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| Aufgabe | a) Die Menge [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{1, \ldots, n \}^{r}$ [/mm] mit $n, r [mm] \in \mathbb{N}$ [/mm] sei mit der Gleichverteilung versehen. Zeige, dass für die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses
$A:= [mm] \{ (\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \; \text{Es gibt}\; i \neq j\; \text{mit}\; \omega_{i} = \omega_{j} \}$
[/mm]
die Abschätzung $P(A) [mm] \ge [/mm] 1 - exp [mm] \left ( \frac{- r (r - 1)}{2n} \right [/mm] )$ gilt.
b) Bestimme mit obiger Abschätzung ein möglichst kleines $r [mm] \in \mathbb{N}$, [/mm] für das
die Wahrscheinlichkeit, dass unter $r$ Personen zwei am gleichen Tag
Geburtstag haben, größer als $50%$ ist. Dabei ist von einem Jahr mit
$365$ Tagen auszugehen und anzunehmen, dass alle Geburtstage gleichwahrscheinlich sind. |
Hiho,
ich bräuchte Tipps zur Aufgabe, weil ich bei einer Teilaufgabe, nämlich bei der b) nicht ganz weiterkomme.
Bei der a) habe ich, denke ich, einen guten Ansatz, aber bin mir auch da unsicher.
Wäre nett, wenn jemand einen Blick darüber werfen und mir ein Feedback geben könnte.
Ansatz zu a)
Ich dachte, man kann die Ungleichung $1 - x [mm] \le [/mm] exp(- x)$ verwenden.
Dadurch ergibt sich ja die Ungleichung
$1 - [mm] \frac{r (r - 1)}{2n} \le [/mm] exp [mm] \left ( \frac{- r (r - 1)}{2n} \right [/mm] )$ [mm] $\Rightarrow \frac{r (r - 1)}{2n} \ge [/mm] 1 - exp [mm] \left ( \frac{- r (r - 1)}{2n} \right [/mm] )$
Ich müsste es also schaffen zu zeigen, dass $P(A) = [mm] \frac{r (r - 1)}{2n}$ [/mm] oder $P(A) [mm] \ge \frac{r (r - 1)}{2n}$ [/mm]
Ich habe mir überlegt, die Elemente von $A$ nach diesem Schema abzuzählen:
Es kann auftreten
[mm] $\omega_{1} [/mm] = [mm] \omega_{2}$, $\omega_{1} [/mm] = [mm] \omega_{3}$, \ldots, $\omega_{1} [/mm] = [mm] \omega_{r - 1}$, $\omega_{1} [/mm] = [mm] \omega_{r}$ [/mm] $(r - 1)$ Möglichkeiten
[mm] $\omega_{2} [/mm] = [mm] \omega_{3}$, $\omega_{2} [/mm] = [mm] \omega_{4}$, \ldots, $\omega_{2} [/mm] = [mm] \omega_{r - 1}$, $\omega_{1} [/mm] = [mm] \omega_{r}$ [/mm] $(r - 2)$ Möglichkeiten
(Hier habe ich den Fall [mm] $\omega_{2} [/mm] = [mm] \omega_{1}$ [/mm] weg gelassen, weil uns nur die Existenz eines solchen Falles interessiert und nicht wie oft das auftritt)
[mm] $\omega_{3} [/mm] = [mm] \omega_{4}$, $\omega_{3} [/mm] = [mm] \omega_{5}$, \ldots, $\omega_{3} [/mm] = [mm] \omega_{r - 1}$, $\omega_{3} [/mm] = [mm] \omega_{r}$ [/mm] $(r - 3)$ Möglichkeiten
[mm] $\vdots$
[/mm]
[mm] $\omega_{r - 1} [/mm] = [mm] \omega_{r}$, [/mm] $(r - (r - 1)) = 1 $ Möglichkeit
Also hätte ich $(r - 1) + (r - 2) + (r - 3) + [mm] \ldots [/mm] + 1 = [mm] \sum\limits_{i = 1}^{r} [/mm] (r - i) = [mm] \sum\limits_{i = 1}^{r} [/mm] r - [mm] \sum\limits_{i = 1}^{r} [/mm] i = [mm] r^{2} [/mm] + [mm] \frac{r(r + 1)}{2} [/mm] = r [mm] \cdot \frac{3r + 1}{2}$ [/mm] Elemente.
