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Universität/Hochschule J Freunde und Feriendestinationen
Math_user
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-08-12


Guten Abend

Ich stecke wieder bei einem Problem fest.
Wir haben 3 Freunde die zusammen in die Ferien wollen. In Frage kommen $n$ verschiedene Feriendestinationen. Jeder schreibt jetzt zufällig, unabhängig und gleichmässig Reihenfolge die Feriendestinationen auf. Wenn eine Feriendestination auf mindestens 2 Listen an erster Stelle ist, gewinnt diese. Mit welcher Wahrscheinlichkeit werden eine Feriendestination gewählt?
Irgendwie finde ich den Anfang nicht. Also wir haben ja $n!$ Möglichkeiten die Feriendestinationen zu ordnen. Nun könnten wir ja folgendes definieren:
$A=${Die Feriendestination a steht an erster Stelle bei Freund 1}
$B=${Die Feriendestination a steht an erster Stelle bei Freund 2}
$C=${Die Feriendestination a steht an erster Stelle bei Freund 3}
Wobei nun $A,B$ und $C$ Bernoulli verteilt sind.
Nun wollen wir ja $\Bbb P(A+B+C)=2$. Nun bis ist der Ansatz schon mal okay und wie komme ich nun weiter?

Vielen Dank für eure Hilfe und einen guten Abend wünscht
Math_user





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Caban
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-08-12


Hallo

Ich würde das mit Pfeadregeln lösen.

Gruß Caban



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Math_user
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-12


Vielen Dank für deine schnelle Antwort. Pfeadregel mit $n$ Destinationen? Ist dies nicht sehr mühselig?



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-08-12


Hallo,

die Pfeadregel sagt mir jetzt nichts. Meint ihr Pferdregel? 😁

Ich würde das über die Gegenw'keit lösen. Wie groß ist die W'keit, dass alle drei einen unterschiedlichen Favoriten haben?

2020-08-12 22:43 - Math_user im Themenstart schreibt:
Nun wollen wir ja $\Bbb P(A+B+C)=2$.

Das wollen wir bestimmt nicht. Egal, was du mit A+B+C meinst, eine W'keit kann niemals größer als 1 sein.



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Math_user
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-12


Ich würde behaupten rein intuitiv, dass die W'keit dass alle einen unterschiedlichen Favoriten haben recht gross ist. Uii, ja da ist ein Fehler. Ich meine natürlich: $\Bbb P(A+B+C=2)=?$
Nun zu deiner Frage, ich habe keinen Ansatz. Irgendwie haben wir 3 unabhängige "Ereignisse"/Listen welche aber in einer aufgenommen werden. Dies verwirrt mich aktuell noch sehr....
PS: Wir haben die Pfadregel gemeint ^^



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StrgAltEntf
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Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-08-12


2020-08-12 23:18 - Math_user in Beitrag No. 4 schreibt:
1) Ich würde behaupten rein intuitiv, dass die W'keit dass alle einen unterschiedlichen Favoriten haben recht gross ist.

2) Ich meine natürlich: $\Bbb P(A+B+C=2)=?$

3) PS: Wir haben die Pfadregel gemeint ^^

1) Das denke ich auch. Wie groß ist denn die W'keit, dass zwei Freunde einen unterschiedlichen Favoriten haben?

2) Was du mit A + B + C = 2 meinst, verstehe ich allerdings auch nicht.

3) Dachte ich mir ;-)



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-08-13


2020-08-12 23:18 - Math_user in Beitrag No. 4 schreibt:
Ich würde behaupten rein intuitiv, dass die W'keit dass alle einen unterschiedlichen Favoriten haben recht gross ist. Uii, ja da ist ein Fehler. Ich meine natürlich: $\Bbb P(A+B+C=2)$


als wenn dieser ansatz was nutzt dann $\Bbb P(A+B+C>=2)$ es könnte ja gelegentlich auch dreieinigkeit herrschen...

hm, zumindest bei wenigen zielen also n=1 oder n=2 dürfte nicht nur intuitiv die W'keit ziemlich hoch sein dass losgefahren wird, um nicht zu sagen beidesmal 100%ig

zwei fragen:
kommst du denn bei zwei reise freunden und n möglichkeiten zu nem ergebniss?
erhöht oder verringert ein dritter reisewillige demgegenüber die chance so zu ner entscheidung zu gelangen? er beinflusst ja die ersten zwei nicht und wenn die losfahren steigt er dazu egal was er auswählt...





