Wahrscheinlichkeit beim Skatspiel

[sabo]

Hallo Mathe-Gurus,

Mein Problem:

Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit, dass dabei
2-Asse sind.

Danke..für Hilfe

[Klaus-R. Löffler]

Post by sabo
Hallo Mathe-Gurus,
Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit, dass dabei
2-Asse sind.

Genau zwei Asse oder mindestens zwei Asse? Das Modell ist z.B. zehnmal
Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne mit 4 weißen und 28 schwarzen
Kugeln.

Klaus-R.

[sabo]

Post by Klaus-R. Löffler

Post by sabo
Hallo Mathe-Gurus,
Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit, dass dabei
2-Asse sind.

Genau zwei Asse oder mindestens zwei Asse? Das Modell ist z.B. zehnmal

Genau 2 Asse
Die Karten werden nicht einzeln sondern am Stück genommen

Post by Klaus-R. Löffler
Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne mit 4 weißen und 28 schwarzen
Kugeln.
Klaus-R.

[Klaus-R. Löffler]

Post by sabo

Post by Klaus-R. Löffler

Post by sabo
Hallo Mathe-Gurus,
Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit, dass dabei
2-Asse sind.

Genau zwei Asse oder mindestens zwei Asse? Das Modell ist z.B. zehnmal

Genau 2 Asse
Die Karten werden nicht einzeln sondern am Stück genommen

Post by Klaus-R. Löffler
Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne mit 4 weißen und 28 schwarzen
Kugeln.

Ob die Karten nacheinander oder "Am Stück" genommen werden, ist für die
Anzahl der Möglichkeiten ohne Bedeutung. Jedes Ziehen bedeutet eine
Auswahl von 10 aus 32. Günstig ist dabei jede Kombination von 2 aus 4
Assen mit 8 aus 28 Nichtassen. Damit solltest du die Wahrscheinlichkeit
für einen Erfolg berechnen können.

Klaus-R.

[sabo]

Post by Klaus-R. Löffler

Post by sabo

Post by Klaus-R. Löffler

Post by sabo
Hallo Mathe-Gurus,
Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit, dass dabei
2-Asse sind.

Genau zwei Asse oder mindestens zwei Asse? Das Modell ist z.B. zehnmal

Genau 2 Asse
Die Karten werden nicht einzeln sondern am Stück genommen

Post by Klaus-R. Löffler
Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne mit 4 weißen und 28 schwarzen
Kugeln.

Ob die Karten nacheinander oder "Am Stück" genommen werden, ist für die
Anzahl der Möglichkeiten ohne Bedeutung. Jedes Ziehen bedeutet eine
Auswahl von 10 aus 32. Günstig ist dabei jede Kombination von 2 aus 4
Assen mit 8 aus 28 Nichtassen. Damit solltest du die Wahrscheinlichkeit
für einen Erfolg berechnen können.

Wie ?

Post by Klaus-R. Löffler
Klaus-R.

[Roman]

Post by Klaus-R. Löffler

Post by sabo

Post by Klaus-R. Löffler

Post by sabo
Hallo Mathe-Gurus,
Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit, dass dabei
2-Asse sind.

Genau zwei Asse oder mindestens zwei Asse? Das Modell ist z.B. zehnmal

Genau 2 Asse
Die Karten werden nicht einzeln sondern am Stück genommen

Post by Klaus-R. Löffler
Ziehen ohne Zurücklegen aus einer Urne mit 4 weißen und 28 schwarzen
Kugeln.

Ob die Karten nacheinander oder "Am Stück" genommen werden, ist für die
Anzahl der Möglichkeiten ohne Bedeutung. Jedes Ziehen bedeutet eine
Auswahl von 10 aus 32. Günstig ist dabei jede Kombination von 2 aus 4
Assen mit 8 aus 28 Nichtassen. Damit solltest du die Wahrscheinlichkeit
für einen Erfolg berechnen können.

Wie ?

Vorrechnen geht nicht konform mit der Gruppen-Charta. Schlag mal unter
Hypergeometrischer Verteilung nach.

Gruß
Roman

[Happy Himba]

Die hypergeometrische Verteilung H(N, R, n, k) steht hier

http://de.wikipedia.org/wiki/Ziehen_ohne_Zur%C3%BCcklegen

und also ist H(32, 4, 10, 2) , dh. unter 32 Karten mit 4 Assen,
aus 10 davon gezogenen Karten 2 Asse zu finden ist

= (2 über 4) mal (10-2 über 32-4) durch (10 über 32)

also

Post by Klaus-R. Löffler
Jedes Ziehen bedeutet eine
Auswahl von 10 aus 32. Günstig ist dabei jede Kombination von 2 aus 4
Assen mit 8 aus 28 Nichtassen. Damit solltest du die Wahrscheinlichkeit
für einen Erfolg berechnen können.

= (2 über 4) mal (8 über 28) durch (10 über 32) =

4!
--- mal
2! (4-2)!

28!
--- durch
8! (28-8)!

32!
---
10! (32-10)!

=

4!
--- mal
2! 2!

28!
--- mal (das ist Kehrwert von durch)
8! 20!

10! 22!
---
32!

Kürzen:

4*3*2*1 * 28*...*1 * 10*...*1 * 22*...*1
--- =
2*1*2*1 * 8*...*1 * 20*...*1 * 32*...*1

4*3 * 10*9 * 22*21
--- =
2*1* 32*31*30*29

2*3 * 10*9 * 22*21
--- =
32*31*30*29

2*3 * 10*9 * 2*20*21
--- =
32*31*20*10*29

3 * 9 * 21
--- = 567 / 7192
8 * 31 * 29

= 0,07883

[sabo]

Vielen Dank H.H.

