Plätzchenbacken mit Oma

24.09.2023, 15:16

Keksfreund

Plätzchenbacken mit Oma

Meine Frage:
Oma Brunhilde ist eine wahre Meisterin im Plätzchenbacken. Mit ihrer jahrzehntelangen Erfahrung zaubert sie köstliche und liebevoll verzierte Leckereien, die nicht nur den Gaumen erfreuen, sondern auch die Herzen ihrer Enkelkinder höherschlagen lassen. In der Kunst des Plätzchenbackens, verfeinert mit zarten Schokostückchen, erreicht Oma Brunhilde eine unübertroffene Perfektion, bei der die zartschmelzende Köstlichkeit kaum zu übertreffen ist. Auf das nächste Backblech passen 100 Plätzchen und Oma stellt sich die knifflige Frage, wie viele Schokostückchen sie in den Teig geben muss, um sicherzustellen, dass auf jedem der köstlichen Plätzchen mit einer Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} 90% \end{eqnarray*}$ mindestens ein Schokostückchen sitzt, damit ihre Enkelkinder bei jedem Bissen die süße Wärme ihrer Liebe spüren können?

Meine Ideen:
Sei n die Anzahl der Schokostückchen, dann müsste nach meinen Überlegungen gelten: $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{n-1}{99}}{\binom{n+99}{99}} \geq 0.9 \end{eqnarray*}$ , da der Zähler die Möglichkeiten angibt, auf wie viele Arten man n Schokostückchen auf 100 Plätzchen verteilen kann, sodass auf jedem Plätzchen mindestens ein Schokostückchen liegt und der Nenner alle Möglichkeiten zählt n Schokostückchen auf 100 Plätzchen zu verteilen.
Stimmt dieser Ansatz? Falls ja, wie kann ich die Zahl berechnen, mein Taschenrechner stößt bei solch großen Zahlen an seine Grenzen.

24.09.2023, 15:32

Elvis

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Das kann man so nicht sagen, weil die Wahrscheinlichkeit von der relativen Größe der Schokostuecke abhängig ist. Schoko größer als Plätzchen, dann ist bei 100 Schokostuecke in jedem Plätzchen garantiert ein Schokostueck.

24.09.2023, 15:43

Keksfreund

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Wir können annehmen, dass die Schokostückchen im Vergleich zu den Plätzchen sehr klein sind. Zudem garantiert das gewissenhafte Kneten von Oma, dass die Schokostückchen zufällig auf die Plätzchen verteilt werden.

24.09.2023, 17:55

HAL 9000

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Folgende Annahmen: Es werden $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ Schokostückchen auf $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kekse verteilt, und jedes Schokostückchen landet unabhängig von den anderen jeweils mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ in jedem der Kekse. Sei nun $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ das Ereignis, dass Keks Nummer $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ kein Schokostückchen erwischt. Dann ist $\begin{eqnarray*} p_{n,m} := P\left( \bigcap_{k=1}^n A_k^c\right) \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in jedem der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Kekse mindestens ein Schokostückchen ist.

Die exakte Bestimmung von $\begin{eqnarray*} p_{n,m} \end{eqnarray*}$ ist einigermaßen anspruchsvoll (ich sage an der Stelle nur "Siebformel"), man bekommt aber eine sehr einfache Näherungsformel, wenn man mit der (eigentlich falschen) Annahme rechnet, dass die $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ voneinander unabängig sind. Dann kann man nämlich aus $\begin{eqnarray*} P\left(A_k\right) = \left(\frac{n-1}{n}\right)^m \end{eqnarray*}$ leicht auf $\begin{eqnarray*} p_{n,m} \end{eqnarray*}$ schließen, und mit der somit erhaltenen Formel die Ungleichung $\begin{eqnarray*} p_{100,m}\geq 0.9 \end{eqnarray*}$ nach dem gesuchten $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ umstellen.

24.09.2023, 18:24

Keksfreund

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Vielen Dank, die Idee mit der Näherungslösung gefällt mir gut. Weißt du zufällig auch warum mein Ansatz nicht funktioniert? (Mit der Siebformel aus dem Wikipedia Eintrag komme ich auf 683, was intuitiv auch plausibel ist. Meine obige Formel dagegen spuckt für 683 eine Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} 4,8\cdot 10^{-7} \end{eqnarray*}$ aus, was offensichtlich nicht stimmen kann.

24.09.2023, 18:40

HAL 9000

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Auch mit dem von mir genannten Näherungsansatz "unabhängige $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ " kommt man auf 683, überraschenderweise also trotz Näherung eine Punktlandung.

Was du hingegen da oben machst, kann ich inhaltlich überhaupt nicht nachvollziehen. unglücklich

24.09.2023, 18:59

Keksfreund

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Kann anscheinend keine Links teilen, aber ich beziehe mich auf den englischen Wikipedia Artikel zu "Stars and Bars" (gibt es leider nicht auf deutsch).

Für den Zähler verwende ich Theorem 1 (n Schokoplättchen und k Plätzchen) und im Nenner Theorem 2.

