Abenteuer-Universum

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).

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.

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*.

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

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

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
Analytiker

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?

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
Analytiker

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 .

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
Analytiker

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.

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

Die Ausführungen in diesem Beitrag sind nicht vollständig korrekt. Ich habe nochmal nachgerechnet. Die Korrektur erfolgt weiter unten.

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
Analytiker

Analytiker hat geschrieben: ↑

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

Ich versteh das nicht. Es gibt 28 Paarungsmöglichkeiten bei 8 Vereinen (Reihenfolge der Paarung egal), es wird 4mal je 2 Vereine gezogen. Das erste gezogene Paar hat damit eine Wahrscheinlichkeit von 1/28, während du auf 32/105 kommst. Der Rest ist dann natürlich auch unterschiedlich, daher will ich mal bereits hier ansetzen und nachfragen.

Für die erste Paarung gibt es 28 Möglichkeiten oder 8 über 2, was das Gleiche ist. Eine Mannschaft kann natürlich nicht zweimal gezogen werden. Wann eine Paarung gezogen wird, spielt keine Rolle. Jede Mannschaft wird einmal gezogen. Ein beliebiges Paar hat eine Wahrscheinlichkeit von 1/28 beim ersten Mal gezogen zu werden. Wann ein Paar gezogen wird, spielt aber keine Rolle. Es gibt wie geschrieben 105 verschiedene Konstellationen im Viertelfinale, denn wie behauptet sind 8!/(2!*2!*2!*2!*4!) so viel wie 105.

Man kann auch anders und schneller auf die 105 kommen. Die erste beliebige Mannschaft hat noch 7 Möglichkeiten einen Partner zu finden, für die nächste Paarung verbleiben 6 Mannschaften, eine beliebige davon hat dann noch 5 Möglichkeiten einen Partner zu finden, von 4 verbleibenden Mannschaften hat eine beliebige Mannschaft noch 3 Möglichkeiten, und das letzte Paar hat nur noch eine Möglichkeit. Man multipliziert also 7*5*3*1=105.

32/105 bezieht sich auf die Wahrscheinlichkeit genau eine Partie richtig vorherzusagen. Wann die richtige Partie gezogen wird, spielt keine Rolle.

Wenn man alle 105 Konstellationen nimmt, sich eine als die richtige herausgreift und mit den anderen abgleicht, kommt man auf die errechneten Wahrscheinlichkeiten für 0 bis 4 richtige Vorhersagen.

Gruß
Analytiker

Jetzt folgen meine Korrekturen. Das mit dem systematischen Ausprobieren war nicht korrekt durchgezählt. Systematisches Rechnen geht schneller und lässt die Zusammenhänge besser erkennen.

Am Anfang hat man 28 mögliche Einzelpaarungen, bei der zweiten Partie existieren nur noch 15 mögliche Einzelpaarungen, bei der dritten Partie nur noch 6 mögliche Einzelpaarungen. Hat man 3 Partien gezogen gibt es nur noch eine Möglichkeit für die vierte.

Für 4 Richtige beträgt die Wahrscheinlichkeit (4/28)*(3/15)*(2/6)=1/105

Genau 3 Richtige sind nicht möglich wie erwähnt.

Für 2 Richtige beträgt die Wahrscheinlichkeit (4/28)*(3/15)*(4/6)+(4/28)*(12/15)*(2/6)+(24/28)*(3/15)*(2/6)=12/105

Für einen Richtigen beträgt die Wahrscheinlichkeit (4/28)*(12/15)*(4/6)+(24/28)*(3/15)*(4/6)+(24/28)*(12/15)*(2/6)=44/105

Für 0 Richtige beträgt die Wahrscheinlichkeit (24/28)*(12/15)*(4/6)=16/35

Für 0 und 1 Richtige haben sich also die Wahrscheinlichkeiten gegenüber meiner alten Rechnung geändert. Die Wahrscheinlichkeit mindestens einen Treffer zu erreichen beträgt 19/35, also über 50%.

Und alle möglichen Fälle haben natürlich die Wahrscheinlichkeit 1, wie man schnell nachrechnet.

