Berechnung Wahrscheinlichkeit < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | 12 Personen nehmen an einem Tisch mit 12 Stühlen Platz, die Plätze werden den Personen jedoch zufällig zugewiesen. Die Person A mag zwei Personen B und C nicht, sie möchte nicht neben ihnen sitzen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass A weder neben B noch neben C sitzt? Wäre es für A vorteilhafter, wenn A immer auf einem festen Platz sitzen würde, wohingegen die Plätze der anderen elf Personen ausgelost würden?
Der Tisch ist rund, jede Person hat also zwei Nachbarn (links und rechts von ihr).
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Hallo!
Bei der obigen Aufgabe wollte ich euch um Korrektur / Bestätigung meiner Ideen bitten:
Ich würde die Wahrscheinlichkeit so berechnen:
A hat 12 Möglichkeiten, B nur 9 (die zwei neben A sind ja nicht mgl.), C nur noch 8 (wie bei B, nur einen Stuhl weniger zur Verfügung), und dann können die restlichen Personen unter den 9 Stühlen beliebig wählen, also 9! Möglichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit wäre dann [mm] \frac{12*9*8*9!}{12!} [/mm] = [mm] \frac{9*8}{11*10} [/mm] = 65,46%.
Meiner Meinung nach macht es keinen Unterschied, ob A einen festen Platz hat oder nicht, hier die rechnerische Bestätigung:
B hat nur 9 Möglichkeiten (die zwei neben A sind ja nicht mgl.), C nur noch 8 (wie bei B, nur einen Stuhl weniger zur Verfügung), und dann können die restlichen Personen unter den 9 Stühlen beliebig wählen, also 9! Möglichkeiten. Allerdings werden insgesamt nur 11 Personen zufällig auf die Stühle verteilt, also gibt es insgesamt nur 11! Möglichkeiten, es ergibt sich wieder die Formel von oben.
--------
1. Frage: Stimmt das?
2. Frage: Ich soll das wahrscheinlichkeitstheoretische Modell vollständig formulieren und begründen, d.h. die Ergebnismenge [mm] \Omega [/mm] und die Wahrscheinlichkeitsverteilung angeben.
Ich hätte gesagt, man nummeriert die Stühle und die Personen, [mm] \Omega [/mm] wäre die Menge der geordneten 12-Tupel, wobei jede Zahl nur einmal drin vorkommt. Aber ich glaube das ist nicht so das Wahre.
Bei der Wahrscheinlichkeitsverteilung weiß ich auch nicht so recht. Es handelt sich doch um eine Laplace-Verteilung, weil jede Stuhlverteilung gleichwahrscheinlich ist?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:10 Mo 19.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> 12 Personen nehmen an einem Tisch mit 12 Stühlen Platz,
> die Plätze werden den Personen jedoch zufällig
> zugewiesen. Die Person A mag zwei Personen B und C nicht,
> sie möchte nicht neben ihnen sitzen. Wie hoch ist die
> Wahrscheinlichkeit, dass A weder neben B noch neben C
> sitzt? Wäre es für A vorteilhafter, wenn A immer auf
> einem festen Platz sitzen würde, wohingegen die Plätze
> der anderen elf Personen ausgelost würden?
> Hallo!
>
> Bei der obigen Aufgabe wollte ich euch um Korrektur /
> Bestätigung meiner Ideen bitten:
>
> Ich würde die Wahrscheinlichkeit so berechnen:
> A hat 12 Möglichkeiten, B nur 9 (die zwei neben A sind ja
> nicht mgl.), C nur noch 8 (wie bei B, nur einen Stuhl
> weniger zur Verfügung), und dann können die restlichen
> Personen unter den 9 Stühlen beliebig wählen, also 9!
> Möglichkeiten.
>
> Die Wahrscheinlichkeit wäre dann [mm]\frac{12*9*8*9!}{12!}[/mm] =
> [mm]\frac{9*8}{11*10}[/mm] = 65,46%.
