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Mathematik » Kombinatorik & Graphentheorie » Anzahl der möglichen Paare bei Verheiratung
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Universität/Hochschule Anzahl der möglichen Paare bei Verheiratung
carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-05-24


Hallo allerseits,
habe folgendes kombinatorisches Problem:
m=3 Männer und m Frauen sollen miteinander in einem Raum (der m Paare aufnimmt) gleichzeitig getraut werden (verschieden geschlechtlich).
Die Männer stammen aus einer Population von k=10 Männern.
Die Frauen stammen aus einer Population von g=20 Frauen.
Wie viele mögliche m-Paare können in dem Raum getraut worden sein ?

Beispiel: m=g=k=3
M1, M2, M3, F1, F2, F3 sind die Männer und Frauen.
Mögliche Paare:
(M1,F1) (M2,F2), (M3,F3)
(M1,F1) (M2,F3), (M3,F2)
(M1,F1) (M3,F2), (M2,F3)
(M1,F1) (M3,F3), (M2,F2)
...

Lösungsvorschlag:
m = 3, k=10, g = 20

anz = 10*20 * (10-1)*(20-1) * (10-2)*(20-2) / m!

Ist das korrekt?

mfg
cx




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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-05-24


2020-05-24 10:46 - carlox im Themenstart schreibt:
 
Lösungsvorschlag:
m = 3, k=10, g = 20

anz = 10*20 * (10-1)*(20-1) * (10-2)*(20-2) / m!

Ist das korrekt?
 

👍
vg Luis



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-24


Hallo Luis,
Vielen Dank für die positive Antwort (meine Lösung stimmt also).
Ein weiteres kombinatorisches Problem hat sich daraus ergeben:
m=3 Männer und m Männer sollen miteinander in einem Raum (der m Paare aufnimmt) verheiratet werden.
Die Männer stammen aus einer Population von k = 10 Männern.
Wie viele mögliche m-Paare können in dem Raum gewesen sein ?

Beispiel: m=3 und k=6
M1, M2, M3, M4, M5, M6 sind die Männer.
Mögliche Paare:
(M1,M2) (M3,M4), (M5,M6)
(M1,M2) (M4,M5), (M3,M6)
(M1,M2) (M5,M6), (M3,M4)
...

Lösungsvorschlag:
m = 3, k=10, g = 20

anz = (10 # 2 * ((10-2) #2) * ((10-4) #2) / m!
= 45 * 28 * 15 / 6 = 3250
wobei # die Abkürzung ist für "über"

Ist das korrekt?

mfg
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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-05-24


Irgendwie verstehe ich das modifizierte Problem nicht. Gibt es bei $m=3$ und $k=10$ insgesamt 13 Maenner? Und bei $m=3$ und $k=6$ insgesamt 9?



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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-05-24


Hallo carlox,

2020-05-24 11:23 - carlox in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo Luis,
Vielen Dank für die positive Antwort (meine Lösung stimmt also).
Ein weiteres kombinatorisches Problem hat sich daraus ergeben:
m=3 Männer und m Männer sollen miteinander in einem Raum (der m Paare aufnimmt) verheiratet werden.
Die Männer stammen aus einer Population von k = 10 Männern.
Wie viele mögliche m-Paare können in dem Raum gewesen sein ?

Beispiel: m=3 und k=6
M1, M2, M3, M4, M5, M6 sind die Männer.
Mögliche Paare:
(M1,M2) (M3,M4), (M5,M6)
(M1,M2) (M4,M5), (M3,M6)
(M1,M2) (M5,M6), (M3,M4)
...

Lösungsvorschlag:
m = 3, k=10, g = 20

anz = (10 # 2 * ((10-2) #2) * ((10-4) #2) / m!
= 45 * 28 * 15 / 6 = 3250
wobei # die Abkürzung ist für "über"

Ist das korrekt?

mfg
cx


bis auf einen Tippfehler (45*28*15/6 = 3150) stimmt auch das. (Kann man sich alternativ auch so überlegen: #Möglichkeiten = $\frac{10!}{4!} \cdot \frac{1}{3!\cdot 2^3} = 3150$ da wir die Paare auf $3!$ verschiedene Weisen anordnen können und für 3 feste Paare die Männer auf $2^3$ verschiedene Weisen innerhalb der Paare anordnen können.)

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.3 begonnen.]



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-24


2020-05-24 11:49 - luis52 in Beitrag No. 3 schreibt:
Irgendwie verstehe ich das modifizierte Problem nicht. Gibt es bei $m=3$ und $k=10$ insgesamt 13 Maenner? Und bei $m=3$ und $k=6$ insgesamt 9?
Nein:
k=6 ist die Gesamtanzahl von Männern.
Und im anderen Beispiel:
k=10 ist die Gesamtanzahl von Männern.

mfg
cx



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-24


Danke für eure Antworten.
Es ergibt sich ein weiteres kombinatorisches Problem:
Kombinatorisches Problem:
p=3 Männerpaare sollen miteinander in einem Raum (der p Männerpaare aufnimmt) getraut werden.
q=5 Frau/Mann-Paare sollen miteinander in einem Raum (der q Mann/Frau-Paare aufnimmt) getraut werden.
r=7 Frauenpaare sollen miteinander in einem Raum (der r Frauenpaare aufnimmt) getraut werden.
Die Vertrauung der p+q+r Paare findet in einem Haus mit 3 Räumen gleichzeitig statt.
Alle Männer stammen aus einer Population von k Männern.
Alle Frauen stammen aus einer Population von g Frauen.
Wie viele mögliche Kombinationen der p+q+r Paare gibt es ?

Beispiel einer p+q+r-Kombination:
p=3, q=5, r=7, k=20, g = 30
[(M1,M2), (M3,M4), (M5,M6)] ; [(M7,F1), (M8,F2), (M9,F3), (M10,F4), (M11,F5)],
[(F6,F7), (F8,F9), (F10,F11), (F12,F13), (F14,F15), (F16,F17), (F18,F19)]
....

Mein Lösungsvorschlag:
anz1 := (k#2) * ((k-2)# 2) * ... *((k-2(p-1))#2) / p!
anz2 := (k-2p)*g  *(k-2p-1)*(g-1) * ... * (k-2p-(q-1))*(g-(q-1)) / q!
anz3 := ((g-q)#2) * ((g-q-2)#2) * ... *((g-q-2(r-1))#2) / r!

Anzahl anz aller Kombinationen ist dann:
anz = anz1 * anz2 * anz3 / 3!

Ist das korrekt ?

mfg
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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-05-24


2020-05-24 13:42 - carlox in Beitrag No. 6 schreibt:

Mein Lösungsvorschlag:
anz1 := (k#2) * ((k-2)# 2) * ... *((k-2(p-1))#2) / p!
anz2 := (k-2p)*g  *(k-2p-1)*(g-1) * ... * (k-2p-(q-1))*(g-(q-1)) / q!
anz3 := ((g-q)#2) * ((g-q-2)#2) * ... *((g-q-2(r-1))#2) / r!

Anzahl anz aller Kombinationen ist dann:
anz = anz1 * anz2 * anz3 / 3!

Ist das korrekt ?

mfg
cx


Das Teilen durch 3! müsste überflüssig sein. Du kannst dann deine Formel noch vereinfachen zu

#Möglichkeiten = $\frac{k! g!}{(k - 2p - q)! (g - 2r - q)!} \frac{1}{2^{p + r} p!q! r!}$.

Das kann man sich auch alternativ wieder so wie in meinem letzten Beitrag überlegen: Stell dir vor, wir füllen die Zeilen einer $p\times 2$, einer $q \times 2$ und einer $r \times 2$ Matrix mit jeweils $(MM)$, $(MF)$, $(FF)$ Einträgen, sodass jede Person in höchstens einer der drei Matrizen an höchstens einer Stelle auftaucht. Dafür gibt es ($2p + q$ freie Stellen für Männer, $2r + q$ freie Stellen für Frauen)

$\frac{k!}{(k - 2p - q)!}\cdot \frac{g!}{(g - 2r - q)!}$

viele Möglichkeiten. Nun gibt es aber $(2^p p!)q! (2^r r!)$ viele Tripel aus Matrizen dieser Art, die zur gleichen Konfiguration führen (wir können die Zeilen der Matrizen permutieren und bei der $MM$ und der $FF$ Matrix jeweils in jeder Zeile die Reinfolge der Einträge).



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-24


Deine Argumentation muss ich mir noch überlegen.

Das Teilen durch 3! müsste überflüssig sein. Du kannst dann deine Formel noch vereinfachen zu
Ist es also falsch durch 3! zu dividieren?
Warum ist es falsch durch 3! zu dividieren?

mfg
cx



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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-05-24


Gegenfrage: Warum denkst du denn, dass man durch 3! dividieren muss? 😉

Wenn du zum Beispiel bei der Anzahl der Möglichkeiten für den $MM$-Raum durch $p!$ dividierst, dann liegt es daran:

Es gibt ${k \choose 2}$ Möglichkeiten für das erste $MM$ Paar, ${k-2 \choose 2}$ Möglichkeiten für das zweite Paar.... ${k - 2(p-1) \choose 2}$ Möglichkeiten für das $p$-te Paar. Nun wollen wir aber nicht zwischen der Reinfolge der Paare unterscheiden. Da es $p!$ Möglichkeiten gibt die $p$-Paare anzuordnen haben wir jede Konfiguration (ohne Berücksichtung der Reinfolge) $p!$-fach gezählt.

