Wahrscheinlichkeit von Paarbildungen

11.12.2009, 01:16

Thomas Daimer

Wahrscheinlichkeit von Paarbildungen

Hallo ihr,

Sorry erstmal, dass mir kein passenderer Titel fürs Topic eingefallen ist!
Ich habe gerade eine kleine Frage zur Stochastik. Ich habe heute in einer Zeitschrift eine Knobelfrage gesehen, welche sich wie folgt gestellt hat:

An einem Tanzball nehmen 5 Ehepaare teil. Um die Veranstaltung etwas aufzupeppen, hat sich der Veranstalter entschlossen die angemeldeten Paare nach dem Zufallsprinzip miteinander zu vertauschen. Bei der Ermittlung der Tanzpaare wird jedem Mann eine Frau zugelost. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau ein Mann seine Ehefrau als Tanzpartnerin zugelost bekommt?

Ich habe mir nun schon ewig Gedanken gemacht (was der primäre Grund dafür ist, dass ich so spät noch auf den Beinen bin Big Laugh

), aber ich komme auf keine für mich plausible Lösung - Zumal mein Abitur schon ein paar Jährchen zurückliegt und meine Stochastik dementsprechend etwas eingerostet ist.

Mein erster Gedanke war, einen binomialverteilten Ansatz zu wählen. Die Wahrscheinlichkeiten habe ich mit 0,2 für ein richtiges und mit 0,8 für ein falsches Paar gewählt. Die Anzahl der richtigen Paare mit 1 und die der falschen Paare mit 4. Allerdings habe ich mir das ganze dann mal auf das Urnenmodell reduziert. Und da ist mir dann aufgefallen, dass die Binomialverteilung im Urnenmodell ja von einem Zurücklegen der Kugeln ausgeht, was bei dem Beispiel ja nicht der Fall ist.

Danach hab ich es mit einem hypergeometrischen Ansatz versucht, da dieser im Urnenmodell ja ohne Zurücklegen arbeitet. Allerdings fiel mir dort schon an der Formel auf, dass der Ansatz falsch ist.

Und jetzt steh ich dumm da und kann nicht schlafen, weil mir mein falscher Ehrgeiz keine Ruhe lässt. Ich kann mich noch dumpf dran erinnern, dass wir zu Abiturzeiten mit Wahrscheinlichkeitstabellen gearbeitet haben, aus denen man Werte abliest und dann addiert, bzw. subtrahiert - Allerdings bin ich da nicht mehr so ganz auf der Höhe. Geht es eventuell damit?

Ich wäre euch dankbar, wenn ihr mir weiterhelfen könntet. Es kann ja wohl nicht sein, dass ich ein so simples Rätsel aus einer Zeitschrift im Arzt-Wartezimmer nicht gelöst bekomme! Big Laugh

liebe Grüße, Thomas

11.12.2009, 03:04

Zellerli

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Du kannst es, weil es "nur" 5 Paare sind mit dem Ziehen ohne Zurücklegen probieren (Männer bleiben stehen und "ziehen" sich eine Frau).
Am besten mit einer Tabelle 5x5, in deren Felder sich die Paarungen ergeben. Also z.B. Zeile 3 mit Spalte 2 würde bedeuten Mann3 bekommt Frau2. Gleiche Zeile mit gleicher Spalte bedeutet: Ein Mann bekommt seine Frau.

Dann kannst du ansetzen, dass genau Mann1 seine Frau1 kriegt und dann den Rest durchgehen (wieviele Möglichkeiten bleiben dann noch für Mann2, dann noch für Mann3, usw.)

Das wird aber etwas hässlich, weil du Fallunterscheidungen treffen musst. Nehmen wir wieder an Mann1 und Frau1 sind das Päärchen, dann passiert z.B.: wenn Mann2 Frau3 zieht, kann Mann3 aus den 3 verbliebenen Frauen frei wählen. Zieht Mann2 aber Frau4, kann Mann3 nicht alle der 3 verbliebenen Frauen nehmen, weil er ja noch seine Frau3 kriegen könnte, was aber nicht passieren soll, weil Mann1+Frau1 bereits ein Päärchen bilden.

Danach noch überlegen wieviele Möglichkeiten es gibt das Ehepaar, das auch Tanzpaar sein soll, auszuwählen und zum Schluss die so berechneten "günstigen" Möglichkeiten durch die Anzahl aller Möglichkeiten aus 5 Paaren Tanzpaare zu bilden dividieren gemäß der Laplace-Wahrscheinlichkeit:
$\begin{eqnarray*} P=\frac{\text{Anzahl der günstigen Möglichkeiten}}{\text{Anzahl aller Möglichkeiten}} \end{eqnarray*}$

"Einfacher" wird es, wenn man etwas mathematischer rangeht und die sog. Siebformel bemüht.
Am besten Boardsuche verwenden: Wichteln, Wichtelproblem, Fixpunkt Permutation

12.12.2009, 01:27

Thomas Daimer

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Hallo Zellerli,

Vielen Dank erstmal für den Hinweis. Diese Siebformel haben wir selbst im Abitur nie behandelt. Dementsprechend hätte ich meine Aufzeichungen lange durchsuchen können Big Laugh

Eine kleine Frage habe ich aber noch:

Vor der "großen Klammer" der Siebformel steht ja ein n!/k!.
n müsste ja hier mit 6 zu wählen sein, aber ist k in dieser Aufgabenstellung = 1?

