[Frage] 3.1 [Archive] - Informatik-Forum.at

live

25-10-2004, 13:20

Beim Beispiel 3.1.b bin ich zum folgenden Einsatz gekommen:
zuerst bilde ich alle mögliche Kombinationen (wie in 3.1.a) und ziehe dann die Anzahl der möglichen Kombinationen ab, wo die zwei stärksten Mannschaften immer zusammen sind (4n-1)!/k!(4n-1-k)! ............

kann das stimmen?:rolleyes:

Xote

29-10-2004, 15:14

(4n-1)!/k!(4n-1-k)!
Was ist denn bei dir das k? Ich würde jetzt mal nach altem Schulwissen auf n tippen. Bei 3.1a hätte ich demnach: 4n!/(4n-n)!*n!
Ist das so überhaupt richtig, ist schon eine Weile her bei mir.
Kombination ohne Wiederholung (http://members.aol.com/mathfuzzy/THEORIE/KOMB/kombinat.html#Kow)

anki

30-10-2004, 16:23

Was 1b) betrifft hab ich einen anderen Ansatz gewählt. Der Vollständigkeit halber hier die Angabe des Bsp 3.1 und meine Vorschläge für die Lösungen a-c).

1) Um die Dauer einer Meisterschaft abzukürzen, werden die 4n daran teilnehmenden Mannschaften durch Los in 4 gleich große Gruppen aufgeteilt.

1a) Wieviele Möglichkeiten der Aufteilungen gibt es?
.4
C = (4n)!/(4!*(4n-4)!) = (n*(4n-1)*(4n-2)*(4n-3))/3!
.4n
Für n=1: 1
Für n=2: 70

1b) Wieviele Aufteilungen gibt es, sodaß sich die 2 stärksten Mannschaften der Meisterschaft in verschiedenen Gruppen befinden?

Aus meiner Sicht hat die Größe des n nichts mit der gesuchten Anzahl zu tun, denn es handelt sich um eine Variation ohne WH wobei 2 Mannschaften in 4 Gruppen eingeteilt werden, egal wieviele Mannschaften es insgesamt sind.

Also
.2
V = 4! / (4-2)! = 4!/2! = 3*4 = 12
.4

1c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß sich die 2 stärksten Mannschaften der Meisterschaft in verschiedenen Gruppen befinden?

Dazu müßte man aus meiner Sicht nur die Lösung 1b) durch die Lösung 1a) dividieren und den Ausdruck vereinfachen.

Anmerkung: Die Punkte wurden eingefügt, um die Übersichtlichkeit zu erhöhen.

mauerblümchen

31-10-2004, 15:00

1a) Wieviele Möglichkeiten der Aufteilungen gibt es?
C = (4n)!/(4!*(4n-4))

also meiner meinung nach und ich glaube so wie ich mich an die kombinatorik ohne WH errinnere fehlt da noch eine fakultät bei (4n-4) (sprich (4n-4)!
kann mich aber auch irren

anki

31-10-2004, 16:03

Du hast Recht, Mauerblümchen. Danke für den Hinweis. Hab den Tippfehler soeben korrigiert.

mmp

06-11-2004, 15:04

1c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß sich die 2 stärksten Mannschaften der Meisterschaft in verschiedenen Gruppen befinden?

Dazu müßte man aus meiner Sicht nur die Lösung 1b) durch die Lösung 1a) dividieren und den Ausdruck vereinfachen.

Anmerkung: Die Punkte wurden eingefügt, um die Übersichtlichkeit zu erhöhen.

..mmhh also ich bekomm dann auf 288/((4n-3)*(4n-2)*(4n-1)*(4n))
Ich hab einfach das 4! mit 12 multipliziert und dann (4n-4)! mit 4n! gekürzt.

Hat das wer genauso, oda gibts irgendeinen schmäh wie ich das ganze noch vereinfachen kann?Denn so wie ich es jetzt hab würde ich nicht unbedingt von einer Vereinfachung sprechen.

theDolphin

06-11-2004, 19:05

C = (4n)!/(4!*(4n-4)!)