In deinem Beispiel zählst du aber nichts zwischen den Räumen mehrfach. Wir unterscheiden schon vom Prinzip bei der Zählung zwischen den drei Räumen. Wenn du Interesse hast, können wir den Beweis auch mal formal hinschreiben.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-25


2020-05-24 16:10 - qzwru in Beitrag No. 9 schreibt:
Gegenfrage: Warum denkst du denn, dass man durch 3! dividieren muss? 😉
Du hast Recht!

mfg
cx



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-25


Danke für die Antworten.
I)
Die Lösung für das kombinatorisches Problem (im letzten Posting) brauche ich, um folgendes kominatorische Problem zu lösen:
Eine Population von n Personen wird von einer Epidemie befallen.
In dieser Population gibt es am Anfang k Kranke Personen und g gesunde Personen.
Es gilt n = k + g  (k und g sind gerade Zahlen)

Beispiel:
k=10 g = 22
Es gibt folgende Möglichkeiten:
Z1) 0*KK  +  10*KG  +  6*GG
Z2) 1*KK  +  8*KG  +  7*GG
Z3) 2*KK  +  6*KG  +  8*GG
Z4) 3*KK  +  4*KG  +  9*GG
Z5) 4*KK  +  2*KG  +  10*GG
Z6) 5*KK  +  0*KG  +  11*GG

In dem letzten Posting habe ich eine Formel angegeben (es war ein kleiner Fehler drin), wie man die Anzahl anz(p,q,r) berechnet.
Ich will nun jeweils die Anzahl für jede Zeile Z1) bis Z6) berechnen und die Summe bilden, also:
summe = anz(0,10,6) + anz(1,8,7) + ... + anz(5,0,11)
Dann habe ich die Gesamtzahl aller möglichen Trauungen bzw. hier Kontakte.
Frage:
Kann man das auch einfacher berechnen, also ohne Summenbildung?

II)
Warum mache ich diese Rechnung?
Ich will jeweils die Anzahl aller möglichen KK, KG und GG - Kontakte berechnen.
Das brauche ich, um dann aus diesen KK, KG und GG - Kontakten die Anzahl der Neuerkrankungen, Heilungen bzw. Todesfälle zu berechnen (aber das ist ein anderes Thema).
Das könnte ich alles bis jetzt mit meinen Fomeln berechnen bzw. in einem Programm rechnen lassen. Die Summe wird durch eine Schleife realisiert.

Frage:
Gibt es für die Berechnung auch eine einfachere Möglichkeit:
Wie viele mögliche KK, GG und GK Kontakte gibt es bei n Personen?

Daraus könnte man dann berechnen, wie viele KK,KG und GG Kontakte es im Mittel gibt.

mfg
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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-05-25


Wenn man $k$ Kranke und $g$ Gesunde hat und daraus _ein_ Paar zufällig herausgreift, so haben die Kombinationen KK, KG und GG folgende Wahrscheinlichkeiten:
KK: $k/(k+g)\cdot (k-1)/(k+g-1)$
KG: $k/(k+g)\cdot g/(k+g-1)$
GK: $g/(k+g)\cdot k/(k+g-1)$
GG: $g/(k+g)\cdot (g-1)/(k+g-1)$
Wobei man die Fälle KG und GK natürlich zusammenfassen kann.

Diese Wahrscheinlichkeitsverteilung gilt für alle Paare, die man bildet. Wobei die Ereignisse allerdings nicht unabhängig sind.
Ist man nur am Erwartungswert(!) aller Paare vpm Typ KK, KG, GG interessiert, wenn insgesamt $p$ Paare gebildet worden, dann ist das einfach das Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten mit $p$.

Die Verteilungsfunktion ist (wegen der fehlenden Unabhängigkeit) etwas komplexer.

Bemerkung: Sind $k$ und $g$ sehr groß, so kann man die Wahrscheinlichkeiten annähern durch
KK: $k^2/(k+g)^2$
KG+GK: $2kg/(k+g)^2$
GG: $g^2/(k+g)^2$




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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-05-25


2020-05-25 09:54 - carlox in Beitrag No. 11 schreibt:

Frage:
Kann man das auch einfacher berechnen, also ohne Summenbildung?

Ich sehe es richtig, dass (wie bei dir im Beispiel) immer alle Personen verpaart werden sollen? Ja, das geht einfacher: anz(p,q,r) ist die Anzahl der Paarungen sodass $p$ KK, $q$ GK und $r$ GG Paare entstehen. Summieren wir über alle $p, q, r$ mit $2p + q = k$ und $2r + q = g$ so erhalten wir einfach alle Möglichkeiten, alle $k+g$ Personen zu verpaaren, also

${k+g \choose 2} \cdot {k+g -2 \choose 2} \cdot ...\cdot  {2 \choose 2} \cdot \frac{1}{((k+g)/2)!} = \frac{(k+g)!}{2^{(k+g)/2} \cdot((k+g)/2)!}$.



Frage:
Gibt es für die Berechnung auch eine einfachere Möglichkeit:
Wie viele mögliche KK, GG und GK Kontakte gibt es bei n Personen?

Hier verstehe ich nicht ganz, was du meinst, ein Beispiel wäre gut.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-25




Frage:
Gibt es für die Berechnung auch eine einfachere Möglichkeit:
Wie viele mögliche KK, GG und GK Kontakte gibt es bei n Personen?
Hier verstehe ich nicht ganz, was du meinst, ein Beispiel wäre gut.
Beispiel:
k=4, g=6, also n=10
Personen: K1, ..., K4, G1, ..., G6
Alle möglichen Kombinationen von n/2 Paaren
(K1,G1),(K2,G2), (K3,G3),(K4,G4),(K5,G5)
(K1,K2),(K3,G2), (K4,G3),(K5,G4),(K6,G5)
(K3,G2), (K4,G3),(K5,G4),(K6,G5),(G1,G6)
...
Für ein Paar (X,Y) muß eben nur gelten, daß X bzw. Y eine der  10 Personen ist und daß keine 2 Paare gleiche Personen enthalten dürfen.

Meine Frage war:
Wie oft kommen KK,KG,GG im Mittel unter m Paaren vor?

(Dazu gibt es schon eine Antwort von Kitaktus).

mfg
cx





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carlox
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2020-05-25 12:32 - Kitaktus in Beitrag No. 12 schreibt:
Wenn man $k$ Kranke und $g$ Gesunde hat und daraus _ein_ Paar zufällig herausgreift, so haben die Kombinationen KK, KG und GG folgende Wahrscheinlichkeiten:
KK: $k/(k+g)\cdot (k-1)/(k+g-1)$
KG: $k/(k+g)\cdot g/(k+g-1)$
GK: $g/(k+g)\cdot k/(k+g-1)$
GG: $g/(k+g)\cdot (g-1)/(k+g-1)$
Wobei man die Fälle KG und GK natürlich zusammenfassen kann.
Bem: n = k + g
Ich habe mir das so überlegt und bekomme das Gleiche raus wie du:
links des Gleichheitszeichens deine Rechnung, rechts meine.
Bei meiner Rechnung steht im Zähler die Anzahl der möglichen KK, KG bzw. KG und im Nenner die Anzahl der möglichen Ziehungen von 2 Kugeln aus einer Urne (= n über 2)

KK: k/(k+g)*(k−1)/(k+g−1) = k*(k-1) / (n*(n-1)) = pKK
2 Ziehungen aus einer Urne: k über 2 / (n über 2)

KG: k/(k+g)*g/(k+g−1) und GK: g/(k+g)*k/(k+g−1) zusammengefaßt:
= 2 kg /(n*(n-1)) = pKG
2 Ziehungen aus zwei verschiedenen Urnen: kg / (n über 2)

GG: g/(k+g)*(g−1)/(k+g−1) = g*(g-1) / (n*(n-1)) = pGG
2 Ziehungen aus einer Urne: k über 2 / (n über 2)



Diese Wahrscheinlichkeitsverteilung gilt für alle Paare, die man bildet. Wobei die Ereignisse allerdings nicht unabhängig sind.
Ist man nur am Erwartungswert(!) aller Paare vpm Typ KK, KG, GG interessiert, wenn insgesamt $p$ Paare gebildet worden, dann ist das einfach das Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten mit $p$.
Ja, mich interessiert, wie oft im Mittel bei m Paaren jeweils KK, KG bzw. GG vorkommt.
Hast du das gemeint:
mittlereAnzahl_KK = m * pKK
mittlereAnzahl_KG = m * pKG
mittlereAnzahl_GG = m * pGG
wobei bei meinem Beispiel m = n/2

Habe diese Ergebnisse allerdings noch nicht ganz verinnerlicht:
pKK ist doch die WK, dass beim 1. Zug (aus einer Urne) ein KK Paar gezogen wird.
Beim nächsten Zug ist es nicht mehr die gleiche WK.
Das lässt meine Intuition zweifeln.

mfg
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carlox
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Hallo Kitaktus,
Danke für deine Antwort.

1)
(2020-05-25 12:32 - Kitaktus in <a
Ist man nur am Erwartungswert(!) aller Paare vpm Typ KK, KG, GG interessiert, wenn insgesamt $p$ Paare gebildet worden, dann ist das einfach das Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten mit $p$.
Leider verstehe ich nicht genau, was du damit meinst.
Kannst du mir dazu bitte ein einfaches Beispiel geben?

2)
Beispiel
Eine kg-Population besteht aus k=8 kranken und g=10 gesunden Personen.
K1, ..., K8, G1, ..., G10 bezeichnen diese Personen.
Die Anzahl aller möglichen Paarbildungen (Kontakte) zwischen den Personen einer Population kann man aufzählen, wie z.B:
1)
(K1,K2), (K3,K4), (K5,K6), (K7,G1), (K8,G2), (G3,G4), (G5,G6), (G7,G8), (G9,G10)
2)
(K1,K2), (K3,K4), (K5,K6), (K7,K8), (G1,G2), (G3,G4), (G5,G6), (G7,G8), (G9,G10)
3)
...