>
> Meiner Meinung nach macht es keinen Unterschied, ob A einen
> festen Platz hat oder nicht, hier die rechnerische
> Bestätigung:
>
> B hat nur 9 Möglichkeiten (die zwei neben A sind ja nicht
> mgl.), C nur noch 8 (wie bei B, nur einen Stuhl weniger zur
> Verfügung), und dann können die restlichen Personen unter
> den 9 Stühlen beliebig wählen, also 9! Möglichkeiten.
> Allerdings werden insgesamt nur 11 Personen zufällig auf
> die Stühle verteilt, also gibt es insgesamt nur 11!
> Möglichkeiten, es ergibt sich wieder die Formel von oben.
>
> --------
>
> 1. Frage: Stimmt das?
Ja.
> 2. Frage: Ich soll das wahrscheinlichkeitstheoretische
> Modell vollständig formulieren und begründen, d.h. die
> Ergebnismenge [mm]\Omega[/mm] und die Wahrscheinlichkeitsverteilung
> angeben.
> Ich hätte gesagt, man nummeriert die Stühle und die
> Personen, [mm]\Omega[/mm] wäre die Menge der geordneten 12-Tupel,
> wobei jede Zahl nur einmal drin vorkommt. Aber ich glaube
> das ist nicht so das Wahre.
Nun, die Menge kennst du aber: es ist die Menge der Permutationen der Menge [mm] $\{ 1, \dots, 12 \}$.
[/mm]
Du kannst das auch anders sehen: die Zuweisung von der Menge der Personen auf die Menge der Stuehle (beide Mengen sind geordnet) ist die Menge der bijektiven Abbildungen von einer 12-elementigen Menge auf eine 12-elementige Menge.
> Bei der Wahrscheinlichkeitsverteilung weiß ich auch nicht
> so recht. Es handelt sich doch um eine Laplace-Verteilung,
> weil jede Stuhlverteilung gleichwahrscheinlich ist?
Ja.
LG Felix
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Hallo!
Danke, Felix, für deine Antwort! Da lieg ich also gar nicht so falsch 
> Nun, die Menge kennst du aber: es ist die Menge der
> Permutationen der Menge [mm]\{ 1, \dots, 12 \}[/mm].
>
> Du kannst das auch anders sehen: die Zuweisung von der
> Menge der Personen auf die Menge der Stuehle (beide Mengen
> sind geordnet) ist die Menge der bijektiven Abbildungen von
> einer 12-elementigen Menge auf eine 12-elementige Menge.
>
> > Bei der Wahrscheinlichkeitsverteilung weiß ich auch nicht
> > so recht. Es handelt sich doch um eine Laplace-Verteilung,
> > weil jede Stuhlverteilung gleichwahrscheinlich ist?
Also wäre jetzt (exakt):
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{f|f:\{1,...,12\}\to\{1,...,12\}\mbox{ ist bijektiv}\}$
[/mm]
Die Menge der Bijektionen, die den Personen ihre Stuhlnummern zuordnet.
Und für [mm] $X\in\mathcal{P}(\Omega)$:
[/mm]
[mm] $\IP(X) [/mm] = [mm] \frac{|X|}{|\Omega|} [/mm] = [mm] \frac{|X|}{12!}$
[/mm]
Aber wie kann ich jetzt mathematisch vernünftig das Ereignis X definieren, dass A nicht neben B oder C sitzt?
So (?):
$X := [mm] \{f\in\Omega|f(A)\mbox{ ist nicht Vorgänger oder Nachfolger von }f(B)\mbox{ bzw. }f(C)\mbox{, wobei 12 der Vorgänger von 1 sei und 1 der Nachfolger von 12.}\}$
[/mm]
Vielen Dank für erneute Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:18 Mo 19.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> Also wäre jetzt (exakt):
>
> [mm]\Omega = \{f|f:\{1,...,12\}\to\{1,...,12\}\mbox{ ist bijektiv}\}[/mm]
>
> Die Menge der Bijektionen, die den Personen ihre
> Stuhlnummern zuordnet.
Ja. Und die [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] ist die Potenzmenge.
> Und für [mm]X\in\mathcal{P}(\Omega)[/mm]:
>
> [mm]\IP(X) = \frac{|X|}{|\Omega|} = \frac{|X|}{12!}[/mm]
Genau.