Ok, hier kenn ich mich jetzt nicht aus.. (4n)!/(4!*(4n-4)!) ist doch die Anzahl der Möglichkeiten 4 Manschaften aus 4n Manschaften auszuwählen...

Ich dachte ich rechne
(4n)!/(n!*(4n-n)!) für die möglichkeiten für Gruppe1 (n Manschaften aus 4n insgesamt)
(3n)!/(n!*(3n-n)!) für die möglichkeiten für Gruppe2 (n aus den 3n übrigen)
(2n)!/(n!*(2n-n)!) für die möglichkeiten für Gruppe3 (n aus den 2n übrigen)
(1n)!/(n!*(1n-n)!) (=1 )für die möglichkeiten für Gruppe4 (n aus den lestzten n -> hab also nur mehr eine möglichkeit)

->
Also insgesamt (4n)!/(n!*(4n-n)!) * (3n)!/(n!*(3n-n)!) * (2n)!/(n!*(2n-n)!) * 1

Wo liegt mein Denkfehler??:confused: :confused: :confused:

psycho

06-11-2004, 19:14

Also diese Idee stimmt mal schon für n=1 nicht, da dass dann 12 wäre...ich denke, bei dieser Idee wurde nicht berücksichtigt, dass es nicht relevant ist, welche Nummer die Gruppe hat, daher nochmal durch 4! dividieren... Bin mir aber auch nicht sicher, ob das stimmt...

FlatAlex

06-11-2004, 22:37

Ich schließe mich psycho an, die Reihenfolge der Gruppen ist nicht wichtig, deswegen muss man nochmal durch 4! dividieren.
In Mathematica waere das:
(Binomial[4n, n] * Binomial[3n, n] * Binomial[2n, n] * Binomial[1n, n]) / 4!
Das ergibt fuer n=1 1, fuer n=2 bereits 105 und fuer n=3 dann schon 15400

theDolphin

07-11-2004, 01:46

Stimmt, dass die Reihnfolge egal ist darauf hab ich vergessen :shinner:

Ad b: erste Manschaft hat 4 Möglichkeiten, die zweite kann sich noch in einer der übrigen Drei befinden (also 3 Möglichkeiten) -> 4*3 = 12

Ad c: Die Wahrscheinlichkeit das sich 2 Mannschaften in unterschiedlichen Gruppen befinden = 1-(Der Wahrscheinlichkeit das sie sich in der selben befinden) => 1-(1/4) => 3/4

Die Überlegung ist folgende (Kanns leider nur mit so nem Ballbeispiel auf die schnelle erklären): Hab 4 weiße Bälle (representieren die Gruppen) ich nehme einen heraus und male ihn rot an (ich ortne sozusagen einer Gruppe eine gute manschaft zu) und legen den nun Roten ball zurück -> die Chance den gleichen Ball wieder zu ziehen ist bei 1/4 (oder eben 3/4 ihn nicht zu ziehen)

Könnte das hinkommen??

mmp

07-11-2004, 12:55

EDIT: Blödsinn gepostet.

Stella

07-11-2004, 12:55

Also hier ist mal meine Lösung - sollte so stimmen!

1a) (4n)!/((n!)^4 * 4!) siehe oben das über zeug mit dem durch 4 fakultät!

1b) (4n)!/((n!)^4 * 4!) * (1 - (n-1)/(4n-1)) - ist das ergebnis von: "alle" - "denen wo die 2 stärksten in einer gruppe sind"

1c) 1 - (n-1)/(4n-1)) -> 1b/1a

mmp

07-11-2004, 13:02

Könnte das hinkommen??

Kann sein, dass ich falsch liege, aber ich bin mir ziemlich sicher, dass du nachdem du eine Gruppe gezogen hast, sich die Wahrscheinlichkeiten der Gruppen verändern müssen,sprich du darfst ja eigentlich die Kugel nimmer zurücklegen.