Damit ist die Wahrscheinlichkeit von $A$:
$P(a) = [mm] \frac{\vert A \vert}{\vert \Omega \vert} [/mm] = [mm] \frac{\frac{3r^{2}+ r}{2}}{\frac{r^{r}}{1}} [/mm] = [mm] \frac{3r^{2}+ r}{2} \cdot \frac{1}{n^{r}} [/mm] = [mm] \frac{3r^{2} + r}{2n^{r}}$
[/mm]
Stimmt das bis hierhin, oder habe ich die Menge $A$ falsch abgezählt?
lg, Boogie
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Hiho,
fangen wir mal mit der Auflösung an (ACHTUNG: SPOILER)
> Stimmt das bis hierhin, oder habe ich die Menge [mm]A[/mm] falsch abgezählt?
Du hast falsch abgezählt, denn du zählst Dinge doppelt und vergisst dafür andere.
> Ich habe mir überlegt, die Elemente von [mm]A[/mm] nach diesem Schema abzuzählen:
>
>
> Es kann auftreten
>
>
> [mm]\omega_{1} = \omega_{2}[/mm], [mm]\omega_{1} = \omega_{3}[/mm], [mm]\ldots,[/mm] [mm]\omega_{1} = \omega_{r - 1}[/mm], [mm]\omega_{1} = \omega_{r}[/mm] [mm](r - 1)[/mm] Möglichkeiten
Also hier solltest du schon mit der Notation aufpassen. Kommas meinen in der Stochastik normalerweise "und".
Was du aber anscheinend meinst ist eher ein "oder".
Was du hier also abzählst in die Anzahl an Möglichkeiten, an denen zwei Komponenten eines Elements aus A übereinstimmen, wenn die erste Komponente mit einer anderen übereinstimmt
> [mm]\omega_{2} = \omega_{3}[/mm], [mm]\omega_{2} = \omega_{4}[/mm], [mm]\ldots,[/mm]
> [mm]\omega_{2} = \omega_{r - 1}[/mm], [mm]\omega_{1} = \omega_{r}[/mm] [mm](r - 2)[/mm]
> Möglichkeiten
Hier dasselbe für die zweite Komponente…
> [mm]\omega_{r - 1} = \omega_{r}[/mm], [mm](r - (r - 1)) = 1[/mm] Möglichkeit
Und hier das für die letzte Komponente.
Aber was du völlig vergisst ist: Was machst du mit Elementen, die an mehreren Komponenten übereinstimmen? Die liegen in A, da zählst du aber Möglichkeiten doppelt.
z.B. wäre das Element [mm] $\omega [/mm] = [mm] (\omega_1,\ldots,\omega_r)$ [/mm] mit [mm] $\omega_1 [/mm] = [mm] \omega_2 [/mm] = [mm] \ldots [/mm] = [mm] \omega_r$ [/mm] offensichtlich in A, aber du hättest es bei jeder deiner Möglichkeiten gezählt.
Weiterhin zählst du bei deiner Zählung nur die Möglichkeiten für ein fixes [mm] $\omega [/mm] = [mm] (\omega_1,\ldots,\omega_r)$ [/mm]
Aber jedes [mm] $\omega_i$ [/mm] kann ja Werte aus [mm] $\{1,\ldots, n\}$ [/mm] annehmen und offensichtlich steigt die Anzahl der Elemente in A mit wachsendem n (es gibt ja mehr Möglichkeiten).
Deine Anzahl an Elemente hängt aber in keiner Weise von $n$ ab, das kann also schon mal nicht stimmen.