> Aber wie kann ich jetzt mathematisch vernünftig das
> Ereignis X definieren, dass A nicht neben B oder C sitzt?
>
> So (?):
>
> [mm]X := \{f\in\Omega|f(A)\mbox{ ist nicht Vorgänger oder Nachfolger von }f(B)\mbox{ bzw. }f(C)\mbox{, wobei 12 der Vorgänger von 1 sei und 1 der Nachfolger von 12.}\}[/mm]
Ja, oder $X = [mm] \{ f \in \Omega \mid f(A) \not\equiv f(B) \pm 1 \pmod{12} \wedge f(A) \not\equiv f(C) \pm 1 \pmod{12} \}$.
[/mm]
LG Felix
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Hallo!
Danke Felix, für deine Antwort!
> > [mm]X := \{f\in\Omega|f(A)\mbox{ ist nicht Vorgänger oder Nachfolger von }f(B)\mbox{ bzw. }f(C)\mbox{, wobei 12 der Vorgänger von 1 sei und 1 der Nachfolger von 12.}\}[/mm]
>
> Ja, oder [mm]X = \{ f \in \Omega \mid f(A) \not\equiv f(B) \pm 1 \pmod{12} \wedge f(A) \not\equiv f(C) \pm 1 \pmod{12} \}[/mm].
Nun ist mein Problem noch, dass man aus dieser Mengenbildungsvorschrift in keinster Weise ableiten kann, was ich dann letztendlich gerechnet habe. Darf ich dann einfach das schreiben, was ich schon im ersten Post geschrieben habe, oder wäre es von Nöten, hier noch irgendwie genauer einen Zusammenhang herzustellen?
Es ist ja eigentlich Sinn der Sache, dass man aus der Definition des Ereignisses X dann die Wahrscheinlichkeit berechnen kann, und nicht nur als notwendige Übel sie dazu schreiben muss...
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:26 Mo 19.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> > > [mm]X := \{f\in\Omega|f(A)\mbox{ ist nicht Vorgänger oder Nachfolger von }f(B)\mbox{ bzw. }f(C)\mbox{, wobei 12 der Vorgänger von 1 sei und 1 der Nachfolger von 12.}\}[/mm]
>
> >
> > Ja, oder [mm]X = \{ f \in \Omega \mid f(A) \not\equiv f(B) \pm 1 \pmod{12} \wedge f(A) \not\equiv f(C) \pm 1 \pmod{12} \}[/mm].
>
> Nun ist mein Problem noch, dass man aus dieser
> Mengenbildungsvorschrift in keinster Weise ableiten kann,
> was ich dann letztendlich gerechnet habe.
Nun, du musst doch die Anzahl der Elemente in der Menge zaehlen. Dazu kann man sich mit Tricks behelfen.
Fuer ein $i$ schreibe [mm] $X_i [/mm] = [mm] \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \wedge f(C) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \}$; [/mm] dann ist $X$ die disjunkte Vereinigung [mm] $\bigcup_{i=1}^{12} X_i$.
[/mm]
Setze nun [mm] $I_i [/mm] = [mm] \{ (a, b) \in \{ 1, \dots, 12 \} \mid a \neq b, a \not \equiv i \pm 1, b \not \equiv i \pm 1 \}$ [/mm] und [mm] $X_{i,(a,b)} [/mm] = [mm] \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) = a, f(C) = b \}$. [/mm] Dann ist [mm] $X_i [/mm] = [mm] \bigcup_{(a, b) \in I_i} X_{i,(a,b)}$.
[/mm]
Nun ist [mm] $|X_{i,(a,b)}| [/mm] = (12 - 3)!$, und somit [mm] $|X_i| [/mm] = [mm] |I_i| \cdot [/mm] 9!$. Nun haengt [mm] $|I_i|$ [/mm] nicht von $i$ ab: $(a, b)$ ist ein geordnetes Paar, fuer jede Komponente gibt es $9 = 12 - 3$ Moeglichkeiten, und die beiden Komponenten duerfen nicht gleich sein. Du hast also $9 [mm] \cdot [/mm] 8$ Elemente in [mm] $I_i$.