Hab mir das so vorgestellt: Du hast 4 verschiedenfarbige Bälle(4 Gruppe) und jeweisl n Stück davon. Insgesamt also 4n Bälle in unserer Auslosungsbox.
Jetzt ziehst du für die 1. beste Mannschaft irgendeinen Ball,sagen wir einen roten.Du darfst ihn aber nicht zurücklegen, da ja schon 1 Platz in der dementsprechenden (roten) Gruppe verbraucht wurde. Sprich wir haben jetzt insgesamt nicht mehr 4n Bälle sondern nur mehr 4n-1 Bälle.
Und die Anzahl der roten Bälle beträgt n-1, weil wir ja schon einen verbraucht haben.
So jetzt zieh ich einen Ball für die 2. beste mannschaft und die chance, dass ich wieder einen roten erwische liegt dann bei (n-1)/(4n-1)

Sprich die Chance dass die beiden Mannschaften nicht in der selben Gruppe sind liegt bei: 1-(n-1)/(4n-1)

Kann das in dieser Art stimmen?

EDIT: Stella war schneller

theDolphin

07-11-2004, 13:39

Stimmt... Ich hab gerechnet "Wieviele Möglichkeiten gibt es die 2 Mannschaften auf die 4 Gruppen aufzuteilen, wobei sie nicht in der selben Gruppe sein sollen" und nicht wieviele Einteilungen gibt es insgesamt, (mit allen Mannschaften einbezogen) :shinner: )

seg2

07-11-2004, 13:39

(Binomial[4n, n] * Binomial[3n, n] * Binomial[2n, n] * Binomial[1n, n]) / 4!

Das verstehe ich nicht!

Bei a) müsste es doch einfach die Kombination ohne Wiederholung sein (4n!/(4n-n)!*n!), so wie Xote schon gepostet hat, nicht?

giemes

07-11-2004, 13:47

ad a) also ich seh das so wie oben (flatalex, seg2):
annahme: ich hab 8 mannschaften (n=2)
dann hab ich für gruppe1 zur auswahl: 8 über 2 (4n über n)
danach hab ich nur mehr 6 mannschaften für die restlichen 3 gruppen:
dann hab ich für gruppe2 zur auswahl: 6 über 2 (3n über n)
dann hab ich für gruppe3 zur auswahl: 4 über 2 (2n über n)
dann hab ich für gruppe4 zur auswahl: 2 über 2 (n über n) = 1

da es nun egal ist ob der inhalt der gruppe1 = inhalt gruppe2 (oder 3 oder 4) ist muss ich das ganze noch durch 4! dividieren.
somit:

((4n über n) * (3n über n) * (2n über n) * (n über n) ) /4!
(siehe flatalex)
wie seht ihr das?

fuxi17

07-11-2004, 15:11

Nach nochmaliger Überlegung kann ich nur zustimmen!!

Septic.exe

07-11-2004, 17:42

Ich bin giemes' Meinung, da ich bis zu dem "/ 4!" den selben Lösungsansatz habe.

Um's nochmal durchzugehen:

Annahme: n = 2, sprich ich hab vier Gruppen (A, B, C, D) und 8 Mannschaften

Ich nehme nun aus den acht Mannschaften beliebig zwei (wegen n = 2) heraus und "packe" sie in eine der vier Gruppen, welche - egal.

Jetzt verbleiben mir noch 6 Mannschaften und 3 Gruppen. Wieder wähle ich 2 Mannschaften heraus und "packe" sie in eine der drei übrig gebliebenen Gruppen, wieder egal in welche.

Damit ergibt sich auch für mich [(4n über n) * (3n über n) * (2n über n)]. Aber warum den ganzen Term jetzt nochmals "/ 4!" nehmen?

