Wahlgang als Urnenmodell

08.02.2014, 18:25

gnolle

Wahlgang als Urnenmodell

Servus,

ich bin mir grad sicher wie die Lösung folgender Aufgabe ist:

101 Personen gehen wählen, jeder wählt genau einen von vier Kandidaten und es gibt nur gültige Stimmen.

Wie kann ich mir das als Urnenmodell vorstellen? Eigentlich doch "ohne Beachtung der Reihenfolge, mit zurücklegen" also $\begin{eqnarray*} \binom{n+k-1}{k} \end{eqnarray*}$
mit k=101 und n=4 oder?

Wenn ich mir das aber selber vorstelle, würde ich rechnen $\begin{eqnarray*} \frac{4^{101}}{101!} \end{eqnarray*}$
da jede Person 4 Möglichkeiten hat, es 101 Personen sind und ich dann durch die Anzahl der möglichen Reihenfolgen teile.

Welche Möglichkeit ist richtig und was ist mein Fehler? Vielen Dank im voraus.

08.02.2014, 18:58

Dopap

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dein $\begin{eqnarray*} \frac {4^{101}}{101!} \end{eqnarray*}$ ist so gut wie Null.

was willst du eigentlich wissen ?

08.02.2014, 19:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von gnolle
Wenn ich mir das aber selber vorstelle, würde ich rechnen $\begin{eqnarray*} \frac{4^{101}}{101!} \end{eqnarray*}$

Und was soll dieser Quotient darstellen? geschockt

08.02.2014, 19:18

gnolle

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Ich dachte ich hätte es erklärt.. Dann ignoriert einfach meinen Quotienten, der offensichtlich falsch ist, stimmt denn dann der andere Ansatz bzw was ist die richtige Lösung? verwirrt

Was ich wissen will steht doch eindeutig da! Wie kann ich mir das als Urnenmodell vorstellen bzw stimmt meine Vorstellung? (Der Quotient ist ja offensichtlich ziemlicher Mist)

08.02.2014, 19:20

HAL 9000

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Wofür die Lösung? Du hast doch nach gar keiner Anzahl bzw. Wahrscheinlichkeit gefragt!

P.S.: Darauf hat dich übrigens schon Dopap hingewiesen!

08.02.2014, 19:56

gnolle

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Ok in der Tat habe ich nicht explizit danach gefragt. Ich will wissen wieviele unterschiedliche Wahlergebnisse möglich sind.

08.02.2014, 20:12

HAL 9000

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Zitat:

Original von gnolle
Eigentlich doch "ohne Beachtung der Reihenfolge, mit zurücklegen" also $\begin{eqnarray*} \binom{n+k-1}{k} \end{eqnarray*}$ mit k=101 und n=4 oder?

Es mag richtig sein, dass es $\begin{eqnarray*} \binom{104}{101} \end{eqnarray*}$ verschiedene Wahlergebnisse gibt, wenn es nur um die Anzahl der Stimmen für jeden Kandidaten geht.

Aber für Wahrscheinlichkeitsberechnungen ist diese Anzahl schlicht untauglich, weil es sich da um kein Laplacesches Modell handelt, weil die summarischen Wahlergebnisse unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten haben, selbst bei gleicher ausgewogender Präferenz für alle Kandidaten:

So hat das Wahlergebnis $\begin{eqnarray*} (101,0,0,0) \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4^{101}} \end{eqnarray*}$ (jeder einzelne der 101 Wähler entscheidet sich - unabhängig von den anderen Wählern - mit je Wkt 1/4 für Kandidat 1), während $\begin{eqnarray*} (26,25,25,25) \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4^{101}}\cdot \frac{101!}{26!25!^3} \end{eqnarray*}$ hat, das ist ungefährt $\begin{eqnarray*} 6\cdot 10^{57} \end{eqnarray*}$ -mal so hoch...

08.02.2014, 20:18

gnolle

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Meinst du mit "Es mag richtig sein" es ist richtig, wenn es nur um die Stimmen geht, oder denkst du dass es passen KÖNNTE aber du dir auch nicht sicher bist?

Hierbei war lediglich die Anzahl der Möglichkeiten gefragt, mit Wahrscheinlichkeiten haben wir uns noch nicht beschäftigt.

Danke für deine Mühen und entschuldige für die ungenaue Fragestellung meinerseits!

08.02.2014, 20:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von gnolle
Meinst du mit "Es mag richtig sein" es ist richtig, wenn es nur um die Stimmen geht, oder denkst du dass es passen KÖNNTE aber du dir auch nicht sicher bist?

Ich bin mir 100%-ig sicher, und meine es genauso, wie ich es gesagt habe. Also nochmal:

Wenn du als $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ die Menge dieser summarischen Wahlergebnisse nimmst, dann gilt nicht, dass jedes einzelne Wahlergebnis die gleiche Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{|\Omega|} \end{eqnarray*}$ hat. Du kannst also mit diesem $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ hantieren, und es ist auch
$\begin{eqnarray*} |\Omega|=\binom{104}{101} \end{eqnarray*}$ , aber Wahrscheinlichkeitsberechnungen solltest du darauf nicht aufbauen.

08.02.2014, 20:27

Dopap

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ein einfaches Beispiel dazu: wenn du in der Kneipe 3 würfel mit dem becher wirfst, dann ist
n=6 und k=3

es gibt dann $\begin{eqnarray*} \binom {6+3-1}{3}=56 \end{eqnarray*}$ mögliche Ausfälle.

Die sind aber nicht gleichwahrscheinlich.

08.02.2014, 20:46

gnolle

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Ok ja, ich war mir nur nicht sicher wie die Formulierung "Es mag richtig sein" gemeint war. Das die nicht alle gleich Wahrscheinlich sind ist klar, es ging aber wie gesagt nur um die Anzahl der Möglichkeiten.

Danke an euch!

08.02.2014, 20:57

Dopap

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wenn es nur darum geht, dann hätten wir:

$\begin{eqnarray*} K_{mZ}(4,101)=\binom {104}{101}=\binom {104}{3}=182,104,000. \end{eqnarray*}$

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