[/mm]
Damit ist [mm] $|X_i| [/mm] = 9 [mm] \cdot [/mm] 8 [mm] \cdot [/mm] 9!$. Damit ist dann $|X| = 12 [mm] \cdot [/mm] 9 [mm] \cdot [/mm] 8 [mm] \cdot [/mm] 9!$.
LG Felix
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Hallo!
Ich danke dir, Felix, für diese tollen Tricks !
> Fuer ein [mm]i[/mm] schreibe [mm]X_i = \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \wedge f(C) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \}[/mm];
> dann ist [mm]X[/mm] die disjunkte Vereinigung [mm]\bigcup_{i=1}^{12} X_i[/mm].
>
> Setze nun [mm]I_i = \{ (a, b) \in \{ 1, \dots, 12 \} \mid a \neq b, a \not \equiv i \pm 1, b \not \equiv i \pm 1 \}[/mm]
> und [mm]X_{i,(a,b)} = \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) = a, f(C) = b \}[/mm].
> Dann ist [mm]X_i = \bigcup_{(a, b) \in I_i} X_{i,(a,b)}[/mm].
>
> Nun ist [mm]|X_{i,(a,b)}| = (12 - 3)![/mm], und somit [mm]|X_i| = |I_i| \cdot 9![/mm].
> Nun haengt [mm]|I_i|[/mm] nicht von [mm]i[/mm] ab: [mm](a, b)[/mm] ist ein geordnetes
> Paar, fuer jede Komponente gibt es [mm]9 = 12 - 3[/mm]
> Moeglichkeiten, und die beiden Komponenten duerfen nicht
> gleich sein. Du hast also [mm]9 \cdot 8[/mm] Elemente in [mm]I_i[/mm].
>
> Damit ist [mm]|X_i| = 9 \cdot 8 \cdot 9![/mm]. Damit ist dann [mm]|X| = 12 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 9![/mm].
Wenn ich dann den "Beweis" führe, dass es egal ist, ob A fest sitzt oder nicht, handelt es sich ja nur noch um ein Zufallsexperiment für 11 Sitze, und ich kann z.B. o.E. annehmen, dass A auf dem Platz "1" sitzt.
Dann fällt bei der Berechnung die Indexierung [mm] X_{i} [/mm] raus. Stimmt das so?
Grüße,
Stefan
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> Hallo!
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> Ich danke dir, Felix, für diese tollen Tricks !
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> > Fuer ein [mm]i[/mm] schreibe [mm]X_i = \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \wedge f(C) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \}[/mm];
> > dann ist [mm]X[/mm] die disjunkte Vereinigung [mm]\bigcup_{i=1}^{12} X_i[/mm].
>
> >
> > Setze nun [mm]I_i = \{ (a, b) \in \{ 1, \dots, 12 \} \mid a \neq b, a \not \equiv i \pm 1, b \not \equiv i \pm 1 \}[/mm]
> > und [mm]X_{i,(a,b)} = \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) = a, f(C) = b \}[/mm].
> > Dann ist [mm]X_i = \bigcup_{(a, b) \in I_i} X_{i,(a,b)}[/mm].
> >
> > Nun ist [mm]|X_{i,(a,b)}| = (12 - 3)![/mm], und somit [mm]|X_i| = |I_i| \cdot 9![/mm].
> > Nun haengt [mm]|I_i|[/mm] nicht von [mm]i[/mm] ab: [mm](a, b)[/mm] ist ein geordnetes
> > Paar, fuer jede Komponente gibt es [mm]9 = 12 - 3[/mm]
> > Moeglichkeiten, und die beiden Komponenten duerfen nicht
> > gleich sein. Du hast also [mm]9 \cdot 8[/mm] Elemente in [mm]I_i[/mm].
> >
> > Damit ist [mm]|X_i| = 9 \cdot 8 \cdot 9![/mm]. Damit ist dann [mm]|X| = 12 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 9![/mm].
>
> Wenn ich dann den "Beweis" führe, dass es egal ist, ob A
> fest sitzt oder nicht, handelt es sich ja nur noch um ein
> Zufallsexperiment für 11 Sitze, und ich kann z.B. o.E.