Was du eigentlich versucht hast, ist das wie folgt umzuschreiben:
$ A:= [mm] \{ (\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \; \text{Es gibt}\; i \neq j\; \text{mit}\; \omega_{i} = \omega_{j} \} [/mm] = [mm] \{ (\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \; \exists i\in \{1,\ldots, r\}\; \exists j\not=i: \omega_{i} = \omega_{j} \} [/mm] $
[mm] $\exists$ [/mm] innerhalb von Mengen sind als Mengenverknüpfung nun ein "oder" bzw ein [mm] $\cup, [/mm] d.h. wir erhalten:
$A = [mm] \bigcup_{i=1}^r \bigcup_{\stackrel{j=1}{j\not=i}}^r A_{ij}$ [/mm] mit [mm] $A_{ij} [/mm] = [mm] \{ (\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \omega_i = \omega_j\}$
[/mm]
Und dein Plan war jetzt, die [mm] $A_{ij}$ [/mm] abzuzählen. Nette Idee, Problem ist, damit bekommst du zwar eine Abschätzung, aber in die falsche Richtung. Denn was man daraus bekäme, wäre ein:
$P(A) [mm] \le \sum_{i=1}^r \sum_{\stackrel{j=1}{j\not=i}}^r P(A_{ij})$.
[/mm]
Gleichheit bekäme man mit der ![[]](/images/popup.gif) Siebformel, die hier aber nicht praktibel ist… daher will man ja abschätzen.
Also lange Rede kurzer Sinn: Dein Ansatz ist nicht zielführend.
Den Entscheidenden Hinweis liefert dir das $1-$ auf der rechten Seite, das spricht doch sehr für eine Gegenwahrscheinlichkeit.
D.h. wir erhalten:
$P(A) = 1 - [mm] P(A^c)$ [/mm] und nun zeige: [mm] $P(A^c) \le \exp \left ( \frac{- r (r - 1)}{2n} \right [/mm] )$
[mm] $A^c$ [/mm] ist nun aber recht leicht zu beschreiben und fast ebenso leicht ist [mm] $P(A^c)$ [/mm] zu berechnen…
Gruß,
Gono
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Hallo!
> Hiho,
>
> fangen wir mal mit der Auflösung an (ACHTUNG: SPOILER)
> > Stimmt das bis hierhin, oder habe ich die Menge [mm]A[/mm] falsch
> abgezählt?
> Du hast falsch abgezählt, denn du zählst Dinge doppelt
> und vergisst dafür andere.
>
> > Ich habe mir überlegt, die Elemente von [mm]A[/mm] nach diesem
> Schema abzuzählen:
> >
> >
> > Es kann auftreten
> >
> >
> > [mm]\omega_{1} = \omega_{2}[/mm], [mm]\omega_{1} = \omega_{3}[/mm], [mm]\ldots,[/mm]
> [mm]\omega_{1} = \omega_{r - 1}[/mm], [mm]\omega_{1} = \omega_{r}[/mm] [mm](r - 1)[/mm]
> Möglichkeiten
> Also hier solltest du schon mit der Notation aufpassen.
> Kommas meinen in der Stochastik normalerweise "und".
> Was du aber anscheinend meinst ist eher ein "oder".
>
> Was du hier also abzählst in die Anzahl an Möglichkeiten,
> an denen zwei Komponenten eines Elements aus A
> übereinstimmen, wenn die erste Komponente mit einer
> anderen übereinstimmt
>
> > [mm]\omega_{2} = \omega_{3}[/mm], [mm]\omega_{2} = \omega_{4}[/mm], [mm]\ldots,[/mm]
> > [mm]\omega_{2} = \omega_{r - 1}[/mm], [mm]\omega_{1} = \omega_{r}[/mm] [mm](r - 2)[/mm]
> > Möglichkeiten
> Hier dasselbe für die zweite Komponente…
>
> > [mm]\omega_{r - 1} = \omega_{r}[/mm], [mm](r - (r - 1)) = 1[/mm]
> Möglichkeit
> Und hier das für die letzte Komponente.
>
> Aber was du völlig vergisst ist: Was machst du mit
> Elementen, die an mehreren Komponenten übereinstimmen? Die
> liegen in A, da zählst du aber Möglichkeiten doppelt.
> z.B. wäre das Element [mm]\omega = (\omega_1,\ldots,\omega_r)[/mm]
> mit [mm]\omega_1 = \omega_2 = \ldots = \omega_r[/mm] offensichtlich
> in A, aber du hättest es bei jeder deiner Möglichkeiten
> gezählt.
>
> Weiterhin zählst du bei deiner Zählung nur die
> Möglichkeiten für ein fixes [mm]\omega = (\omega_1,\ldots,\omega_r)[/mm]
> Aber jedes [mm]\omega_i[/mm] kann ja Werte aus [mm]\{1,\ldots, n\}[/mm]
> annehmen und offensichtlich steigt die Anzahl der Elemente
> in A mit wachsendem n (es gibt ja mehr Möglichkeiten).
