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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:57 Mi 21.05.2014 | | Autor: | Mathics |
| Aufgabe | Poker wird mit 52 Karten gespielt. Dazu werden 4 "Farben" (Karo, Herz, Pik, Kreuz) mit 13 "Werten" (2,3,4,5,6,7,8,9,10,B,D,K,A) kombiniert. Ein Spieler erhält 5 Karten.
a) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler 4 Karten mit dem gleichen Wert erhält?
b) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler "zwei Paar" hat, d.h. je zwei Karten mit dem gleichen Wert (aber nicht 4 Mal den gleichen Wert) und eine Karte mit einem anderen Wert. |
Hallo,
ich habe für beide Aufgabenteile einen Lösungsvorschlag:
a) Es handelt sich um Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge. Generell gibt es [mm] \vektor{52 \\ 5} [/mm] = 2598960 Möglichkeiten aus 52 Karten 5 Stück zu ziehen.
Für die erste Komponente unserer Ereignisses gibt es 13 Möglichkeiten (bzw. 13 * [mm] \vektor{4 \\ 4}), [/mm] also es gibt 13 Mal 4 Karten mit den gleichen Werten. Danach gibt es noch 52-4= 48 Karten für die letzte Karte.
Die Wahrscheinlichkeit beträgt: 13*48/2598960 = 0,00024.
b) Hier habe ich eigentlich sehr ähnlich gedacht. Ich habe gerechnet:
( 13 * [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] * 12 * [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] * [mm] \vektor{44 \\ 1} [/mm] ) / 2598960 = 0,095
Laut der Lösung aus der Vorlesung muss ich den Zähler jedoch nochmal durch 2 teilen, sodass die Wahrscheinlichkeit 0,0475 herauskommt. Die Begründung ist, dass die /2 der Vertauschbarkeit von dem 1.Paar und 2.Paar Rechnung trägt.
Das verstehe ich jetzt leider nicht so ganz. Bei a) habe ich doch auch nicht durch 2 gerechnet und ist nicht durch die Nicht-Berücksichtigung der Reihenfolge Doppelzählungen bereits ausgeschlossen?
LG
Mathics
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Hallo,
> Poker wird mit 52 Karten gespielt. Dazu werden 4 "Farben"
> (Karo, Herz, Pik, Kreuz) mit 13 "Werten"
> (2,3,4,5,6,7,8,9,10,B,D,K,A) kombiniert. Ein Spieler
> erhält 5 Karten.
>
> a) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler 4
> Karten mit dem gleichen Wert erhält?
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> b) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler
> "zwei Paar" hat, d.h. je zwei Karten mit dem gleichen Wert
> (aber nicht 4 Mal den gleichen Wert) und eine Karte mit
> einem anderen Wert.
> Hallo,
>
> ich habe für beide Aufgabenteile einen Lösungsvorschlag:
>
> a) Es handelt sich um Ziehen ohne Zurücklegen und ohne
> Berücksichtigung der Reihenfolge. Generell gibt es
> [mm]\vektor{52 \\ 5}[/mm] = 2598960 Möglichkeiten aus 52 Karten 5
> Stück zu ziehen.
>
> Für die erste Komponente unserer Ereignisses gibt es 13
> Möglichkeiten (bzw. 13 * [mm]\vektor{4 \\ 4}),[/mm] also es gibt 13
> Mal 4 Karten mit den gleichen Werten. Danach gibt es noch
> 52-4= 48 Karten für die letzte Karte.
>
> Die Wahrscheinlichkeit beträgt: 13*48/2598960 = 0,00024.
Das ist richtig. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
>
> b) Hier habe ich eigentlich sehr ähnlich gedacht. Ich habe
> gerechnet:
>
> ( 13 * [mm]\vektor{4 \\ 2}[/mm] * 12 * [mm]\vektor{4 \\ 2}[/mm] * [mm]\vektor{44 \\ 1}[/mm]
> ) / 2598960 = 0,095
>
>
> Laut der Lösung aus der Vorlesung muss ich den Zähler
> jedoch nochmal durch 2 teilen, sodass die
> Wahrscheinlichkeit 0,0475 herauskommt. Die Begründung ist,
> dass die /2 der Vertauschbarkeit von dem 1.Paar und 2.Paar
> Rechnung trägt.