> annehmen, dass A auf dem Platz "1" sitzt.
> Dann fällt bei der Berechnung die Indexierung [mm]X_{i}[/mm] raus.
> Stimmt das so?
>
> Grüße,
> Stefan
Hallo Felix und Stefan,
ich möchte hier nur anmerken, dass man die gesamten
Überlegungen zu dieser Aufgabe ohne das "professionelle"
Brimborium mit Abbildungen, Mengenoperationen, Sum-
mationen etc. verständlicher an einen verständigen Leser
bzw. Zuhörer rüberbringen kann.
Gruß Al
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Hallo Al-Chwarizmi,
meinst du so wie ich es im ersten Post gemacht habe? ("A hat 12 Möglichkeiten, B nur 9 (die zwei neben A sind ja nicht mgl.), C nur noch 8 (wie bei B, nur einen Stuhl weniger zur Verfügung), und dann können die restlichen Personen unter den 9 Stühlen beliebig wählen, also 9! Möglichkeiten. ")
Grüße,
Stefan
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> Hallo Al-Chwarizmi,
>
> meinst du so wie ich es im ersten Post gemacht habe? ("A
> hat 12 Möglichkeiten, B nur 9 (die zwei neben A sind ja
> nicht mgl.), C nur noch 8 (wie bei B, nur einen Stuhl
> weniger zur Verfügung), und dann können die restlichen
> Personen unter den 9 Stühlen beliebig wählen, also 9!
> Möglichkeiten. ")
>
> Grüße,
> Stefan
Ja, genau so. Man kann das Ganze natürlich auch
noch etwas formaler einkleiden. Für [mm] \Omega [/mm] nehmen wir
die Menge aller m=12! Permutationen der 12 Personen,
wobei die ersten drei Elemente einer Permutation
jeweils die Positionen der Personen A,B,C auf den
(reihum nummerierten) Stühlen bezeichnen sollen.
Die Verteilung über diese 12! Permutationen ist eine
Gleichverteilung.
Dann berechnet man die Anzahl g der "günstigen"
Permutationen für das Ereignis "weder B noch C sitzen
unmittelbar neben A" nach der Formel $\ g=12*9*8*9!$
die man nach dem Produktsatz der Kombinatorik
leicht begründen kann.
Wegen der Gleichverteilung gilt dann [mm] p=\frac{g}{m} [/mm] .
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:03 Di 20.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > meinst du so wie ich es im ersten Post gemacht habe? ("A
> > hat 12 Möglichkeiten, B nur 9 (die zwei neben A sind ja
> > nicht mgl.), C nur noch 8 (wie bei B, nur einen Stuhl
> > weniger zur Verfügung), und dann können die restlichen
> > Personen unter den 9 Stühlen beliebig wählen, also 9!
> > Möglichkeiten. ")
>
>
> Ja, genau so. Man kann das Ganze natürlich auch
> noch etwas formaler einkleiden. Für [mm]\Omega[/mm] nehmen wir
> die Menge aller m=12! Permutationen der 12 Personen,
Du nimmst also auch Funktionen. Nur das sie jetzt nicht mehr von der Menge der Personen auf die Menge der Stuehle (nummeriert mit $1, [mm] \dots, [/mm] 12$) gehen, sondern von [mm] $\{ 1, \dots, 12 \}$ [/mm] auf sich selber.
> wobei die ersten drei Elemente einer Permutation
> jeweils die Positionen der Personen A,B,C auf den
> (reihum nummerierten) Stühlen bezeichnen sollen.
> Die Verteilung über diese 12! Permutationen ist eine
> Gleichverteilung.
> Dann berechnet man die Anzahl g der "günstigen"
> Permutationen für das Ereignis "weder B noch C sitzen
> unmittelbar neben A" nach der Formel [mm]\ g=12*9*8*9![/mm]
> die man nach dem Produktsatz der Kombinatorik
> leicht begründen kann.
Was genau besagt dieser Produktsatz? Das $X [mm] \times [/mm] Y$ genau $|X| [mm] \cdot [/mm] |Y|$ Elemente hat? Und wie willst du ihn hier anwenden? Das wuerde mich mal interessieren.
