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Gleiche Höchstzahlen bei d'Hondt

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Guido Flohr
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Montag, 06. Juli 2009 - 17:40 Uhr:   

Hallo,

wie ist eigentlich der Fall geregelt, dass im Laufe der Sitzverteilung nach d'Hondt (oder ...) zwei Parteien die gleiche Höchstzahl aufweisen?

Beispiel:

Partei A hat 10 Stimmen, B 5 Stimmen, 4 Sitze sind zu vergeben. Die Höchstzahltabelle sieht so aus:

| A | B |
+-----+-----+
1 | 10 | 5 |
2 | 5 | 2,5 |
3 | 3,3 | 1,7 |

Beim zweiten Sitz haben A und B die gleiche Höchstzahl 5. Aber, das wird auch deutlich, es ist unerheblich, welche Partei den zweiten, und welche den dritten Sitz erhält, weil sich dies im nächsten Schritt ausgleicht. Dies gilt allgemein, solange höchstens so viele Parteien die gleiche Höchstzahl haben, wie noch Sitze zu vergeben sind.

Ist das tatsächlich so geregelt?
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Thomas Frings
Registriertes Mitglied
Veröffentlicht am Montag, 06. Juli 2009 - 17:51 Uhr:   

Wenn es nicht um den letzten Sitz geht, ist das wurscht. Wenn es den letzten Sitz betrifft, entscheidet üblicherweise das Los.
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nowhereman
Registriertes Mitglied
Veröffentlicht am Dienstag, 06. Oktober 2009 - 19:36 Uhr:   

Bei Baden-Württembergischen Landtagswahlen ist nach Landtagswahlgesetz §2 (4) folgende Besonderheit bei der Regelung von Ausgleichsmandaten zu beachten: Bei gleicher Höchstzahl fällt der letzte Sitz an die Partei, die Mehrsitze erhält.
Ansonsten entscheidet auch hier das Los.
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Norddeutscher
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Dienstag, 06. Oktober 2009 - 23:08 Uhr:   

Mal ne Frage dazu. In meiner alten Hochschule (ist schon ein paar Jährchen her) wurden die akademischen Gremien nach D'Hondt gewählt. Es gab aber keine Regelung für ein Losverfahren bei Höchstzahlengleichheit (die Professoren lehnten im Senat mit ihrer Mehrheit eine entsprechende Regelung ab, man solle sich halt lieber - wie sie auch - auf eine Einheitsliste einigen statt die Uni zu politisieren). Wer hätte bei einem solchen Fall den Sitz erhalten, wenn Höchstzahlengleichheit vorgelegen hatte (tatsächlich ist mir zumindest aus meiner Studienzeit kein Fall bekannt, daß es zu diesem Problem kam).
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Keith
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Sonntag, 21. Juli 2013 - 00:21 Uhr:   

Wie ist bei d'hondt der Fall geregelt, wenn 4 Parteien die gleiche Stimmzahl haben, es aber 6 Sitze gibt? Die Zuweisung der ersten 4 Sitze ist klar. Aber wie werden die letzten beiden sitze vergeben? Durch das Los.?
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Bobo
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Sonntag, 21. Juli 2013 - 21:04 Uhr:   

@Keith:

Üblicherweise entscheidet bei solchen Mehrdeutigkeiten das Los. Ist die
Reihenfolge der Sitzzuteilung relevant, dann muss man bei gleichen
Höchstzahlen natürlich immer einen "Tiebreaker" zur Hand haben. In Ihrem
Beispiel wäre das dann auch für die ersten vier Sitze der Fall.

Unter der Voraussetzung (1), dass die Stimmenzahlen für die in Betracht
kommenden Listen paarweise verschiedenen voneinander sind, kann man aber
durchaus ein zu D'Hondt "äquivalentes" Verfahren entwickeln, welches bei
realen Wahlen immer eine eindeutige Reihenfolge garantiert und eine
Verteilung nach D'Hondt (wenn hier D'Hondt auch eindeutige
Sitzverteilungen liefert) respektiert, wenn nur geeignete Teiler für so
ein Höchstzahlverfahren gefunden werden. Dazu betrachten wir folgendes
Schema, nach dem eine Folge von Teilern erzeugt wird: sei t(1) = 10^18.
Sind schon n Teiler t(1),...,t(n) gegeben, so sei t(n+1) die größte
(ganze) Zahl < (n+1)*10^18, welche zu allen t(i) (i<n+1) teilerfremd
ist.