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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-08-13


2020-08-12 22:49 - Math_user in Beitrag No. 2 schreibt:
Vielen Dank für deine schnelle Antwort. Pfeadregel mit $n$ Destinationen? Ist dies nicht sehr mühselig?
Nein. Betrachtet man alle drei nacheinander, ist es für den dritten ja nur relevant, ob er zum Reiseziel des ersten, zum Reiseziel des zweiten oder zu irgendeinem anderen Reiseziel möchte.

Die Betrachtung des Gegeneregnisses ist übrigens ein sehr guter Tip.
Wenn man genau formuliert, wann die drei sich eigentlich _nicht_ entscheiden können, kommt man sehr direkt zu einer Lösung.



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Math_user
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-13


Vielen Dank für eure Antworte.

Also betrachten wir die Gegenwahrscheinlichkeit: Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich alle 3 nicht einigen können?
Sei X= "Alle 3 können sich nicht einigen". Dies würde heissen, dass ihre ersten Destinationen jeweils anders sind. D.h. der erste Freunde hat $n!$ Möglichkeiten seine Destinationen zu ordnen, der Zweite hat anschliessend $(n-1)!$ Möglichkeiten seine Destinationen zu ordnen (die erste ist ja Vorgegeben - stimmt dies? Habe gerade grosse Zweifel) und der Letzte hätte ja dementsprechend noch $(n-2)!$ Möglichkeiten. Dann wäre:
$$\Bbb P(X)=\frac{n!(n-1)(n-2)!}{(n!)^3}$$ Aber ich habe Zweifel bei der Möglichkeit des 2. Freunds aber ich sehe nicht wie ich es anders machen könnte...



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-08-13


Hallo,

die Wahrscheinlichkeit für das Gegenereignis passt bis auf einen Tippfehler: es ist dir eine Faklultät verlorengegangen.

Nein, das ist doch noch nicht richtig, da war ich etwas vorschnell:

Du zählst hier die Möglichkeiten, die jeder der Freunde hat, die Ferienziele insgesamt anzuordnen. Richtig wäre aber, nur die Anzahl der Möglichkeiten für das an Platz 1 stehende Ziel zu zählen. Dann vereinfacht sich der Term noch wesentlich.

EDIT: luis52 hat es im nächsten Beitrag ausführlich erläutert, um nicht zu sagen: ausgerechnet. 🙂


Gruß, Diophant



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-08-13


2020-08-13 08:17 - Math_user in Beitrag No. 8 schreibt:
Vielen Dank für eure Antworte.

Also betrachten wir die Gegenwahrscheinlichkeit: Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich alle 3 nicht einigen können?
Sei X= "Alle 3 können sich nicht einigen". Dies würde heissen, dass ihre ersten Destinationen jeweils anders sind. D.h. der erste Freunde hat $n!$ Möglichkeiten seine Destinationen zu ordnen, der Zweite hat anschliessend $(n-1)!$ Möglichkeiten seine Destinationen zu ordnen (die erste ist ja Vorgegeben - stimmt dies? Habe gerade grosse Zweifel) und der Letzte hätte ja dementsprechend noch $(n-2)!$ Möglichkeiten. Dann wäre:
$$\Bbb P(X)=\frac{n!(n-1)(n-2)!}{(n!)^3}$$ Aber ich habe Zweifel bei der Möglichkeit des 2. Freunds aber ich sehe nicht wie ich es anders machen könnte...

Moin Math_user, die Formel kannst du noch vereinfachen:
$$\frac{n!(n-1)(n-2)!}{(n!)^3}=\frac{1}{n\cdot n!}\,.$$
(Multipliziere mit $n/n$).