> Deine Anzahl an Elemente hängt aber in keiner Weise von [mm]n[/mm]
> ab, das kann also schon mal nicht stimmen.
Aha, ich sehe jetzt, wo ich einen Denkfehler hatte. Habe mir das mal am Bespiel [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{1,2,3 \}^{3}$ [/mm] klar gemacht.
Da zähle ich wirklich viele Elemente einfach mehrfach. Danke für die Aufklärung.
> Was du eigentlich versucht hast, ist das wie folgt
> umzuschreiben:
>
> [mm]A:= \{ (\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \; \text{Es gibt}\; i \neq j\; \text{mit}\; \omega_{i} = \omega_{j} \} = \{ (\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \; \exists i\in \{1,\ldots, r\}\; \exists j\not=i: \omega_{i} = \omega_{j} \}[/mm]
>
> [mm]$\exists$[/mm] innerhalb von Mengen sind als Mengenverknüpfung
> nun ein "oder" bzw ein [mm]$\cup,[/mm] d.h. wir erhalten:
>
> [mm]A = \bigcup_{i=1}^r \bigcup_{\stackrel{j=1}{j\not=i}}^r A_{ij}[/mm]
> mit [mm]A_{ij} = \{ (\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \omega_i = \omega_j\}[/mm]
>
> Und dein Plan war jetzt, die [mm]A_{ij}[/mm] abzuzählen. Nette
> Idee, Problem ist, damit bekommst du zwar eine
> Abschätzung, aber in die falsche Richtung. Denn was man
> daraus bekäme, wäre ein:
>
> [mm]P(A) \le \sum_{i=1}^r \sum_{\stackrel{j=1}{j\not=i}}^r P(A_{ij})[/mm].
>
> Gleichheit bekäme man mit der
> Siebformel,
> die hier aber nicht praktibel ist… daher will man ja
> abschätzen.
Ah so! So kann man $A$ darstellen, wobei z.B. [mm] $A_{13}$ [/mm] die selbe Menge ist wie [mm] $A_{31}$ [/mm] usw.
Wieso nimmt man zwei Mal die selbe Menge in der Vereinigung ? Einfach nur, weil die Darstellung von $A$ damit leichter ist ?
>
> Also lange Rede kurzer Sinn: Dein Ansatz ist nicht
> zielführend.
> Den Entscheidenden Hinweis liefert dir das [mm]1-[/mm] auf der
> rechten Seite, das spricht doch sehr für eine
> Gegenwahrscheinlichkeit.
>
> D.h. wir erhalten:
> [mm]P(A) = 1 - P(A^c)[/mm] und nun zeige: [mm]P(A^c) \le \exp \left ( \frac{- r (r - 1)}{2n} \right )[/mm]
>
> [mm]A^c[/mm] ist nun aber recht leicht zu beschreiben und fast
> ebenso leicht ist [mm]P(A^c)[/mm] zu berechnen…
>
> Gruß,
> Gono
Es ist [mm] $A^{c} [/mm] = [mm] \{(\omega_{1}, \ldots, \omega_{n}) \in \Omega\; \vert \; w_{i} \neq w_{j}\; \text{für}\; i \neq j \}$
[/mm]
Diese Menge hat $n!$ Elemente.
Da haben wir also [mm] $P(A^{c}) [/mm] = [mm] \frac{\vert A^{c} \vert}{\vert \Omega \vert} [/mm] = [mm] \frac{n!}{n^{r}}$.
[/mm]
Jetzt müsste ich zeigen, dass [mm] $\frac{n!}{n^{r}} \le \exp \left ( \frac{- r (r - 1)}{2n} \right [/mm] )$ gilt.
Da $1 - [mm] \frac{r (r- 1)}{2n} \le exp(\frac{- r (r- 1)}{2n}) [/mm] $ gilt, reicht es zu zeigen, dass [mm] $\frac{n!}{n^{r}}\le [/mm] 1 - [mm] \frac{r (r- 1)}{2n}$ [/mm] gilt.