Klar, diese Konstruktion liefert eine Folge von paarweise teilerfremden
Zahlen. Die ersten 10 Teiler sind:

1000000000000000000
1999999999999999999
2999999999999999999
3999999999999999999
4999999999999999999
5999999999999999999
6999999999999999997
7999999999999999997
8999999999999999999
9999999999999999997

Alle die durch das Schema erzeugten Teiler sind größer als die
abgegebenen Stimmenzahlen bei realen Wahlen, so dass das Verfahren,
falls (1) gilt, eindeutige Reihenfolgen der Sitzzuteilung liefert. (Man
beachte dabei, dass das "kleinste gemeinsame Vielfache" von zwei
teilerfremden Zahlen das Produkt solcher Zahlen ist.) Die Teiler sind
auch so groß, dass man in der Praxis identische Ergebnisse zu D'Hondt
bekommt, sofern D'Hondt eindeutige Ergebnisse liefert. Einen
"Tiebreaker" braucht man ggf. nur noch, wenn es (mindestens) zwei Listen
mit gleichen Stimmenzahlen gibt.

Ähnlich kann man auch bei anderen Höchstzahlverfahren vorgehen.


MfG Bobo.
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Matthias Cantow
Moderator
Veröffentlicht am Sonntag, 21. Juli 2013 - 21:46 Uhr:   

@Keith
Wie ist bei d'hondt der Fall geregelt, wenn 4 Parteien die gleiche Stimmzahl haben, es aber 6 Sitze gibt? […]

Das Verfahren nach d’Hondt regelt solche Fälle nicht, diese (und andere gewünschte, sich nicht direkt aus dem Verfahren ergebenden Eigenschaften, wie etwa die Sicherung einer Mehrheit bei gerader Sitzzahl) sollten bzw. müssen zusätzlich und vorab definiert sein. In der Praxis gibt es oft eine Los-Regelung, bei einer fehlenden Regelung kann meiner Ansicht nach nicht einfach gelost werden.
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Arno Nymus
Registriertes Mitglied
Veröffentlicht am Dienstag, 23. Juli 2013 - 19:57 Uhr:   

@Bobo:
Ihre Modifikation ist vom theoretischen Standpunkt her interessant, jedoch kann man sich fragen, ob das auch erwünscht ist.
Dieser Tiebreaker löst ja nur dann das Problem, wenn bei d'Hondt zwei Parteien den exakt selben Anspruch auf den nächsten Sitz haben UND die beiden Parteien unterschiedliche Stimmzahlen aufweisen, d. h. bisher unterschiedlich viele Sitze zugewiesen bekommen haben. (Der von Keith erfragte Konflikt würde also nicht aufgelöst werden.)
Eine einfache und systematische Lösung des Problems wäre entsprechend auch, schlichtweg d'Hondt zu rechnen und für den Fall, dass der/die letzte(-n) Sitz(-e) umstritten sind, die Partei(-en) zu bevorzugen, die bisher weniger Sitze hat/haben [um die Verzerrung durch d'Hondt abzuschwächen] (oder die Partei(-en), die bereits mehr Sitze hat/haben [um die Verzerrung durch d'Hondt zu verstärken]).
Wenn keine dieser beiden systematischen Bevorzugungen gewünscht ist, wäre in meinen Augen ein echtes Los dem vordefinierten Pseudo-Zufall* vorzuziehen.

Zur Ausführung der Lösungsstrategie:
Um Rechenaufwand einzusparen, wäre es auch möglich, dass man d'Hondt ausführt und dann zur Lösung nur die Teiler der am Konflikt beteiligten Parteien betrachtet und für diese exorbitante, teilerfremde Zahlen wählt.

Freundliche Grüße,
Arno Nymus

PS: *wenn ich es richtig sehe, bevorzugt Ihre Lösung zwar tendenziell kleinere Parteien, aber nicht in jedem Fall.
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Keith
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Freitag, 26. Juli 2013 - 22:30 Uhr:   

Vielen Dank an Alle. Es ist toll, dass Sie mir geantwortet haben.
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Bobo
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Sonntag, 28. Juli 2013 - 21:22 Uhr:   

@Arno Nymus:

Ob so ein Verfahren erwünscht ist, hängt u.a. von der Art der Wahl oder
Zuteilung ab. Wenn die Reihenfolge einer Zuteilung relevant wird, z.B.
bei der Besetzung von Ausschussvorsitzen im Bundestag, und man ein
Höchstzahlverfahren nehmen möchte, dann ist es schon wünschenswert, wenn
dabei die Möglichkeit von Tiebreaksituationen minimiert oder stark
reduziert werden kann, so dass man weitgehend ohne einen
verfahrensfremden Tiebreaker auskommt.

