Counting

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Counting

Beitrag von Pippen » 16. Mär 2017, 21:30

Wir hatten schonmal die Frage nach den Kombinationsmöglichkeiten im Fußball, dazu noch mal eine Verständnisfrage. Nehmen wir an, wir teilen das Spielfeld in 5000 Quadratmeter auf und nehmen wir weiter an, in jedem der Felder kann entweder ein weißer, ein schwarzer oder gar kein Spieler sein. Erste Frage: Wieviele Möglichkeiten gibt es? 3^5000, richtig? Jetzt wollen wir zusätzlich schauen, wie es sich verhält, wenn wir die Möglichkeiten "Ball ist im Qudardatmeter" oder "Ball ist nicht im Quadratmeter" dazunehmen. Dann gilt, es gäbe 2^(3^5000) Kombinationsmöglichkeiten. (Daran würde man auch erkennen, wie superkomplex Fußball im Gegensatz zu Brettspielen ist, wenn schon bei diesen ganz groben Einteilungen Zahlen herauskommen, die viel viel größer sind als zB der state space im Go mit 10^171).

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positronium
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Re: Counting

Beitrag von positronium » 16. Mär 2017, 22:05

Pippen hat geschrieben:
16. Mär 2017, 21:30
Wieviele Möglichkeiten gibt es? 3^5000, richtig?
Du nimmst bis zu 5000 Spieler an.
Wenn man davon ausgeht, dass die Torwarte auch überall stehen können, sind es 22 Spieler, und damit bzw. 5000!/(5000 - 22)! Möglichkeiten.
Pippen hat geschrieben:
16. Mär 2017, 21:30
Jetzt wollen wir zusätzlich schauen, wie es sich verhält, wenn wir die Möglichkeiten "Ball ist im Qudardatmeter" oder "Ball ist nicht im Quadratmeter" dazunehmen. Dann gilt, es gäbe 2^(3^5000) Kombinationsmöglichkeiten.
Man darf nur einen Ball im Spiel haben. D.h. für jeden oben berechneten Zustand hat man 5000 Möglichkeiten, den Ball zu platzieren: bzw. (5000!/(5000 - 22)!)*5000
Pippen hat geschrieben:
16. Mär 2017, 21:30
(Daran würde man auch erkennen, wie superkomplex Fußball im Gegensatz zu Brettspielen ist, wenn schon bei diesen ganz groben Einteilungen Zahlen herauskommen, die viel viel größer sind als zB der state space im Go mit 10^171).
Das hatten wir ja schon... Allein wegen der kontinuierlichen Zustände ist ein Vergleich nicht sinnvoll.

Obiges ergibt ca. 10^85 Möglichkeiten.

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Re: Counting

Beitrag von Pippen » 16. Mär 2017, 22:49

Ach, stimmt. Die Frage muss lauten: Auf wieviele Art und Weise kann man 22 Spieler auf 5000 Felder anordnen? Richtig? Ist das nicht der Binomialkoeffizient = n!/(k! * (n-k)!), also 5000!/(22! * 4978!) Das entspricht aber nicht deiner Lösung...ich finde keinen Onlinerechner, der das ausreichen kann *komisch*.

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Re: Counting

Beitrag von ralfkannenberg » 16. Mär 2017, 23:09

Pippen hat geschrieben:
16. Mär 2017, 22:49
5000!
Pippen hat geschrieben:
16. Mär 2017, 22:49
ich finde keinen Onlinerechner, der das ausreichen kann *komisch*.
Hallo Pippen,

das ist nicht komisch, diese Zahl ist einfach nur riesig gross. 28! ist meines Wissens mehr als das Alter des Universums in Sekunden, und 29! ist dann mehr als 29*Alter des Universums in Sekunden.

Und 30! ist dann mehr als 30*29*Alter des Universums in Sekunden. Und 31! ist dann nochmals ein Faktor 31* mehr. Ab 70! steigen die üblichen Taschenrechner aus. Und da kommt dann noch einiges zusammen, bis Du bei 5000! anbelangt bist.

Allerdings braucht man diese kolossal grosse Zahl nicht auszurechnen, weil sich ja fast alle ihrer Faktoren mit der ebenfalls kolossal grossen Zahl im Nenner wegkürzen.


Freundliche Grüsse, Ralf

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Re: Counting

Beitrag von Pippen » 17. Mär 2017, 00:40

Wer hat denn nun Recht - ich oder positronium, denn mE kommen wir zu verschiedenen Ergebnissen.

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Re: Counting

Beitrag von Analytiker » 17. Mär 2017, 17:50

Wenn die 22 Spieler nicht unterscheidbar sein sollen, dann hat Pippen recht. Wenn die 22 Spieler unterscheidbar sein sollen, dann hat positronium recht. Und wenn man annimmt, dass zwei Mannschaften unterscheidbar sein sollen, aber die jeweiligen 11 Spieler nicht, dann hat man 5000!/(11!*11!*4978!) Möglichkeiten. Wenn der Ball ins Spiel kommt, wird natürlich noch mit 5000 multipliziert.

Gruß
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Re: Counting

Beitrag von Pippen » 18. Mär 2017, 02:22

Aha, also n!/k! * (n-k!) zählt die Anzahl der Kombinationen auf, ohne dass die k-Objekte unterschieden werden, wie beim Lotto, wo die Reihenfolge/Unterscheidung der Zahlen keine Rolle spielt, n!/(n-k!) unterscheidet sie.

