Tænkeboks: Gæt påskebryg helt forkert

Hvis delatgerne efter hver øl sætter et kryds på deres papir med det formål at vakle hjem efter det ottende kryds, bliver løsningen (7/8)^24 = 0.041. Men opgavebogen giver en anden løsning, så der er rig mulighed for at gætte på, hvad den ufuldstændige opgaveteksten egentlig mener og give sit var derefter.

Hvis delatgerne efter hver øl sætter et kryds på deres papir med det formål at vakle hjem efter det ottende kryds, bliver løsningen (7/8)^24 = 0.041.

Sådan kan du ikke regne det. Det er ikke uafhængige hændelser. En deltagers chance for at gætte forkert i gæt n afhænger af deltagerens første n-1 gæt. Har deltageren f.eks. gætte korrekt I de første 7 gæt, så er hans chance for at gætte korrekt I gæt 8 100% .

Til gengæld må hver af de tre deltagers individuelle chance for at gætte alt galt være uafhængige

NIX. Der står intetsteds i opgaveteksten at deltagerne skal afgive 8 FORSKELLIGE gæt. Det er måske en fejl, men det står der altså ikke. Derfor er min simple løsning i hvert fald én ud af flere korrekte løsninger svarende til forskellige tolkninger af opgaveteksten.

Vi må kunne nøjes med at se på en deltager af gangen. Da hændelsen, en deltager gætter alt forkert, er uafhængig af de andre deltagers gæt.

Her må vi vel så tilbage til det helt grundlæggende. Sandsynligheden = antal søgte udfald/antal mulig udfald.

Jeg synes ikke, at jeg kan se nogen bare rimeligt nem måde at finde antal udfald med nul rigtige. Til gengæld kan jeg finde antal udfald i komplementærhændelsen ved slaveregning, hvor der opsummeres antal udfald med 1, 2 osv op til 8 rigtige.

Kan nogen se en let genvej?

Principielt bør opgaven kunne regnes af en gymnasieelev på stx B niveau.

Hvis delatgerne efter hver øl sætter et kryds på deres papir

Er det ikke lidt tidligt at smage på varerne?

Mvh Bjørn

Ud fra din forståelse af opgaveteksten kunne du jo begynde med at antage, at der kun var 2 øl at teste, så 3 øl, så 4 øl,... Måske kan du af de let opnåelige sandsynlighedsbrøker se systemet, så du kan ekstrapolere til 8 øl. Det med gymnasieelev kan du godt gelemme.

Man kunne jo også prøve med en Monte Carlo-metode.

Det er måske en fejl, men det står der altså ikke

Der står næsten det modsatte, nemlig at det er helt i blinde. Jeg sy's det er helt rimeligt at behandle det som 24 uafhængige udfald. Jeg stemmer også for 4%.

Antallet af alle permutationer for n øl er selvfølgelig n!.

Lad (n:m) være binomialkoefficienterne, som er antallet af permutationer med m rigtige øl for n øl, og lad K(n) være antallet af helt forkerte permutationer for n øl. Benyt at (n:n–m) = (n:m).

Rekursionen: Summen for m fra 0 til n af (n:m)K(m) = n!

K(0) = 1, og K(1) = 0, ..., K(8) = 14273, og den tilsvarende sandsynlighed K(8)/8! = 14273/40320 = 0.35399, som skal opløftes i tredje potens, hvilket giver 4%.

Rekursionen: Summen for m fra 0 til n af (n:m)K(m) = n!

Hvor kommer rekursionen ind i billedet?

K(0) = 1, og K(1) = 0, ..., K(8) = 14273, og den tilsvarende sandsynlighed K(8)/8! = 14273/40320 = 0.35399, som skal opløftes i tredje potens, hvilket giver 4%.

Jeg forstår ikke hvad du skriver? Summerer du K(1) til K(8)? Og hvorfor er K(1)=0? Hvad giver din udregning hvis der kun er 2 øl?

14273/40320 = 0.35399, som skal opløftes i tredje potens, hvilket giver 4%.

Jeg får det til (14833/40320)^3.

Under forudsætning af at mit resultat er korrekt, så vil forholdet mellem det korrekte resultat og resultatet med din metode (så vidt jeg forstår den) vel gå mod 1, eftethåden som antallet af øl går mod uendeligt?

