Bertrands Wahlsatz

In Kombinatorik, ist Bertrands Wahl Problem die Frage: "In einer Wahl, wo Kandidat A erhält p Stimmen und Kandidaten B empfängt q Stimmen bei p & gt; q, was ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein streng vor B in der gesamten Zählung sein?" Die Antwort ist

Das Ergebnis wurde zuerst von WA Whitworth im Jahre 1878 veröffentlicht, ist aber nach Joseph Bertrand, der es im Jahre 1887 wiederentdeckt benannt.

In Bertrands Originalpapier skizziert er einen Beweis auf der Grundlage einer allgemeinen Formel für die Anzahl der günstigen Sequenzen mit einem Rekursionsrelation. Er bemerkt, dass es wahrscheinlich ist, dass eine solche einfache Ergebnis könnte durch eine direktere Methode nachgewiesen werden. Ein solcher Beweis wurde von Désiré André gegeben, basierend auf der Beobachtung, dass die ungünstige Sequenzen können in zwei gleich wahrscheinlichen Fällen, von denen einer leicht berechnet unterteilt werden; er beweist die Gleichheit durch eine explizite Bijektion. Eine Variation seiner Methode wird im Volksmund als Andrés Reflexionsverfahren bekannt, obwohl André brachte keine Reflexionen nicht verwenden.

Beispiel

Angenommen, es gibt 5 Wähler, von denen 3 Stimme für Kandidaten A und 2 Stimme für Kandidaten B. Es gibt zehn Möglichkeiten für die Reihenfolge der abgegebenen Stimmen:

  • AAABB
  • AABAB
  • ABAAB
  • BAAAB
  • AABBA
  • ABEBA
  • Baaba
  • ABBAA
  • Babaa
  • BBAAA

Für die Bestellung AABAB, ist die Bilanz der Stimmen, wie der Wahlfortschreitet:

Für jede Spalte die tally für A ist immer größer als die tally für B, so dass die A ist immer strikt voraus B. Für die Bestellung AABBA der tally der Stimmen, wie der Wahlfortschreitet ist:

Dieser Bestellung wird B mit A nach der vierten Abstimmung gebunden, so dass A nicht immer strikt voraus B. Von den 10 möglichen Reihen ist A immer vor B nur für AAABB und AABAB. So ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein immer strikt voraus zu sein ist

und dies ist in der Tat gleich, wie der Satz sagt.

Equivalent Probleme

Anstatt die Berechnung der Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällige Stimmenauszählung, um die gewünschte Eigenschaft, kann man statt berechnen die Anzahl der günstigen Auftragszählung, dann teilen durch die Gesamtzahl der Wege, auf denen die Stimmen konnten gezählt wurden. Die Gesamtzahl der Wege ist, die binomischen Koeffizienten; Bertrand Beweis zeigt, dass die Zahl der günstigen Aufträge, in denen die Stimmen zu zählen ist. Und in der Tat nach der Teilung das gibt.

Ein weiteres Problem ist äquivalent zu der Anzahl von Zufallsbewegungen auf die ganzen Zahlen, die von n Schritten Längeneinheit bestehen berechnen, beginnend im Ursprung und endet an dem Punkt m, die nie negativ werden. Vorausgesetzt, n und m haben die gleiche Parität und n ≥ m ≥ 0 ist, ist diese Zahl,

Wenn m = 0 und n gerade ist, gibt dieser die katalanische Nummer.

Nachweis durch Reflexion

Für A strikt voraus B in der gesamten Auszählung der Stimmen ist, kann es keine Bande zu sein. Trennen Sie die Zählung Sequenzen nach der ersten Abstimmung. Jede Sequenz, die mit einer Stimme für B beginnt, muss eine Krawatte an einem gewissen Punkt zu erreichen, denn ein Stürmer im Zweikampf.eine Sequenz, die mit B beginnt, und die Wahrscheinlichkeit, dass eine Sequenz beginnt mit B ist, so dass die Wahrscheinlichkeit, dass ein immer führt die Abstimmung

Induktionsbeweis

Eine andere Methode der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion:

  • Offensichtlich ist der Satz wahr ist, wenn p & gt; 0 und q = 0, wenn die Wahrscheinlichkeit gleich 1 ist, da der erste Kandidat alle Stimmen; es ist auch wahr, wenn p = q & gt; 0, da die Wahrscheinlichkeit gleich 0 ist, da der erste Kandidat nicht unbedingt voraus, nachdem alle Stimmen gezählt worden sein.
  • An, sie stimmt sowohl wenn p = a - 1 und q = b, und wenn p = a und q = b-1, wobei a & gt; b & gt; 0. Dann Berücksichtigung des Falls, mit p = a und q = b, die letzte Abstimmung gezählt entweder für den ersten Kandidaten mit Wahrscheinlichkeit a / oder für das zweite mit der Wahrscheinlichkeit b /. So ist die Wahrscheinlichkeit, dass der erste war vor der gesamten Zählung auf den vorletzten Stimme gezählt wird:
  • Und so ist es auch für alle p und q mit p & gt; q & gt; 0.