Fragen:
1)
Wie viele Paare der Form KK befinden sich im Mittel in einer kg-Population ?
2)
Wie viele Paare der Form KG befinden sich im Mittel in einer kg-Population ?
2)
Wie viele Paare der Form GG befinden sich im Mittel in einer kg-Population ?
 

mfg
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qzwru
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Hallo Carlox,

2020-05-25 15:31 - carlox in Beitrag No. 15 schreibt:
Habe diese Ergebnisse allerdings noch nicht ganz verinnerlicht:
pKK ist doch die WK, dass beim 1. Zug (aus einer Urne) ein KK Paar gezogen wird.
Beim nächsten Zug ist es nicht mehr die gleiche WK.
Das lässt meine Intuition zweifeln.

$p_{KK}$ is tatsächlich die Wahrscheinlichkeit, dass ein beliebiges Paar ein KK Paar ist. Sollte schon allein so sein, weil die Nummerierung der Paare willkürlich ist, kann man aber auch nachrechnen: Berechne einfach mal die Anzahl der Möglichkeiten $m$ Paare zusammenzustellen (bei Unterscheidung der Reinfolge der Paare) und die Anzahl der Möglichkeiten, $m$ Paare zusammenzustellen bei denen das $i$-te Paar ein KK Paar ist. Bilde dann den Quotienten.

Der Rest ist dann einfach nur ausnutzen der Linearität des Erwartungswertes:

Setze $X_i = \begin{cases}
1 \text { falls Paar $i$ KK Paar ist} \\
0 \text{ sonst}
\end{cases}.$

Dann $\sum_{i=1}^{m}X_i$ die Anzahl der KK Paare unter den $m$ Paaren und

$\mathbb E[\sum_{i=1}^{m}X_i] = \sum_{i=1}^{m}\mathbb E[X_i] = \sum_{i=1}^{m} p_{KK} = m\cdot p_{KK}$.



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carlox
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Hallo qzwru,
2020-05-26 14:59 - qzwru in Beitrag No. 17 schreibt:
$p_{KK}$ is tatsächlich die Wahrscheinlichkeit, dass ein beliebiges Paar ein KK Paar ist. Sollte schon allein so sein, weil die Nummerierung der Paare willkürlich ist, kann man aber auch nachrechnen: Berechne einfach mal die Anzahl der Möglichkeiten $m$ Paare zusammenzustellen (bei Unterscheidung der Reinfolge der Paare) und die Anzahl der Möglichkeiten, $m$ Paare zusammenzustellen bei denen das $i$-te Paar ein KK Paar ist. Bilde dann den Quotienten.
Vermutlich habe ich mich nicht verständlich ausgedrückt.
Mein Ziel ist es, in einer kg-Population (die in (k+g)/2 Paare aufgeteilt werden kann) die durchschnittliche Anzahl an KK,KG und GG Paare (Kontakte, die eine Infektion nach sich ziehen können) zu berechnen.
Ich dachte nicht, dass man das mit pKK, pKG und pGG rechnen kann
Ich demonstriere das mal an einem Beispiel:

Beispiel:
k=4 , g=6
Schema: KK KK GG GG GG
anz1= (4 ü 2)*(2 ü 2) / 2!  * (6 ü 2)*(4 ü 2) * (2 ü 2) / 3! =
6/2 *  15*6/6 = 3*15 = 45
Damit Anzahl der enthaltenen KK:
a1KK = 45 * 2 = 90
------------------------------------------
Schema: KK KG KG GG GG
anz2 = (4 ü 2) * 2*6 * 1*5/ 2! * (4 ü 2) * (2 ü 2)/ 2! =
6 * 12 * 5/2 * 6/2 = 6 * 6 * 5 * 3 = 540
Damit Anzahl der enthaltenen KK:
a2KK = 540 * 1 = 540
------------------------------------------
Schema: KG KG KG KG GG
anz3 = 4*6 * 3*5 * 2*4 * 1*3/4! * (2 ü 2) = 360
Damit Anzahl der enthaltenen KK:
a3KK = 360 * 0 = 0
-------------------------------------------
Bilanz:
Gesamtanzahl der enthaltenen KK: 90 + 540 = 630
Gesamtanzahl aller möglichen 5er Paare: 45 + 540 + 360 = 945
mkk := Mittlere Anzahl an KK = 630 / 945 =2/3
pkk = k*(k-1) / (n*(n-1)) = 4*3 / (10*9) = 2/15 = 0,1333
pkk*Anzahl der Paare = pkk + 5 = 2/15*5 = 2/3

Du hast Recht.
Ich muss nochmal überlegen.

mfg
cx




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qzwru
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Ich habe in meinem letzten Beitrag das Problem einfach etwas anders modelliert und "künstlich" in der Reinfolge der Paare unterschieden.(Stell dir vor, du würdest alle $m$ Paare nacheinander in eine Urne mit $m$-Kugeln greifen lassen. Das Paar, dass die $j$-te Kugel zieht nennen wir "das $j$-te Paar".)

Sei $M = \{K_1,..., K_k, G_1,...., G_g\}$ und $n = |M| = k+g$ eine gerade Zahl. Unterscheiden wir nicht in der Reinfolge der Paare (das ist die Modellierung die du gewählt hast) ist unser Wahrscheinlichkeitsraum

$ \Omega_1 = \bigg\{ \Big\{ \{P_1, P_2\},...,\{P_{n-1}, P_{n}\} \Big\}: \, P_i \in M\text{ für alle }i \text{ und }\, P_i \neq P_j \text{ für alle } i \neq j \bigg\}$

Wir betrachten Gleichverteilung auf $\Omega_1$. Wie in Beitrag 13 schon bemerkt ist $|\Omega_1| = \frac{n!}{2^{n/2}\cdot (n/2)!}$.

Unterscheiden wir in der Reinfolge der Paare ist unser Wahrscheinlichkeitsraum

$\Omega_2 = \bigg\{ \Big( \{P_1, P_2\},...,\{P_{n-1}, P_{n}\} \Big): \, P_i \in M\text{ für alle }i \text{ und }\, P_i \neq P_j \text{ für alle } i \neq j  \bigg\}$,

wir betrachten ebenfalls Gleichverteilung auf $\Omega_2$, es ist $|\Omega_2| = \frac{n!}{2^{n/2}}$.

Dies ist ebenso geeignet, das Problem zu modellieren: Das "Vergessen der Reinfolge" modellieren wir durch die Zufallsvariable

$X: \Omega_2 \to \Omega_1$, $\Big( \{P_1, P_2\},...,\{P_{n-1}, P_{n}\} \Big) \mapsto \Big\{ \{P_1, P_2\},...,\{P_{n-1}, P_{n}\} \Big\}$.

Nun gilt für $\omega_1 \in \Omega_1$, dass $|\{\omega_2 \in \Omega_2: \, X(\omega_2) = \omega_1 \}| = (n/2)!$. Also ist

$\mathbb P(X = \omega_1) = (n/2)! \cdot \frac{1}{|\Omega_2|} = \frac{1}{|\Omega_1|}$, also ist die Verteilung von $X$ gerade die Gleichverteilung auf $\Omega_1$.



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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-05-27


Hab meinen letzten Beitrag nochmal überarbeitet (hatte vergessen einen Satz zu löschen), jetzt macht er auch Sinn 😉



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carlox
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2020-05-26 14:59 - qzwru in Beitrag No. 17 schreibt:
$p_{KK}$ is tatsächlich die Wahrscheinlichkeit, dass ein beliebiges Paar ein KK Paar ist. Sollte schon allein so sein, weil die Nummerierung der Paare willkürlich ist, kann man aber auch nachrechnen: Berechne einfach mal die Anzahl der Möglichkeiten $m$ Paare zusammenzustellen (bei Unterscheidung der Reinfolge der Paare) und die Anzahl der Möglichkeiten, $m$ Paare zusammenzustellen bei denen das $i$-te Paar ein KK Paar ist. Bilde dann den Quotienten.
Hallo qzwru,
Um diese Ausagen zu überprüfen, mache ich ein Beispiel, wo ein KK als zweites Paar gezogen werden soll.
Ich berechne also alle Möglichkeiten, wo KK als zweites Paar gezogen wird und setze dies ins Verhältnis zur Anzahl aller möglichen Paare.

Beispiel:
k=4 , g=6
1) Es gibt (nach deiner Formel) insgesamt anz verschiedene 5er Paare:
anz = 10! / (2^5 * 5!) = 945
Mit Berücksichtigung der Reihenfolge sind es:
113400

2)
Wie viele 5er Paare mit KK als zweites Paar gibt es?
a) 1. Möglichkeiten:
Schema:
GG KK xx xx xx
anz1=
6*5/2  * 4*3/2 * 6!/(2^3 * 3!) = 15 * 6 * 15 = 1350

b) 2. Möglichkeiten:
Schema:
GK KK xx xx xx
anz2=
6*4  * 3*2/2  *  6!/(2^3 * 3!) = 24 * 3 * 15 = 1080

Gesamtanzahl mit KK als 2.Paar = 1350 + 1080 = 2430
quotient = 2430 / 113400 = 0,021
pkk = 4*3/(10*9)=0,13

Also:
quotient != pkk

Wo ist mein Denkfehler ?

mfg
cx



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carlox
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2020-05-25 13:05 - qzwru in Beitrag No. 13 schreibt:
Ich sehe es richtig, dass (wie bei dir im Beispiel) immer alle Personen verpaart werden sollen? Ja, das geht einfacher: anz(p,q,r) ist die Anzahl der Paarungen sodass $p$ KK, $q$ GK und $r$ GG Paare entstehen. Summieren wir über alle $p, q, r$ mit $2p + q = k$ und $2r + q = g$ so erhalten wir einfach alle Möglichkeiten, alle $k+g$ Personen zu verpaaren, also
${k+g \choose 2} \cdot {k+g -2 \choose 2} \cdot ...\cdot  {2 \choose 2} \cdot \frac{1}{((k+g)/2)!} = \frac{(k+g)!}{2^{(k+g)/2} \cdot((k+g)/2)!}$.
Das ist natürlich einfacher als meine Berechnung anz(p,q,r) über die Summenbildung.
Du hast eine einfacher Formel angegeben.