Hvis delatgerne efter hver øl sætter et kryds på deres papir med det formål at vakle hjem efter det ottende kryds, bliver løsningen (7/8)^24 = 0.041. Men opgavebogen giver en anden løsning, så der er rig mulighed for at gætte på, hvad den ufuldstændige opgaveteksten egentlig mener og give sit var derefter.

Man må formode at hver deltager trods alt er så ædru at han kan afgive 8 forskellige gæt, som altså alle sammen skal være forkerte. 0:-)

(14833/40320)^3 = 5%

Rekursionen

summen for m fra 0 til n af n!/(m!(m–n)!) K(m) = n!

for antal helt forkerte muligheder K(n) hvis n øl vil give

K(0) = 1 og 0! = 1

K(1) = 0 og 1! = 1

K(2) = 1 og 2! = 2

K(3) = 2 og 3! = 6

K(4) = 9 og 4! = 24

K(5) = 44 og 5! = 120

K(6) = 265 og 6! = 720

K(7) = 1854 og 7! = 5040

K(8) = 14833 og 8! = 40320

og sandsynligheden K(n)/n! –> 1/e

Man må formode at hver deltager trods alt er så ædru at han kan afgive 8 forskellige gæt, som altså alle sammen skal være forkerte.

Hvis vi nummererer øllene 1 til 8 og antager at de smages i den rækkefølge, så betyder det at gæt i stil med 8,8,8,8,8,8,8,1 skal regnes fra.

Flot arbejde. Kan du også give en formel for K(n)?

Fint nok sandsynligheden for at gætte n øl helt forkert er P(n) = 1 – 1 + 1/2 – 1/6 + 1/24 – ... + (–1)^n/n! og dette kan gøres på måderne K(n) = 1 – n!/n! + n!/2! – n!/3! + n!/24! – ... + (–1)^n men jeg har ikke det simple bevis og kan forstå at min rekursionsmetode ikke er den bedste

Hvis vi nummererer øllene 1 til 8 og antager at de smages i den rækkefølge, så betyder det at gæt i stil med 8,8,8,8,8,8,8,1 skal regnes fra.

Opgaven kan sammenlignes med udtrækning af 8 nummererede kugler uden tilbagelægning.

Opgaven kan sammenlignes med udtrækning af 8 nummererede kugler uden tilbagelægning.

Ja ordnet udtrækning uden tilbagelægning giver dig nævneren når du skal bestemme sandsynligheden. Det er trivielt. Det interessante er hvordan man får tælleren.

min rekursionsmetode

Jeg forstår ikke , hvorfor du bliver ved med at tale om rekusion. Hvor anvender du rekursion?

Opgaven kan sammenlignes med udtrækning af 8 nummererede kugler uden tilbagelægning.

Realistiske, rimelige regler:

´1. Drik en øl og gæt på hvilken det er.

´2. Drik den næste og gæt på hvilken det er.

Regel nummer tre er optionel og ikke nedskrevet. Og derfor efter min mening ikke i kraft.

´3. Du må ikke gætte på det samme ølmærke to gange.

Kan suppleres med 4. som dog ikke betyder noget for sandsynligheden i opgaven, men en hel del for rimeligheden af en virkelig ølsmagningskonkurrence.

´4. Du må flytte gæt undervejs, så længe regel nr 3 overholdes.

PS. Sikke noget biks det forum er i forhold til at lave sådan en lille afbrudt punktopstilling.

Summen for m fra 0 til n af (n:m) K(m) = n! ergo K(0) = 1

og K(n) = n! – summen for m fra 0 til n–1 af (n:m) K(m)

og binomialkoefficienterne (n:m) = (n–1:m–1)+(n–1:m)

Divideres summen igennem med n! og P(m) = K(m)/m!

Summen for m fra 0 til n af P(m)/(n–m)! = 1 og P(0) = 1

ergo P(n) = 1 – summen fra 0 til n–1 af P(m)/(n–m)! men

den bedste metode skal give P(n) = P(n–1) + (–1)^n/n!

