Gegenstände bei Ausgrabung wiederfinden

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27.12.2013, 15:47

TriF0rce

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Gegenstände bei Ausgrabung wiederfinden

Hallo

Ich habe eine Frage zu folgender Aufgabe:

Zitat:

1950 vergraben 20 Personen jeweils einen Gegenstand (in einer witterungsfesten Box, die Gegenstände sind alle voneinander unterscheidbar). Sie vereinbaren, dass sie sich 50 Jahre später am selben Ort wieder treffen, um ihre vergrabenen Gegenstände auszugraben.
Nun sind 50 Jahre vergangen und es kommt zu besagtem Treffen. Leider haben die Personen vergessen, wer seinen Gegenstand wo vergraben hat, also beschließen sie, dass jeder einfach zufällig einen Gegenstand ausgräbt.

Wieviele Personen bekommen nun druchscnittlich ihren eigenen Gegenstand wieder?

Ich komme dabei irgendwie nicht weiter. Ich habe zwar schon einen Ansatz, aber irgendwie klingt der etwas komisch Big Laugh

:

Wir haben also $\begin{eqnarray*} n=20 \end{eqnarray*}$ Personen. Nun gibt es genau $\begin{eqnarray*} n! = 20! \end{eqnarray*}$ verschiedene Möglichkeiten, die Gegenstände auf Personen zu verteilen (da sowohl Gegenstände, als auch Personen unterscheidlich sind)

Von diesen $\begin{eqnarray*} 20! \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, gibt es für eine einzelne Person dann $\begin{eqnarray*} (20-1)! = 19! \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, ihren eigenen Gegenstand zurückzubekommen
( $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ Gegenstand bereits "fest", und dann eben noch alle Möglichkeiten, die verbleibenden $\begin{eqnarray*} 20-1=19 \end{eqnarray*}$ Gegenstände zu verteilen)

Und um den Druhcschnitt zu errechnen, rechne ich dann die Summe aller Möglichkeiten, für eine Person ihren Gegenstand wiederzubekommen, geteilt durch die Summe aller Möglichkeiten, die Gegenstände zu verteilen:

$\begin{eqnarray*} \frac{20 \cdot (20-1)!}{20!} \end{eqnarray*}$

Da aber $\begin{eqnarray*} 20 \cdot 19! \end{eqnarray*}$ ja genau wieder $\begin{eqnarray*} 20! \end{eqnarray*}$ ist, kommt bei mir $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ raus.
Wo ist dabei der Denkfehler verwirrt

Danke im Voraus Willkommen

27.12.2013, 22:43

Kasen75

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RE: Gegenstände bei Ausgrabung wiederfinden

Zitat:

Original von TriF0rce

Wir haben also $\begin{eqnarray*} n=20 \end{eqnarray*}$ Personen. Nun gibt es genau $\begin{eqnarray*} n! = 20! \end{eqnarray*}$ verschiedene Möglichkeiten, die Gegenstände auf Personen zu verteilen (da sowohl Gegenstände, als auch Personen unterscheidlich sind)

Von diesen $\begin{eqnarray*} 20! \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, gibt es für eine einzelne Person dann $\begin{eqnarray*} (20-1)! = 19! \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, ihren eigenen Gegenstand zurückzubekommen
( $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ Gegenstand bereits "fest", und dann eben noch alle Möglichkeiten, die verbleibenden $\begin{eqnarray*} 20-1=19 \end{eqnarray*}$ Gegenstände zu verteilen)

Hallo,

wenn ich aus dem Zitierten die Schlussfolgerung ziehe, dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person ihren Gegenstand zurückbekommt gleich $\begin{eqnarray*} \frac{19!}{20!}=\frac{1}{20} \end{eqnarray*}$ .

Jetzt gibt es 19 weitere Personen, die die gleiche Wahrscheinlichkeit haben ihren Gegenstand zurückzubekommen. Der restliche Beitrag ist systematisch nicht richtig

Somit hat man im Prinzip 20 unabhängige, gleichartige Versuche mit jeweils der Erfolgswahrscheinlichkeit p.

Auf welche Verteilung läuft das hinaus ?

Die durchschnittliche Anzahl an Personen, die ihren Gegenstand wiederbekommen ist dann der Erwartungswert.

Grüße.

27.12.2013, 23:09

TriF0rce

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Vielen Dank erstmal Gott

So wie du es formuliert hast hört sich das sehr nach Binomialverteilung an Big Laugh

Dann versuche ich das ganze mal noch mal systematisch:

$\begin{eqnarray*} n=20 \end{eqnarray*}$ Personen/Versuche, jede hat eine Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p = \frac{1}{20} = 0,05 \end{eqnarray*}$ ihren Gegenstand wiederzufinden.

