10 Briefe und 10 Umschläge - Wahrscheinlichkeitsrechnung

29.12.2011, 13:49

marocaine

10 Briefe und 10 Umschläge - Wahrscheinlichkeitsrechnung

Hi,
erstmal hallo an alle, bin neu und bin gespannt auf die neuen Leute, die ich hier treffe!
Ein Bekannter von mir hat mich gebeten folgende Aufgabe zu lösen:

Ein Mann besitzt 10 Briefe und zu jedem Brief je einen einzigen richtigen Umschlag.
Wenn er nun die Briefe nacheinander zufällig in einen Umschlag steckt wie hoch ist die Chance, dass keiner der Briefe in seinem richtigen Umschlag landet?

Mein Ansatz war folgender:

P(erster Brief falsch) * ( P(erster Brief landet in Umschlag vom zweiten Brief) + P(erster Brief nicht in Umschlag von Brief zwei) * P(zweiter Brief falsch) ) * ...

Wenn ich das weiterführe ergibt jeder der 10 Faktoren in der Summe 9/10; das dann also hoch 10 sollte meines Erachtens zur gesuchten Wahrscheinlichkeit führen.
Das stimmt jedoch sicher nicht, da bei nur drei Briefen und Umschlägen die Wahrscheinlichkeit für "alle Briefe in falschen Umschlägen" 1/3 beträgt. Mein Ansatz ergäbe aber 8/27.

Wo ist mein Denkfehler?
Danke schonmal für Hilfe!

29.12.2011, 15:00

Leopold

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Du begehst den Grundfehler aller Kombinatorik. Du beginnst zu rechnen, ohne dir zuvor ein Modell zurechtzulegen, in dem jeder mögliche Ausgang des Experiments durch ein eindeutiges Symbol beschrieben wird.
Erst wenn diese Arbeit erledigt ist, kannst du anfangen zu zählen, welche der Symbole einen günstigen Ausgang darstellen.

Wie willst du Dinge zählen, von denen du noch nicht einmal die Konturen erkennst?

Am besten numeriert man Briefe und Umschläge mit 1 bis 10, wobei richtiger Brief und Umschlag dieselbe Nummer haben sollen. Und jetzt nehmen wir einen möglichen Ausgang:

Brief 1 in Umschlag 4
Brief 2 in Umschlag 8
Brief 3 in Umschlag 5
Brief 4 in Umschlag 2
Brief 5 in Umschlag 7
Brief 6 in Umschlag 6
Brief 7 in Umschlag 1
Brief 8 in Umschlag 9
Brief 9 in Umschlag 10
Brief 10 in Umschlag 3

Das ist nur 1 Ausgang des Experiments. Wie könntest du diesen Ausgang symbolisieren?

30.12.2011, 10:48

marocaine

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Ich könnte einen Ausgang nach der Dimension der richtigen Kombinationen sowie nach dem "Ort" des richtigen Aufeinandertreffens symbolisieren.

Wenn ich nur den ersten Aspekt nehme und X als Funktion der Realisierungen definiere, die jedem Ausgang die Summe der richtigen Kombinationen zuordnet, könnte ich hier sagen: X = 1.
Wenn ich den zweiten berücksichtigen will könnte ich die die Reihe binär darstellen:
[0,0,0,0,0,1,0,0,0,0].

Ich bin allerdings nicht sicher ob du das mit Symbolisierung meintest.

30.12.2011, 12:43

Leopold

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Nein, das meine ich nicht. Jedes Detail der Zuordnung "Brief zu Umschlag" muß erst einmal sichtbar sein. Bei deinem Ansatz erfaßt du nur das, was für dich günstig ist: [0,0,0,0,0,1,0,0,0,0] zeigt dir an, daß der sechste Brief im richtigen Umschlag steckt, die andern nicht. Das kann aber auf ganz verschiedene Arten und Weisen der Fall sein, etwa so wie in meinem Beispiel. Aber auch, wenn Brief 1 in Umschlag 8 und Brief 2 in Umschlag 4 kommt und alles andere wie in jenem Beispiel bleibt, würdest du das mit demselben Symbol [0,0,0,0,0,1,0,0,0,0] symbolisieren. Nun leuchtet durchaus ein, daß, wenn die Eins irgendwo anders stünde, etwa so: [0,1,0,0,0,0,0,0,0,0], dieser Fall mit dem Fall [0,0,0,0,0,1,0,0,0,0] gleichwahrscheinlich ist, einfach aus Symmetriegründen. Aber schon bei zwei Einsen, z.B. [0,0,0,0,1,0,1,0,0,0], kommt man ins Straucheln. Denn die Anzahl der Realisierungen hierfür ist jetzt nicht mehr dieselbe wie zuvor bei einer Eins.