Sobald man anfaengt, hier Mengen hinzuschreiben, wird es vermutlich genauso formal enden wie dem was ich aufgeschrieben hab; kuerzer wird das nicht. (Ich lass mich aber auch gern vom Gegenteil ueberzeugen :) )
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:57 Di 20.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Al
> ich möchte hier nur anmerken, dass man die gesamten
> Überlegungen zu dieser Aufgabe ohne das "professionelle"
> Brimborium mit Abbildungen, Mengenoperationen, Sum-
> mationen etc. verständlicher an einen verständigen
> Leser bzw. Zuhörer rüberbringen kann.
Klar geht das :) Allerdings geht's hier ja auch um ein wahrscheinlichkeitstheoretisches Modell mit Grundraum, [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] und Mass.
Die allgemeine Diskussion, warum man sowas auch tun sollte, hatten wir ja schon mal hier im Forum... :)
Mehr schreibe ich als Mitteilung zu deiner anderen Mitteilung hier.
LG Felix
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> Hallo Al
>
> > ich möchte hier nur anmerken, dass man die gesamten
> > Überlegungen zu dieser Aufgabe ohne das
> > "professionelle" Brimborium mit Abbildungen, Mengen-
> > operationen, Summationen etc. verständlicher an einen
> > verständigenLeser bzw. Zuhörer rüberbringen kann.
>
> Klar geht das :) Allerdings geht's hier ja auch um ein
> wahrscheinlichkeitstheoretisches Modell mit Grundraum,
> [mm]\sigma[/mm]-Algebra und Mass.
>
> Die allgemeine Diskussion, warum man sowas auch tun sollte,
> hatten wir ja schon
> mal hier im Forum... :)
>
> Mehr schreibe ich als Mitteilung zu deiner anderen
> Mitteilung hier.
>
> LG Felix
Naja,
man kann sich über den jeweils angemessenen Grad an
Formalisierung trefflich unterhalten (streiten läge mir
hier fern). Was ich aber hie und da vermisse, ist das
Versäumnis mancher Dozenten an der Hochschule, ihren
Studenten zu vermitteln, dass manche der Aufgaben, die
ihnen in den ersten Semestern vorgesetzt werden (und
die hier vorliegende Aufgabe dürfte ein sehr prägnantes
Beispiel dafür sein) inhaltlich eigentlich sehr wohl zum
vom Gymnasium her vertrauten Repertoire gehören,
nun aber einfach in einem formaleren Kleid daherkommen
und zudem in einem Affentempo erledigt werden sollten,
das dem Brückenschlag zu vertrautem Territorium auch
kaum förderlich ist.
LG Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:59 Di 20.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Al
> > Klar geht das :) Allerdings geht's hier ja auch um ein
> > wahrscheinlichkeitstheoretisches Modell mit Grundraum,
> > [mm]\sigma[/mm]-Algebra und Mass.
> >
> > Die allgemeine Diskussion, warum man sowas auch tun sollte,
> > hatten wir ja schon
> > mal hier im Forum... :)
> >
> > Mehr schreibe ich als Mitteilung zu deiner anderen
> > Mitteilung hier.
>
> Naja,
>
> man kann sich über den jeweils angemessenen Grad an
> Formalisierung trefflich unterhalten (streiten läge mir
> hier fern).
Mir auch.
> Was ich aber hie und da vermisse, ist das
> Versäumnis mancher Dozenten an der Hochschule, ihren
> Studenten zu vermitteln, dass manche der Aufgaben, die
> ihnen in den ersten Semestern vorgesetzt werden (und
> die hier vorliegende Aufgabe dürfte ein sehr prägnantes
> Beispiel dafür sein) inhaltlich eigentlich sehr wohl zum
> vom Gymnasium her vertrauten Repertoire gehören,
> nun aber einfach in einem formaleren Kleid daherkommen
> und zudem in einem Affentempo erledigt werden sollten,
> das dem Brückenschlag zu vertrautem Territorium auch
> kaum förderlich ist.