Trotzdem kann ich deine Argumentation nicht nachvollziehen. Person A hat $n$ Moeglichkeiten, sich zu entscheiden, so auch B, so auch C. Insgesamt gibt es $n^3$ Moeglichkeiten der Entscheidungen. Sollen nur unterschiedliche Entscheidungen getroffen werden, so hat A  $n$ Moeglichkeiten. Nachdem sich A entschieden hat, hat  B noch $(n-1)$ Moeglichkeiten und schliesslich hat C noch $(n-2)$ Moeglichkeiten. Ich erhalte so:
$$\Bbb P(X)=\frac{n(n-1)(n-2)}{n^3}=\frac{(n-1)(n-2)}{n^2}\,.$$
vg Luis



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-08-13


2020-08-13 08:17 - Math_user in Beitrag No. 8 schreibt:
Dann wäre:
$$\Bbb P(X)=\frac{n!(n-1)(n-2)!}{(n!)^3}$$ Aber ich habe Zweifel bei der Möglichkeit des 2. Freunds aber ich sehe nicht wie ich es anders machen könnte...

dann setz mal testweise n=1 oder n=2 in deine formel ein, also ich würde sagen beidesmal multiplizierst du mit einer klammer in welcher null steht?

wie anders machen?:
du könntest dir doch mal für n= 1..2..3 alle permutationen aufschreiben und abzählen, zumindest diese drei ergebnisse sollte deine formel dann probehalber ergeben

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]

nachtrag, ok als gegenwarscheinlichkeit schadet zumindest die null als ergebnis für n=1 und n=2 nicht



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Math_user
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-13


Zuerst ja da ist eine Fakultät verloren gegangen in meinem Beitrag, jedoch ist dies sowieso falsch. Nun danke luis52 für deine Hilfe. In diesem Fall betrachten wir also nur die erste Destination auf unsere Liste. Ja dann komme ich auf:
$$\Bbb P(X)=\frac{(n-1)(n-2)}{n^2}$$ (Dieses Mal ohne Zweifel🙂). Nun wäre also die Lösung also $1-\Bbb P(X)$.
Wenn ich nun wie haribo vorschlägt meine Wahrscheinlichkeit überprüfen mit z.B. $n=1$, so folgt $\Bbb P(X)=0$ was Sinn macht, da sie die gleichen Destination wählen müssen - es gibt ja nur diese Wahl... Dies sollte nun stimmen oder?



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-08-13


2020-08-13 10:49 - Math_user in Beitrag No. 12 schreibt:
Dies sollte nun stimmen oder?

Wenn so viele Bewohner des MP mit demselben Ergebnis aufwarten, ist Wahrscheinlichkeit gross, dass es stimmt.😉

vg Luis



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-08-13

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Wieso verwendet ihr eigentlich alle $\mathbb{P}(..)$? Damit werden normalerweise Mengen bezeichnet, üblicherweise z.B. die Primzahlen, oder vielleicht auch die Potenzmenge.
Für die Wahrscheinlichkeit wird das normale P verwendet: $P(..)$.


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Bild
\(\endgroup\)


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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-08-13


Für die Potenzmenge benutze ich $\mathcal{P}$, oft wird auch $\mathfrak{P}$ verwendet - ich sehe eigentlich nur sehr selten $\mathbb{P}$ dafür.

Für Primzahlen ist die Notation $\mathbb{P}$ verbreitet (aber auch nicht überall).

Für Wahrscheinlichkeiten wird oft $\mathbb{P}$ verwendet, aber $P$ ist auch okay, das ist nur Geschmackssache.

Da es keine Verwechselung geben kann, ist das auch unproblematisch.


-----------------
The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei



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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-08-13

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
2020-08-13 11:14 - viertel in Beitrag No. 14 schreibt:
Wieso verwendet ihr eigentlich alle $\mathbb{P}(..)$? Damit werden normalerweise Mengen bezeichnet, üblicherweise z.B. die Primzahlen, oder vielleicht auch die Potenzmenge.
Für die Wahrscheinlichkeit wird das normale P verwendet: $P(..)$.

Hi viertel, ich gebe dir recht, $P(\cdot)$ ist auch meine bevorzugte Schreibweise. Ich z.B. wollte aber nicht von Math_users urspruenglicher Notation abweichen.

Die Schreibweise ist allerdings nicht normiert. Ich meine mich an Literatur zu erinnern, wo auch $\mathbb{P}(\cdot)$ oder $\mathsf{P}(\cdot)$ verwendet wird.

vg Luis

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.14 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Math_user
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Vielen Dank für eure Hilfe 🙂
(Ich benütze lediglich die Notation unsere Vorlesung. Aber ja stimmt ich habe schon bemerkt, dass in einigen Skripts/Bücher eine andere Notation verwendet wird für die Wahrscheinlichkeit.)



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