Es hilft alles nichts, du mußt an alle Möglichkeiten denken, wie das Experiment ausgehen kann. Am einfachsten geht es so: Man schreibt die Nummern der Umschläge nebeneinander, in die der erste, zweite, dritte usw. Brief kommt. Bei meinem Beispiel wäre also (4,8,5,2,7,6,1,9,10,3) eine Symbolisierung dieses Ausgangs. Ein anderer Ausgang wäre (10,9,8,7,6,4,2,5,1,3). Jetzt leuchtet ein, daß alle so bezeichneten Ausgänge gleichwahrscheinlich sind, da keine Reihenfolge vor der anderen ausgezeichnet ist. Daher darf man mit der Laplace-Annahme rechnen:

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{\mbox{Anzahl der günstigen Fälle für} \ A}{\mbox{Anzahl der möglichen Fälle}} \end{eqnarray*}$

Und erst jetzt darfst du zählen. Am einfachsten sind noch die möglichen Fälle zu zählen. Viel schwieriger ist das Zählen der Ausgänge von

$\begin{eqnarray*} A = \mbox{"kein Brief im richtigen Umschlag"} \end{eqnarray*}$

(10,9,8,7,6,4,2,5,1,3) gehört dazu, aber auch (2,3,4,10,9,8,1,5,7,6) und viele, viele andere. Dagegen gehört (4,8,5,2,7,6,1,9,10,3) nicht zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ .

Die Aufgabe hier ist gar nicht einfach. Sie gehört in der elementaren Kombinatorik zum schwersten und kann als Beginn der höheren Kombinatorik aufgefaßt werden. Schau hier die Aufgabe mit den Seeleuten.

30.12.2011, 17:10

marocaine

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Danke sehr, mit deinen Ausführungen und dem Link ist mir die Aufgabe klar geworden!
Super Forum smile

12.01.2012, 11:05

bentzername

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und was ist jetzt das ergebnis für die aufgabe?

12.01.2012, 11:21

bentzername

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wenn man das so rechnet wie mit den seemännern dann kommen doch nur die verschiedenen möglichkeiten raus und nicht die wahrscheinlichkeit oder?

die wahrscheinlichkeit 0.36 ist viel zu hoch dafür oder?

12.01.2012, 12:44

Leopold

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Natürlich muß man noch durch die Anzahl aller Möglichkeiten dividieren:

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{\mbox{Anzahl der günstigen Fälle für} \ A}{\mbox{Anzahl der möglichen Fälle}} \end{eqnarray*}$

Und das gibt dann für das Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , daß kein Brief im richtigen Umschlag steckt, die Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{10! \cdot \left( \frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \pm \ldots + \frac{1}{10!} \right)}{10!} = \frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \pm \ldots + \frac{1}{10!} \end{eqnarray*}$

Und wenn man sich an die Potenzreihe der Exponentialfunktion erinnert, dann kennt man den Wert der unendlichen Reihe:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} \pm \ldots \ \ \text{in infinitum} = \operatorname{e}^{-1} \end{eqnarray*}$

wo $\begin{eqnarray*} \operatorname{e} \end{eqnarray*}$ die Eulersche Zahl ist. Die Reihe konvergiert sehr schnell. Schon nach elf Gliedern gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \frac{1}{6!} - \frac{1}{7!} + \frac{1}{8!} - \frac{1}{9!} + \frac{1}{10!} = 0{,}36787946 \ldots \end{eqnarray*}$

Zum Vergleich:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{e}^{-1} = \frac{1}{\operatorname{e}} = 0{,}36787944 \ldots \end{eqnarray*}$

Schon die ersten sieben Stellen nach dem Komma stimmen überein. Man kann also sagen: $\begin{eqnarray*} P(A) \approx \frac{1}{\operatorname{e}} \end{eqnarray*}$
Außer für die ersten paar natürlichen Zahlen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ kann man also feststellen:

Die Wahrscheinlichkeit, daß beim zufälligen Verteilen von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Briefen auf $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ adressierte Umschläge kein Brief im richtigen Umschlag steckt, ist 36,8 %.

12.01.2012, 15:04

bentzername

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alles klar...vielen dank!!!

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