Durch Äquivalenzumformung erhalten wir
[mm] $\frac{n!}{n^{r}}\le [/mm] 1 - [mm] \frac{r (r- 1)}{2n} \Leftrightarrow \frac{n!}{n^{r}} [/mm] + [mm] \frac{r (r- 1)}{2n} \le [/mm] 1 $
Ich würde die Ungleichung mit Fallunterscheidung zeigen.
Also einmal für $n [mm] \le [/mm] r$ und einmal für $n [mm] \ge [/mm] r$
Sei $n [mm] \le [/mm] r$. Dann:
[mm] $\frac{n!}{n^{r}} [/mm] + [mm] \frac{r (r- 1)}{2n} [/mm] = [mm] \frac{2n \cdot n! + n^{r} \cdot r(r - 1)}{2n^{r + 1}}$
[/mm]
Wie kann ich hier zeigen, dass der Nenner größer oder gleich ist als der Zähler ?
Da fällt es mir schwer, einen Ansatz zu finden, sofern das obige richtig ist.
lg, Boogie
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Hiho,
> Ah so! So kann man [mm]A[/mm] darstellen, wobei z.B. [mm]A_{13}[/mm] die selbe Menge ist wie [mm]A_{31}[/mm] usw.
>
> Wieso nimmt man zwei Mal die selbe Menge in der Vereinigung
> ? Einfach nur, weil die Darstellung von [mm]A[/mm] damit leichter
> ist ?
Weil ich zu faul war, das anders aufzuschreiben.
Du kannst dann gern noch beliebig komplizierter aufschreiben 
> Es ist [mm]A^{c} = \{(\omega_{1}, \ldots, \omega_{n}) \in \Omega\; \vert \; w_{i} \neq w_{j}\; \text{für}\; i \neq j \}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Es ist [mm]A^{c} = \{(\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \; w_{i} \neq w_{j}\; \text{für}\; i \neq j \}[/mm]
> Diese Menge hat [mm]n![/mm] Elemente.
Wieder als Argument: Die Anzahl der Elemente in deiner Menge hängt nicht im geringsten von $r$ ab, wie kann das sein???
Deine Menge hat zwei Parameter, beide beeinflussen offensichtlich die Anzahl der Elemente in deiner Menge, also sollten die auch beide vorkommen…
> Also einmal für $ n [mm] \le [/mm] r $ und einmal für $ n [mm] \ge [/mm] r $
Diese Fallunterscheidung solltest du hier schon machen!
Wie sieht [mm] A^c [/mm] denn konkret aus, wenn n<r ist?
Gruß,
Gono
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> Es ist [mm]A^{c} = \{(\omega_{1}, \ldots, \omega_{r}) \in \Omega\; \vert \; w_{i} \neq w_{j}\; \text{für}\; i \neq j \}[/mm]
Genau die Menge meinte ich, aber habe gestern anscheinend geschlafen... danke
>
> > Diese Menge hat [mm]n![/mm] Elemente.
>
>
> Wieder als Argument: Die Anzahl der Elemente in deiner
> Menge hängt nicht im geringsten von [mm]r[/mm] ab, wie kann das
> sein???
> Deine Menge hat zwei Parameter, beide beeinflussen
> offensichtlich die Anzahl der Elemente in deiner Menge,
> also sollten die auch beide vorkommen…
Ah, jetzt aber. Die Menge [mm] $A^{c}$ [/mm] hat $n [mm] \cdot [/mm] r!$ Elemente. Passt das ?
Ich hatte gestern $n!$ heraus, weil ich die Elemente dieser Menge am Beispiel [mm] $\{1,2,3,4 \}^{3}$ [/mm] gezählt habe und das waren 24 Stück.
Da dachte ich mir: $24 = 4 * 3 * 2 * 1 = 4!$.
Aber es ist auch $n [mm] \cdot [/mm] r! = 4 [mm] \cdot [/mm] 3! = 24$.
> > Also einmal für [mm]n \le r[/mm] und einmal für [mm]n \ge r[/mm]
> Diese
> Fallunterscheidung solltest du hier schon machen!
> Wie sieht [mm]A^c[/mm] denn konkret aus, wenn n<r ist?
>
> Gruß,
> Gono
Ich setze mich nachher hin und mache dann weiter  Muss jetzt los.
