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| Autor |
  Wahrscheinlichkeit (Skat) |
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marathon
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 |  Themenstart: 2015-12-30
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Hallo erneut eine Aufgabe zum Thema Stochastik aber hier stehe ich tatsächlich total auf dem Schlauch aber total ..gut..die Aufgabe
Zu Beginn eines Kartenspiels mit 32 Karten erhält jeder der drei Spieler 10 Karten , 2 liegen verdeckt als Skat auf dem Tisch. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hält ein Spieler 4 Buben oder 4 Asse in der Hand .
Was ich nicht so recht einordnen kann wie soll ich die zwei als Skat auf dem Tisch liegenden Karten einordnen auch unter diesen könnte sich ja eine oder gar zwei der gesuchten "Zielkarten" Bube oder Ass befinden .
Und spielt der Verteilmodus der 10 Karten bzw deren Reihenfolge jeder 10 Karten am Stück oder die Karten der Reihe nach verteilt nicht doch eine Rolle bei der Berechnung der gesuchten Wahrscheinlichkeiten.
Mfg Markus
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StrgAltEntf
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2015-12-30
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Hallo marathon,
wenn die Karten gut gemischt sind, spielt es keine Rolle, in welcher Reihenfolge sie verteilt werden.
Natürlich kann es passieren, dass ein Ass oder ein Bube im Skat landet. Es soll ja die Wahrscheinlichkeit berechnet werden, dass (unter Anderem) dies nicht geschieht.
Was noch nicht ganz klar ist: soll berechent werden, dass ein bestimmter Spieler oder mindestens ein Spieler alle Asse oder alle Buben erhält?
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marathon
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2015-12-31
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die Aufgabe ja einem Lambacher entnommen spricht nur von einem
Spieler der die 4 Asse oder Buben haben soll.
Und wie gesagt wie verändern die 2 als Skat ausgelegten Karten die Wahrscheinlichkeit.
Die Aufgabe scheint mir nicht ganz so trivial zu sein.
mfg Markus
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.3, eingetragen 2015-12-31
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Für den Spieler ist es, was die W'keit betrifft, egal, ob zwei Karten auf dem Tisch liegen oder sie unter den anderen beiden Spielern aufgeteilt sind.
Schreib doch mal den Originalwortlaut der Aufgabe und deine bisherigen Überlegungen auf.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.4, eingetragen 2015-12-31
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Hallo, marathon,
ob es ein bestimmter oder irgendein Spieler sein soll, geht so nicht klar aus der Aufgabenstellung hervor. Wie auch immer, das scheint mir nicht die Schwierigkeit zu sein.
Das Experiment besteht darin, aus 32 Elementen bei 10 Ziehungen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge genau 4 Elemente einer 4elementigen Klasse (z.B. alle Buben) zu ziehen, d.h. aus den restlichen 28 Elementen 6. Das zugrundeliegende stochastische Modell nennt sich "Lottomodell" oder "Zwei-" bzw. "Mehrurnenmodell", und die entsprechende Zufallsverteilung heißt hypergeometrisch.
\
P_hyp(bei 10 aus 32 genau 4 aus 4) = ((4;4)*(28;6))/(32;10)
Die Binomialkoeffizienten stellen dabei die jeweilige Anzahl an Möglichkeiten dar, aus der obenstehenden Anzahl die untenstehende Anzahl an Elementen auszuwählen (ohne Beachtung der Reihenfolge). Insgesamt ist der Bruch der einer Laplace-Wahrscheinlichkeit: Anzahl günstiger Fälle geteilt durch Anzahl aller Fälle.
Wegen Asse oder Buben muß das mal 2 genommen werden; falls irgendein Spieler und nicht nur ein bestimmter, dann noch mal 3.
Gruß
Perotin
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.5, eingetragen 2015-12-31
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\quoteon(2015-12-31 10:29 - Perotin in Beitrag No. 4)
Wegen Asse oder Buben muß das mal 2 genommen werden; falls irgendein Spieler und nicht nur ein bestimmter, dann noch mal 3.
\quoteoff
Ich denke, so einfach ist es nicht getan. Der Spieler könnte ja auch alle Buben und alle Asse erhalten. Oder Spieler A die Buben und B die Asse.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.6, eingetragen 2015-12-31
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Ja, da muß man für den einen Spieler noch die Wahrscheinlichkeit abziehen, daß er sowohl alle Buben als auch alle Asse kriegt, also
\
2*((4;4)*(28;6))/(32;10)-((4;4)*(4;4)*(24;2))/(32;10)
P(alle Buben oder alle Asse)-P(alle Buben und alle Asse)
Die im Eingangspost zitierte Aufgabenstellung findet sich im gleichen Wortlaut auch in anderen Internetforen und wird daher so stimmen.
Jedenfalls sollte sich der Fragesteller zunächst einmal darüber äußern, ob er das Konzept verstanden hat.
P.
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marathon
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2015-12-31
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so einfach ist es auch nicht ich habe ja die Lambacher ------Lösung hier .
bei der dann 0.0117 herauskommt
\
(28;6)/(32;10) mal 2 dies bedeutet wohl nach der hypergeometrischen Verteilmethode das n über k bilden mit den Restelementen und dann teilen erneut n über k mit der Gesammtelementenanzahl als n hier 32 und den Elementen hier 10 .hab ich kapiert soweit dies war dann der schritt P ( A \union\ B) meine lösung zeigt nun an = P ( A) + P (B)
minus !! P (A\cut\ B) also zu der bisherigen Rechnung noch minus (24;2)/(32;10)
(28;6)/(32;10) * 2 - (24;2)/(32;10)
das Abziehen bezieht sich dann auf die 2 Karten die sich im Skat
befinden sehe ich dies richtig.