Wenn ich diesen Ansatz wähle, komme ich auf eine Wahrscheinlicheit von etwa 30% (habe das genaue Ergebnis leider nicht mehr im Kopf und mein Rechenblatt ist gerade weit außer Reichweite). Habe ich die Formel richtig angewendet, oder ist mein Ergebnis weit von der Realität entfernt.

Sofern etwas um die 30-40% herauskommt, wäre ich zufrieden. Ansonsten wäre ich für die Aufklärung über meine Fehler in der Formelanwendung dankbar!

lG, Thomas

12.12.2009, 02:18

Zellerli

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Bevor ich da groß rumsiebe, nehme ich dann die manuelle Methode und schätze grob ab:

Wenn man die Frauen so verteilt, dass Mann3, Mann4 und Mann5 die möglichst geringste Auswahl haben, kommt man auf einen Zähler von $\begin{eqnarray*} 1 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1 \end{eqnarray*}$ heraus. Das ganze $\begin{eqnarray*} \cdot 5 \end{eqnarray*}$ für die 5 Möglichkeiten welches Ehepaar auch Tanzpaar wird.
Im "mächtigsten" Fall kommt $\begin{eqnarray*} 1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \end{eqnarray*}$ heraus.

Also wird die Wahrscheinlichkeit zwischen $\begin{eqnarray*} \frac{5 \cdot 3 \cdot 2}{5!}=25% \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{5 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2}{5!}=75% \end{eqnarray*}$ liegen.

Wenig hilfreiche Aussage, aber das Gewicht muss mehr auf der unteren Grenze liegen, weil der Fall leichter eintreten kann.
Beim maximalen Fall muss Mann2 exakt Frau3 kriegen, Mann3 exakt Frau4, Mann4 exakt Frau5 und Mann5 deshalb exakt Frau2.
Beim minimalen Fall muss Mann2 Frau4 oder 5 kriegen... Das ist schonmal doppelt so wahrscheinlich wie oben.

12.12.2009, 11:06

Royal Tomek

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Hallo,

nimm an, du hast allgemein $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Paare und willst die Wahrscheinlichkeit wissen, dass genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ davon sich "wiederfinden".

Diese entspricht
$\begin{eqnarray*} \mathcal{P}(n,k)=\binom{n}{k}\frac{(n-k)!}{n!}\sum\limits_{i=0}^{n-k} (-1)^i\frac{1}{i!} \end{eqnarray*}$

Für dein konkretes Bsp wähle einfach n=4 und k=1.

Die Herleitung ist nicht besonders schwer, allerdings reicht den meisten einfach die Lösung Big Laugh

12.12.2009, 11:08

Royal Tomek

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n=5 meine ich

12.12.2009, 13:39

Thomas Daimer

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Hallo,

Danke schonmal für den Hinweis!
Allerdings bin ich jetzt ein wenig verwirrt. Bei der Boardsuche nach der Siebformel bin ich auf folgendes gestoßen:

$\begin{eqnarray*} N_{n,k}=\frac{n!}{k!}\left(\frac{1}{0!}-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-+\ldots+(-1)^{n-k}\frac{1}{(n-k)!}\right)=\frac{n!}{k!}\sum\limits_{j=0}^{n-k}(-1)^j\frac{1}{j!},\qquad%20k=0,1,\ldots,n \end{eqnarray*}$

Da diese Formel ja nur die günstigen Möglichkeiten angibt, muss im Anschluss ja noch durch n! geteilt werden.

Hier käme ich dann also auf:
$\begin{eqnarray*} N_{n,k}=\frac{5!}{1!}\left(\frac{1}{0!}-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}\right)=45 \end{eqnarray*}$

Um jetzt auf die Wahrscheinlichkeit zu kommen, müsste ich ja nochmal durch n! teilen, und käme somit auf eine Wahrscheinlichkeit von 37,5%

Allerdings sieht die Formel, die ich jetzt benutzt habe, in meinen Augen doch deutlich anders aus als die, die jetzt hier steht. Außerdem würde ich als Ergebnis bei Anwendung der Formel nicht P, sondern N ausrechnen. Zumindest bekomme ich als Ergebnis 45 wenn ich die Formel von Royal Tomek anwende.

Vielen Dank schonmal für eure Hilfe!

mfG, Thomas

12.12.2009, 13:45

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Zitat:

Original von Thomas Daimer
Allerdings sieht die Formel, die ich jetzt benutzt habe, in meinen Augen doch deutlich anders aus als die, die jetzt hier steht.