>
> Das verstehe ich jetzt leider nicht so ganz. Bei a) habe
> ich doch auch nicht durch 2 gerechnet und ist nicht durch
> die Nicht-Berücksichtigung der Reihenfolge
> Doppelzählungen bereits ausgeschlossen?
Hier kann ich weder deinen Ansatz noch den der Lösung nachvollziehen. Ich erhalte hier als Resultat 99/4165, was nochmal die Hälfte der Musterlösung ist. Könntest du die mal angeben und die Aufgabenstellung nochmals kontrollieren?
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:53 Mi 21.05.2014 | | Autor: | Mathics |
Hallo,
ich kopiere hier mal exakt die Musterlösung rein:
Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich als
[mm] \bruch{(\vektor{13 \\ 1} * \vektor{4 \\ 2} * \vektor{12 \\ 1} * \vektor{4 \\ 2} * (52-8)/2)}{\vektor{52 \\ 5}} [/mm] = 0,0475
wobei "/2" der Vertauschbarkeit von "1. Paar" und "2.Paar" Rechnung trägt.
1. Paar wird definiert als [mm] \vektor{13 \\ 1} [/mm] * [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm]
2. Paar wird definiert als [mm] \vektor{12 \\ 1} [/mm] * [mm] \vektor{4 \\ 2}
[/mm]
Restkarte wird definiert als (52-8)
Die Aufgabenstellung habe ich kontrolliert, die ist so korrekt.
LG
Mathics
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Hallo Mathics,
> Hallo,
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> ich kopiere hier mal exakt die Musterlösung rein:
>
> Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich als
>
> [mm]\bruch{(\vektor{13 \\ 1} * \vektor{4 \\ 2} * \vektor{12 \\ 1} * \vektor{4 \\ 2} * (52-8)/2)}{\vektor{52 \\ 5}}[/mm]
> = 0,0475
>
> wobei "/2" der Vertauschbarkeit von "1. Paar" und "2.Paar"
> Rechnung trägt.
>
> 1. Paar wird definiert als [mm]\vektor{13 \\ 1}[/mm] * [mm]\vektor{4 \\ 2}[/mm]
> 2. Paar wird definiert als [mm]\vektor{12 \\ 1}[/mm] * [mm]\vektor{4 \\ 2}[/mm]
>
> Restkarte wird definiert als (52-8)
>
>
> Die Aufgabenstellung habe ich kontrolliert, die ist so
> korrekt.
Ja, das leuchtet mir mittlerweile sozusagen doppelt ein: zum einen hatte ich in meiner Überlegung gestern einen Denkfehler, zum anderen ist die Argumentation schlüssig: denn die beiden Paare werden ja nicht unterschieden: Sprich, du kannst nicht sagen, das erste Paar seien bspw. Buben und das zweite Damen. Es gibt halt ein Paar Buben und ein Paar Damen, aber völlig gleichberechtigt. 
Gruß, Diophant
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 18:47 Do 22.05.2014 | | Autor: | Mathics |
Hallo,
> denn die beiden Paare werden ja nicht unterschieden:
> Sprich, du kannst nicht sagen, das erste Paar seien bspw.
> Buben und das zweite Damen. Es gibt halt ein Paar Buben und
> ein Paar Damen, aber völlig gleichberechtigt.
>
> Gruß, Diophant
Also ist das so:
( 13 * $ [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] $ * 12 * $ [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] $ * $ [mm] \vektor{44 \\ 1} [/mm] $ ) / 2598960 = 0,095
hier kann ich die beiden [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] vertauschen? Wenn ich aber aber [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] und [mm] \vektor{4 \\ 3} [/mm] hätte, bräuchte ich nichts vertauschen und nicht durch 2 teilen?
LG
Mathics
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:03 Do 22.05.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo Mathics,
deine obige Frage ist äußerst missverständlich. Könntest du das nicht einfach verbal sauber ausformulieren, damit man weiß, auf was man überhaupt antworten soll?
