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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:06 So 02.11.2008 | | Autor: | muss_ |
| Aufgabe | Ein Kartenspiel mit 32 Blatt (Skatspiel) enthält genau vier Buben. Nach gründlichem
Mischen werden die Karten an drei Spieler verteilt. Jeder Spieler erhält 10 Karten; 2
Karten bleiben als Skat auf dem Tisch liegen.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass zwei Spieler je mindestens einen Buben erhalten, der dritte keinen? |
Ich habe di aufgabe zwar gelöst aber ich bin mir nicht sicher ob dir lösung korrekt ist
also wenn man die karten in zwei teilt als 4 buben und 28 restliche karten und komplement bildet
also [mm] E^{c}= [/mm] dass erste und zweite spieler keine buben bekommen und der dritte alle buben hat.
1- [mm] \underline{ \vektor{4 \\ 0} \vektor{28 \\ 10} + \vektor{4 \\ 0} \vektor{28 \\ 10} + \vektor{4 \\ 4 } \vektor{28 \\ 6 }}
[/mm]
[mm] \vektor{32 \\ 30}
[/mm]
ist meine lösung so richtig??
danke im voraus
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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ich glaube nicht denn wenn du´s ausrechnest kommt doch etwas größer null raus also kanns nicht stimmen!
Außerdem ist nach demm Fall den du da berechnest gar nicht gefragt!
ich glaube dein plus dazwischne n ist falsch du musst eher mit mal arbeiten.
lass mich kurz überlegen dann schreibe ich dir noch was.
Lg
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also mit gegenereignis zu arbeiten wie du´s gemacht hast geht eigentlich aber dann müsstest du einmal noch den fall betrachten wenn das skat 2 buben hat und ein spieler 2 stk und dann noch den wo das skat 2 und einer 2 und den wo skat 0 und ein spieler 4.
Vielleicht stimmt dein Ansatz grundsätzlich aber ich glaube kaum das dein nenner richtig sein kann! wenn überhaupt dann 10 aus 32 weil du oben ja unten immer auf zehn kommst
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:56 So 02.11.2008 | | Autor: | muss_ |
also im nenner steht 32 über 30 weil insgesamt 30 karten verteilt werden wenn ich da 10 schreibe dann passt das mit zähler nicht
oder kann man die aufgabe auch anders lösen ????
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Also im Nenner müsste meiner Meinung nach das stehen!
[mm] \vektor{32\\ 10}*\vektor{22 \\ 10}*\vektor{12 \\ 10}*\vektor{2 \\ 2}
[/mm]
aber beim Zähler bin ich mir nicht ganz im klaren was sache ist.
Vielleicht könnte uns noch jemand anders mal helfen!
Das wäre echt nett denn ich komm auch nicht weiter.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:50 So 02.11.2008 | | Autor: | reverend |
ok, ich schau mal.
Bis bald.
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Ich kann Eure Ansätze nicht so leicht nachvollziehen.
Das ist meist das Schwierigste an der Wahrscheinlichkeitsrechnung, einen Ansatz zu finden, der erstens vollständig und zweitens rechnerisch darstellbar ist.
Hier erstmal die Klärung der Situation zur Ansatzsuche:
Gibt es eine oder mehrere Möglichkeiten, die möglichen Ereignisse so zu unterteilen, dass die Fragestellung beleuchtet werden kann?
Die Aufgabenstellung trifft keine Aussage über die Reihenfolge der Kartenverteilung. Das ist ein großer Vorteil. Eine geschickte Wahl der Reihenfolge kann die Betrachtung vereinfachen. Dazu später.
Erst einmal sind folgende Verteilungen von Buben möglich. Die Spieler mögen A,B,C heißen, der Skat S. Die Verteilungen werden mit Kleinbuchstaben bezeichnet.
S A B C
a 0 4 0 0 -
b 0 0 4 0 -
c 0 0 0 4 -
d 0 3 1 0 +
e 0 3 0 1 +
f 0 1 3 0 +
g 0 0 3 1 +
h 0 1 0 3 +
i 0 0 1 3 +
j 0 2 1 1 -
k 0 1 2 1 -
l 0 1 1 2 -
m 1 3 0 0 -
n 1 0 3 0 -
o 1 0 0 3 -
p 1 2 1 0 +
q 1 2 0 1 +
r 1 1 2 0 +
s 1 0 2 1 +
t 1 1 0 2 +
u 1 0 1 2 +
v 1 1 1 1 -
x 2 2 0 0 -
y 2 0 2 0 -
z 2 0 0 2 -
ä 2 1 1 0 +
ö 2 1 0 1 +
ü 2 0 1 1 +
Die günstigen Fälle (die die Vorgabe der Aufgabenstellung erfüllen) sind mit + markiert, die ungünstigen mit -.
29 verschiedene Fälle sind zu unterscheiden.