Schönen Tag noch!
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Hiho,
> Ah, jetzt aber. Die Menge [mm]A^{c}[/mm] hat [mm]n \cdot r![/mm] Elemente.
> Passt das ?
Munteres Rätselraten?
Kann lange dauern… wie wäre es mal mit einem systematischen Ansatz?
1.) Wie sieht die Menge denn nun aus, wenn n < r?
2.)
>
> Ich hatte gestern [mm]n![/mm] heraus, weil ich die Elemente dieser
> Menge am Beispiel [mm]\{1,2,3,4 \}^{3}[/mm] gezählt habe und das
> waren 24 Stück.
> Da dachte ich mir: [mm]24 = 4 * 3 * 2 * 1 = 4![/mm].
> Aber es ist auch [mm]n \cdot r! = 4 \cdot 3! = 24[/mm].
Es ist sogar [mm] $24=3*2^3=r*2^{n-1}$ [/mm] oder $24 = [mm] 3*2^3 [/mm] = [mm] (n-1)2^r$ [/mm] oder $24 = [mm] 4*\sqrt[3]{216} [/mm] = [mm] n*\sqrt[r]{216}$… [/mm] vielleicht ist ja die Radosophie was für dich?
> Ich setze mich nachher hin und mache dann weiter Muss jetzt los.
Dann mach mal…
und als Übung nimmst du mal $n=10$ und $r=2$…
Gruß,
Gono
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Wenn du es weniger formal und mehr am Beispiel mit dem Geburtstagsproblem orientiert versuchst, findest du einen einfachen Weg:
Es gibt n=365 Tage, an denen jemand Geburtstag haben kann, und die sollen gleichwahrscheinlich sein.
Es gibt r Personen, von denen mindestens zwei am selben Tag Geburtstag haben.
Nach dem Tipp von Gonozal gehst du zur Gegenwahrscheinlichkeit über: Wie Wahrscheinlich ist es, dass alle r Personen an verschiedenen Tagen Geburtstag haben?
Für r>n ist das nicht möglich, dann kommt 0 heraus. Interessant ist somit nur [mm] r\le [/mm] n.
Wir würfeln der Reihe nach für jeden einen Geburtstag aus und fragen dabei nach obiger W.:
Der Erste: egal, W.=1
der Zweite: beliebig, aber nicht am Tag des Ersten: W.=364/365
der Dritte: Beliebig, aber nicht an den beiden vergebenen Tagen: W.=363/365
...
Der r-te: beliebig, aber nicht an den r-1 vergebenen verschiedenen Tagen: W.=(366-k)/365
Gesamtwahrscheinlichkeit für "alle Geburtstage verschieden":
p(r)=(364/365)*(363/365)*...*((366-r)/365)
Verallgemeinert auf das Ursprungsproblem:
[mm] p_n(r)=\bruch{(n-1)(n-2)...(n+1-r)}{n^{r-1}}=\bruch{n(n-1)(n-2)...(n+1-r)}{n^r}.
[/mm]
Jetzt zeigst du durch Vollständige Induktion über r:
[mm] p_n(r)\le e^{\frac{- r (r - 1)}{2n} }
[/mm]
Dabei benutzt du 1-x [mm] \le e^{-x}, [/mm] da hattest du schon den richtigen Riecher...
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> Also hätte ich [mm](r - 1) + (r - 2) + (r - 3) + \ldots + 1 = \sum\limits_{i = 1}^{r} (r - i) = \sum\limits_{i = 1}^{r} r - \sum\limits_{i = 1}^{r} i = r^{2} + \frac{r(r + 1)}{2} = r \cdot \frac{3r + 1}{2}[/mm]
> Elemente.
Neben dem von Gonozal Gesagten hast du auch noch einen Rechenfehler gemacht:
[mm](r - 1) + (r - 2) + (r - 3) + \ldots + 1 = \sum\limits_{i = 1}^{r} (r - i) = \sum\limits_{i = 1}^{r} r - \sum\limits_{i = 1}^{r} i = r^{2} - \frac{r(r + 1)}{2} =\frac{r(r - 1)}{2}[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:20 Do 30.04.2020 | | Autor: | Boogie2015 |
Stimmt, dankeschön.
lg, Boogie
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