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:20 Do 22.05.2014 | | Autor: | Mathics |
Hallo Diophant,
ich entschuldige mich für die unsaubere Formulierung.
Ich tue mich noch etwas schwer damit zu verstehen, welche Komponenten genau vertauschbar sind bzw. ich seh den Unterschied zum Aufgabenteil a) nicht so ganz.
Ich hab mir das versucht so zu erklären:
Bei a) haben wir ja nicht durch 2 geteilt. Da haben wir ja ein 4er Paar und eine beliebige Karte. Wenn ich an die endlosen Wortbeispiele a la "wie viele Wörter" kannst du mit den Buchstaben "hanns" bilden, haben wir keine doppelten "n". Ich weiß nicht, ob es verwirrt, aber mein 4er Paar wär ein Buchstabe (z.B. n) und die beliebige Karte eine andere (z.B. s)
Bei b) haben wir nun 2 Paare und eine beliebige Karte. Wären die zwei Paare sozusagen meine zwei "n" bezogen auf das Wortbeispiel? Also ich hätte quasi n,n,s ? Deshalb kann/muss ich vertauschen und durch 2 teilen?
Dame-Paar und König-Paar ist ja erstmal was unterschiedliches, aber kann man sie vertauschen weil das einfach Paare sind? Und da komm ich jetzt auf den letzten Gedanken meines letzten Posts zu sprechen: Angenommen ich hätte ein Paar, ein Tripel und eine beliebige Karte. Hier könnte ich dann nichts vertauschen?
LG
Mathics
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Hallo Mathics,
sorry, dieses Mal hat es bei mir beruflich bedingt etwas länger gedauert bis zur nächsten Antwort (deine Frage ist jetzt nämlich sehr gut formuliert!).
Ich musste auch nochmal darüber nachdenken, weil ich mir zwischendurch mit dieser Division auch unsicher geworden bin und mittlerweile bin ich sicher: diese Divsion durch 2 aus deiner Musterlösung ist falsch und insbesondere dein Resultat bei b) richtig!
Insofern hat sich, so denke ich zumindest, auch deine obige Frage erledigt. Soinst frage natürlich gerne weiter!
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:34 Fr 23.05.2014 | | Autor: | sijuherm |
Wollte eigentlich Fragen, warum man mit diesem Ansatz nicht zur Lösung kommt, bis ich gemerkt habe, ich hatte nen Zahlendreher drin. Nachdem der beseitigt wurde, komme ich auch genau auf euer Ergebnis. Frage hat sich damit erübrigt, aber ich veröffentliche mal meine Gedankengänge als alternativen Lösungsweg.
Ich wähle nacheineinader mit gegebener Wahrscheinlichkeit eine Karte aus:
1. Karte beliebig -> [mm]52/52[/mm]
2. Karte komplettiert das 1. Paar -> [mm]3/51[/mm]
3. Karte darf nicht gleich den ersten beiden sein -> [mm]48/50[/mm]
4. Karte komplettiert das 2. Paar -> [mm]3/49[/mm]
5. Karte muss verschieden von den anderen sein -> [mm]44/48[/mm]
[mm]p_{temp} = 66/20825 \sim 0,0032[/mm]
Jetzt haben wir allerdings die Zugreihenfolge mit beachtet, aber das wollen wir ja nicht. Wir bestimmen alle möglichen Kombinationen, wie man die Karten anordnen kann:
Die beiden Paare kann man auf [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] = 6 verschiedene Weisen anordnen (bei 4 Karten). Die 5. Karte kann man für jede der vorherigen Anordnungsmöglichkeiten 5x einbringen, also insgesamt 30 Permutationen.
Damit komme auch auf [mm]P = 396/4165 \sim 0,0951[/mm].
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:55 Fr 23.05.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo sijuherm,
danke für deine Rückmeldung: das ist ja in solchen Fällen eine gute Bestätigung, da sowohl der Themenstarter als auch ich uns zunächst durch die offensichtlich falsche Musterlösung ins Bockshorn haben jagen lassen.
Gruß, Diophant
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