Givet n forskellige øl, hvoraf m øl gættes helt forkert, og dermed n–m øl gættes rigtigt, så kaldes antallet i sig selv af kombinationer for at gætte m øl helt forkert for K(m), og antallet af kombinationer for at gætte givne n–m øl helt rigtigt er 1, men disse n–m øl kan udtages fra de n øl på binomialkoefficienten (n:n–m) forskellige måder, så antallet af kombinationer ud af n øl med n–m øl rigtige og m forkerte bliver (n:n–m)K(m), som summeres over m til alle mulige kombinationer n! af rigtige eller forkerte:

Summen for m fra 0 til n af (n:n–m)K(m) = n!

Sandsynligheden P(n) = K(n)/n! for at gætte alle n øl forkert er antal gunstige K(n) divideret med antal mulige n!, og idet (n:m–m) = n!/(m!(n–m)!), og P(m) = K(m)/m!, divideres ovenstående sum igennem med n! og dermed:

Summen for m fra 0 til n af P(m)/(n–m)! = 1

Som udgør n+1 ligninger med n+1 ubekendte P(m), og koefficientmatricen Q(n,m) = 1/(n–m)! er en trekants-matrix med lutter 1-taller i diagonalen 1/(n–n)! = 1, så Det(Q) = 1, og resultatsøjlen R(m) = 1, og man skal så for at finde P(n) indsætte resultatsøjlen R(m) i stedet for den n-te søjle i Q(n,m), og denne matrix kaldes S(n), og løsningen P(n) = Det(S(n))/Det(Q) = Det(S(n)). Lad n = 5:

Q =

1/1..........0..........0..........0..........0..........0

1/1........1/1.......0..........0..........0..........0

1/2........1/1.....1/1.......0..........0...........0

1/6........1/2.....1/1.......1/1......0..........0

1/24.....1/6.....1/2.......1/1....1/1........0

1/120..1/24...1/6......1/2.....1/1.....1/1

Og Det(Q) = 1.

S(5) =

1/1..........0..........0..........0..........0..........1

1/1........1/1.......0..........0..........0..........1

1/2........1/1.....1/1.......0..........0...........1

1/6........1/2.....1/1.......1/1......0..........1

1/24.....1/6.....1/2.......1/1....1/1........1

1/120..1/24...1/6......1/2.....1/1.......1

Og Det(S(5)) = P(5) kan findes ved udvikling efter den øverste række, idet disse to submatricer bliver relevante

Når man sletter øverste række og nul'te (venstre) søjle opnås den tilsvarende matrix for problemet med fire øl:

1/1.......0..........0..........0..........1

1/1.....1/1.......0..........0...........1

1/2.....1/1.......1/1......0..........1

1/6.....1/2.......1/1....1/1........1

1/24...1/6......1/2.....1/1.......1

Determinanten af denne matrix er altså tilsvarende P(4), hvilket i summen for udviklingen af determinanten P(5) skal multipliceres med (–1)^0(1/1) = 1, så det bliver P(4).

Når man sletter den øverste række og femte (højre) søjle

1/1........1/1.......0..........0..........0

1/2........1/1.....1/1.......0..........0

1/6........1/2.....1/1.......1/1......0

1/24.....1/6.....1/2.......1/1....1/1

1/120..1/24...1/6......1/2.....1/1

Det viser sig at determinanten bliver 1/120, og dette skal multipliceres med (–1)^5(1/1), så det bliver –1/120.

Udvikling af determinanten gav P(5) = P(4) – 1/120, og generelt bliver rekursionen P(n) = P(n–1) + (–1)^n/n!.

P(8) = 1–1+1/2–1/6+1/24–1/120+1/720–1/5040+1/40320

Som konvergerer til 1/e. Med tre deltagere skal man så opløfte P(8) til tredje potens, og dette gav resultatet 5%.

Imidlertid har jeg ikke bevist, at den ovenfor nævnte relevante determinant gav 1/120 eller generelt 1/n!, men på grund af den alternerende fortegn (–1)^n tror jeg ikke, at der findes nogen simplere metode end denne.

Problemet er kendt som the matching problem og UT har set en lignende opgave med breve der skal i de rette konvolutter.

Her er et link til en side, der netop bruger breve som eksempel til at beskrive problemet: https://textbook.prob140.org/notebooks-md/...

Som altid med kombinationer og især med sandsynligheder skal man have tungen lige i munden og rette løsninger kan være kontraintuitive.

