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Mathematik » Stochastik und Statistik » Möglichkeiten Gruppeneinteilung und Zufallsmechanismus
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Schule J Möglichkeiten Gruppeneinteilung und Zufallsmechanismus
SchuelerGraz
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 09.12.2018
Mitteilungen: 17
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-01-11


Hallo :)

Ich habe leider wieder mal ein Problem mit einem Beispiel:

In Klaras Klasse sind 16 Kinder. Die Kinder sollen in Gruppen zu je 4 Kindern zusammen
arbeiten. Dabei werden die Gruppen per Zufall ausgelost.
Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass Klara und ihre zwei besten Freundinnen in der selben
Gruppe landen?
Überlegen Sie sich einen Zufallsmechanismus, für welchen es plausibel ist, dass alle Zuord-
nungen der Kinder auf die 4 Gruppen gleich wahrscheinlich sind.


Am Anfang hab ich mal die Anzahl der Möglichkeiten berechnet.
16 über 4 = 14*13*10
12 über 4 = 11*9*5
 8 über 4 = 7*5*2
14*13*10*11*9*5*7*5*2=63.063.000
Da die Gruppen nicht unterscheidbar sind rechne ich die Zahl nun noch durch 4! (=2.627.625)

Nun berechne ich die Möglichkeiten, dass die 3 Mädchen in der selben Gruppe sind:
13 über 1 = 13
12 über 4 = 11*9*5
 8 über 4 = 7*5*2
13*11*9*5*7*5*2=450.450
Erneut berücksichtige ich die ununterscheidbaren Gruppen und dividiere durch 3! (=75.075)


Die Wahrscheinlichkeit beträgt also 450450/2627625=1/35


Stimmt das soweit?
Nun frage ich mich auch noch was mit dem Zufallsmechanismus gemeint ist. Was genau ist hier gemeint?




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gonz
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Dabei seit: 16.02.2013
Mitteilungen: 2970
Aus: Oberharz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-01-11


Hallo :)

Der Wert 1/35 stimmt. Man kann es sich auch so überlegen: Es ist egal, in welcher Gruppe Klara selber landet. Für ihre erste Freundin sind dann noch 15 der 16 Plätze frei, von denen drei in Klaras Gruppe sind. Wenn sie in Klaras Gruppe ist, dann sind für die zweite Freundin noch 14 Plätze frei, von denen nun nur noch zwei in Klaras Gruppe sind, das heisst die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist 3/15 * 2/14 = 1/5 * 1/7 = 1/35.

Unter der Frage nach dem "Zufallsmechanismus" kann ich mir auch gerade nichts vorstellen, aber vielleicht hat ja ein anderer MP Bewohner dazu eine Idee!

Grüsse
Gerhard/Gonz


-----------------
to fight! (Don Quijote de la Mancha)



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SchuelerGraz
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 09.12.2018
Mitteilungen: 17
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-11


Hallo! :)

Danke für das Nachrechnen und für den kürzeren Lösungsweg :)

Leider bereitet mir aber dieser Zufallsmechanismus weiterhin Kopfzerbrechen



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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-01-11


Hallo!

Zum Zufallsmechanismus fällt mir folgende einfache Methode ein:

Beschrifte 16 Zettel mit den Namen der Kinder, mische diese, und ziehe dann ohne hinzusehen vier Gruppen à vier Zettel. Das ergibt dann auf kanonische Weise die vier Kindergruppen.

Interessant wäre, ob es eine Möglichkeit gibt, wenn man beispioelsweise nur einen Würfel oder nur eine Münze zur Verfügung hat.



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SchuelerGraz
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 09.12.2018
Mitteilungen: 17
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-11


Hallo!

Danke für die Idee :)
Sind bei der Methode mit den Zetteln tatsächlich alle Zuordnungen gleich wahrscheinlich?
Es ist doch so, dass es beim ersten Zug 16 über 4 Möglichkeiten, beim Zweiten 12 über 4 Möglichkeiten und so weiter gibt, oder?



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Orangenschale
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Aus: Jena, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-01-11


2019-01-11 17:39 - StrgAltEntf in Beitrag No. 3 schreibt:
Beschrifte 16 Zettel mit den Namen der Kinder, mische diese, und ziehe dann ohne hinzusehen vier Gruppen à vier Zettel. Das ergibt dann auf kanonische Weise die vier Kindergruppen.
Alternative aber sehr ähnlich: Man nehme 16 Zettel zur Hand, schreibe auf vier davon die Ziffer 1, auf vier weitere die Ziffer 2, auf vier weiter die Ziffer drei und auf die letzten 4 Zettel die Ziffer 4 (ich denke ihr versteht...). Dann die Zettel so falten, dass man die Ziffern nicht lesen kann und ab in einen Topf. Jedes Kind greift einmal in den Topf und zieht so seine Gruppe.