> [...] wenn ich es richtig sehe, bevorzugt Ihre Lösung zwar tendenziell
> kleinere Parteien, aber nicht in jedem Fall.

Das Verfahren - insgesamt betrachtet - bevorzugt tendenziell größere
Parteien. Bzgl. des "eingebauten Tiebreakers" könnte es jedoch sein,
dass kleine Parteien in Fällen, bei denen D'Hondt gleiche Höchstzahlen
produzieren würde, eher zum Zuge kommen. Die Frage ist, ob eine kleine
Partei evtl. mehr von diesem Verfahren profitieren könnte als etwa bei
Sainte Laguë. Es ist nicht so selbstverständlich, dass das nicht der
Fall ist, selbst wenn variable Rundungsgrenzen > 0.5 sind.

Ein Beispiel: A und B seien zwei Parteien, wobei A 92 und B 75 Stimmen
habe. Die Hausgröße sei 21 Sitze. Nach Sainte Laguë ergibt sich eine
Sitzverteilung A:B = 12:9. Teilt man aber die Stimmenzahlen etwa durch
7,68, dann kommt für A 11,97916.... und für B 9,765625 heraus. Man muss
nun nur noch entsprechend die Rundungsgrenzen > 0.5 zuweisen, so dass A
nur 11 und B 10 Sitze bekommt.

Aber es würde mich wundern, wenn so etwas auch bei meiner Lösung der
Fall sein sollte. Zwar sind auch hier die Rundungsgrenzen variabel (man
teile dazu die "exorbitanten" großen Teiler durch 10^18; die Zuteilung
zum ursprünglichen Verfahren ändert sich dadurch nicht), aber die
Unterschiede sind vergleichsweise marginal.

> Um Rechenaufwand einzusparen, wäre es auch möglich, dass man d'Hondt
> ausführt und dann zur Lösung nur die Teiler der am Konflikt
> beteiligten Parteien betrachtet und für diese exorbitante,
> teilerfremde Zahlen wählt.

Das kann man machen, wenn Computer nicht erlaubt sind. Wenn man Computer
einsetzen darf, dann ist der erhöhte Rechenaufwand unerheblich; die
Ergebnisse sind in Null-Komma-Nix parat. Es gibt übrigens ganz andere
Höchstzahlverfahren, die wesentlich komplexer sind, z.B. die Estnische
Methode oder auch Hill-Huntington.


MfG Bobo.
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Arno Nymus
Registriertes Mitglied
Veröffentlicht am Montag, 29. Juli 2013 - 02:36 Uhr:   

Bobo schrieb "Das Verfahren - insgesamt betrachtet - bevorzugt tendenziell größere Parteien.
Meine Aussage bezog sich natürlich nur auf den Tiebreaker.

Bobo schrieb "Teilt man aber die Stimmenzahlen etwa durch 7,68, dann kommt für A 11,97916.... und für B 9,765625 heraus. Man muss nun nur noch entsprechend die Rundungsgrenzen > 0.5 zuweisen, so dass A nur 11 und B 10 Sitze bekommt."
11,97916 würde aber bei den meisten Rundungsgrenzen > ,5 dennoch 12 ergeben und nicht 11; man müsste schon die Rundungsgrenze auf > ,97916 setzen, damit A nur 11 Sitze bekommt, gleichzeitig hätte B dann aber trotzdem nur 9 Sitze.

Bobo schrieb "Es gibt übrigens ganz andere Höchstzahlverfahren, die wesentlich komplexer sind, z.B. die Estnische Methode oder auch Hill-Huntington."
Was verstehen Sie dabei unter "komplexer"?
Hill-Huntington erfordert pro Teiler nur eine Multiplikation und eine Wurzel (kleiner Zahlen); die Estnische Methode nur eine Potenz kleiner Zahlen (oder gegebenenfalls vorab die Potenzierung jeder Stimmzahl).
Wenn Sie darlegen, wie man diesen geringen Aufwand bei der Bestimmung einer von n anderen Zahlen (in der Größenordnung 10^{18}) teilerfremden Zahl noch unterbieten kann, würde ich mir das mit Freude anschauen.