Syntes derfor Robert har lavet en fornemt stykke arbejde og hvor er det tilfredstillende at se rækkeudviklingen ende med e^-1.

Ved hjælp af udviklinger efter den højre søjle bliver

Determinanten af

1/1..........1..........0..........0..........0

1/2........1/1.......1..........0..........0

1/6........1/2.....1/1........1..........0

1/24.....1/6.....1/2.......1/1.......1

1/120..1/24...1/6......1/2.....1/1

er lig med

(1/1) gange determinanten (antages = 1/24) af

1/1..........1..........0..........0

1/2........1/1.......1..........0

1/6........1/2.....1/1........1

1/24.....1/6.....1/2.......1/1

minus 1 gange determinanten af

1/1..........1..........0..........0

1/2........1/1.......1..........0

1/6........1/2.....1/1........1

1/120..1/24...1/6......1/2

er lig med

plus (1/1)(1/24)

minus (1/2) gange determinanten (antages = 1/6) af

1/1..........1..........0

1/2........1/1.......1

1/6........1/2.....1/1

plus 1 gange determinanten af

1/1..........1..........0

1/2........1/1.......1

1/120..1/24...1/6

er lig med

plus (1/1)(1/24) minus (1/2)(1/6)

plus (1/6) gange determinanten (antages = 1/2) af

1/1..........1

1/2........1/1

minus 1 gange determinanten af

1/1..........1

1/120..1/24

er lig med

plus (1/1)(1/24) minus (1/2)(1/6) plus (1/6)(1/2)

minus (1/24) gange determinanten af (1/1)

plus 1 gange determinanten af (1/120)

er lig med

+(1/1)(1/24)–(1/2)(1/6)+(1/6)(1/2)–(1/24)(1/1)+(1/120)

er lig med 1/120, så hvis antagelserne om den relevante determinant holder for n < 5, så holder den for n = 5, og ved hjælp af skrivemåden kan nemt generaliseres fra det ulige tilfælde med her 5 øl til det lige tilfælde med nu 8 øl

+(1/1)(1/5040)–(1/2)(1/720)+(1/6)(1/120)–(1/24)(1/24)+(1/120)(1/6)–(1/720)(1/2)+(1/5040)(1/1)–(1/40320) = (1/40320)+(1/8!)[–(8:0)+(8:1)–(8:2)+(8:3)–(8:4)+(8:5)–(8:6)+(8:7)–(8:8)] = 1/40320, da summen af binomialkoefficienterne med alternerende fortegn er 0.

Ikke mindst tak til Jens for din oplysning 14833/40320.

Hvis vi antager

• At alle en deltagers gæt skal være forskellige
• At der menes at alle deltagere skal få alle øl forkerte

Så mener jeg at der er følgende antal forkerte kombinationer for forskellige antal øl som smages:

• 1: 0 (man kan kun gætte på den øl der er)
• 2: 1 (der er en rigtig og en forkert kombination
• 3: 2 (der er 2 forskellige "cycler" af forkerte øl, nemlig 2-3-1 og 3-1-2)
• 4: Man kan ret let regne ud, at antallet af komplette "cycler" for N øl er (N-1)! For 4 øl får vi derfor 3!+3 forskellige muligheder for "par" som begge skal være forkert gættet. Her bliver antallet forkerte gæt altså 9.
• 5: Her har vi 4!+(4x3/2 forskellige muligheder for opdelingen 3+2), dermed bliver det samlede antal 24+12=36
• 6: Her er 120 komplette "cycler" desuden kan øllerne enten opdeles 2-4 (på 15 forksellige måder) eller 3-3 (på 20 forskellige måder), dermed bliver det samlede antal 120+15x9+20x2x2=335
• 7: Den springer vi over, for vi skal ikke bruge den til at beregne nummer 8
• 8: Her er 5040 "cycler", 28 måder at opdele 2-6, 56 måder at opdele 3-5 og 70 måder at opdele 4-4. det samlede antal komplet forkerte besvarelse bliver derfor 5040+28x335+56x2x36+70x9x9=24122

Chancen for at én deltager gætter helt forkert er således 24122/8!, eller ca 0.5982. Chancen for at alle 3 gør det er ovenstående i tredje potens, ca 0.2141.