Dann ist mit deinen Augen was nicht in Ordnung: Es ist

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k}\frac{(n-k)!}{n!} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{(n-k)!}{n!} = \frac{1}{k!} \end{eqnarray*}$ ,

und somit $\begin{eqnarray*} \mathcal{P}(n,k) = \frac{N_{n,k}}{n!} \end{eqnarray*}$ , also alles in bester Übereinstimmung. Augenzwinkern

12.12.2009, 13:51

Thomas Daimer

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Hallo,

Das beruhigt mich dann doch (zumindest hinsichtlich des Sachverhalts und nicht hinsichtlich meiner Augen Big Laugh

).

Dann müsste ich also mit den 37,5% richtig liegen? Sofern ich mit dem Ergebnis auf der richtigen Seite bin, werde ich mal einen Leserbrief an die Zeitung schreiben und sie fragen, wer diese Aufgabe für eine Zeitschrift ausgewählt hat smile

Vielen Dank nochmal für alles!

mfG, Thomas

12.12.2009, 13:56

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Zitat:

Original von Thomas Daimer
wer diese Aufgabe für eine Zeitschrift ausgewählt hat smile

Wahrscheinlich jemand, der ein allseits wohlbekanntes Problem mal wieder in Erinnerung rufen wollte. Augenzwinkern

07.05.2016, 10:16

DeMorgan

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Auch wenn das Thema schon etwas älter ist, wollte ich es nochmal aufgreifen.
Ich habe das selbe Problem nur leicht erweitert.

Mit Hilfe der Siebformel, soll nun die Wahrscheinlichkeit ausgerechnet werden, wenn n Paare zu einem Tanz kommen, wie groß dann die Wahrscheinlichkeit ist, dass mind. 1 Paar wieder mit einander zugelost wird.

Mein Ansatz geht über die Gegenwahrscheinlichkeit 1 - P("kein Paar zusammen"), aber wenn ich n in die Siebformel einsetzte, dann komme ich beim Umformen nicht weiter.

Vielen Dank

07.05.2016, 11:02

HAL 9000

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Zitat:

Original von DeMorgan
Ich habe das selbe Problem nur leicht erweitert.

Mit Hilfe der Siebformel, soll nun die Wahrscheinlichkeit ausgerechnet werden, wenn n Paare zu einem Tanz kommen, wie groß dann die Wahrscheinlichkeit ist, dass mind. 1 Paar wieder mit einander zugelost wird.

Inwiefern "erweitert" ? Das ist im Kontext dieses Threads die Wahrscheinlichkeit $\begin{align*} 1-\mathcal{P}(n,0) \end{align*}$ , nichts weiter.

07.05.2016, 13:22

DeMorgan

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Mir ist prinzipiell nicht klar wie man von meiner Form der Siebformel, auf die Formel mit den Parametern n und k kommt.

Mir liegt die Formel in der Form vor.

$\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{i=1}^n A_i) = \sum\limits_{k=1}^{n} ( (-1)^{k+1} \sum\limits_{I \in {1,..n}} P(\bigcap_{i \in I} A_i)) \end{eqnarray*}$

07.05.2016, 14:44

HAL 9000

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Dann sag erstmal, welche Ereignisse $\begin{align*} A_i \end{align*}$ du betrachten möchtest. Normalerweise wäre das hier

$\begin{align*} A_i \end{align*}$ ... Paar Nr. $\begin{align*} i \end{align*}$ wird zueinander gelost

Zitat:

Original von DeMorgan
Mir liegt die Formel in der Form vor.

$\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{i=1}^n A_i) = \sum\limits_{k=1}^{n} ( (-1)^{k+1} \sum\limits_{I \in {1,..n}} P(\bigcap_{i \in I} A_i)) \end{eqnarray*}$

So geschrieben ist es falsch. Tatsächlich ist

$\begin{align*} P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i \right) = \sum\limits_{\substack{I\subseteq\{1,\ldots,n\}\\ I\neq \emptyset}} (-1)^{|I|+1} P\left( \bigcap_{i \in I} A_i\right) \end{align*}$ .

D.h., es wird über alle nichtleeren Teilmengen $\begin{align*} I \end{align*}$ von $\begin{align*} \{1,\ldots,n\} \end{align*}$ summiert. Man kann die Teilmengen nun auch noch gruppieren gemäß ihrer Mächtigkeit, d.h., man fasst alle $\begin{align*} I \end{align*}$ mit $\begin{align*} |I|=k \end{align*}$ zu einer Untersumme zusammen, und hat in der äußeren Summation sämtliche möglichen Teilsummenmächtigkeiten $\begin{align*} k=1,\ldots,n \end{align*}$ zu berücksichtigen:

$\begin{align*} P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i \right) = \sum\limits_{k=1}^n (-1)^{k+1} \sum\limits_{\substack{I\subseteq\{1,\ldots,n\}\\ |I|=k}} P\left( \bigcap_{i \in I} A_i\right) \end{align*}$ .

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