Frage:
Kann man auch eine Formel angeben, die die Anzahl aller KK in der Menge aller Verpaarungen berechnet?
Bei k=4 und g=6 ist die gesuchte Anzahl = 630 KK's (siehe Beitrag 18).
Für beliebiges k und g suche ich dafür eine Formel.

mfg
cx
 




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qzwru
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Hallo carlox,

(2020-05-27 15:52 - carlox in
topic=247618&post_id=1803583>Beitrag No. 21
)
Hallo qzwru,
Um diese Ausagen zu überprüfen, mache ich ein Beispiel, wo ein KK als zweites Paar gezogen werden soll.
Ich berechne also alle Möglichkeiten, wo KK als zweites Paar gezogen wird und setze dies ins Verhältnis zur Anzahl aller möglichen Paare.

Beispiel:
k=4 , g=6
1) Es gibt (nach deiner Formel) insgesamt anz verschiedene 5er Paare:
anz = 10! / (2^5 * 5!) = 945

Das ist die Anzahl der Paare, wenn wir keine Reihenfolge berücksichtigen (also $|\Omega_1|$ aus meinem letzten Beitrag). Die Anzahl der Paare wenn wir die Reihenfolge berücksichtigen (also $|\Omega_2|$) ist $10!/2^5$.


2)
Wie viele 5er Paare mit KK als zweites Paar gibt es?
a) 1. Möglichkeiten:
Schema:
GG KK xx xx xx
anz1=
6*5/2  * 4*3/2 * 6!/(2^3 * 3!) = 15 * 6 * 15 = 1350
Da muss schon was falsch sein, denn 1350 kann nicht größer als 945 (Anzahl aller Möglichkeiten) sein.


b) 2. Möglichkeiten:
Schema:
GK KK xx xx xx
anz2=
6*4  * 3*2/2  *  6!/(2^3 * 3!) = 24 * 3 * 15 = 1080
Da muss schon was falsch sein, denn 1080 kann nicht größer als 945 (Anzahl aller Möglichkeiten) sein.

Das stimmt so nicht. Die Anzahl der Möglichkeiten, dass das zweite Paar ein KK Paar ist, ist

${4 \choose 2} \cdot \frac{8!}{2^4}$

(${4 \choose 2}$ ist die Anzahl der Möglichkeiten, das zweite KK Paar zusammenzustellen. Die restlichen vier Paare können dann aus den $8$ restlichen Personen beliebig zusammengestellt werden.)

Der Quotient ist dann $ {4 \choose 2} \cdot \frac{8!}{2^4}/(10!/2^5)= \frac{2}{15} = p_{KK}$.

2020-05-27 17:02 - carlox in Beitrag No. 22 schreibt:

Frage:
Kann man auch eine Formel angeben, die die Anzahl aller KK in der Menge aller Verpaarungen berechnet?
Bei k=4 und g=6 ist die gesuchte Anzahl = 630 KK's (siehe Beitrag 18).
Für beliebiges k und g suche ich dafür eine Formel.

mfg
cx


Um den Erwartungswert zu berechnen ist die Größe wie gesagt überflüssig. Wenn du dennoch an ihr interessiert bist: Sie ist ja einfach das Produkt aus dem Erwartungswert mit der Gesamtzahl aller Paarungen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge (also $|\Omega_1|$).



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carlox
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Hallo qzwru,
vielen Dank für deine Hilfe.
1)
2020-05-27 20:08 - qzwru in Beitrag No. 23 schreibt:

Das stimmt so nicht. Die Anzahl der Möglichkeiten, dass das zweite Paar ein KK Paar ist, ist

${4 \choose 2} \cdot \frac{8!}{2^4}$

(${4 \choose 2}$ ist die Anzahl der Möglichkeiten, das zweite KK Paar zusammenzustellen. Die restlichen vier Paare können dann aus den $8$ restlichen Personen beliebig zusammengestellt werden.)

Das ist mir nicht klar.
Wenn das 1. Paar schon ein KK Paar ist, kann man für das 2. Paar nicht mehr aus 4 kranken Personen auswählen, sonder nur noch aus 2 Kranken.
Wo ist da der Denkfehler ?

2)

Um den Erwartungswert zu berechnen ist die Größe wie gesagt überflüssig. Wenn du dennoch an ihr interessiert bist: Sie ist ja einfach das Produkt aus dem Erwartungswert mit der Gesamtzahl aller Paarungen ohne Berücksichtigung der Reihenfolge (also |Ω1|).
Ich meine eine Rechnung ohne über den Erwartungswert zu gehen, sondern eine rein kombinatorische  Formel (so wie du schon mehrere angegeben hast).
Hast du da eine Idee ?


mfg
cx




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qzwru
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Hallo carlox,

2020-05-27 22:00 - carlox in Beitrag No. 24 schreibt:
Das ist mir nicht klar.
Wenn das 1. Paar schon ein KK Paar ist, kann man für das 2. Paar nicht mehr aus 4 kranken Personen auswählen, sonder nur noch aus 2 Kranken.
Wo ist da der Denkfehler ?

ich bin mir nicht sicher, ob ich dein Problem richtig verstehe. Man kann ja auch "beim zweiten Paar zu zählen anfangen" (wir überlegen uns bei festem zweiten Paar wie viele Möglichkeiten es gibt).
 
Vielleicht hilft ein Beispiel: Wir ziehen ohne zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge aus einer Urne mit 4 Kugeln. Wie viele Möglichkeiten gibt es, beim zweiten Zug die erste oder die zweite Kugel ziehen?
 
1. Variante: Wir gucken uns an, wie viele Möglichkeiten es bei fester erster Kugel für die zweite Kugel gibt. Ist der erste Zug die 3. oder die 4. Kugel so gibt es 2 Möglichkeiten für den zweiten Zug. Ist der erste Zug die 1. oder die 2. Kugel so gibt es 1 Möglichkeit für den zweiten Zug. Also gibt es 2*2 + 2*1 = 6 Möglichkeiten.
 
2. Variante: Wir gucken uns an, wie viele Möglichkeiten es bei fester zweiter Kugel für die erste Kugel gibt. Der zweite Zug muss die 1. oder die 2. Kugel sein. Dann gibt es jeweils für den ersten Zug 3 Möglichkeiten. Also gibt es 2*3 = 6 Möglichkeiten.
 

Ich meine eine Rechnung ohne über den Erwartungswert zu gehen, sondern eine rein kombinatorische  Formel (so wie du schon mehrere angegeben hast).
Hast du da eine Idee ?

Den Erwartungswert können wir ja einfach durch pKK ausdrücken, oder geht es dir um eine kombinatorische Herleitung der Formel?
 
Im Folgenden sei $a_j$ die Anzahl der Möglichkeiten (ohne Berücksichtung der Reihenfolge) in denen j-KK Paare auftreten.
 
Erstmal über den EW (Notation wie in Beitrag 17):

$
\begin{align*}
 \sum_{j=1}^{\lfloor k/2 \rfloor} j \cdot a_j = \mathbb E\Big[\sum_{i=1}^{n/2} X_i\Big] \cdot |\Omega_1| = \frac{k(k-1)}{n(n-1)} \cdot \frac{n}{2} \cdot \frac{n!}{2^{n/2} (n/2)!} = \frac{k(k-1)(n-2)!}{2^{n/2}(n/2 -1)!}.
\end{align*}
$

Ich habe mir noch einen kombinatorischen Beweis überlegt: Wir zeichnen das erste Paar aus, unterscheiden aber bei den anderen Paaren nicht in der Reihenfolge. Dann gibt es
 
$\begin{align*}
{k \choose 2} \cdot \frac{(n-2)!}{2^{n/2 - 1}\cdot (n/2 -1)!} =\frac{k(k-1)(n-2)!}{2^{n/2}(n/2 -1)!}
\end{align*}$

Möglichkeiten, dass das erste Paar ein KK Paar ist. Nun gibt es aber für eine Konfiguration aus $\Omega_1$ in der genau j KK Paare auftreten, j Möglichkeiten ein KK Paar als "das erste" Paar auszuwählen. Also ist

$
\begin{align*}
 \sum_{j=1}^{\lfloor k/2 \rfloor} j \cdot a_j = \frac{k(k-1)(n-2)!}{2^{n/2}(n/2 -1)!}.
\end{align*}
$
 
----------------------------------------------------------------------
Was noch für andere Fragestellungen nützlich sein könnte:
 
Aus Beitrag 7 folgt mit $2p+q=k$, $2r+q=g$ (also $q=k−2p$, $r=\frac{g−k}{2}+p$), dass

$
\begin{align*}
a_p = \frac{k! g!}{2^{p+r} p! q! r!} = \frac{k! g!}{2^{(g-k)/2}} \cdot \frac{1}{4^p\cdot p! (k-2p)! (p + \frac{g-k}{2})!}.
\end{align*}
$

Durch erweitern des Bruches mit $(k-p)!(n/2)!$ können wir das noch umformen zu

$
\begin{align*}
a_p = \frac{k! g!}{2^{(g-k)/2}(n/2)!} \frac{1}{4^p} {k-p \choose p} \cdot { n/2 \choose k-p}.
\end{align*}
$
 
Insbesondere ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau $p$ KK Paare auftreten

$
\begin{align*}
\frac{a_p}{|\Omega_1|} = \frac{2^k}{{n \choose k}} \frac{1}{4^p} {k-p \choose p} \cdot { n/2 \choose k-p}.
\end{align*}
$



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carlox
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2020-05-27 20:08 - qzwru in Beitrag No. 23 schreibt:
Hallo carlox,

(2020-05-27 15:52 - carlox in
topic=247618&post_id=1803583>Beitrag No. 21
)
Hallo qzwru,
Um diese Ausagen zu überprüfen, mache ich ein Beispiel, wo ein KK als zweites Paar gezogen werden soll.
Ich berechne also alle Möglichkeiten, wo KK als zweites Paar gezogen wird und setze dies ins Verhältnis zur Anzahl aller möglichen Paare.