Ich steh' da jetzt komplett auf der Leitung ... :confused:.

giemes

07-11-2004, 17:48

nochmal durch 4! weil es egal ist ob eine gruppenzusammenstellung X in der Gruppe 1, 2, 3 oder 4 ist

(denke ich)

Septic.exe

07-11-2004, 17:53

Isses doch bei meinem Lösungsansatz auch schon! Ich unterscheide deswegen absichtlich nicht, in welche Gruppe ich zB die ersten beiden Mannschaften schmeisse ... oder doch?

theDolphin

07-11-2004, 18:05

Oja, du unterscheidest.. den Fehler hab ich ja bei meinem ersten Postig zu dem Thread auch gemacht ;)

Septic.exe

07-11-2004, 18:13

In welcher Hinsicht unterscheide ich die Gruppen voneinander? Irgendwo müssen die ersten beiden Mannschaften ja rein, in welche Gruppe ist ja egal. Wo liegt nun hier die Unterscheidung :confused:?

Ich weiß, is' wahrscheinlich simpel, trotzdem steh' ich ab dem "/ 4!" total an ....

eva_d

07-11-2004, 20:13

4! sind die möglichkeiten, wie du die gruppen (sag ma halt A, B, C, D) nach priorität anordnen kannst...
also ob du zuerst alle mannschaften in gruppe A reinschmeißt oder B oder...
und weil in unserer rechnung das eben auch noch berücksichtigt wird, müssen wir noch durch die anzahl der anordnungen (=4!) dividieren.

seg2

07-11-2004, 21:14

Sprich die Chance dass die beiden Mannschaften nicht in der selben Gruppe sind liegt bei: 1-(n-1)/(4n-1)

Du verwendest anscheinend die Formel günstige/mögliche, auch deine Erklärung ist einleuchtend, doch eigentlich sind die günstigen ereignisse ja immer 2 (die zwei stärsten mannschaften) und nicht (n-1), oder?

Drago

08-11-2004, 15:43

Du verwendest anscheinend die Formel günstige/mögliche, auch deine Erklärung ist einleuchtend, doch eigentlich sind die günstigen ereignisse ja immer 2 (die zwei stärsten mannschaften) und nicht (n-1), oder?Stimme ich vollkommen zu. Ich bin (auch) für die Lösungen von anki. :thumb:

Domokun

08-11-2004, 15:46

/**Also wir sind in unserer Lerngruppe auf folgende Endergebnisse gekommen:
* http://www.informatik-forum.at/attachment.php?attachmentid=3828&stc=1
*/

auskommentiert ;)
wieso und warum im Post weiter unten...

Shades

08-11-2004, 17:24

bin auf folgendes gekommen ...:

http://stud4.tuwien.ac.at/~e0301696/3_1.jpg

..kann mir da jemand zustimmen.

mfg shades

johm

08-11-2004, 17:25

tut mir leid der link ist bei mir tod

jez gehts*g*

b_UT

08-11-2004, 18:21

ich habs so wie domokum

- könnten ein voting betreiben für die verschiedenen ansätze und dann statistische erheben, wer denn nun am ehesten recht haben könnte :D

Septic.exe

08-11-2004, 18:23

a) sollte klar sein, aber wie kommt man auf die ANZAHL von b)?

_logonoff_

08-11-2004, 18:31

Also wir sind in unserer Übungsgruppe auf folgende Endergebnisse gekommen:

die übungen waren doch noch gar nicht, oder?!
abgesehen davon wäre eine kurze erklärung zu b nett :-)

der link von shades geht bei mir auch nicht...

b_UT

08-11-2004, 18:32

zu b)
Ein Ansatz ;)[edit](domokun)[edit];) ist der, dass man die 2 stärksten Mannschaften aus dem Rennen nimmt, die Mannschaften verteilt, und bei 2 Gruppen jeweils einen Platz frei lässt und dort diese beiden stärksten Mannschaften reinschmeisst.

das ist dann das -1 beim ersten und zweiten Teil des Ausdrucks

Shades

08-11-2004, 18:41

Also wir sind in unserer Übungsgruppe auf folgende Endergebnisse gekommen:
http://www.informatik-forum.at/attachment.php?attachmentid=3828&stc=1

