Binomialkoeffizient < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:05 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Paivren |
Hey Leute,
die allerletzte Seite, die unser Prof im Vorkurs angeschrieben hat, führt den Binomialkoeefizienten ein.
Es geht um das Ziehen von n Bällen aus einer Urne mit N Bällen, von denen es M Schwarze und N-M Weiße gibt.
Nun wollen wir wissen, wie viele Fälle es gibt, in denen wir bei n Ziehungen genau k schwarze Bälle erhalten.
Er stellte die Formel auf:
[mm] \vektor{n \\ k} M^{k} (N-M)^{n-k}
[/mm]
Wobei [mm] \vektor{n \\ k}=\bruch{n!}{k! (n-k)!} [/mm] die Anzahl aller Möglichkeiten ist, die k schwarzen Bälle auf die n gezogenen zu verteilen.
Mit der verbalen Definition von [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] kann ich die obige Formel nachvollziehen.
Was ich aber nicht verstehe ist, wieso
[mm] \bruch{n!}{k! (n-k)!} [/mm] die Anzahl aller Möglichkeiten ergibt, k auf n aufzuteilen.
Im Nenner haben wir die Fakultät von k, also alle Möglichkeiten, wie man k anordnen kann. Dies wird mit der Fakultät von den restlichen Elementen multipliziert, also der Anzahl von Möglichkeiten, wie man diese Elemente anordnen kann. Dann hätten wir doch alle Möglichkeiten, wie man k und (n-k) anordnen kann, solange wie die Elemente von k und (n-k) jeweils zusammen stehen bleiben.
Aber warum teilt man dann n!, die Anzahl aller Möglichkeiten, wie man alle Ziehungen anordnen kann, dadurch?
Danke an alle, die diesen längeren Beitrag lesen und mir helfen wollen!
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:43 Mo 08.10.2012 | | Autor: | luis52 |
Moin,
vielleicht ist dir ja der Begriff der Permutation bekannt. Die $n_$ Kugeln bilden $n!$ Permutationen. Betrachte die ersten $k_$ Kugeln jeder Permutation. Jede Permutation kannst du zunaechst mit einer Auswahl von $k_$ Kugeln identifizieren. Dabei sind aber $k!$ aequivalent, naemlich $k!$ Permuationen. Dasselbe gilt fuer die restlichen $n-k$ Kugeln. Du musst also die Anzahl der Permutionen $n!$ der $n$ Kugeln durch die Anzahl der Permutationen $k!(n-k)!$ der ersten $k$ Kugeln und der restllichen $n-k$ Kugeln dividieren.
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:31 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Paivren |
Hallo, danke für die schnelle Antwort.
Der Begriff der Permutation kam in der Schule und im Vorkurs leider nicht vor, genau so wenig wie die Inudktion.
Das beruhigt mich auf der einen Seite, weil es heißt, dass man diese Formel noch nicht verstehen muss.
Auf der anderen Seite hab ich zu viel Zeit investiert, um jetzt aufzugeben.
Werde mir die Permutationen mal anschauen!
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:14 Mo 08.10.2012 | | Autor: | luis52 |
Moin, man kann das Ganze auch durch vollstaendige Induktion nach $n$ zeigen:
Behauptung: Die Anzahl der Moeglichkeiten, [mm] $k=0,1,2,\dots,n$ [/mm] Kugeln aus $n$ zu waehlen, ist [mm] $\binom{n}{k}$.
[/mm]
Hinweis: [mm] $\binom{n+1}{k+1} [/mm] = [mm] \binom{n}{k} [/mm] + [mm] \binom [/mm] {n}{k+1}$.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:56 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Axiom96 |
> Hey Leute,
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> die allerletzte Seite, die unser Prof im Vorkurs
> angeschrieben hat, führt den Binomialkoeefizienten ein.
>
> Es geht um das Ziehen von n Bällen aus einer Urne mit N
> Bällen, von denen es M Schwarze und N-M Weiße gibt.
> Nun wollen wir wissen, wie viele Fälle es gibt, in denen
> wir bei n Ziehungen genau k schwarze Bälle erhalten.
>
> Er stellte die Formel auf:
> [mm]\vektor{n \\ k} M^{k} (N-M)^{n-k}[/mm]
>
> Wobei [mm]\vektor{n \\ k}=\bruch{n!}{k! (n-k)!}[/mm] die Anzahl
> aller Möglichkeiten ist, die k schwarzen Bälle auf die n
> gezogenen zu verteilen.
>
> Mit der verbalen Definition von [mm]\vektor{n \\ k}[/mm] kann ich
> die obige Formel nachvollziehen.