Freundliche Grüße,
Arno Nymus
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Bobo
Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Montag, 29. Juli 2013 - 16:42 Uhr:   

@Arno Nymus:

Nun, mein Beispiel arbeitet natürlich mit entsprechenden variablen(!)
Rundungsgrenzen (in verschiedenen Intervallen [n-1,n]). Ich schrieb:

| Die Frage ist, ob eine kleine Partei evtl. mehr von diesem Verfahren
| profitieren [also mein vorgestelltes Höchstzahlverfahren] könnte als
| etwa bei Sainte Laguë. Es ist nicht so selbstverständlich, dass das
| nicht der Fall ist, selbst wenn *variable* [Hervorhebung von mir]
| Rundungsgrenzen > 0.5 sind.
|
| Ein Beispiel: A und B seien zwei Parteien, wobei A 92 und B 75 Stimmen
| habe. Die Hausgröße sei 21 Sitze. Nach Sainte Laguë ergibt sich eine
| Sitzverteilung A:B = 12:9. Teilt man aber die Stimmenzahlen etwa durch
| 7,68, dann kommt für A 11,97916.... und für B 9,765625 heraus. Man muss
| nun nur noch entsprechend die Rundungsgrenzen > 0.5 zuweisen, so dass A
| nur 11 und B 10 Sitze bekommt.

Das Beispiel bezieht sich also auf die obige Frage im Kontext variabler
Rundungsgrenzen. Für das Intervall [11,12] wählen wir als Rundungsgrenze
,99 (es wird also ab 11,99 aufgerundet, sonst abgerundet) und für das
Intervall [9,10] die Rundungsgrenze ,76. Dann bekommt A 11 und B 10
Sitze.

Sie schrieben:
> 11,97916 würde aber bei den meisten Rundungsgrenzen > ,5 dennoch 12
> ergeben und nicht 11; man müsste schon die Rundungsgrenze auf > ,97916
> setzen, damit A nur 11 Sitze bekommt, gleichzeitig hätte B dann aber
> trotzdem nur 9 Sitze.

Offenbar haben Sie obigen Kontext nicht verstanden und gehen von der
falschen Voraussetzung nur konstanter Rundungsgrenzen aus. Ein Beispiel
für ein Verfahren mit variablen Rundungsgrenzen ist z.B.
Hill-Huntington.

Zu meinem Verfahren: Auch hier hat man es mit variablen Rundungsgrenzen
zu tun (wenn man es als Divisorverfahren betrachtet). Man sieht das
vielleicht eher, wenn man alle großen Teiler durch 10^18 teilt. Die
ersten 10 Teiler sind:

1,000000000000000000
1,999999999999999999
2,999999999999999999
3,999999999999999999
4,999999999999999999
5,999999999999999999
6,999999999999999997
7,999999999999999997
8,999999999999999999
9,999999999999999997

Weitere Teiler sind z.B.

14,999999999999999993
21,999999999999999983
191,999999999999999987
198,999999999999999979
591,999999999999999929

Man sieht, dass die Rundungsgrenzen variieren und alle > 0.5 sind, und
es ist nicht per se klar (wie obiges Beispiel untermauert), dass eine
kleinere Partei "in der Praxis" (das bedeutet, dass die Stimmenzahlen
eine gewisse obere Schranke haben) nicht besser abschneiden kann als bei
Sainte Laguë.


MfG Bobo.
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Arno Nymus
Registriertes Mitglied
Veröffentlicht am Dienstag, 30. Juli 2013 - 00:53 Uhr:   

Bobo schrieb "Das Beispiel bezieht sich also auf die obige Frage im Kontext variabler Rundungsgrenzen. Für das Intervall [11,12] wählen wir als Rundungsgrenze ,99 (es wird also ab 11,99 aufgerundet, sonst abgerundet) und für das Intervall [9,10] die Rundungsgrenze ,76. Dann bekommt A 11 und B 10 Sitze."
Ja, es lassen sich natürlich sehr pathologische Wahlverfahren erfinden, um merkwürdige Verzerrungen zu erzeugen.
Wenn Sie zeigen möchten, dass Ihr Verfahren die Möglichkeit nicht aufweist, dass kleine Parteien besser weg kommen könnten als bei Sainte-Lague, lässt sich der Beweis über die Größe der Zahlen führen - natürlich in Abhängigkeit von der Sitzanzahl. Da Sie den "exorbitanten" Referenzwert 10^18 gewählt haben, ist das Verfahren für realistische Zahlen dagegen abgesichert.
Aber wie schon geschrieben, war meine Aussage rein auf den Tiebreaker bezogen und somit natürlich als Vergleich zu d'Hondt. Den Vergleich zu Sainte-Lague finde ich an der Stelle insofern nicht sehr interessant.

Möchten Sie sich zu der Frage nach der Komplexität auch noch äußern?

Freundliche Grüße,
Arno Nymus

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