Insgesamt teilt man dann die Möglichkeiten n Schokostückchen auf 100 Plätzchen zu verteilen, sodass auf jedem Plätzchen mindestens ein Schokostückchen liegt durch die Anzahl der Möglichkeiten n Schokostückchen auf 100 Plätzchen ohne irgendwelche Einschränkungen zu verteilen.

24.09.2023, 19:37

HAL 9000

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Damit machst du den üblichen Kardinalfehler bei solchen Auswahlgeschichten. unglücklich

24.09.2023, 20:24

Keksfreund

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Dass das mit dem Würfel im verlinkten Beitrag so nicht funktioniert verstehe ich, aber die Parallelen zu diesem Problem hier sehe ich leider noch nicht ...

24.09.2023, 21:33

HAL 9000

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Ich rede mir den Mund nicht fusslig, nur weil du die Analogie nicht erkennst - darum kurz:

Mach eine Simulation und schaue, ob nun eher Anzahl 683 rauskommen - oder eben Anzahl 1929 nach deinem Modell $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{n-1}{99}}{\binom{n+99}{99}} \geq 0.9 \end{eqnarray*}$ .

24.09.2023, 22:39

Keksfreund

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Danke HAL 9000, habe es jetzt verstanden. Werde Oma Brunhilde gleich morgen die Lösung des Rätsels überbringen. Wenn du Glück hast backt sie dir auch ein Blech Wink

25.09.2023, 09:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von Keksfreund
$\begin{eqnarray*} \frac{\binom{n-1}{99}}{\binom{n+99}{99}} \geq 0.9 \end{eqnarray*}$ [...] wie kann ich die Zahl berechnen, mein Taschenrechner stößt bei solch großen Zahlen an seine Grenzen.

Auch wenn es inhaltlich nicht passend ist hier, will ich doch noch die Frage nach der effizienten Berechnung beantworten:

Rekursiv bekommt man für $\begin{eqnarray*} p_n:=\frac{\binom{n-1}{99}}{\binom{n+99}{99}} \end{eqnarray*}$ die Iterationsgleichung

$\begin{eqnarray*} p_{n+1} = \frac{\binom{n}{99}}{\binom{n+100}{99}} = \frac{\frac{n}{n-99}\cdot \binom{n-1}{99}}{\frac{n+100}{n+1}\cdot \binom{n+99}{99}} = \frac{n(n+1)}{(n-99)(n+100)}\cdot p_n\qquad (*) \end{eqnarray*}$

mit Start $\begin{eqnarray*} p_{100} = \frac{1}{\binom{199}{99}} \end{eqnarray*}$ . Gleichung (*) sieht man u.a. an, dass $\begin{eqnarray*} \left(p_n\right)_{n=100,101,\ldots} \end{eqnarray*}$ streng monoton wachsend ist, und der expliziten Darstellung sieht man zudem $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} p_n=1 \end{eqnarray*}$ an. Damit gibt es einen kleinsten Index $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p_{n_0}\geq 0.9 \end{eqnarray*}$ , den man durch schrittweises Rantasten via (*) berechnen kann - sollte man tunlichst nicht von Hand machen. Augenzwinkern

Ich hatte mich oben übrigens geirrt - weiß auch nicht mehr, durch welchen Rechenfehler ich da auf 1929 gekommen war. Tatsächlich ist $\begin{eqnarray*} n_0 = 93964 \end{eqnarray*}$ (!!!).

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Man könnte auch versuchen, direkt unter Nutzung der Stirlingschen Näherungsformel zumindest eine Schätzung für $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ zu erhalten:

$\begin{eqnarray*} p_n = \frac{(n-1)!n!}{(n-100)!(n+99)!} \approx \frac{(n-1)^{n-\frac{1}{2}}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n+1-n}}{(n-100)^{n-\frac{199}{2}}\cdot (n+99)^{n+\frac{199}{2}}\cdot e^{-n+100-n-99}} = \frac{\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n-\frac{1}{2}}}{\left(1-\frac{100}{n}\right)^{n-\frac{199}{2}}\cdot \left(1+\frac{99}{n}\right)^{n+\frac{199}{2}}} \end{eqnarray*}$

Logarithmieren von $\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ ergibt zunächst

$\begin{eqnarray*} \ln\left(p_n\right) = \left(n-\frac{1}{2}\right)\ln\left(1-\frac{1}{n}\right) - \left(n-\frac{199}{2}\right)\ln\left(1-\frac{100}{n}\right) - \left(n+\frac{199}{2}\right)\ln\left(1+\frac{99}{n}\right) \end{eqnarray*}$

und damit unter Nutzung der Potenzreihe $\begin{eqnarray*} \ln\left(1+x\right) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + O\left(x^4\right) \end{eqnarray*}$ und nach einiger Rechnerei schließlich $\begin{eqnarray*} \ln\left(p_n\right) \approx -\frac{9900}{n} + O\left(\frac{1}{n^3}\right) \end{eqnarray*}$ .

Eine Auflösung der Gleichung $\begin{eqnarray*} \ln\left(p_{n_0}\right)=\ln(0.9) \end{eqnarray*}$ ergibt damit die Näherung $\begin{eqnarray*} n_0\approx -\frac{9900}{\ln(0.9)} \approx 93963 \end{eqnarray*}$ , also nur ganz knapp den obigen exakten Wert verfehlt.

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