Beispiel:
k=4 , g=6
1) Es gibt (nach deiner Formel) insgesamt anz verschiedene 5er Paare:
anz = 10! / (2^5 * 5!) = 945






Das ist die Anzahl der Paare, wenn wir keine Reihenfolge berücksichtigen (also $|\Omega_1|$ aus meinem letzten Beitrag). Die Anzahl der Paare wenn wir die Reihenfolge berücksichtigen (also $|\Omega_2|$) ist $10!/2^5$.


2)
Wie viele 5er Paare mit KK als zweites Paar gibt es?
a) 1. Möglichkeiten:
Schema:
GG KK xx xx xx
anz1=
6*5/2  * 4*3/2 * 6!/(2^3 * 3!) = 15 * 6 * 15 = 1350
Da muss schon was falsch sein, denn 1350 kann nicht größer als 945 (Anzahl aller Möglichkeiten) sein.


b) 2. Möglichkeiten:
Schema:
GK KK xx xx xx
anz2=
6*4  * 3*2/2  *  6!/(2^3 * 3!) = 24 * 3 * 15 = 1080
Da muss schon was falsch sein, denn 1080 kann nicht größer als 945 (Anzahl aller Möglichkeiten) sein.

Das stimmt so nicht. Die Anzahl der Möglichkeiten, dass das zweite Paar ein KK Paar ist, ist

${4 \choose 2} \cdot \frac{8!}{2^4}$

(${4 \choose 2}$ ist die Anzahl der Möglichkeiten, das zweite KK Paar zusammenzustellen. Die restlichen vier Paare können dann aus den $8$ restlichen Personen beliebig zusammengestellt werden.)

Der Quotient ist dann $ {4 \choose 2} \cdot \frac{8!}{2^4}/(10!/2^5)= \frac{2}{15} = p_{KK}$.


ich bin mir nicht sicher, ob ich dein Problem richtig verstehe. Man kann ja auch "beim zweiten Paar zu zählen anfangen" (wir überlegen uns bei festem zweiten Paar wie viele Möglichkeiten es gibt).
 
Vielleicht hilft ein Beispiel: Wir ziehen ohne zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge aus einer Urne mit 4 Kugeln. Wie viele Möglichkeiten gibt es, beim zweiten Zug die erste oder die zweite Kugel ziehen?
 
1. Variante: Wir gucken uns an, wie viele Möglichkeiten es bei fester erster Kugel für die zweite Kugel gibt. Ist der erste Zug die 3. oder die 4. Kugel so gibt es 2 Möglichkeiten für den zweiten Zug. Ist der erste Zug die 1. oder die 2. Kugel so gibt es 1 Möglichkeit für den zweiten Zug. Also gibt es 2*2 + 2*1 = 6 Möglichkeiten.
 
2. Variante: Wir gucken uns an, wie viele Möglichkeiten es bei fester zweiter Kugel für die erste Kugel gibt. Der zweite Zug muss die 1. oder die 2. Kugel sein. Dann gibt es jeweils für den ersten Zug 3 Möglichkeiten. Also gibt es 2*3 = 6 Möglichkeiten.
Da muss man schon sehr spitzfindig sein und genau denken.
So weit bin ich noch nicht nicht bzw. da passieren mir immer wieder Fehler .

Ich habe es nochmals mit deinem Vorschlag der Fallunterscheidung versucht:
(bei dir: "1.Version")
Beispiel:
k=4 , g=6
1) Es gibt (nach deiner Formel) insgesamt anz verschiedene 5er Paare:
anz = 10! / (2^5) = 113400

2)
Wie viele 5er Paare mit KK als zweites Paar gibt es?
a)
Schema:
GG KK xx xx xx

anz1=
6*5/2  * 4*3/2 * 6! / (2^3) = 15 * 6 * 90 = 8100

b)
Schema:
GK KK xx xx xx
anz2=
6*4  * 3*2/2  *  6! / (2^3) = 24 * 3 * 90 = 6480

c)
Schema:
KK KK xx xx xx
anz3=
4*3/2 *2*1/2 *  6! / (2^3 * 3!) = 6 * 90 = 540

pkk_2 = (8100 + 6480 + 540) /  113400 = 15120 / 113400 = 2/15
richtig ist
pkk = wäre: 4*3 / (10*9) = 2/15

also ist die Rechnung richtig.

Frage:
Warum muß man hier die Reihenfolge der Paare berücksichtigen
(das haben wir vorher auch nicht gemacht)?

Meine Antwort:
betrachte z.B:Schema:
GK KK xx xx xx
G1G2  K1K2  G3G4 G5G6 K3K4
und
G3G4  K1K2  G1G2 G5G6 K3K4
kommt doppelt vor
Was meinst du dazu ?

mfg
cx




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Hallo carlox,

2020-05-29 13:13 - carlox in Beitrag No. 26 schreibt:

Da muss man schon sehr spitzfindig sein und genau denken.
So weit bin ich noch nicht nicht bzw. da passieren mir immer wieder Fehler .


das ist echt kein Hexenwerk. Ich glaube, dass deine Schwierigkeiten daher stammen, dass du dir das ganze immer als Züge aus einer Urne vorstellst und dir daher die Symmetrie zwischen dem ersten und dem zweiten Zug nicht klar ist. Ich bestimme einfach nur die Mächtigkeit bestimmter Mengen, in meinem letzten Beispiel die Mächtigkeit der Menge

$M = \Big\{ (i, j): \, i \in \{1, 2, 3, 4\}, \, j \in \{1, 2\}, \, i \neq j \Big\}$.

Die erste Variante zählt so auf
(1,2),     (2,1),     (3,1),(3,2),     (4,1),(4,2)

und die zweite Variante so
(2,1),(3,1),(4,1),       (1,2),(3,2),(4,2)

oder anders gesagt, bei der ersten Variante stellst du $M$ folgendermaßen als disjunkte Vereinigung dar

$
\begin{align*}
M = \bigcup_{i \in \{1, 2, 3, 4\}} \bigcup_{j\in \{1, 2\} \setminus \{i\}} \{(i, j) \}
\end{align*}
$

und bei der zweiten Variante

$
\begin{align*}
M = \bigcup_{j \in \{1, 2\}} \bigcup_{i\in \{1, 2, 3, 4\} \setminus \{j\} } \{(i, j) \}.
\end{align*}
$


Frage:
Warum muß man hier die Reihenfolge der Paare berücksichtigen
(das haben wir vorher auch nicht gemacht)?

Meine Antwort:
betrachte z.B:Schema:
GK KK xx xx xx
G1G2  K1K2  G3G4 G5G6 K3K4
und
G3G4  K1K2  G1G2 G5G6 K3K4
kommt doppelt vor
Was meinst du dazu ?

Wenn du "von dem zweiten Paar" sprechen willst, musst du die Reihenfolge berücksichtigen, weil es sonst kein "zweites Paar" gibt 😉

Es ist wie gesagt eine Modellierungsfrage. Kurz gesagt bauen wir in unser Modell Informationen ein, über die wir in Wirklichkeit nicht verfügen (die Reihenfolge) weil es nützlich ist um Dinge auszurechnen.

Natürlich kannst du deine Situation ohne Berücksichtigung der Reihenfolge modellieren. Jeder Ausgang an dem du interessiert bist entspricht dann einem Elementarereignis, also einem Element von $\Omega_1$. Wir haben aber bei der Berechnung des Erwartungswerts gesehen, dass es rechnerisch nützlich sein kann, das Ganze mit Berücksichtigung der Reihenfolge zu modellieren (hier entsprechen mehrere (und zwar $(n/2)!$) Elementarereignisse also Elemente von $\Omega_2$ einem Ausgang an dem du interessiert bist).

[Wenn man in sein Modell einbauen möchte, dass man in Wirklichkeit nur den Ausgang ohne Berücksichtung der Reihenfolge kennt, kann man das z.B. über die Zufallsvariable $X$ aus Beitrag 19 machen. (Das geht, weil die Verteilung von $X$ genau die Verteilung auf $\Omega_2$ ist, die wir gerne hätten.) Anschaulich "vergisst $X$ die Reihenfolge". Grob gesagt kümmert man sich dann nur um Größen die "nur von $X$" also nicht von der Reihenfolge abhängen. In unserem Beispiel war das die Anzahl der KK Paare - die ist unabhängig von der Reihenfolge der Paare, also "nur von $X$ abhängig". Präzise kann man das mit Maßtheorie formulieren.]



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carlox
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Hallo qzwru,
vielen Dank für deine Hilfe.
Ich schau mir das alles nochmals in Ruhe an.
Eine Frage kann ich aber sofort stellen.