Da hast du wohl Recht, so etwas fehlt teilweise wirklich. Ich finde, man muss einen gesunden Mittelweg zwischen Formalismus und Intuition finden und auch weitergeben. Ich denke wir sind hier auch der gleichen Meinung :)
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:54 Mo 19.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> > Fuer ein [mm]i[/mm] schreibe [mm]X_i = \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \wedge f(C) \not\equiv i \pm 1 \pmod{12} \}[/mm];
> > dann ist [mm]X[/mm] die disjunkte Vereinigung [mm]\bigcup_{i=1}^{12} X_i[/mm].
> >
> > Setze nun [mm]I_i = \{ (a, b) \in \{ 1, \dots, 12 \} \mid a \neq b, a \not \equiv i \pm 1, b \not \equiv i \pm 1 \}[/mm]
> > und [mm]X_{i,(a,b)} = \{ f \in \Omega \mid f(A) = i, f(B) = a, f(C) = b \}[/mm].
> > Dann ist [mm]X_i = \bigcup_{(a, b) \in I_i} X_{i,(a,b)}[/mm].
> >
> > Nun ist [mm]|X_{i,(a,b)}| = (12 - 3)![/mm], und somit [mm]|X_i| = |I_i| \cdot 9![/mm].
> > Nun haengt [mm]|I_i|[/mm] nicht von [mm]i[/mm] ab: [mm](a, b)[/mm] ist ein geordnetes
> > Paar, fuer jede Komponente gibt es [mm]9 = 12 - 3[/mm]
> > Moeglichkeiten, und die beiden Komponenten duerfen nicht
> > gleich sein. Du hast also [mm]9 \cdot 8[/mm] Elemente in [mm]I_i[/mm].
> >
> > Damit ist [mm]|X_i| = 9 \cdot 8 \cdot 9![/mm]. Damit ist dann [mm]|X| = 12 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 9![/mm].
>
> Wenn ich dann den "Beweis" führe, dass es egal ist, ob A
> fest sitzt oder nicht, handelt es sich ja nur noch um ein
> Zufallsexperiment für 11 Sitze, und ich kann z.B. o.E.
> annehmen, dass A auf dem Platz "1" sitzt.
Damit nimmst du die Menge [mm] $X_1$ [/mm] anstelle $X = [mm] \bigcup_{i=1}^{12} X_i$.
[/mm]
Insgesamt verkleinert sich allerdings auch der Wahrscheinlichkeitsraum und aendert sich das Wahrscheinlichkeitsmass, da du insgesamt nur noch die Zuordnungen betrachtest, bei denen $A$ auf Platz 1 sitzt.
Du koenntest uebrigens alternativ auch die bedinge Wahrscheinlichkeit [mm] $\IP(X \mid [/mm] Y)$ ausrechnen, wobei $Y = [mm] \{ f \in \Omega \mid f(A) = 1 \}$ [/mm] ist. Es ist $X [mm] \cap [/mm] Y = [mm] X_1$ [/mm] und $|Y| = 11!$, es kommt also genau das gleiche heraus.
LG Felix
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Danke Felix,
Ich glaube, jetzt habe ich alles verstanden
Grüße,
Stefan
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> 12 Personen nehmen an einem Tisch mit 12 Stühlen Platz,
> die Plätze werden den Personen jedoch zufällig
> zugewiesen. Die Person A mag zwei Personen B und C nicht,
> sie möchte nicht neben ihnen sitzen. Wie hoch ist die
> Wahrscheinlichkeit, dass A weder neben B noch neben C
> sitzt? Wäre es für A vorteilhafter, wenn A immer auf
> einem festen Platz sitzen würde, wohingegen die Plätze
> der anderen elf Personen ausgelost würden?
Hallo Stefan,
meiner Meinung nach fehlt hier noch eine wichtige
Angabe. Sitzen die Personen rings um den Tisch
so, dass jede einen linken und einen rechten Nach-
barn hat oder handelt es sich z.B. um eine lange
Tafel, bei der die beiden aussen sitzenden Personen
(auf Stuhl 1 und 12) nur einen Sitznachbarn haben ?
LG Al
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Hallo Al-Chwarizmi,
Es handelt sich um eine Tischrunde, also hat jeder zwei Nachbarn.
Grüße,
Stefan
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