Ich auch. 
Für die Feiertage eine kleine Matheaufgabe für alle, denen langweilig ist
Beweise, dass für alle (unendlichen) Glieder der Fibonaccifolge gilt:
zwei unmittelbar aufeinanderfolgende Fibonacci-Zahlen sind teilerfremd.
Hab ich die Tage mal gemacht und war tatsächlich ganz „spaßig“ (so, wie Beweise finden halt Spaß macht 
)
Bitte helft mir, bevor ich verrückt werde 
In einem Raum an meinem Arbeitsplatz, der kürzlich neu gestrichen wurde, hängen 8 Bilder direkt nebeneinander. Und wer auch immer diese Bilder von der Wand genommen und sie wieder platziert hat, hat es geschafft, dass kein Bild an seinem ursprünglichen Platz hängt.
Dann habe ich mich leider gefragt, wie wahrscheinlich dieser Umstand eigentlich ist und das ist schlimmer als jeder Ohrwurm 
Ich dachte, man kann die Wahrscheinlichkeiten vielleicht einfach miteinander multiplizieren (natürlich nachdem man den 
kgN berücksichtigt) und so zu einem Ergebnis kommen. Vonwegen:
7/8 ⋅ 6/7 ⋅ 5/6 ⋅ [ . . . ]
Aber dann ist mir aufgefallen, dass man das zweite Bild nicht nur an 6 von 7 Plätzen, sondern auch an 7 von 7 Plätzen aufhängen könnte, wenn das erste Bild am Platz vom zweiten Bild hängt.
Aber man muss doch eine allgemeine Aussage über diese Situation treffen können.
Danach habe ich mir Formeln für die Wahrscheinlichkeitsrechnung angeschaut und habe gedacht, der Binomialkoeffizient hilft mir bestimmt irgendwie… Aber ich weiß nicht wie. Denn 8 über 7 ist es wohl eher nicht.
In einem Raum an meinem Arbeitsplatz, der kürzlich neu gestrichen wurde, hängen 8 Bilder direkt nebeneinander. Und wer auch immer diese Bilder von der Wand genommen und sie wieder platziert hat, hat es geschafft, dass kein Bild an seinem ursprünglichen Platz hängt.
Dann habe ich mich leider gefragt, wie wahrscheinlich dieser Umstand eigentlich ist und das ist schlimmer als jeder Ohrwurm
Das nennt sich fixpunktfreie Permutation
Die einfacher Erklärung:
Du hast 8 verschiedene Bilder und 8 Plätze zum aufhängen.
Es gibt insgesamt 40320 verschiedene Möglichkeiten die Bilder aufzuhängen. (8! = 40320)
Davon sind aber nur 14833 Möglichkeiten gegeben so dass kein Bild am Ursprünglichen Platz hing.
Also ist die Wahrscheinlichkeit dass die Person die Bilder zufällig so aufhängte dass alle Bilder nicht da hängen wo sie mal hingen ca. 37% (also gar nicht mal so klein)
Die Wahrscheinlichkeit Dinge (wenn es mehr als 6 Dinge sind) so anzuordnen dass sie kein einziges an seinem Stammplatz ist liegt bei e^(−1) ≈ 0,3679
Eine Herleitung für fixpunktfreie Permutation findest du hier
https://www.whitman.edu/mathematics/cgt_online/book/section02.02.html
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Dieser Euler hat auch überall seine Finger mit drin. Schlimm 
Schöne Erklärung, wobei ich jetzt nicht ad hoc weiß, wie du auf die 14833 Möglichkeiten gekommen bist. Schau mir deinen Link aber gleich mal noch an.
Erinnert mich auch an so ein Briefumschlag-Rätsel.
100 persönliche Briefe und 100 schon adressierte Briefumschläge… …die Frage war dann nach der Wahrscheinlichkeit, dass n Adressaten den für sie selbst bestimmten Brief bekommen, wenn man die Briefe zufällig in die Umschläge steckt.
Für n = 0 sollte das auf o.g. Problem zurückzuführen sein. Interessant sind dann aber eben auch gerade die Fälle n > 0 und ob es da (sicherlich) irgendwo ein Maximum in der Wahrscheinlichkeit gibt.
Vielen Dank!! 
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am simplesten lässt sich das händisch anhand der Formel
Anzahl Möglichkeiten = n! (1 - 1 /1! + 1/2! - 1/3! +… + (-1)^n * 1/n!)
berechnen. Bei n=8 geht das noch relativ gut
(das ist die ausgeschriebene Summenformel in meinem Link n! * ∑ [n über k=0] (−1)^k * 1/k!)
Interessant sind dann aber eben auch gerade die Fälle n > 0 und ob es da (sicherlich) irgendwo ein Maximum in der Wahrscheinlichkeit gibt.
Divergiert gegen die 1/e Funktion
| n | neue Anordnungen | Anzahl Anordnunge insgesamt | Wahrsheinlichkeit |
|---|---|---|---|
| 2 | 1 | 2 | 50% |
| 3 | 1 | 3 | 33% |
| 4 | 9 | 24 | 37,5% |
| 5 | 44 | 120 | 36,7% |
| 6 | 265 | 720 | 36,8% |
| … | … | … | …% |
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Das ist für das Beispiel mit den Bildern (und keines darf nachher an der richtigen Stelle hängen)…
…ich meinte aber mein Briefumschlag-Beispiel.