Wenn du "von dem zweiten Paar" sprechen willst, musst du die Reihenfolge berücksichtigen, weil es sonst kein "zweites Paar" gibt 😉


Beispiel:
k=4 , g=6
Schema:
XX XX XX XX KK

Wie groß ist die WK, beim 5. Zug ein KK-Paar zu ziehen ?
Richtige Rechnung:
pKK_5 =
4*3/ 2 * 8!/2^4  :  10!/2^5

Meine Intuition sagt mir aber:
Der 5. Zug hat zwar etwas mit der Reihenfolge zu tun, weil es der 5. Zug ist.
Aber bei den ersten 4 Zügen kommt es nicht auf die Reihenfolge an.
Und bei der Bestimmung aller Möglichkeiten, ein Paar zu ziehen, kommt es auch nicht auf die Reihenfolge an.
Man müsste pKK_5 also auch so rechnen können:
pKK_5 =
4*3/ 2 * 8!/(2^4 * 4!)  :  10!/(2^5 * 5!)
Ich glaube dir natürlich, daß ich da einen Denkfehler habe.
Aber warum kann ich nicht so argumentieren ?
Wo ist der Denkfehler genau ?

mfg
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2020-05-30 16:08 - carlox in Beitrag No. 28 schreibt:
Meine Intuition sagt mir aber:
Der 5. Zug hat zwar etwas mit der Reihenfolge zu tun, weil es der 5. Zug ist.
Aber bei den ersten 4 Zügen kommt es nicht auf die Reihenfolge an.
Und bei der Bestimmung aller Möglichkeiten, ein Paar zu ziehen, kommt es auch nicht auf die Reihenfolge an.

Wie gesagt, wenn du Möglichkeiten abzählen willst, musst du wissen was du als unterschiedliche Möglichkeiten ansehen willst, also welches Modell du verwenden willst.


Man müsste pKK_5 also auch so rechnen können:
pKK_5 =
4*3/ 2 * 8!/(2^4 * 4!)  :  10!/(2^5 * 5!)
Ich glaube dir natürlich, daß ich da einen Denkfehler habe.
Aber warum kann ich nicht so argumentieren ?
Wo ist der Denkfehler genau ?

Kurz gesagt liegt es daran, dass du beim Berechnen aller Möglichkeiten im Nenner kein einziges Paar zum "fünften Paar" erklärst. Du musst zumindest das 5. Paar von den anderen unterscheiden.

Wenn du nur am 5. Paar interessiert bist kannst du natürlich auch nur das 5. Paar auszeichnen und in der Reihenfolge der ersten vier Paare nicht unterscheiden (darüber läuft auch meine alternative kombinatorische Herleitung des EW bzw. von $\sum_{j=1}^{\lfloor k/2 \rfloor} j \cdot a_j$ aus Beitrag 25). D.h. wir verwenden als Wahrscheinlichkeitsraum

$ \Omega_3 = \bigg\{ \Big(\Big\{ \{P_1, P_2\},...,\{P_{7}, P_{8}\}\Big\} , \{P_9, P_{10}\} \Big): \, P_i \in M\text{ für alle }i \text{ und }\, P_i \neq P_j \text{ für alle } i \neq j \bigg\}$

mit Gleichverteilung. Dieser hat aber $|\Omega_3| = {10 \choose 2} \cdot \frac{8!}{2^44!}$ Elemente und die Wahrscheinlichkeit, dass das ausgezeichnete Paar ein KK Paar ist, ist

$
\begin{align*}
\frac{ {4 \choose 2} \frac{8!}{2^4 4!}}{{10 \choose 2} \frac{8!}{2^4 4!}} = \frac{2}{15}.
\end{align*}
$



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carlox
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2020-05-30 19:40 - qzwru in Beitrag No. 29 schreibt:
Kurz gesagt liegt es daran, dass du beim Berechnen aller Möglichkeiten im Nenner kein einziges Paar zum "fünften Paar" erklärst. Du musst zumindest das 5. Paar von den anderen unterscheiden.
1)
Ja, das war mein Denkfehler.
Ich fasse gerade einige Sachen von hier in einem kleinen Sklript zusammen.
Vielen Dank für deine Hilfe.

2) Der Hintergrund für meine vielen fragen war ein Programm, as ich simulieren will, siehe:

Ich will dies aber nicht über den Zufall, sondern über die zugehörigen Mittelwerte simulieren.
Generell gibt es 3 Fälle: (GG), (KK) und (KG)
Bemerkung:
Die Tabllen werden leider nicht richtig dargestellt.
Deswegen habe ich sie als Bild hochgeladen:
------------------------------------------------------------------

------------------------------------------------------------------

Hier die gesamte Beschreibung (mit den optisch schlecht dargestellten Tabellen)
Fall1: Beide Personen sind gesund (GG)
Es passiert nichts.

Fall2: Beide Personen sind krank (KK)
Für jede der beiden Personen gilt:
1/6 aller Kranken stirbt.
1/6 wird wieder gesund.
2/3 bleiben krank.
Tabelle mit den Folgezuständen eines KK-Kontakts:
(T bedeutet tot, K bedeutet krank und G bedeutet gesund).
FZK1  FZK2  WK                Abgänge/Zugänge pro KK-Paar
T     T     1/6 * 1/6 = 1/36  dk=-1 dg=0;  dk=-1 dg=0
                              gesamt: dk=-2 dg=0
T     K     1/6 * 2/3 = 1/9   dk=-1 dg=0; dk=0 dg=0
                              gesamt: dk=-1 dg=0
T     G     1/6 * 1/6 = 1/36  dk=-1 dg=0; dk=-1 dg=+1
                              gesamt: dk=-2 dg=+1
K     T     2/3 * 1/6 = 1/9   dk=0 dg=0; dk=-1 dg=0
                              gesamt: dk=-1 dg=0
K     K     2/3 * 2/3 = 4/9   dk=0 dg=0; dk=0 dg=0
                              gesamt: dk=0 dg=0
K     G     2/3 * 1/6 = 1/9   dk=0 dg=0; dk=-1 dg=+1
                              gesamt: dk=-1 dg=1
G     T     1/6 * 1/6 = 1/36  dk=-1 dg=+1; dk=-1 dg=0
                              gesamt: dk=-2 dg=+1
G     K     1/6 * 2/3 = 1/9   dk=-1 dg=+1; dk=0 dg=0
                              gesamt: dk=-1 dg=+1
G     G     1/6 * 1/6 = 1/36  dk=-1 dg=+1; dk=-1 dg=+1
                              gesamt: dk=-2 dg=2

aKK ist die Anzahl der KK Paare

Gesamtbilanz:
deltK_KK =
1/36*aKK*(-2) + 1/9*aKK*(-1) + 1/36*aKK*(-2) + 1/9*aKK*(-1) +
4/9*aKK*(0) + 1/9*aKK*(-1) + 1/36*aKK*(-2) + 1/9*aKK*(-1) +
1/36*aKK*(-2) =
aKK*(-2/36 - 1/9 -2/36 -1/9 -1/9 -2/36 -1/9 -2/36) =
aKK*(-12/18) = -2/3*aKK

deltG_KK =
1/36*aKK*(0) + 1/9*aKK*(0) + 1/36*aKK*(1) + 1/9*aKK*(0) +
4/9*aKK*(0) + 1/9*aKK*(1) + 1/36*aKK*(1) + 1/9*aKK*(1) +
1/36*aKK*(2) =
aKK*(1/36+ 1/9 + 1/36 + 1/9 + 2/36) =
aKK*(12/36) = 1/3*aKK


Fall3: Eine Person ist krank und die andere ist gesund (KG)
Für die gesunde Person gilt:
1/2 der gesunden Personen wird krank.
Für die kranke Person gilt:
1/6 aller Kranken stirbt.
1/6 aller Kranken wird wieder gesund.
2/3 bleiben krank.

Tabelle mit den Folgezuständen eines KG-Kontakts:
FZK1  FZK2  WK                Abgänge/Zugänge pro KGPaar
T     K     1/6 * 1/2 = 1/12  dk=-1 dg=0;  dk=+1 dg=-1
                              gesamt: dk=0 dg=-1
T     G     1/6 * 1/2 = 1/12  dk=-1 dg=0; dk=0 dg=0
                              gesamt: dk=-1 dg=0
K     K     2/3 * 1/2 = 1/3   dk=0 dg=0;  dk=+1 dg=-1
                              gesamt: dk=1 dg=-1
K     G     2/3 * 1/2 = 1/3   dk=0 dg=0;  dk=0 dg=0
                              gesamt: dk=0 dg=0
G     K     1/6 * 1/2 = 1/12  dk=-1 dg=+1;  dk=+1 dg=-1
                              gesamt: dk=0 dg=0
G     G     1/6 * 1/2 = 1/12  dk=-1 dg=+1;  dk=0 dg=0
                              gesamt: dk=-1 dg=1

aKG ist die Anzahl der KG Paare


Gesamtbilanz:
deltK_KG =
1/12*aKG*(0) + 1/12*aKG*(-1) + 1/3*aKG*(1) + 1/3*aKG*(0) +
1/12*aKG*(0) + 1/12*aKG*(-1) =
aKG*(-1/12 + 1/3 -1/12) =
aKG*(2/12) = 1/6*aKG

deltG_KG =
1/12*aKG*(-1) + 1/12*aKG*(0) + 1/3*aKG*(-1) + 1/3*aKG*(0) +
1/12*aKG*(0) + 1/12*aKG*(1) =
aKG*(-1/12 - 1/3 + 1/12) =
aKG*(-4/12) = -1/3*aKG


Frage:
Habe ich die folgenden Werte richtig berechnet:
deltK_KK = -2/3*aKK
deltG_KK = 1/3*aKK
deltK_KG = 1/6*aKG
deltG_KG = -1/3*aKG

mfg
cx





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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2020-06-03


Hallo carlox,

2020-06-01 22:02 - carlox in Beitrag No. 30 schreibt:

Frage:
Habe ich die folgenden Werte richtig berechnet:
deltK_KK = -2/3*aKK
deltG_KK = 1/3*aKK
deltK_KG = 1/6*aKG
deltG_KG = -1/3*aKG

mfg
cx


ja, das passt. Ein bisschen kompakter ist es, wenn man die Änderung aufspaltet in "Änderungen pro Person im Paar" (d.h. zum Beispiel einen Beitrag von -1 von Person 1 im KK Paar zu deltK_KK falls die erste Person gesund wird oder verstirbt) und dann die Linearität des Erwartungswertes benutzt. Dann ist

deltK_KK/aKK = (-1/6 - 1/6) + (-1/6 - 1/6) = -2/3
deltG_KK/aKK = (1/6) + (1/6) = 1/3
deltK_KG/aKG = (-1/6 -1/6) + (1/2) = 1/6
deltG_KG/aKG = (1/6) + (-1/2) = -1/3.