Gruß
Analytiker

@analytiker: 1,2,3,4 sollen für je eine Mannschaft stehen. Nochmal: Es geht letztlich um 4 Paarziehungen. Dann 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. In deinem Omega müssten 105 Objekte der Form x,y drin sein. Kannst du mal dein Omega andeuten, wie das aussieht...ich stehe da nach wie vor auf dem Schlauch. Bei mir hätte die erste Paarung die Wahrscheinlichkeit 1/28, bei dir offenbar 4/28?!? Wie kommst du da auf die 4?

@Pippen, mein Omega entspricht Deinem. 4 Paare aus dem Omega werden für das Viertelfinale gezogen, 24 Paare nicht. Bei der ersten Paarermittlung beträgt die Wahrscheinlichkeit also 4/28, da ja noch 4 im Topf waren. Bei der zweiten Ziehung beträgt dann die Wahrscheinlichkeit 3/15, für einen Treffer, wenn man beim ersten Mal getroffen hat, bei der dritten dann 2/6, wenn vorher alles Treffer waren und bei der vierten dann 1/1, wenn vorher alles Treffer waren.

Gruß
Analytiker

In einem Halbfinale (= 4 Mannschaften im Lostopf, 2 Ziehungen) beträgt dann die Wahrscheinlichkeit, eine oder zwei Paarungen richtig vorherzusagen beide Male 1/3?

Für ein Halbfinale gibt es vor der ersten Ziehung 6 Paarungsmöglichkeiten, 4 über 2. Man kann nur 0 oder 2 Paarungen richtig vorhersagen. Für 0 richtige Paarungen beträgt die Wahrscheinlichkeit 4/6=2/3 und für zwei richtige Paarungen 2/6=1/3. Durch die erste Paarung ist ja die zweite Paarung schon festgelegt.

Gruß
Analytiker

Ein anderes Problem: Es gibt doch so MC-Tests mit zB 100 Fragen und je 4 Auswahlmöglichkeiten, von denen immer nur eine richtig ist. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ich nur durch Raten 50 Fragen korrekt beantworte und dadurch den Test bestehe?

Lösung: P(50 Richtige aus 100) = 100! / 50! * 50! * 1/4^50 * 3/4^50 = 4,5 * 10^-8, also extrem unwahrscheinlich.

Ist das korrekt?

Es kommt etwa 4,5*10^(-8) raus. Hier greift ja die Binomialverteilung. Du hättest aber noch auf die Klammersetzung achten müssen. Richtig gedacht hast Du aber.

Gruß
Analytiker

Ich mach mal weiter mit einer ähnlichen und doch etwas anderen Frage: Oft hat man im Leben den Fall, dass man 2,3,4 oder 5mal hintereinander scheitert/verliert. Man zweifelt dann, ob nicht die Tatsache, dass man 5mal hintereinander gescheitert ist, ein Indiz dafür ist, dass die Wahrscheinlichkeit für ein Scheitern sehr hoch ist, so dass man lieber aufgeben sollte anstatt es weiter zu versuchen. Nun sagt mir die Webseite www.statpages.info/confint.html, dass wenn ich von 5 Versuchen 5mal scheitere das sog. 95%ige Konfidenzintervall zwischen 0 und 0,52 liegt. Was heißt das? Heißt das, dass wenn ich 5mal aus 5 Versuchen scheitere, die Wahrscheinlichkeit für einen Erfolg (Sieg) immer noch irgendwo zwischen 0% und 52% läge, ich also guter Dinge noch nicht aufgeben sollte, während wenn ich in 100 Versuchen 100mal scheitere und das o.g. Konfidenzintervall dann 0 bis 0,03 wäre, ich doch eher aufhören sollte?

Es ist klar, dass, je öfter ein Misserfolg sich hintereinander einstellt, die Erfolgswahrscheinlichkeit entsprechend niedrig sein kann. Je mehr Versuche vorliegen, umso besser kann eine Aussage über die anzunehmende Erfolgswahrscheinlichkeit gemacht werden.

Gruß
Analytiker

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, bei 20 Multiple Choice Fragen mit 4 Antwortmöglichkeiten und immer einer richtigen und drei falschen Antwortmöglichkeitn, mind. einmal richtig zu tippen, wenn man schlicht rät. Ich rechne einfach: P(mind. einmal richtig) = 1 - P(alle 20 falsch) = 1 - 3/4^20 = 0,9968. Ist das richtig? Wie würde man das mit der Binomialverteilungsformel ausrechnen? Denn ich würde zB gern wissen, wie wahrscheinlich noch 3 richtige Antworten sind....