Mein ungeschulter verstand will immer noch nicht ganz kapieren das der Verteilermodus gar keine Rolle spielt aber anscheinend ist es so.
ich erinnere mich an Abi Aufgaben bei denen danach gefragt wurde ob nicht der jenige Spieler im Vorteil ist der zuerst ziehen darf.
Vielleicht sollte ich hier einfach mal mehrere Modelle Durch spielen.
Bei einem Spieler ohne die 2 Karten min Skat als schon ausgelegte Karten düfte man wohl für die Annahme für 4 Buben bei 10 Karten ausgaben doch rechnen.
\
(4*3*2*1*)/(32*31*30*29*)
und dies dann noch mulipliziert mit der Möglichkeit die 4 ziel karten bei 10 zu permutieren also(10;4)
= (4*3*2*1*)/(32*31*30*29)*(10;4)
dann noch mal 2 da ja auch ein gezogenes Ass als Gewinn zählt
wahrscheinlich rede ich schon wieder wirres zeug aber man muss sich auch mal (wie immer) blamieren können
mfg mathe thantalus markus
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.8, eingetragen 2015-12-31
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Hallo marathon,
dein letzter Beitrag ist vor lauter Rechtschreib- und Satzbaufehler kaum lesbar.
Aber die Lösung ist identisch mit der von Perotin. (Bei Perotin hat sich ein kleiner Schreibfehler eingeschlichen. Es muss 6 statt 2 lauten.)
Was da abgezogen wird, hat aber nichts mit den zwei Karten im Skat zu tun. Vielmehr sind es die beiden Karten, die der Spieler außer den vier Buben und vier Assen noch erhält.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.9, eingetragen 2015-12-31
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Hi, StrgAltEntf,
danke für den Hinweis, hab's verbessert.
@marathon:
Überlege Dir, daß es ist für den einen Spieler doch vollkommen egal ist, ob die anderen Karten in einen Skat oder an andere Spieler oder gar nicht verteilt werden.
Verstehst Du den Begriff "Laplace-Experiment"? Er geht davon aus, daß alle möglichen Ergebnisse gleichwahrscheinlich auftreten. Hier wäre das jede mögliche Verteilung der Karten. Dann berechnet sich die Wahrscheinlichkeit für ein bestimmtes Ereignis: Zahl der günstigen Ergebnisse durch Zahl aller möglichen Ergebnisse.
Alle möglichen Ergebnisse (Kartenblätter) bekommt man durch Auswahl von 10 aus 32, ohne Wiederholung (=ohne Zurücklegen) und ohne Beachtung der Reihenfolge. Die Anzahl dieser Auswahlmöglichkeiten wird durch den Binomialkoeffizienten 32 über 10 gegeben:
\
(32;10)=(32*31*30*...*23)/(10*9*8*...*1)
Im Zähler steht die Anzahl der Möglichkeiten bei Beachtung der Reihenfolge (für die erste Karte 32 Möglichkeiten, für die zweite 31 usw.); im Nenner dann die Anzahl der jeweils gleichen Auswahlen, wenn man die Reihenfolge nicht beachtet, d.h. die Anzahl der Möglichkeiten, 10 Elemente umzuordnen (die erste Karte kann an 10 Stellen sein, die zweite an 9 usw.).
Analog bekommt man die Anzahl der Möglichkeiten, alle vier Buben zu ziehen durch
\ (4;4)=1
und die Anzahl der Möglichkeiten, 6 aus den restlichen 28 (alles außer Buben) zu ziehen durch
\ (28;6)=1
Und die 2 im Binomialkoeffizienten
\ (24;2)=1
bezieht sich, wie schon StrgAltEntf sagte, nicht auf den Skat, sondern auf die zwei Karten, die der Spieler, der nun schon 4 Buben und 4 Asse gezogen hat, noch aus den restlichen 32-8=24 Karten ziehen muß, damit er dann insgesamt 10 hat.
Wie gesagt: Was mit den übrigen Karten geschieht, ist vollkommen wurscht.
Gruß
Perotin
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marathon
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2016-01-01
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ok voll nett und sehr tolerant von euch so ausführlich auf die von mir gestellten Anfragen zu reagieren. Hatte früher noch viel größere Probleme mit der Rechtschreibung -Legasthenie hieß es da.
Aber meine Aufsätze waren immer ganz ok.
Immer wenn ich so eine etwas hektische Phase habe passieren die gröberen Patzer. Sorry.
Denke ich kann die Aufgabe dank eurer Hilfe jetzt soweit denke ich mal nachvollziehen. Und mit den erkannten Schemata eine ähnlich aufgebaute Aufgabe wohl " knacken".
Danke sehr!!
und ein gutes neues Jahr an Alle ,die bisher meine ( naiven?!) Anfragen verkraftet haben .Und für alle Anderen , wer es auch immer sein mag !!! natürlich auch ein gutes - erfolgreiches 2016.
mfg Markus
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marathon hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
marathon hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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