Viele Grüße,
OS


-----------------
If one is working from the point of view of getting beauty into one's equation, ... one is on a sure line of progress.

P.A.M. Dirac



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StrgAltEntf
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Mitteilungen: 4816
Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-01-11


2019-01-11 18:04 - SchuelerGraz in Beitrag No. 4 schreibt:
Sind bei der Methode mit den Zetteln tatsächlich alle Zuordnungen gleich wahrscheinlich?

Selbstverständlch sind sie das. Es gibt 16! Möglichkeiten, in welcher Reihenfolge die Zettel gezogen werden. Und jede Möglichkeit ist gleichwahrscheinlich.

Hier wäre eine Methode, mithilfe eines Würfels die Gruppen zu bestinmen.

- Die vier Gruppen werden von 1 bis 4 durchnummeriert.
- Klara würfelt so lange, bis sie eine Augenzahl von 1 bis 4 hat. Würfelt sie beispielsweise eine 3, geht sie in Gruppe Nr. 3.
- Dann ist das zweite Kind dran und verfährt ebenso.
- Dann das dritte, das vierte usw.
- Irgendwann ist die erste Gruppe komplett, sagen wir etwa Gruppe Nr. 2. Dann muss ein Kind so lange würfeln, bis es eine Augenzahl 1, 3 oder 4 hat.
- Ein Kind würfelt im Folgenden immer so lange, bis es eine Augenzahl hat, die einer nicht-kompletten Gruppe entspricht, und begibt sich dann in die entsprechende Gruppe.
- Das 16. Kind braucht nicht mehr zu würfeln.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-01-11


@SchuelerGraz

Selbst wenn man deinem - wie schon gonz angemerkt hat, viel zu komplizierten - Gedankengang folgt, solltest du das Ergebnis von


2019-01-11 14:51 - SchuelerGraz im Themenstart schreibt:

Am Anfang hab ich mal die Anzahl der Möglichkeiten berechnet.
16 über 4 = 14*13*10
12 über 4 = 11*9*5
 8 über 4 = 7*5*2
14*13*10*11*9*5*7*5*2=63.063.000
Da die Gruppen nicht unterscheidbar sind rechne ich die Zahl nun noch durch 4! (=2.627.625)

nämlich

$\frac1{4!} \binom{16}4 \binom {12}4 \binom 84$

nicht(!) zu $2627625$ vereinfachen, und natürlich auch das Ergebnis von


Nun berechne ich die Möglichkeiten, dass die 3 Mädchen in der selben Gruppe sind:
13 über 1 = 13
12 über 4 = 11*9*5
 8 über 4 = 7*5*2
13*11*9*5*7*5*2=450.450
Erneut berücksichtige ich die ununterscheidbaren Gruppen und dividiere durch 3! (=75.075)

also dann

$\frac1{3!}\binom{13}1\binom{12}4\binom84$

nicht zu $75075$, da man ja in dem Ausdruck

$\frac{\frac1{3!}\binom{13}1\binom{12}4\binom84}{\frac1{4!} \binom{16}4 \binom {12}4 \binom 84}$

(für den du übrigens hier

Die Wahrscheinlichkeit beträgt also 450450/2627625=1/35

im Zähler die falsche Zahl eingesetzt hast, wobei trotzdem auf wundersame Weise das richtige dann herauskommt!) ersichtlich eine ganze Menge kürzen kann, worauf dann nur mehr

$\frac{4\cdot 13}{\binom{16}4}$

übrigbleibt, was - auf viel bequemere Art ausgerechnet - dann tatsächlich $\frac1{35}$ ergibt.

Dieser letzte Ausdruck zeigt nun nochmals und unabhängig von gonzens Argumentation, dass man die gesuchte Wahrscheinlichkeit, dass in einer vierelementigen Teilmenge aus der Menge der 16 Schüler die 3 Freundinnen darunter sind, sehr viel einfacher hätte berechnen können. Diese Teilmenge kann einerseits eine der vier Gruppen sein, andererseits kann der vierte freie Platz darin durch jeden der restlichen 13 Schüler belegt werden, was also dann das Produkt im Zähler erklärt.

Damit ist dann auch klar, wie eine Simulation des Ganzen hier aussehen könnte. Man nehme dazu etwa ein Paket Canasta-Karten und daraus z.B. 13 Pik und 3 Herz - letzteres für unsere 3 Busenfreundinnen hier! Nachdem man diese 16 Karten gut durchmischt hat, lege man sie nacheinander offen in 4 Reihen zu je 4 Karten auf. Enthält eine der Reihen dann die 3 Herz, war das im Sinne des Experiments ein Erfolg, sonst ein Misserfolg. Ich hoffe, dass damit alles ein bißchen klarer geworden ist.  wink

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]



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