Ich denke nicht, dass b stimmen kann. Schon bei n=2 kommt ein bloedsinn raus .. 7,5 als anzahl geht net

mfg shades

b_UT

08-11-2004, 18:47

Da fällt mir auf, dass beim b) beim ersten Teil -2 steht und beim zweiten -1 -> also 3 Mannschaften aus der Grundmenge entfernt werden.
Würds versuchen mit zweimal -1

Domokun

08-11-2004, 19:48

die übungen waren doch noch gar nicht, oder?!
ist ein missverständnis... wenn ich hier mit den Leutz zusammensitze und die Beispiele löse nenn ich es halt übungsgruppe...

Ich denke nicht, dass b stimmen kann. Schon bei n=2 kommt ein bloedsinn raus .. 7,5 als anzahl geht net
nach kurzem nachrechnen muss ich dir zustimmen, auch wenn ich auf die schnelle nicht herausfinden kann wo der fehler in unserem Ansatz liegt...
ich schließ mich jetzt deiner lösung an ;)

auch wenns falsch ist kurz ne begründung zu (4n-2 über n-1) und (3n-1 über n-1)
Wir halten in der ersten Gruppe die stärkste und in der zweiten Gruppe die zweitstärkste mannschaft fest, daher jeweils (n-1).
in der ersten gruppe dürften wir jetzt nur noch aus allen Mannschaften außer den stärksten beiden wählen, daher 4n-2.
da die stärkste mannschaft bei der ersten auswahl schon ausgewählt wurde, müsste man bei der auswahl für die zweite Gruppe
auch nur noch die zweitstärkste mannschaft ausschließen, also 3n-1.
aber dieser Ansatz wurde widerlegt...

...
und übrigens... mein Nickname ist Domokun nicht Domokum :P

stefd

08-11-2004, 21:12

hi,

bin auf folgendes gekommen ...:

http://stud4.tuwien.ac.at/~e0301696/3_1.jpg (http://stud4.tuwien.ac.at/%7Ee0301696/3_1.jpg)

..kann mir da jemand zustimmen. könntest du ev. kurz für jemanden der die mathe vorlesungen noch nicht hinter sich hat erklären wie du die fakultät bei 1a) gekürzt hast?

tnx!

Rumpl

08-11-2004, 21:17

@Shade

Deine Lösung klingt gut, aber komplett versteh ichs nicht.

Zu: a) Soweit ich das sehe nimmst du n aus 4n, dann n aus 3n, dann n aus 2n und n aus n und multiplizierst diese. Auch wenns mich an was erinnert, ich versteh grad ned warum du durch 4! dividierst.

Zu: b) Also da nimmst du die Wahrscheinlichkeit, dass sich 3 Gruppen ohne die 2 Mannschaften bilden und dann die Gegenwahrscheinlichkeit. Das ist einfach diese 3 Gruppen / 4 Gruppen ? Kann man das einfach machen? Diese 3 sollen für die Aufgabe so fallen, dass die 2 besagten Manschaften da nicht dabei sind. Also nimmst du die Formel Günstige/Mögliche (oder sowas?) Und die Günstigen sind die 3 Gruppen ohne die 2 speziellen Manschaften? (Ist jetzt etwas kompliziert ausgedrückt glaub ich, aber das Beispiel find ich auch kompliziert .-)

Danke im voraus!

mfg
Rumpl
[EDIT] @ stefd:

Er hat soweit ich das sehe folgendes gemacht:

((4n!/(n!*(4n-n)!) * (3n!/(n!*(3n-n)!) * (2n!/n!*(2n-n)!)) / 4!

das ist gleich (Klammern ausrechnen)
(( 4n!/(n!*3n!)) * (3n!/(n!*2n!)) * (2n!/(n!*n!))) / 4!

