert, wenn der letzte nur noch seine eigene Nummer ziehen kann? Da hilft auch Zurücklegen nicht.
In meiner Rechnung werden diese Durchführungen als ungültig erklärt und die Ziehung wird wiederholt. Man könnte die Formel aber wahrscheinlich entsprechend modifizieren, wenn diese Ziehungen ebenfalls gewertet werden sollen