Oder auf Bilder umgemünzt:
100 Bilder, nach dem zufälligen Umhängen sollen genau n auf ihrem alten Platz hängen. Wie ist die Wahrscheinlichkeit dafür?
Für n=0 entspricht es dem ersten Beispiel
Ich meine, dass es für n=1 (also es hängt nachher genau ein Bild wieder richtig, egal welches) eine andere Wahrscheinlichkeit gibt, genau so, wie für n=20, n=50 und n=100 (=alle hängen so wie vorher!).
Und für welches n diese Wahrscheinlichkeit ggf. maximal wird.
Ah stimmt das meintest du
Also sowas wenn ich das richtig verstehe. Nehmen wir an es gibt 4 Gemälde: Gemälde 1, 2, 3, 4. Normal hängen sie in der Reihenfolge 1234. Dann werden sie zufällig umgehangen.
Es gibt 24 Möglichkeiten die Bilder aufzuhängen
Anzahl der Möglichkeiten dass irgendein Bild an seinem Platz hängt (z=0) = 15 (Wahrscheinlichkeit 62,5% - das ist quasi das Gegenereignis der oben erwähnten 37,5%)
Anzahl der Möglichkeiten dass genau ein Bild an seinem Platz hängt (z=1) = x (Wahrscheinlichkeit x%)
das ist schon komplexer und ich weiß gar nicht ob es sich so einfach berechnen lässt
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P(genau 1) müsste doch P(mind. 1) - P(mind. 2) sein, oder?
Kann man dann sicher irgendwie induktiv lösen…
…hab aber so direkt auch keine Ahnung, wie ich das machen sollte.
Stochastik/Statistik ist nicht gerade meine Lieblingsdisziplin
Möchte das hier jetzt auch nicht zu weit treiben.
Die Frage von @Jammerschaf hast du ja korrekt beantwortet.
Dann beleben wir ihn doch gleich wieder
Hab jetzt aus Interesse mal eine Tabelle gemacht, wie viele mögliche ergebnisse es gibt, wenn die Würfel der Größe nach angeordnet werden
Jetzt muss ich nur noch eine allgemeine Formel dafür finden 
meinst du mit „erste Zahl“ die größte Zahl?
Weil ich kann ja auch noch ne 6 werfen, wenn ich als erstes eine 2 geworfen habe
Die erste Zahl ist die, die vorne liegt, wenn ich sie sortiere
Also ja, die größte Zahl
also so beim ersten Durchdenken:
Das kann man induktiv lösen…
Wie du siehst ist die Differenz in den Spaltenwerten bei 3 Würfeln immer dem Wert in der Zelle drüber bei 2 Würfeln.
passt in den anderen Zeilen ab der Hälfte aus irgendeinem Grund nicht mehr
Müsste aber, imo. Man kann das Problem für n Würfel ja auf (n-1) reduzieren. Für die (n-1) sollte es sich ja so verhalten wie im Induktionsschritt vorher?
Danke dir, das dürfte es gewesen sein
Habs jetzt nochmal überprüft und festgestellt, dass ich beim Zählen eine Zahl vergessen hatte
Von dort habe ich dann weiter extrapoliert, ohne nachzuprüfen
Hier ist nochmal die korrigierte Tabelle, die grünen Werte habe ich nachgezählt, die anderen ausgerechnet
Damit sollten wir dann zumindest eine induktive Formel (Fibbonacci like) hinbekommen.
Hab aber gerade gar keine Zeit da genauer drüber nachzudenken…
…vielleicht ist induktiv auch der völlig falsche Ansatz.
Nur noch ein Gedanke:
Die Wahrscheinlichkeiten für die einzelnen Möglichkeiten sind aber nicht gleich.
Beispiel 2 Würfel: (6,6) und (1,1) ist jeweils 1/36, während alle anderen jeweils 1/18 sind (auf die „43“ als Ergebnis kommt man halt sowohl durch (3,4) als auch (4,3)…
…mein Hirn ist aber grad echt nicht fit genug dafür.
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Ja, das ist mir durchaus bewusst
Hab ich auch vorhin bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit berücksichtigt
Für die Liste hier ist mir das aber egal, da will ich einfach nur ne Formel für die mögliche Anzahl an Werten
Hm. Also da muss ne Formel möglich sein (auch eine Explizite, eigentlich)
M(n,g) sei die Anzahl an Möglichkeiten bei n Würfeln mit größter (erster) Zahl g.
Dann gilt doch:
M(n,g) = M(n,g-1) + M(n-1, g) für n,g €N und n>1 , g € [2…6]
sowie
M(n, 1) = 1 für alle n € N
Da wir zusätzlich M(2, g) = g haben und deshalb für die Summe hier der Gauß mit n(n+1)/2 zuschlägt, sollte sich doch ne explizite Formel irgendwie erarbeiten lassen.
Vielleicht geh ich’s aber auch viel zu umständlich an.
Interessant ist, dass sich der Ratio der Summen irgendwie Richtung 2 bewegt (vlt drunter?) wär interessant, ob das konvergiert.
Hab inzwischen ne Summenformel gefunden, die ganz gut aussieht
Ich mag nur keine Summenformeln 
dann zeig doch mal