Champions League Auslosung < math. Statistik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:26 Sa 15.03.2008 | | Autor: | Bert06 |
Hallo!
In einem Fan-Forum des FC Liverpool hat jemand zwei Stunden vor der Champions League Auslosung die exakten Paarungen (Liverpool-Arsenal, ManU - Rom, Fener-Chelsea, Schalke-Barca) vorhergesagt.
Mysteriös.
Jetzt würde mich folgendes interessieren:
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, die 4 Viertelfinal-Paarungen vorherzusagen und damit richtig zu liegen?
|
|
| |
|
Die Auslosung entspricht einem ziehen von Kugeln oder Karten aus einer Urne bzw einem Kartenpaket.
Die Urne enthält acht verschiedenfarbige Kugeln von denen jeweils zwei zusammenpassen (die Vorhersage). Es handelt sich um ziehen ohne zurücklegen, das heißt, dass nachdem eine Kugel herausgenommen wurde diese nicht wieder zurückgelegt wird. Welche Kugel als erstes gezogen wird ist hierbei egal, es muss nur die zweite dazupassen. [mm] \Rightarrow \bruch{8}{8} \bruch{1}{7} \bruch{6}{6} \bruch{1}{5} \bruch{4}{4} \bruch{1}{3} \bruch{2}{2} \bruch{1}{1} [/mm] also [mm] \bruch{1}{105}\approx [/mm] 0.0095 das entspricht 0.95% also eher unwahrscheinlich. Ich hoffe ich konnte die frage so beantworten, mfg,
Lam0ndrion
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:20 Mo 17.03.2008 | | Autor: | luis52 |
Ich widerspreche Lam0ndrion (![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ) nur ungern, aber ihre/seine
Loesung scheint mir nicht korrekt zu sein.
Leider ist die Aufgabenstellung nicht eindeutig, denn man kann fragen,
wie gross die Wsk fuer die angegebenen Paarungen sind (Frage A) oder wie
gross die Wsk fuer die angegebenen Paarungen, wobei Liverpool, ManU,
Fener und Schalke *zunaechst* Heimrecht haben (Frage B). (Es stellt sich
also die Frage, ob der *jemand* auch die Heimspielmannschaften im
Hinspiel korrekt vorhergesagt hat.)
Zu Frage A: Betrachte die Klubs A(rsenal), B(arca), C(helsea) und
F(ener). Wieviel M"oglichkeiten gibt es, diesen 4 Klubs die restlichen 4
zuzulosen? Offenbar $24=4!$. Somit ist die gesuchte Wsk $1/24=0.042$.
Zu Frage B: Sei $E$ das Ereignis, dass Liverpool, ManU, Fener und
Schalke *zunaechst* Heimrecht haben und $F$ das Ereignis, dass es zu den
angegebenen Paarungen kommt. Dann ist [mm] $P(E\cap [/mm] F)$ zu berechnen.
Es gibt [mm] ${8\choose 4}=70$ [/mm] M"oglichkeiten, dass vier von den acht
Mannschaften im Hinspiel Heimrecht haben, so dass $P(E)=1/70$. Nach
einer alten Bauernregel folgt
[mm] $P(E\cap F)=P(F\mid E)P(E)=\frac{1}{24}\times\frac{1}{70}=0.0005952$.
[/mm]
vg Luis
|
|
|
| |
|
Hi,
ich möchte Luis wiederum teilweise widersprechen. Wenn ich die Vereine als Zahlenmenge von 1 bis 8 auffasse...
[mm] M:=\{1,2,...,8\}
[/mm]
und die Auslosung als ein Element [mm] (n_1,n_2,...,n_8) [/mm] der Permutationsmenge dieser Zahlenmenge
[mm] P:=\{(m_1,m_2,...,m_8): m_j \in M, m_i \neq m_j \forall i \neq j\}, [/mm]
so ist die Permutation gesucht, in der auf einen Wert [mm] m_i [/mm] der Permutation mit ungeradem Index i ein entsprechendes Element folgen muss. (auf [mm] m_i=3 [/mm] muss z.B. [mm] m_{i+1}=4 [/mm] folgen).
Somit kommen 8*1*6*1*4*1*2*1 mögliche Permutationen in Frage, die die gesuchte Ziehung widergeben.
Da |P|=8!, ist die Wahrscheinlichkeit für die spezielle Ziehung
[mm] \bruch{8*1*6*1*4*1*2*1}{8!}=\bruch{1}{7*5*3}=\bruch{1}{105}, [/mm] wie in der ersten Antwort angegeben.
Wenn nun auch noch eine Rolle spielen soll, welches Team Heimrecht besitzt, so muss ich folgendes bedenken.
In der Permutation [mm] (m_1,m_2,m_3,m_4,m_5,m_6,m_7,m_8) [/mm] spielt nun die Position von [mm] m_i [/mm] in der Zweierkombination [mm] (...,m_i,m_{i+1},...), [/mm] i ungerade, eine Rolle.
D.h. wenn zuvor (3,4,...) und (4,3,...) zugelassen war, so ist nun nur noch eine von beiden Konstellation zulässig. Da dies für je vier Zweierkombinationen der Fall ist, reduziert sich die Anzahl der in Frage kommenden Permutationen um den Faktor [mm] 2^4=16.
[/mm]
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist dann...
[mm] \bruch{\bruch{8*6*4*2}{2^4}}{8!}=\bruch{24}{8!}=\bruch{1}{1680}\approx [/mm] 0.0005952, was nun der Wahrscheinlichkeit von Luis in diesem Fall entspricht.
Das ist schon etwas verblüffend. Aber ich vermute seinen Fehler im ersten Fall darin, dass er die Positionen [mm] m_1, m_3, m_5 [/mm] und [mm] m_7 [/mm] willkürlich besetzt, und dann nur noch die Möglichkeiten die restlichen Plätze aufzuteilen berechnet.
Die 24 Möglichkeiten, die er dabei erhält entsprechen den 24 Möglichkeiten, die ich im zweiten Fall berechnet habe, als ich das Heimrecht berücksichtigte. Hier habe ich im Grunde auch vier Positionen fixiert und die Anzahl der Möglichkeiten die restlichen Plätze zu besetzen berechnet.
Das entspricht aber nicht dem Gesetz [mm] Wahrscheinlichkeit=\bruch{günstige}{mögliche}, [/mm] da er sich hier nicht mehr auf die Anzahl aller Möglichkeiten von Auslosungen bezieht.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:08 Di 18.03.2008 | | Autor: | luis52 |
Hallo Lam0ndrion, hallo Bertan,
ich moechte mich bei Lam0ndrion entschuldigen und bei Bertan bedanken,
dessen Beitrag mir half, die Loesung von Lam0ndrion zu verstehen.
Es ist ein Fehler, die Klubs A, B, C und F "festzuhalten" und den Rest zu
permutieren. Auf diese Weise wuerde es nicht zur Paarung ManU-Rom
kommen.
Nochmals danke.
vg Luis
|
|
|
|