Gleich noch etwas, was mir heute eingefallen ist, als die Auslosung zum Viertelfinale der CL anstand: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, eine, zwei, drei oder gar vier Partien richtig vorherzusagen:

Mein Ergebnis:

alle 4: 1/40.320
nur 3: 1/20.160
nur 2: 1/1.680
nur 1: 1/56...was auch schon ziemlich wenig und contraintuitiv wäre, finde ich. Stimmt meine Lösung?

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Re: Counting

Beitrag von Analytiker » 18. Mär 2017, 13:52

Bei einem Lostopf mit 8 Mannschaften gibt es tatsächlich nur 105 Möglichkeiten, weil die Reihenfolge der Ziehung keine Rolle spielt und es sowieso Hin- und Rückspiel gibt. 8!/(2!*2!*2!*2!*4!)=105

Somit ist Wahrscheinlichkeit die vier Paarungen richtig vorauszusagen 1:105. Drei Paarungen und eine falsch vorauszusagen führt zu einem Widerspruch, denn wenn man sechs Mannschaften richtig zugeordnet hat, kann man zwei nicht mehr falsch zuordnen, da sie übrigbleiben. Keine, eine oder zwei richtige Partien vorherzusagen geht natürlich wieder, ist aber mit mehr Rechnerei verbunden als die Berechnung mit vier richtigen Partien.

Gruß
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Re: Counting

Beitrag von Pippen » 18. Mär 2017, 18:47

Analytiker hat geschrieben:
18. Mär 2017, 13:52
Bei einem Lostopf mit 8 Mannschaften gibt es tatsächlich nur 105 Möglichkeiten, weil die Reihenfolge der Ziehung keine Rolle spielt und es sowieso Hin- und Rückspiel gibt. 8!/(2!*2!*2!*2!*4!)=105

Kannst du die fettgedruckte Formel erklären? Was liegt ihr zugrunde? Rein gefühlsmäßig passt deine Lösung jedenfalls schon viel besser :).

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Re: Counting

Beitrag von Analytiker » 18. Mär 2017, 20:17

8! steht für die Anzahl der Möglichkeiten, 8 Mannschaften aus einem Lostopf zu ziehen. 4 Partien werden zusammengestellt. Jede Partie hat zwei Teilnehmer. In welcher Reihenfolge sie gezogen werden ist egal, deswegen wird viermal durch 2! geteilt. Die Reihenfolge, wann eine Partie gezogen wird ist auch egal, deswegen wird, weil es 4 Partien gibt, durch 4! geteilt.

Gruß
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Re: Counting

Beitrag von Pippen » 18. Mär 2017, 23:48

Ich verstehe irgendwie nicht, wo an meinem Gedankengang der Fehler sitzt. Ich modelliere das Problem mit einer Urne, die 8 nummerierte Kugeln hat und aus der 4mal jeweils ein Paar (xy) gezogen wird, wobei die Reihenfolge egal ist. Omega = {12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 34, 35, 36, 37, 38, 45, 46, 47, 48, 56, 57, 58, 67, 68, 78}, |Omega| = 28. Die Wahrscheinlichkeit, eine bestimmte Paarung xy zu ziehen wäre hier 1/28, die Wahrscheinlichkeit für 4 bestimmte Paare xy wäre 1/28 * 1/15 * 1/6 * 1 = 1/2.520. Das heißt nicht anderes, als dass die richtige Vorhersage einer Paarung (Ziehung) 1/28 beträgt, die von 4 Paarungen 1/2.520. Mir scheint mein Gedankengang logisch...höchstens etwas umständlich.

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Re: Counting

Beitrag von Analytiker » 19. Mär 2017, 09:48

Die Gedanken sind gut aber nicht vollständig. Du hast alles berücksichtigt bis auf die Tatsache, dass es bei vier Partien 4!=24 unterschiedliche Ziehungsreihenfolgen gibt. Multiplizierst du die Wahrscheinlichkeit von 1/2520 mit 24, dann landest Du bei der richtigen Wahrscheinlichkeit von 1/105 von vier richtig vorhergesagten Paarungen.

Gruß
Analytiker

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Re: Counting

Beitrag von Analytiker » 19. Mär 2017, 12:16

Zur Ergänzung, ich habe noch nachgerechnet, wie hoch die Wahrscheinlichkeiten für null, eins und zwei richtige Vorhersagen sind.

Hier die Ergebnisse: 60/105=4/7 beträgt die Wschkt. für 0 Treffer, 32/105 für einen Treffer und 12/105=4/35 für zwei Treffer. Exakt drei Treffer zu landen geht nicht, wie schon erwähnt.

(60+32+12+0+1)/105=1

28 Elemente sind ja im Ereignisraum, die aber nicht unabhängig voneinander gezogen werden können. Hat man 12 gezogen, kann man nicht mehr z. B. die Kombination 13 ziehen. Durch systematisches Durchprobieren kommt man auf die Lösung für null bis zwei Treffer. Die Lösung für vier Treffer ist verhältnismäßig einfach zu entwickeln, wie schon gezeigt.

Gruß
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