> Was ich aber nicht verstehe ist, wieso
> [mm]\bruch{n!}{k! (n-k)!}[/mm] die Anzahl aller Möglichkeiten
> ergibt, k auf n aufzuteilen.
>
> Im Nenner haben wir die Fakultät von k, also alle
> Möglichkeiten, wie man k anordnen kann. Dies wird mit der
> Fakultät von den restlichen Elementen multipliziert, also
> der Anzahl von Möglichkeiten, wie man diese Elemente
> anordnen kann. Dann hätten wir doch alle Möglichkeiten,
> wie man k und (n-k) anordnen kann, solange wie die Elemente
> von k und (n-k) jeweils zusammen stehen bleiben.
> Aber warum teilt man dann n!, die Anzahl aller
> Möglichkeiten, wie man alle Ziehungen anordnen kann,
> dadurch?
>
> Danke an alle, die diesen längeren Beitrag lesen und mir
> helfen wollen!
>
> Gruß
>
Hi!
Falls es dich interessiert, ich schreibe dir mal einen sehr einfachen Beweis per Induktion auf, das ist nicht so schwer zu verstehen.
Das Prinzip der vollständigen Induktion basiert auf folgendem:
Sei A(n) eine von einer natürlichen Zahl n abhängende Aussage.
Sei A(n) richtig für [mm] n=n_0 [/mm] (eine kleinste Zahl, üblicherweise 0 oder 1, kann aber auch irgendeine andere sein.)
Aus der Richtigkeit von A(n) für eine natürliche Zahl [mm] n\ge{}n_0 [/mm] folge stets die Richtigkeit von A(n+1).
Dann folgt hieraus, dass die Aussage A(n) für alle natürlichen Zahlen [mm] n\ge{}n_0 [/mm] richtig ist.
Wenn man sich mit höherer Mathematik beschäftigt, kommt man hieran auf keine Weise vorbei, deswegen kann es nicht schaden, schon einmal davon gehört zu haben.
Nun zu unserem Beispiel.
Zunächst beweisen wir folgende
Behauptung: Die Anzahl der möglichen Anordnungen (Permutationen) von n verschiedenen Elementen ist $n!$.
Zunächst zeigen wir die Behauptung für ein kleinstes [mm] n=n_0=1. [/mm] Das nennt man
Induktionsanfang: Ein Element lässt sich auf genau eine Weise anordnen, die Aussage gilt also für [mm] n=n_0=1.
[/mm]
Induktionsvoraussetzung: Gelte die Behauptung für ein beliebiges [mm] n\in\IN. [/mm] Dann folgt der
Induktionsschluss (Schluss von n auf n+1): Haben wir eine Anordnung von n Elementen, so lässt sich das $n+1$. Element auf genau n+1 Weisen anordnen (1 mal am Anfang, n-1 mal dazwischen und 1 mal am Ende.) Die Gesamtzahl der Anordnungen ist daher (n+1)*n!=(n+1)!.
Nun der zweite Teil der
Behauptung:Die Anzahl der Möglichkeiten, aus n Elementen k Elemente ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auszuwählen, beträgt: [mm] $n\choose{k}$.
[/mm]
MIT Berücksichtigung der Anordnung haben wir zum Auswählen
des 1. Elements n=n-1+1 Möglichkeiten,
des 2. Elements n-1=n-2+1 Möglichkeiten und
des k. Elements n-k+1 Möghlichkeiten.
Die Zahl der Möglichkeiten MIT Anordnung beträgt also [mm] n*(n-1)*...*(n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}. [/mm] Spielt die Anordnung aber keine Rolle (wie bei roten und schwarzen Kugeln, die ja jeweils als gleich angesehen werden), so reduzieren sich alle Kombinationen auf eine einzige, die nur Umordnungen voneinander darstellen. Wie wir eben per Induktion gezeigt haben, sind das genau $k!$. Unsere Möglichkeiten beschränken sich also auf [mm] \frac{n!}{(n-k)!}*\frac{1}{k!}={n\choose{k}} [/mm] . Damit ist der Beweis abgeschlossen.
Ist dir das so klar? Falls nicht, frag gerne nochmal.
Viele Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:38 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Paivren |
Ich hab jetzt bestimmt ne Stunde über deinem Beitrag gebrütet, und ich glaube, ich habe tatsächlich alles verstanden!
Das, obwohl ich gar nicht wusste, wie man eine Induktion durchführt. Fantastisch!
Vielen, vielen Dank, jetzt kann ich ruhig schlafen.
Btw, ich kann nicht glauben, dass du erst in der 10ten Klasse bist, ist das wahr???
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