12 Lösung / Solution

[lukas]

Teilt hier gerne eure Lösung zu Aufgabe 12 

---

Feel free to share your solution to challenge 12

[Dyochronos]

mein Tipp 3

[WolfgangR]

Meine Simulation ist auch auf Antwort 3 gekommen (ca. 500 Mio. Versuchen). Ich bin gespannt, ob uns ein Stochastiker den Wert genau vorrechnen kann. Ich vermute mal, dass es wurzel(2)/2 bzw. 1/2 ist.

[Abraxas]

Ich habe auch Lösung 3. Hab nix gerechnet (wusste nicht wie), nur überlegt und dann geraten. Wäre schön, wenn das jemand bestätigen oder widerlegen könnte…

[pierrot]

Ja - Antwort 3 ist korrekt.

Zunächst schaute ich mir die Entwicklung der kompletten Binomialverteilung über die Zeit an. Rechenausdrücke wachsen immens - das ist händisch meine ich nicht in den Griff zu bekommen. Ebenso die Unterscheidung nach Plätzchen-Arten, Fälle unterscheiden etc. führte bei mir in die Sackgasse.
 
Im Projektbezug unter der Aufgabe findet sich der Bezug zum sogenannten Wright-Fisher-Modell. Das ganze schrumpft dann auf einen Schlag zusammen und wird rechnerisch sehr überschaubar.
 
Die Idee: Man betrachtet nicht die einzelnen Kekssorten getrennt, sondern beobachtet nur, wie sich die Wahrscheinlichkeit, bei einem Backvorgang zwei VERSCHIEDENE Kekse (zufällig) zu wählen, nach jedem Backvorgang verändert:

Diese ist zu Beginn natürlich ½.
Betrachtet man den zweiten Backvorgang, dann erkennt man den „Memory“-Effekt.
Man wählt ja zufällig für die beiden Plätzchen nun jeweils eine Kopie des ersten Backvorgangs. Nun kann es aber passieren dass man zufällig die gleiche Kopiervorlage wählt, damit sind die Kekse aber mit Sicherheit nicht verschieden also W-Keit = 0, dass sie verschieden sind.
Dies passiert zu 1/1000.
An allen anderen Fällen also in 999/1000 wählt man nicht die gleiche Kopiervorlage, in diesen Fällen bleibt die W-keit bei 1/2 (immer noch reiner Zufall beim zweiten Backvorgang). Und schon haben wir die Rekursionsformel. Genauer hier:

https://www.dropbox.com/scl/fi/7zw4chzoc...j07vl&dl=0

Dieser Beitrag wurde zuletzt bearbeitet: 12-19-2025, 05:54 PM von pierrot.

[marac]

Ich hab das Spielchen für Blechgrößen von 5, 10, 20 und 30 Plätzchen exemplarisch durchgerechnet und bin auf einen weitgehend linearen Zusammenhang zwischen Plätzchenanzahl pro Blech und Anzahl Bleche zum Erreichen der Wahrscheinlichkeit von 0,6, 0,7 oder 0,8 gestoßen.

0,6 wurde nach etwa 1/6*Plätzchen erreicht, 0,7 nach 1/3*Plätzchen und 0,8 nach 3/4*Plätzchen

Klar ist das kein Beweis, aber zumindest ein Indiz, dass bei 1000 Plätzchen und 480 Blechen die 0,7 nicht so ganz schlecht aussieht.

Naja, und für das Ziehen von zwei verschiedenen Blechen ist die 0,5 doch recht einleuchtend, denn die zwei Reihen haben ja nichts miteinander zu tun.Wir können zwar davon ausgehen, dass bei beiden Blechen jeweils eine Sorte eine deutliche Mehrheit haben wird, aber dann ist die Chance immernoch 50:50, ob das bei beiden Blechen dieselbe Sorte ist oder nicht.

[Raaadi]

Bei mir war‘s unvollständige Intuition: Auf jedem Blech kann‘s „kippen“, so dass man am Ende nur eine Sorte hat, folglich ist‘s so intuitiv Richtung 2/3 oder 3/4 bei zwei Keksen vom selben Blech, also 70%. Und da die beiden Bleche „unabhängig“ sind, bleibt‘s bei 50/50 für Kekse von zwei Blechen.

[Kosakenzipfel]

Ich hab erst mit dem Computer sehr viele Durchgänge gemacht, und bekam damit die richtige Lösung. Aber dann wollte ich wissen, warum. Und dann habe auch ich den Projektbezug gegoogelt, und dort die Formel und deren Herleitung gefunden. Kann es aber nicht schöner darstellen wie pierrot.

[BUC@LG]

Man kann natürlich auch "Scratch" nutzen. Ich habe es ausprobiert.  

Vielleicht nicht schön und nicht schnell - aber "einfach gestrickt". 
Am Ende hat es mir geholfen, meine Vermutung zu bestätigen. 