Für die Lösung ist nun entscheidend, ob diese Fälle geschickt gruppiert werden können. Je nachdem, ob die Plus- oder die Minusfälle besser gruppiert werden können, entscheidet sich der Ansatz nach günstigen oder nach ungünstigen Ereignissen.
Rein aus dem Gefühl (wohl auf Basis verschiedener vergangener Aufgaben) heraus nehme ich einmal an, dass wie folgt verteilt wird (ganz gegen die Regeln des deutschen Skatbunds): erst der Skat (S), dann Spieler A (komplett), dann Spieler B (komplett), dann Spieler C (komplett).
Hilft das schon als Hinweis?
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so weit war ich auch etwa man kann eigentlich allgemein dann in vier Fälle zusammenfassen und zwar
1. d bis i
2. p bis u
3. ä bis ü
und 4. die hast du leider vergessen reverend und zwar 0 2 2 0 +
0 2 0 2 +
0 0 2 2 +
aber wie mach ich weiter???
mit durchschieben kann ich die einzelne Fälle ja uaf vier reduzieren weil sie die gleiche wahrscheinlichkeit haben aber was ist dabei zähler unbd was nenner?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:52 So 02.11.2008 | | Autor: | reverend |
Stimmt, die habe ich vergessen. Danke für den Hinweis.
Genau das meine ich, es ist schwierig, sicher zu gehen, dass man alle Möglichkeiten überhaupt erfasst hat.
Aber zur spannenden Aufgabe, die wir ja noch je für uns lösen können, ist jetzt erstmal muss_ dran.
(Nebenbei, drunken monkey, auch wenn Du noch Schüler bist und das als Handicap siehst - Du bist echt mathematisch fit. Ich hab in den letzten Tagen ein paar Deiner Beiträge gelesen: meine Hochachtung!)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:06 Mo 03.11.2008 | | Autor: | muss_ |
von euren antworten komme ich immernoch auf keine ideen also was zähler und nenner sein könnten...
daher vercuhe ich es weiter mit meiner lösungsversuch
also die Wahrscheinlichkeit dass der erste spieler keine buben hat ist
[mm] \underline{\vektor{4 \\ 0} \vektor{28 \\ 10}} [/mm]
[mm] \vektor{32 \\ 10}
[/mm]
dass der zweite spiler keine buben hat
[mm] \underline{\vektor{4 \\ 0} \vektor{28 \\ 10}} [/mm]
[mm] \vektor{32 \\ 10}
[/mm]
dass der dritte spieler alle buben hat
[mm] \underline{\vektor{4 \\ 4} \vektor{28 \\ 6}} [/mm]
[mm] \vektor{32 \\ 10}
[/mm]
und wenn man alle Wahrscheinlichkeiten adiiert (alles +(-1)) dann sollte das eigentlich das gewünschte wahrscheinlichkeit liefern
drunkey_mankey
du meinst man muss auch die fälle betrachten dass skat 2 buben hat und ein spieler 2 stk und dann noch den wo das skat 2 und einer 2 und den wo skat 0 und ein spieler 4.
aber was wir suchen ist dass z.B. erste spiler keine buben bekommt, ist es dann nicht egal was skat bekommt???
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Nein, es ist überhaupt nicht egal, was der Skat hat. Außerdem reicht es nicht, nur davon auszugehen, dass der 1. Spieler alle Buben hat.
Wenn Du die Gegenereignisse betrachten willst (also alle, die der Bedingung der Aufgabenstellung nicht genügen, musst Du folgende Fälle betrachten:
1) Skat hat keinen Buben, Spieler A oder B oder C hat vier.
2) Skat hat einen Buben, Spieler A oder B oder C hat drei.
3) Skat hat zwei Buben, Spieler A oder B oder C hat zwei.
Starthilfe:
Die Wahrscheinlichkeiten für die Zahl der Buben im Skat sind folgende.
1) kein Bube: [mm] \bruch{28}{32}*\bruch{27}{31}
[/mm]
2) ein Bube: [mm] \bruch{28}{32}*\bruch{4}{31}=\bruch{4}{32}*\bruch{28}{31}
[/mm]
3) zwei Buben: [mm] \bruch{4}{32}*\bruch{3}{31}
[/mm]
Diese Wahrscheinlichkeiten musst Du jeweils mit der Summe der anderen Ereignisse (z.B. A hat 4, B hat 4, C hat 4) multiplizieren und schließlich alles addieren.
Es sei denn, Du findest einen kürzeren Weg - ich sehe gerade keinen.
Die Anmerkung von drunken monkey (200, 020, 002 bei 2 Buben im Skat) ist "nur" eine Ergänzung meiner langen Liste, und reicht alleine nicht aus! Ich nehme auch überhaupt nicht an, dass er das so gemeint hat.