Beweise Bertrand und André

Bertrand der Lösung ausgedrückt

wo ist die Gesamtzahl der Wähler und die Anzahl der Wähler für den ersten Kandidaten. Er stellt fest, daß das Ergebnis ergibt sich aus der Formel

wobei die Anzahl von günstigen Sequenzen, sondern "es scheint wahrscheinlich, daß eine solche einfache Ergebnis könnte auf eine direktere Weise dargestellt werden." In der Tat wurde ein direkter Beweis bald von Désiré André produziert. Sein Ansatz wird oft fälschlicherweise "die Reflexionsprinzip" von modernen Autoren markiert aber in der Tat verwendet eine Permutation. Er zeigt, dass die "ungünstig" Sequenzen bestehen aus einer gleichen Anzahl von Sequenzen, die mit A beginnen, wie diejenigen, die mit B. jede Folge, die mit B ungünstig beginnt zu beginnen, und es gibt solche Sequenzen mit einem B gefolgt von einer willkürlichen Abfolge von Bs und p A ist. Jede ungünstige Sequenz, die mit A beginnt, kann auf eine beliebige Folge von B und p A ist von der Suche nach den ersten B, die die Regel verletzt und ihn zu löschen und Vertauschen der Reihenfolge der übrigen Teile umgewandelt werden. Um den Vorgang rückgängig zu machen, nehmen Sie eine beliebige Folge von B und p A und suchen ab Ende zu finden, wo die Zahl der Ein erstes die Anzahl der B überschreitet, und dann tauschen Sie die Reihenfolge der Teile und setzen Sie ein B dazwischen. Beispielsweise entspricht die ungünstige Folge AABBABAA eindeutig dem willkürlichen Sequenz ABAAAAB. Daraus folgt, dass die Reihe von günstigen Sequenzen von p A und Q B ist

und damit die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist

wie erwartet.

Variante: Bindungen erlaubt

Das ursprüngliche Problem ist es, die Wahrscheinlichkeit, dass der erste Kandidat ist immer streng voran in der Stimme zu finden. Betrachten wir nun das Problem, um die Wahrscheinlichkeit, dass der zweite Kandidat ist nie vor zu finden; die Lösung

Die Variante Problem kann durch die Reflektionsverfahren in ähnlicher Weise wie das ursprüngliche Problem gelöst werden. Erste Hinweis, dass die Anzahl der möglichen Abstimmung Sequenzen. Rufen Sie eine Sequenz "schlecht", wenn der zweite Kandidat ist immer voraus, und wenn die Anzahl der fehlerhaften Sequenzen können dann aufgezählt werden die Anzahl der "guten" Sequenzen kann durch Subtraktion ermittelt werden und die Wahrscheinlichkeit berechnet werden.

Stellen eine Abstimmungssequenz als Gitterpfad auf dem kartesischen Ebene wie folgt:

  • Starten Sie den Pfad an
  • Jedes Mal, wenn eine Stimme für die ersten Kandidaten empfangen wird nach rechts 1 Einheit.
  • Jedes Mal, wenn eine Stimme für die zweite Kandidat empfangen wird nach oben 1 Einheit.

Jede solche Pfad entspricht einer einzigartigen Sequenz von Stimmen und wird am Ende. Eine Sequenz ist "gut" genau, wann der entsprechende Pfad geht nie über der diagonalen Linie y = x; äquivalent, ist eine Sequenz "schlechten" genau, wann der entsprechende Pfad berührt die Linie y = x + 1.

Für jede "schlechte" Weg P, definieren einen neuen Weg P 'durch Reflektieren der Teil P bis zu dem ersten Punkt ist die Linie über sie berührt. P "ist ein Weg, um aus. Der gleiche Vorgang wieder angewendet werden die ursprünglichen P. Dies erzeugt eine Eins-zu-Eins-Entsprechung zwischen den "schlechten" Wege und Pfade aus, um. Die Anzahl dieser Pfade ist und so, dass die Anzahl der "schlechten" Sequenzen. Damit bleibt die Zahl der "guten" Sequenzen, wie

Da es insgesamt ist die Wahrscheinlichkeit einer Sequenz gut zu sein.

In der Tat, die Lösungen für das ursprüngliche Problem und die Variante Problem leicht verwandt. Für Kandidaten A in der gesamten Stimme streng voraus zu sein, müssen sie die erste Abstimmung empfangen und für die restlichen Stimmen sie müssen entweder genau vor oder während des Zahl gebunden sein. Daher die Lösung des ursprünglichen Problems ist

wie benötigt.

Umgekehrt kann die Bindung Fall aus dem nicht-tie Fall ableiten. Beachten Sie, dass die Zahl der nicht-tie-Sequenzen mit p + 1 Stimmen für A gleich der Anzahl von Verbindungssequenzen, die mit p Anzahl der Nutzerbewertungen A. Die Anzahl der nicht-Krawatte Bewertungen mit p + 1 Anzahl der Nutzerbewertungen A Stimmen ist, ist die durch algebraische Manipulation ist, so dass der Anteil der Sequenzen mit p Stimmen für A Stimmen ist.

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