Jetzt zieht man alles unter einen Bruch und kürzt jeweils 3n! und 2n! weg dann bleibt nur noch das von shade beschriebene da.

ian

09-11-2004, 04:21

Ich hab mir a) u.a. folgendermaßen überlegt (kommt das selbe raus scheint mir aber klarer und ich brauche die argumentation nachher):

ich nehme die 4n Mannschaften und wirbel sie auf einem String durcheinander = (4n)! Möglichkeiten. Jetzt zerhacke ich den String in 4 einzelne n lange Stücke (bilde also Äquivalenzklassen, falls jemand darauf steht;)) innerhalb derer die Reihenfolge egal ist ( dividiere also durch (n!*n!*n!*n!) ). Jetzt noch /4! damit die Reihenfolge der Stücke untereinander egal wird.

also: (4n!)/( (n!)^4 * 4!)

b) ergibt sich dann recht leicht:
Ich entferne die beiden Stärksten, habe also nur mehr (4n-2)! oben.
Unten habe ich 2 Gruppen die aus n-1 Mannschaften und 2 die aus n Mannschaften bestehen. Ich dividiere also durch (n-1)*(n-1)*n*n (*4! nach wie vor)
Wenn ich jetzt die beiden Stärksten wieder einfügen möchte habe ich 2 Möglichkeiten (entweder die eine in die eine und die andere in die andere oder genau andersrum;)) -> also noch mal *2
(Obwohl die Gruppen nicht gereiht sind (also von aussen genau gleich aussehen) unterscheiden sie sich doch durch ihre mitglieder - es macht also einen unterschied wie herum die Stärksten eingeordnet werden)

ergibt: 2* (4n-2)!/( ((n-1)!)^2 * (n!)^2 * 4!)

Falls das alles Schwachsinn ist entschuldige man mich anhand des post-timestamps....

lg ian

Für c) kommt mir dann gekürzt 1/(2n^2-2n) raus... ?

IceBreaker

09-11-2004, 09:33

orpheus

09-11-2004, 09:33

Also ich kann mich der Meinung Stellas nur anschließen. Alle 3 Ergebnisse erhalte ich ebenfalls. :)

IceBreaker

09-11-2004, 09:37

hm... orpheus.. könntest du mir bitte erklären wie du und Stella eigentlich auf (1 - (n-1)/(4n-1)) gekommen seit? könnte man es auch so machen wie ian?

danke

lg

Ice

Tassadar

09-11-2004, 09:55

da in der angabe bei 1c) steht, dass man einen möglichst einfachen ausdruck ermitteln soll hab ich

1-(n-1)/(4n-1) noch gekürzt und mir kommt 3n/(4n-1) raus.

johm

09-11-2004, 11:21

@icebreaker:

Kann sein, dass ich falsch liege, aber ich bin mir ziemlich sicher, dass du nachdem du eine Gruppe gezogen hast, sich die Wahrscheinlichkeiten der Gruppen verändern müssen,sprich du darfst ja eigentlich die Kugel nimmer zurücklegen.

Hab mir das so vorgestellt: Du hast 4 verschiedenfarbige Bälle(4 Gruppe) und jeweisl n Stück davon. Insgesamt also 4n Bälle in unserer Auslosungsbox.
Jetzt ziehst du für die 1. beste Mannschaft irgendeinen Ball,sagen wir einen roten.Du darfst ihn aber nicht zurücklegen, da ja schon 1 Platz in der dementsprechenden (roten) Gruppe verbraucht wurde. Sprich wir haben jetzt insgesamt nicht mehr 4n Bälle sondern nur mehr 4n-1 Bälle.
Und die Anzahl der roten Bälle beträgt n-1, weil wir ja schon einen verbraucht haben.
So jetzt zieh ich einen Ball für die 2. beste mannschaft und die chance, dass ich wieder einen roten erwische liegt dann bei (n-1)/(4n-1)

Sprich die Chance dass die beiden Mannschaften nicht in der selben Gruppe sind liegt bei: 1-(n-1)/(4n-1)

wurde bereits sehr gut überlegt!
und sollt auch so stimmen

lg