Der Erwartungswert dafür wäre dann bei der Binomialverteilung:

$\begin{eqnarray*} \mu = E(X) = n \cdot p = 20 \cdot \frac{1}{20} = 1 \end{eqnarray*}$

Und wieder 1 verwirrt

Ich könnte evtl. noch mal nen Anstoß gebrauchen Forum Kloppe

Vielen Dank nochmal!

27.12.2013, 23:35

Kasen75

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Ich habe das gleiche raus.

Warum zweifelst du ? Hast du eine andere, vorgegebene Lösung ?

28.12.2013, 00:13

TriF0rce

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Ich zweifelte eigentlich, weil mir 1 intuitiv zu wenig erschien. Aber durch die Ausführung mit dem erwartungswert klingt es eigentlich schon plausibel.

Im übrigen wären die $\begin{eqnarray*} n=20 \end{eqnarray*}$ hierfür ja eigentlich irrelevant, weil es immer auf $\begin{eqnarray*} n \cdot n^{-1} = 1 \end{eqnarray*}$ hinausläuft.

Ich hab das ganze mal mit Stift und Papier (und Zettel aus einer Schüssel ziehen) für $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ simuliert und bin bei 20 Durchgängen (Danach wurd's mir langweilig Big Laugh

) auf durchschnittlich $\begin{eqnarray*} 1,05 \end{eqnarray*}$ gekommen.

Meine Zweifel waren beim Erwartungswert wohl unangebracht.

Vielen Dank für die Hilfe Freude

28.12.2013, 01:26

Kasen75

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Ich habe nicht, im praktischen Sinne, simuliert sondern für n=3 die mögichen Ergebnisse aufgeschrieben:

Es werden hier die Zahlen 1, 2 und 3 zufällig den Buchstaben a, b und c zu geordnet. Dabei sind $\begin{eqnarray*} 1\to a, \, \ 2\to b, \, \ 3 \to c \end{eqnarray*}$ die korrekten Zuordnungen.

$\begin{eqnarray*} \begin{tabular}[ht]{|l|l|l|l|} \hline a & b & c & $\text{$AkZ_i$}$\\ \hline 1& 2 & 3 & 3 \\ \hline 1 & 3 & 2 & 1 \\ \hline 2 & 1 & 3 & 1 \\ \hline 2 & 3 & 1 & 0 \\ \hline 3 & 1 & 2 & 0 \\ \hline 3 & 2 & 1 & 1 \\ \hline \hline & & & 6 \\ \hline \end{tabular} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} AkZ_i \end{eqnarray*}$ =Anzahl der korrekten Zuordnungen bei Variation i

Der Erwartungswert der richtigen Zuordnungen ist $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^6 p_i \cdot AkZ_i \end{eqnarray*}$ .
Dabei ist $\begin{eqnarray*} p_i=1/6 \ \ \forall i \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von TriF0rce

Im übrigen wären die $\begin{eqnarray*} n=20 \end{eqnarray*}$ hierfür ja eigentlich irrelevant, weil es immer auf $\begin{eqnarray*} n \cdot n^{-1} = 1 \end{eqnarray*}$ hinausläuft.

Darauf lief und läuft es auch bei mir letztendlich hinaus. Hier gibt es auf jeden Fall 100%-ige Übereinstimmung. smile

28.12.2013, 10:19

Huggy

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RE: Gegenstände bei Ausgrabung wiederfinden

Zitat:

Original von Kasen75
Somit hat man im Prinzip 20 unabhängige, gleichartige Versuche mit jeweils der Erfolgswahrscheinlichkeit p.

Auf welche Verteilung läuft das hinaus ?

Die Versuche sind nicht unabhängig. Wenn eine Person ihren Gegenstand wiederfindet, beeinflusst das die Wahrscheinlichkeit für die anderen Personen, ihren Gegenstand wiederzufinden. Deshalb ist die Verteilung der Zahl der wiedergefundenen Gegenstände auch keine Binomialverteilung. Das zeigt auch dein Beispiel mit n=3. Wenn X die Zahl der gefundenen Gegenstände ist, so hat man generell

$\begin{eqnarray*} P(X=n-1)=0 \end{eqnarray*}$

Das Ergebnis

$\begin{eqnarray*} E(X)=1 \end{eqnarray*}$

ist trotzdem richtig, weil das Gesetz

$\begin{eqnarray*} E(X=\sum_i X_i)=\sum_i E(X_i) \end{eqnarray*}$

auch dann gilt, wenn die $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ nicht unabhängig sind.

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