Men hvis deltagerne er så skidefulde at de ikke kan huske om de allerede har gættet på et bestemt mærke, så bliver svaret (7/8)^8=0.3436 for én deltager og 0.0406 for alle tre. Der er altså større chance for at de gætter helt forkert, hvis de kan huske hvad de har gættet - det virker lidt mystisk, men den er god nok: når en deltager har gættet øl nr 1 til at være øl nr 8, kan han (det lyder som mandlige studerende) jo ikke bagefter gætte nr 8 rigtigt. Men det kan han godt hvis han ikke kan huske at han allerede har gættet på nr 8.

Ved en fordeling af 8 forstås for eksempel 4+2+2 og ved en klasse i den symmetriske gruppe S8 forstås permutationerne med den til fordelingen svarende cykelstruktur for eksempel en fire-cykel og to to-cykler og ved klassens paritet forstås om alle permutationerne i klassen er lige eller ulige og ved klassens orden forstås antallet af permutationer i klassen for eksempel 8!/(4X2X2)/2! = 1260 og den generelle formel ses nemt ligesom i eksemplet

klasse 8 er ulige med orden 8!/8 = 5040

klasse 7+1 er lige med orden 8!/(7X1) = 5760

klasse 6+2 er lige med orden 8!/(6X2) = 3360

klasse 6+1+1 er ulige med orden 8!/(6X1X1)/2! = 3360

klasse 5+3 er lige med orden 8!/(5X3) = 2688

klasse 5+2+1 er ulige med orden 8!/(5X2X1) = 4032

klasse 5+1+1+1 er lige med orden 8!/(5X1X1X1)/3! = 1344

klasse 4+4 er lige med orden 8!/(4X4)/2! = 1260

klasse 4+3+1 er ulige med orden 8!/(4X3X1) = 3360

klasse 4+2+2 er ulige med orden 8!/(4X2X2)/2! = 1260

klasse 4+2+1+1 er lige med orden 8!/(4X2X1X1)/2! = 2520

klasse 4+1+1+1+1 er ulige med orden 8!/(4X1X1X1X1)/4! = 420

klasse 3+3+2 er ulige med orden 8!/(3X3X2)/2! = 1120

klasse 3+3+1+1 er lige med orden 8!/(3X3X1X1)/(2!2!) = 1120

klasse 3+2+2+1 er lige med orden 8!/(3X2X2X1)/2! = 1680

klasse 3+2+1+1+1 er ulige med orden 8!/(3X2X1X1X1)/3! = 1120

klasse 3+1+1+1+1+1 er lige med orden 8!/(3X1X1X1X1X1)/5! = 112

klasse 2+2+2+2 er lige med orden 8!/(2X2X2X2)/4! = 105

klasse 2+2+2+1+1 er ulige med orden 8!/(2X2X2X1X1)/(3!2!) = 420

klasse 2+2+1+1+1+1 er lige med orden 8!/(2X2X1X1X1X1)/(2!4!) = 210

klasse 2+1+1+1+1+1+1 er ulige med orden 8!/(2X1X1X1X1X1X1)/6! = 28

klasse 1+1+1+1+1+1+1+1 er lige med orden 8!/(1X1X1X1X1X1X1X1)/8! = 1

Summen = 40320 = 8! som er antal mulige

Summen uden en-cykler = 14833 som er antal gunstige

Sandsynligheden 14833/40320 =

1/8+1/(6X2)+1/(5X3)+1/(4X2X2)/2!+1/(3X3X2)/2!+1/(2X2X2X2)/4!

= 1–1+1/2–1/6+1/24–1/120+1/720–1/5040+1/40320

Den mellemste formel kan siges at være den simpleste måde at beregne problemet ved hjælp af kombinatorik, da man så ikke behøver at bevise sidstnævnte formel.

Til slut skal sandsynligheden opløftes til tredje potens.

@Robert Kristensen Udmark:

Du har nok ret i din beregning. Jeg får et større tal, fordi jeg medregner nogle kombinationer mere end én gang, f.eks. er en del af 4-4 kombinationerne også indeholdt i min 6-2 fordeling (hvis en eller begge af de to 4-kombinationer er par), det samme gælder for 5-3 kombinationerne - her tæller jeg de kombinationer hvor femmerne er opdelt 3-2 med i 6-2 fordelingen også.