Mir ist allerdings noch nicht ganz klar, was du damit vorhast. Du möchtest im Gegensatz zum Link in jedem Schritt immer alle Personen verpaaren? (Das ist ja nicht das gleiche wie fünf Zeitschritte im Modell im Link). Nach einem Schritt kann z.B. schon das Problem auftreten, dass noch eine ungerade Anzahl von Personen lebt.

Jetzt kannst du mit deinen Rechnungen oben zwar die erwartete Anzahl von KK, KG, GG Paaren nach einem Zeitschritt berechnen, aber du kannst mit diesen Zahlen ja nicht weiterrechnen, sie sind noch nicht mal ganze Zahlen. Und selbst wenn du rundest: Ich sehe erstmal keinen Grund, wieso das Weiterrechnen mit diesen Zahlen eine vernünftige Approximation des ursprünglichen Modells geben sollte. Angenommen ich ziehe aus 101 Zahlen zufällig eine und du gewinnst genau dann, wenn ich die 51 ziehe. Dann hilft es dir recht wenig, dass der Erwartungswert der Zahl die gezogen wird 51 ist 😉



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-04


Hallo qzwru,


Mir ist allerdings noch nicht ganz klar, was du damit vorhast. Du möchtest im Gegensatz zum Link in jedem Schritt immer alle Personen verpaaren? (Das ist ja nicht das gleiche wie fünf Zeitschritte im Modell im Link). Nach einem Schritt kann z.B. schon das Problem auftreten, dass noch eine ungerade Anzahl von Personen lebt.
Jetzt kannst du mit deinen Rechnungen oben zwar die erwartete Anzahl von KK, KG, GG Paaren nach einem Zeitschritt berechnen, aber du kannst mit diesen Zahlen ja nicht weiterrechnen, sie sind noch nicht mal ganze Zahlen. Und selbst wenn du rundest:
Genau, ich habe gerundet.


Ich sehe erstmal keinen Grund, wieso das Weiterrechnen mit diesen Zahlen eine vernünftige Approximation des ursprünglichen Modells geben sollte.
Das verstehe ich nicht. Ich rechne Folgendes:
Bemerkungen:
B1) aKG ist die Anzahl der KG Paare und  aKK ist die Anzahl der KK Paare
B2) pKK =  k*(k-1) / (n*(n-1)) und pKG = 2*k*g / (n*(n-1))

Von anfänglichen Werten von k und g ausgehend wird immer wieder iterativ gerechnet:
aKK = pKK * n/2.0
aKG = pKG * n/2.0
deltaK = -2.0/3.0 * aKK + 1.0/6.0  * aKG
deltaG = 1.0/3.0 * aKK + -1.0/3.0 * aKG;
und dann:
k(neu) = k+deltaK
g(neu)  = g+deltaG

Frage:
Wie soll man sonst ohne Zufall rechnen ?
Oder als Beispiel:
Wenn man 600 Mal würfelt, kann man daraus die (durchschnittliche) Anzahl der geworfenen Einsen errechnen und man ist vom Zufall "unabhängig": 600 * 1/6 = 100
Da steckt doch das starke Gesetz der großen Zahlen dahinter, also kein Erwartungswert.
Analog habe ich gedacht, dass man mit aKK = pKK * n/2.0 die (durchschnittliche) Anzahl der KKs berechnet
und man dann vom Zufall "unabhängig" ist.
Ich brauche also eine Formel, die mir von k und g
dann aKK und aKG berechnet.
aKK = pKK * n/2.0 und aKG = pKG * n/2.0 sind vermutlich
deiner Meinung nach ungeeignet.
Was empfiehlst du mir dann bzw. wo ist mein Denkfehler ?


Angenommen ich ziehe aus 101 Zahlen zufällig eine und du gewinnst genau dann, wenn ich die 51 ziehe. Dann hilft es dir recht wenig, dass der Erwartungswert der Zahl die gezogen wird 51 ist
Den Zusammenhang zu meiner vorigen Rechnung verstehe ich nicht.

mfg
cx



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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2020-06-08


Hallo carlox,

2020-06-04 19:43 - carlox in Beitrag No. 32 schreibt:

Von anfänglichen Werten von k und g ausgehend wird immer wieder iterativ gerechnet:
aKK = pKK * n/2.0
aKG = pKG * n/2.0
deltaK = -2.0/3.0 * aKK + 1.0/6.0  * aKG
deltaG = 1.0/3.0 * aKK + -1.0/3.0 * aKG;
und dann:
k(neu) = k+deltaK
g(neu)  = g+deltaG


Frage:
Wie soll man sonst ohne Zufall rechnen ?
Oder als Beispiel:
Wenn man 600 Mal würfelt, kann man daraus die (durchschnittliche) Anzahl der geworfenen Einsen errechnen und man ist vom Zufall "unabhängig": 600 * 1/6 = 100
Da steckt doch das starke Gesetz der großen Zahlen dahinter, also kein Erwartungswert.
Analog habe ich gedacht, dass man mit aKK = pKK * n/2.0 die (durchschnittliche) Anzahl der KKs berechnet
und man dann vom Zufall "unabhängig" ist.
Ich brauche also eine Formel, die mir von k und g
dann aKK und aKG berechnet.
aKK = pKK * n/2.0 und aKG = pKG * n/2.0 sind vermutlich
deiner Meinung nach ungeeignet.
Was empfiehlst du mir dann bzw. wo ist mein Denkfehler ?

im Gegensatz zum Würfeln ist "das $i$-te Paar ist KK Paar" aber nicht unabhängig von "das $i+1$-te Paar ist KK Paar". Bei der Berechnung von kneu und gneu bei einer bekannten Anzahl von KK, KG, GG Paaren (in dem Schritt sind die Paare ja unabhängig) könnte man im Prinzip im nächsten Schritt so approximieren solange die Anzahl aller Paare groß genug ist - der Fehler sollte dann aber von der Größenordnung der Anzahl der Paare sein (also nur der relative Fehler ist klein) und man müsste schauen, wie sich der Fehler durch den Algorithmus fortpflanzt.

Es stellt sich halt generell die Frage, wie aussagekräftig die Erwartungswerte sind. Zum Beispiel werden nach einer großen Anzahl von Zeitschritten mit großer Wahrscheinlichkeit entweder alle Personen tot, oder alle noch lebenden Personen gesund sein, das wird deine Rechnung nicht widerspiegeln.

Mit "ohne Zufall rechen" meinst du ohne einfach (wie auf der Seite) viele Ausgänge zu simulieren?  Es handelt sich bei dem Ganzen um eine Markovkette. Bestimmt man die Übergangsmatrix, muss man nur noch Matrizen miteinander multiplizieren. Falls du das tun möchtest und sich Fragen auftun, sag einfach Bescheid.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-09


Hallo qzwru,

im Gegensatz zum Würfeln ist "das i-te Paar ist KK Paar" aber nicht unabhängig von "das i+1-te Paar ist KK Paar". Bei der Berechnung von kneu und gneu bei einer bekannten Anzahl von KK, KG, GG Paaren (in dem Schritt sind die Paare ja unabhängig) könnte man im Prinzip im nächsten Schritt so approximieren solange die Anzahl aller Paare groß genug ist - der Fehler sollte dann aber von der Größenordnung der Anzahl der Paare sein (also nur der relative Fehler ist klein) und man müsste schauen, wie sich der Fehler durch den Algorithmus fortpflanzt.
Mir geht um den Vergleich der folgenden zwei Möglichkeiten einer Simulation:
1) Programm1
Man benutzt den Zufall (also die Funktion random() in einer Programmiersprache), betrachtet m Simulationsschritte und speichert die Kranken und Gesunden der Population z.B. in einer Datei ab.
Dann läßt man das Programm n-Mal laufen und bildet dann den Mittelwert aller Kranken bzw. Gesunden, die ja pro Programmlauf abgespeichert wurden.
Jedes Ablaufenlassen des Programms (mit n-Simulationsschritten) kann als unabhängiges (von einem anderen Programmlauf) Ereignis aufgefasst werden.
Das n-malige Ablaufenlassen des gerade beschriebene Programms nenne ich Programm1
Beispiel:
Man hat eine vorgegebene Population aus Kranken und Gesunden.
Dann erzeugt man durch eine Funktion random() daraus Paare und kann dann nach einer Vorschrift (siehe Beitrag 30) die neue Anzahl der Kranken und Gesunden berechnen.

2) Programm2
Man hat eine vorgegebene Population aus Kranken und Gesunden.
Statt sich die Paare durch eine Zufallsfunktion berechnen zu lassen, kann man diese mit Hilfe des Erwartungswerts berechnen lassen. Daraus kann man dann wie bei 1) nach der Vorschrift daraus die neue Anzahl der Kranken und Gesunden berechnen und in einer Datei abspeichern.
Man führt dieses Programm dann z.B. n=100 Mal aus und berechnet den Mittelwert aller abgespeicherten Kranken und Gesunden.
Jedes Ablaufenlassen des Programms kann als unabhängiges (von einem anderen Programmlauf)  Ereignis aufgefasst werden.
Das n-malige Ablaufenlassen des gerade beschriebene Programms nenne ich Programm2


Behauptung:
Die Ergebnisse, die ich durch Programm1 oder Programm2 erhalte, müßten für große n etwa gleich groß sein.
Ist das richtig?

