Binomialkoeffizient Erfolg/Misserfolg

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11.08.2016, 17:31	hanswürschtle	Auf diesen Beitrag antworten »
Binomialkoeffizient Erfolg/Misserfolg Hallo, ich habe eine Frage zum Binomialkoeffizienten bei der Binomialverteilung, da ich leider kaum wo eine qualitative Herleitung finde. Ich verstehe nicht, warum (8über4) nun darstellt, wieviele Möglichkeiten man bei der Durchführung von 8 Wiederholungen eines Zufallsexperiments mit 2 Ausgängen (Erfolg oder Misserfolg) hat, wenn davon genau 4 ein Erfolg sein sollen. Ich verstehe, dass bei n verschiedenen Elementen n! aussagt, dass auf den ersten Platz n können, auf den zweiten dann noch (n-1) usw. und die Multiplikation für die verschiedenen Anordnungen steht, aber wenn ich nur 2 Ausgänge habe, was soll dann im Zähler des Binomialkoeffizienten 876... ausdrücken? Ich verstehe, dass anscheinend die Reihenfolge eine Rolle spielt, also ob ich erst 4 Erfolge, dann 4 Misserfolge, erst 4 Misserfolge, dann 4 Erfolge oder Erfolge und Misserfolge abwechselnd habe usw., aber ich finde leider keine verständliche Erklärung im Netz, was jetzt genau jede Zahl im Binomialkoeffizienten für ein Experiment mit 2 Ausgängen aussagt; überall wird nur die Formel angegeben und die soll man hinnehmen.
11.08.2016, 18:46	Gast1108	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Binomialkoeffizient Erfolg/Misserfolg "Ich verstehe, dass anscheinend die Reihenfolge eine Rolle spielt" Genau darum geht es, um alle möglichen Positionen, an denen die gewünschten Treffer in einer Kette aus als bestimmten Anzahl von Gliedern auftreten können. ("Bernoulli-Kette") (8über4) bedeutet, dass es für 4 Treffer 70 verschiedene Reihenfolgen gibt, an denen sie in einer Achterkette auftreten können.
11.08.2016, 18:53	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
das ist gar nicht so ganz einfach. wenn wir n mal einen reissnagel werfen erhalten wir als bernouillikette irgend ein tupel [S L L L S L L L S L S S L L L L ...] Wie groß ist die Anzahl möglicher n-Tupel , wenn die Anzahl von S gleich s ist ? Dazu stellen wir uns vor, dass die S , L von 1 bis n durchnummeriert wären. Dann hätten wir n! verschiedene n-Tupel. Diese Anzahl muss man nun verkleinern, da die s S Ergebnisse und die (n-s) L Ergebnisse jeweils untereinander nicht unterscheidbar sind und somit gilt: $\begin{eqnarray} A(n,s)=\frac {n!}{s!\cdot (n-s)!} \end{eqnarray}$ soweit klar?
11.08.2016, 19:38	hanswürrschtle	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, ich glaub ich komme der Sache näher. Kurz vorweg: der Binomialkoeffizient hat doch nichts damit zu tun, ob man zurücklegt oder nicht, oder? Das ganze wird in der Formel für die Binomialverteilung durch gleichbleibendes p ausgedrückt, richtig? Und bei (n über k) geht es also darum, dass man unterscheidet, an welcher stelle ein Erfolg eintritt, aber nicht welcher Erfolg an welcher Stelle eintritt? D.h. ich kann mir vorstellen, dass ich bei 8 Durchgängen und 4 Erfolgen eine Urne mit 4 Erfolgen und 4 Misserfolgen habe, alle möglichen Anordnungen herausfinde, dort jedoch mehrmals z.B. die Anordnung E,M,E,M,E,M,E,M vorkommt, wobei die E jeweils andere Indizes hätten, was jedoch egal ist, weswegen diese eliminiert werden. Also habe ich für jede mögliche Anordnung im Beispiel nochmal 4! mögliche Anordnungen der Indizes der Erfolge, welche durch Teilen dann verschwinden und auf eine einzige Möglichkeit reduziert werden?
11.08.2016, 19:44	hanswürschtle	Auf diesen Beitrag antworten »
Obwohl... So wie ich es mir jetzt erklärt habe, bin ich ja nur darauf eingegangen, dass 8! Möglichkeiten durch 4! geteilt werden, aber es werden ja 8! durch 4!4! geteilt., d.h. 8765/(432*1). Das würde sich ja übersetzen lassen als 8 Dinge auf 4 Plätze verteilen und durch 4! teilen.
11.08.2016, 19:47	hanswürschtle	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, ich glaube, dass die (n-k)! für die doppelten Misserfolge stehen, die sich mit dem Zähler wegkürzen und die k! für die doppelten Erfolge, ja?
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11.08.2016, 19:53	hanswürschtle	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry für den Spam, eine letzte Frage noch zu meinem Zahlenbeispiel. D.h. für E,M,E,M,E,M,E,M gäbe es 4!4! "doppelte" Lösungen? Wie genau muss ich mir das jetzt noch vorstellen, dass diese doppelten Lösungen durch Division und nicht durch Subtraktion eliminiert werden? Das Ergebnis des Koeffizienten wäre ja dann eigentlich: wie oft passen meine doppelten Lösungen k!(n-k)! in meine Gesamtanzahl an Anordnungen n! rein? Wie ist das qualitativ zu interpretieren?
11.08.2016, 21:05	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
ich mach mal weiter... dieser Ausdruck ist noch zu kürzen: $\begin{eqnarray} A(n,s)=\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot (n-3) \cdots (n-s+1)}{s!} \end{eqnarray}$ der Zähler ist aber die Anzahl der s-Tupel beim Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Menge . Die Anzahl der Kombinationen ist aber um s! kleiner und somit gilt: die Anzahl der unterscheidbaren Bernoulliketten der Länge n mit s "Treffern" ist gleich der Anzahl der s-Teilmengen aus einer Menge mit n Elementen=Binomialkoeffizient.
11.08.2016, 21:26	hanswürschtle	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Hilfe.

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