Die Aufgabe ist keineswegs einfach und verlangt einiges an Arbeit. Viel Erfolg!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:45 Mo 03.11.2008 | | Autor: | muss_ |
Also die lösung wäre dann :
skat hat keinen
[mm] \underline{\vektor{28 \\ 2}} \underline{\vektor{4 \\ 4} \vektor{26 \\ 6}} [/mm] x 3
[mm] \vektor{32 \\ 2} \vektor{30 \\ 10} [/mm]
skat hat einen
[mm] \underline{\vektor{4 \\ 1} \vektor{28 \\ 1}} \underline{\vektor{3 \\ 3} \vektor{27 \\ 7}} [/mm] x 3
[mm] \vektor{32 \\ 2} \vektor{30 \\ 10} [/mm]
skat hat zwei
[mm] \underline{\vektor{4 \\ 2}} \underline{\vektor{2 \\ 2} \vektor{28 \\ 8}} [/mm] x 3
[mm] \vektor{32 \\ 2} \vektor{30 \\ 10} [/mm]
und alles addiert kommt ~0,0413 raus aber da das unser komplement ergebnis ist kommt ~0,95 raus das kann doch nicht richtig sein ....
richtig??
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Jetzt habe ich das gleiche heraus (in v1 dieser Antwort war ein Fehler, pardon!).
(Richtig ist m.E. [mm] \bruch{297}{7192}\approx0,041296.)
[/mm]
Ich verstehe Deinen Ansatz nicht, aber wir kommen hier zum gleichen Ergebnis.
Mir fällt aber noch auf, dass der Fall "ein Spieler hat alle Buben, die nicht im Skat sind" nicht alle Gegenereignisse beinhaltet. Dazu kommt noch "jeder Spieler hat mindestens einen Buben".
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:08 Mo 03.11.2008 | | Autor: | muss_ |
also ich hatte überlegt das der fall wenn der skat keinen buben bekommt gleich [mm] \vektor{28 \\ 2} [/mm] sein sollte und [mm] \vektor{4 \\ 4} [/mm] entspräche 4 von 4 buben zu ziehen dann bleiben noch 6 andere karten [mm] \vektor{26 \\ 6}
[/mm]
wobei für den skat die mächtigkeit von [mm] \vektor{32 \\ 2} [/mm] und für die anderen 10 karten [mm] \vektor{30 \\ 10} [/mm] in den nenner einfließen müssten.... dann bleibt noch zu betrachten dass die anderen spieler ja keinen buben ziehen nur das hat sich dann alles weggekürzt in etwa sooo
[mm] \bruch{ \vektor{28 \\ 2}} {\vektor{32 \\ 2}} \* \bruch{\vektor{4 \\ 4} \* \vektor{26 \\ 6}}{\vektor{30 \\ 10}} \* \bruch{\vektor{4 \\ 0} \* \vektor{20 \\ 10}} {\vektor{20 \\ 10}}\* \bruch{\vektor{4 \\ 0} \* \vektor{10 \\ 10}} {\vektor{10 \\ 10}}
[/mm]
und für die anderen fälle auch noch
also skat einen buben, skat 2 buben das waren die anderen zeilen schon
und das ganze jeweils 3mal da es ja für die wahrscheinlichkeiten egal ist welchen spieler es nun im endeffekt trifft.... bzw nich trifft ;)
aber keine ahnung wo es da bei mir hakt... zumal ich nicht ganz verstehe warum ich den fall jeder spieler bekommt einen buben mit einbeziehen sollte... ich such doch nach dem gegenereignis oder gehört das doch dazu??
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Naja, es gibt halt zwei Arten von Gegenereignissen, weil es insgesamt drei Arten gibt:
1) ein Spieler hat alle Buben, die nicht im Skat sind;
2) zwei Spieler haben mind. einen Buben, einer hat keine;
3) alle drei Spieler haben mind. einen Buben.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:17 Mo 03.11.2008 | | Autor: | luis52 |
Moin muss_
Es gibt drei Spieler: V(orhand), M(ittelhand) und H(interhand) sowie den S(kat).
H hat keinen Buben, wenn V 1 Buben, M 3 Buben und S 0 Buben erhaelt
(V1M3S0). Alle Moeglichkeiten, wo H keinen Buben erhaelt, sind:
V1M1S2 0.000231739
V2M1S1 0.00208565
V1M2S1 0.00208565
V3M1S0 0.0083426
V3M1S0 0.0083426
V2M2S0 0.00938543
------------------
Summe 0.03047367
Die Wsk beispielsweise fuer V1M3S0 kann man mit dem
Multinomialkoeffizienten berechnen, siehe hier.
Es ergibt sich so
[mm] $P(V1M3S0)=\frac{\dbinom{28}{9,7,10,2}}{\dbinom{32}{10,10,10,2}}=0.0083426$.
[/mm]
Die weiteren Zahlen stehen in der Uebersicht oben. Dieselben Zahlen
ergeben sich, wo V bzw M keinen Buben erhalten. Die gesuchte Wsk ist also
[mm] $3\times0.03047367=0.09142101$.
[/mm]
vg Luis
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