Wie aussagekräftig die jeweils (durch Programm1 bzw. Programm2) erhaltenen Mittelwerte sind, steht auf einem anderen Blatt, siehe dazu folgende Aufgabe:
------------------------------
Lotterie-Aufgabe:
Man beginnt mit einem Einsatz von 1 Euro und wirft mehrmals (also n Mal) nacheinander eine faire Münze.
Hat man Kopf, ist es günstig, die Bank erhöht den augenblicklichen Einsatz um Faktor 1,5.
Hat man Zahl, ist es ungünstig, die Bank vermindert den augenblicklichen Einsatz um Faktor 0,6.
Ergebnis:
Für große n geht der Erwartungswert gegen unendlich und der Gewinn gegen 0.
siehe
printtopic.php?topic=245215
--------------------------------


Es stellt sich halt generell die Frage, wie aussagekräftig die Erwartungswerte sind. Zum Beispiel werden nach einer großen Anzahl von Zeitschritten mit großer Wahrscheinlichkeit entweder alle Personen tot, oder alle noch lebenden Personen gesund sein,
Wie hast du das gerechnet?
Geht das so einfach ?


das wird deine Rechnung nicht widerspiegeln.
Ja, aber weder Programm1 noch Programm2 helfen mir hier weiter.
Sie sind zwar gleichwertig, aber zur exakten Analyse evtl. ungeeignet.
Das ist wie bei der Lotterie-Aufgabe. Da helfen mir weder die Version1 (mit Zufall) noch Version2 weiter.

Was meinst du dazu ?


mfg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2020-06-13


Hallo carlox,

2020-06-09 20:08 - carlox in Beitrag No. 34 schreibt:

Behauptung:
Die Ergebnisse, die ich durch Programm1 oder Programm2 erhalte, müßten für große n etwa gleich groß sein.
Ist das richtig?


meine Vermutung:

Wenn du mit Programm 1 genau das Vorgehen aus dem Link meinst, dann würde ich "nein" vermuten. Es macht ja einen Unterschied, ob du in einem Schritt immer aller Personen verpaarst, oder ob du nach jeder Paarung die Zahl der Gesunden und Kranken updatest.

Wenn du stattdessen akzeptierst, dass du das Programm aus dem Link dahingehend abänderst, dass in einem Schritt immer alle Personen verpaart werden (was natürlich streng genommen nicht geht, da eine ungerade Personenzahl auftreten kann), denke ich, dass es zumindest für ein paar Schritte gut geht (fragt sich halt nur für wie viele).


Wie hast du das gerechnet?
Geht das so einfach ?

Das ist einfach eine grundsätzliche Eigenschaft von endlichen absorbierenden Markovketten, dass man mit Wahrscheinlichkeit 1 schließlich in einem absorbierenden Zustand landet.



Ja, aber weder Programm1 noch Programm2 helfen mir hier weiter.
Sie sind zwar gleichwertig, aber zur exakten Analyse evtl. ungeeignet.
Das ist wie bei der Lotterie-Aufgabe. Da helfen mir weder die Version1 (mit Zufall) noch Version2 weiter.

Bei Programm 1 musst du ja am Schluss nicht mitteln, sondern kannst dir ausspucken lassen mit welcher relativen Häufigkeit welches Ergebnis aufgetreten ist.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-16 22:49


Hallo qzwru,
2020-06-13 16:58 - qzwru in Beitrag No. 35 schreibt:
meine Vermutung:
Wenn du mit Programm 1 genau das Vorgehen aus dem Link meinst, dann würde ich "nein" vermuten. Es macht ja einen Unterschied, ob du in einem Schritt immer aller Personen verpaarst, oder ob du nach jeder Paarung die Zahl der Gesunden und Kranken updatest.
du hast Recht.


Wenn du stattdessen akzeptierst, dass du das Programm aus dem Link dahingehend abänderst, dass in einem Schritt immer alle Personen verpaart werden (was natürlich streng genommen nicht geht, da eine ungerade Personenzahl auftreten kann), denke ich, dass es zumindest für ein paar Schritte gut geht (fragt sich halt nur für wie viele).
Meinst du nur aus dem Grunde, weil eine ungerade Personenzahl auftreten kann?
Gut, dann könnte ich ja so wie in dem Link immer nur 2 Personen verpaaren und dann danach updaten.
Die Verpaarung erfolgt dann eben nach einem Erwartungswert, also der den "durchschnittlichen" Zufall simuliert (so wie beim Würfeln 1/6)
Welcher wäre das ?


Das ist einfach eine grundsätzliche Eigenschaft von endlichen absorbierenden Markovketten, dass man mit Wahrscheinlichkeit 1 schließlich in einem absorbierenden Zustand landet.
Könnte man statt der Modellierung durch Markovketten den von mir gerade beschriebenen Erwartungswert (beim Würfeln wäre das 1/6) nehmen ?
Was ist das bessere Modell ?


Bei Programm 1 musst du ja am Schluss nicht mitteln, sondern kannst dir ausspucken lassen mit welcher relativen Häufigkeit welches Ergebnis aufgetreten ist.
Ja, das verstehe ich unter mitteln: Den von einem Programm berechneten Mittelwert (also nicht den theoretischen Wert wie beim Würfeln die 1/6)
Ich nehme die berechneten Ergebnisse und mittle sie.

mfg
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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2020-06-18 13:59


Hallo Carlox,

2020-06-16 22:49 - carlox in Beitrag No. 36 schreibt:
Meinst du nur aus dem Grunde, weil eine ungerade Personenzahl auftreten kann?

ich meinte eigentlich, weil der Fehler den wir beim Weiterrechnen mit dem EW machen in jedem Schritt neu auftritt. Je mehr Schritte wir machen, umso ungenauer wird unser Ergebnis.


Gut, dann könnte ich ja so wie in dem Link immer nur 2 Personen verpaaren und dann danach updaten.
Die Verpaarung erfolgt dann eben nach einem Erwartungswert, also der den "durchschnittlichen" Zufall simuliert (so wie beim Würfeln 1/6)
Welcher wäre das ?

Ich bin mir nicht sicher, ob ich dich richtig verstehe - Bei gleichzeitiger Verpaarung aller Personen könnte man ja die Hoffnung haben, dass sich Schwankungen (bei einer großen Zahl von Personen) rausmitteln und man deshalb näherungsweise mit dem EW weiterrechnen kann. Bei einem Paar hast du da ja keine Chance.



Könnte man statt der Modellierung durch Markovketten den von mir gerade beschriebenen Erwartungswert (beim Würfeln wäre das 1/6) nehmen ?
Was ist das bessere Modell ?

Hier verstehe ich leider nicht, was du meinst.


Ja, das verstehe ich unter mitteln: Den von einem Programm berechneten Mittelwert (also nicht den theoretischen Wert wie beim Würfeln die 1/6)
Ich nehme die berechneten Ergebnisse und mittle sie.

Vielleicht reden wir ja auch aneinander vorbei, aber ich dachte du wolltest so vorgehen: Du lässt das erste Programm für $n$ Zeitschritte durchlaufen und wiederholst das ganze $N$ mal. Dann mittelst du, wie viele Kranke und Gesunde am Schluss übrig waren. Ich meinte, du kannst dir stattdessen auch angucken mit welcher relativen Häufigkeit welches Ergebnis aufgetreten ist. Zum Beispiel in 5% der Fälle waren an Schluss noch 4 Gesunde und 0 Kranke da, in 7% der Fälle waren am Schluss alle tot usw.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-20 10:07



ich meinte eigentlich, weil der Fehler den wir beim Weiterrechnen mit dem EW machen in jedem Schritt neu auftritt. Je mehr Schritte wir machen, umso ungenauer wird unser Ergebnis.
Ja, aber der Fehler kommt ja durch das Auftreten einer ungeraden Personenanzahl.
Gäbe es diese nicht, würde kein Fehler auftreten, oder ?


Ich bin mir nicht sicher, ob ich dich richtig verstehe - Bei gleichzeitiger Verpaarung aller Personen könnte man ja die Hoffnung haben, dass sich Schwankungen (bei einer großen Zahl von Personen) rausmitteln und man deshalb näherungsweise mit dem EW weiterrechnen kann. Bei einem Paar hast du da ja keine Chance.

Man erzeugt bei bei jedem Zeitschritt genau ein Paar und
berechnet mit welcher Wahrscheinlichkeit es ein KK, KG oder GG Paar gibt.
Mit dieser WK arbeitet dann das Programm.


Vielleicht reden wir ja auch aneinander vorbei, aber ich dachte du wolltest so vorgehen: Du lässt das erste Programm für $n$ Zeitschritte durchlaufen und wiederholst das ganze $N$ mal. Dann mittelst du, wie viele Kranke und Gesunde am Schluss übrig waren. Ich meinte, du kannst dir stattdessen auch angucken mit welcher relativen Häufigkeit welches Ergebnis aufgetreten ist. Zum Beispiel in 5% der Fälle waren an Schluss noch 4 Gesunde und 0 Kranke da, in 7% der Fälle waren am Schluss alle tot usw.

Ja, das könnte man auch machen.
Meine Überlegung:
Man kann mathematisch berechnen, mit welcher
1) Wahrscheinlichkeit wieviel Kranke bzw Gesunde übrigbleiben (als "Grenzwert"
und  
2) wie groß im Mittel (EW) wieviel Kranke bzw Gesunde übrigbleiben.

Wenn man das mangels mathematischer Fähigkeiten nicht kann, muß man es durch ein Programm modellieren.
Frage:
Wie sieht dieses Modell bzw. Programm aus ?
Da habe ich ja zwei "Angebote" gemacht.

mfg
cx










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