Viel Spaß beim "REMIXEN".

https://scratch.mit.edu/projects/1255493273/fullscreen/

woJE1R6XwoJE1R6X

[MatheJuergen]

Ich habe mich der Lösung so genähert. Die Wahrscheinlichkeit für 500 Sterne auf einem Blech beim 1.Backvorgang beträgt Bpd(X = 500 ; 1000 ; 0,5) = 0,025225.... die Wahrscheinlichkeit beim 2.Backvorgang 500 Sterne auf einem Blech zu haben beträgt: Summe [Bpd(x ; 1000 ; 0,5)*Bpd(500 ; 1000 ; x/1000) ; 0 ; 1000] = 0,0178323...
Ich habe mit das so vorgestellt. Der 1.Backvorgang entspricht einem üblichen Galton- Brett mit einem Eingang und 1001 Ausgängen. Man wirft oben 1000 Kugeln rein und die verteilen sich ungefähr (Anzahl 1000 ist ja noch etwas klein) gemäß der Binomialverteilung (n = 1000 ; p = 0,5). Also ca. 25 Kugeln im Fach k = 500)
Wenn man jetzt ein 2.Galton- Brett mit 1001 Eingängen und 1001 Ausgängen dahinterschaltet und die 1001 Ausgänge vom Brett 1 mit den 1001 Eingängen des Bretts 2 verbindet (gleiches k), dann erhält man im Fach k = 500 noch ca. 18 Kugeln.
Gewissermaßen "zerfließt" die ursprüngliche Binomialverteilung zu den Rändern hin, da sich dort die beiden "absorbierenden" Zustände 0 Sterne und 1000 Sterne befinden. Nach 480 Durchgängen bin ich davon ausgegangen, dass näherungsweise eine Art "Gleichverteilung" vorliegt, also alle Sternanzahlen ungefähr gleichwahrscheinlich sind.
Dann ist die Wahrscheinlichkeit, wenn man am Schluss nach 480 Backvorgängen von Blech 1 zwei Kekse ohne Zurücklegen zieht für zwei gleiche Kekse (Stern- Stern oder Tannenbaum- Tannenbaum):

x/1000 * (x-1)/999 + (1000-x)/1000 * (999-x)/999 = (2x² - 2000x + 999 000)/999 000 = (2/999 000)*x² - (2/999)*x + 1 = p(x)


Jetzt habe ich den Mittelwert über alle x dieser Wahrscheinlichkeiten gebildet (wegen der nahezu Gleichverteilung) . Also: Summe (p(x) ; 0 ; 1000) / 1001

Dieser Mittelwert beträgt auf GTR- Genauigkeit 0,6666666667 also 2/3

Dies ergibt gerundet 0,7.

Jetzt zum einmaligen Ziehen von beiden Blechen:

Die Wahrscheinlichkeit hängt jetzt von x und y ab. p(x;y) = x/1000 * y/1000 + (1000 - x)/1000 * (1000-y)/1000 = (2xy - 1000x - 1000y + 1000000) / 1000000

oder p(x;y) = (2/1000000)*xy - (1/1000)*x - (1/1000)*y + 1

Jetzt muss man alle Kombinationen von x und y (also 1001 * 1001 = 1 002 001 Kombis) berücksichtigen und die Werte aufsummieren.

Das führt zu einer Doppelsumme: Summe [ Summe (p(x;y) ; 0 ; 1000) ; 0 ; 1000 ]

Da p(x;y) symmetrisch bezgl. x und y ist, kann man die Reihenfolge der Summen beliebig wählen.

Ich summiere zuerst über x von 0 bis 1000: Summe (p(x;y)) = Summe (1 - (1/1000)*y) + Summe (x*((2/1000000)*y - (1/1000))

Es gilt: Summe (1 - (1/1000)*y)= (1 - (1/1000)*y)*1001 = 1001 - (1001 / 1000)*y

        Summe (x*((2/1000000)*y - (1/1000))= ((2/1000000)*y - (1/1000))* Summe (x)= ((2/1000000)*y - (1/1000))*1001*1000 /2= (1001/1000)*y - 1001/2

Insgesamt also: Summe (p(x;y)) = 1001 - (1001/1000)*y + (1001/1000)*y - 1001/2 = 1001/2    (unabhängig von y ==> die 2.Summe wird sehr einfach)

Jetzt summiere ich über y: Summe (1001/2) = (1001/2)* 1001 = 1001*1001 /2

Um den Mittelwert zu berechnen muss jetzt durch die Anzahl aller Kombis (also 1001*1001) dividieren ==> 1/2


Dies ist natürlich kein exakter Wert, aber dank der Antwortmöglichkeiten, hab ich richtig eingeloggt 

Die Aufgabe 12 war bis dahin, zumindest für mich die schwerste Aufgabe. Und ab und zu benötigt man auch etwas Glück.