Post by Happy Himba
Die hypergeometrische Verteilung H(N, R, n, k) steht hier
http://de.wikipedia.org/wiki/Ziehen_ohne_Zur%C3%BCcklegen
und also ist H(32, 4, 10, 2) , dh. unter 32 Karten mit 4 Assen,
aus 10 davon gezogenen Karten 2 Asse zu finden ist
= (2 über 4) mal (10-2 über 32-4) durch (10 über 32)
also

Post by Klaus-R. Löffler
Jedes Ziehen bedeutet eine
Auswahl von 10 aus 32. Günstig ist dabei jede Kombination von 2 aus 4
Assen mit 8 aus 28 Nichtassen. Damit solltest du die Wahrscheinlichkeit
für einen Erfolg berechnen können.

= (2 über 4) mal (8 über 28) durch (10 über 32) =
4!
--- mal
2! (4-2)!
28!
--- durch
8! (28-8)!
32!
---
10! (32-10)!
=
4!
--- mal
2! 2!
28!
--- mal (das ist Kehrwert von durch)
8! 20!
10! 22!
---
32!
4*3*2*1 * 28*...*1 * 10*...*1 * 22*...*1
--- =
2*1*2*1 * 8*...*1 * 20*...*1 * 32*...*1
4*3 * 10*9 * 22*21
--- =
2*1* 32*31*30*29
2*3 * 10*9 * 22*21
--- =
32*31*30*29
2*3 * 10*9 * 2*20*21
--- =
32*31*20*10*29
3 * 9 * 21
--- = 567 / 7192
8 * 31 * 29
= 0,07883

[Robert Großmann]

Post by Happy Himba
= 0,07883

Hallo Happy Himba,

dein Lösungsansatz ist richtig, die Lösung aber ist falsch!!

zunächst mal ne formelle Bemerkung: "(2 über 4)" kann man gar nicht
berechnen, da beim Binomialkoeffizienten das n immer mindestens genauso
groß sein muss wie das k - du meintest vermutlich "4 über 2" und hast
damit den Anteil an der Rechnugn beschrieben, der die Anzahl der Treffer
(hier die gezogenen Asse repräsentiert). Analog dazu: "28 über 8" und
"32 über 10".

Dein Ansatz ist richtig:

A = Anzahl der gezogenen Asse aus einem Skatblatt bei 10 Ziehungen ohne
Zurücklegen

P(A) = (4 über 2) * (28 über 8) / (32 über 10)

Bei der Äquivalenzumformung nach dem Kürzen hast du dann aber einen
Fehler gemacht!

Post by Happy Himba
2*3 * 10*9 * 22*21
--- =
32*31*30*29
2*3 * 10*9 * 2*20*21
--- =
32*31*20*10*29

Das ist aber keine äquivalente Umformung! Seit wann ist 22 = 2 * 20 und
30 = 20 * 10 ?!? Das musst du mir bitte mal erklären!!

Fakt ist: P(A) = 0,28907... (<=> P(A) = 28,907...%)

Wenn du mir nicht glaubst: Rechne es nach!

Kleine Hilfe:

(4 über 2) = 6 ; (28 über 8) = 3 108 105 ; (32 über 10) = 64 512 240

Viele Grüße, Rob

[Happy Himba]

Bei der Äquivalenzumformung nach dem Kürzen hast du dann aber einen Fehler gemacht!

Ja ich weiß, das war alles ganz schnell aus einer Laune heraus
hingewurschtelt und hat mir dann beim späteren nochmaligem
Lesen auch viel Spaß gemacht ;)

Es war aber unwichtig, weil es eben um das Rezept ging,
das konkrete Rechnen war hier zunächst nebensächlich.

Aber: der richtige Wert von etwa einem Drittel hat mich auch verblüfft,
so daß ich dann noch zweimal gerechnet habe. Offenbar sind zwei Asse
"relativ normal" beim Skatspielen aber wenn man bedenkt, daß das
alternativ für 2 beliebige andere Bilder etc. gilt, dann verschwindet
die Überraschung wieder... es sind 2 aus 4, und nicht speziell Asse.

[Robert Großmann]

Post by Happy Himba

Bei der Äquivalenzumformung nach dem Kürzen hast du dann aber einen Fehler gemacht!

Ja ich weiß, das war alles ganz schnell aus einer Laune heraus
hingewurschtelt und hat mir dann beim späteren nochmaligem
Lesen auch viel Spaß gemacht ;)
Es war aber unwichtig, weil es eben um das Rezept ging,
das konkrete Rechnen war hier zunächst nebensächlich.
Aber: der richtige Wert von etwa einem Drittel hat mich auch verblüfft,
so daß ich dann noch zweimal gerechnet habe. Offenbar sind zwei Asse
"relativ normal" beim Skatspielen aber wenn man bedenkt, daß das
alternativ für 2 beliebige andere Bilder etc. gilt, dann verschwindet
die Überraschung wieder... es sind 2 aus 4, und nicht speziell Asse.

Ja, ich bin auch oft über bestimmte Ereignisse in der
Wahrscheinlichkeitsrechnung erstaunt. Viele Leute malen sich ja
beispielsweise zig Chancen aus beim 6-aus-49-Lotto: dabei ist die Chance
auf einen 6er sooooo winzig!! Die Wahrscheinlichkeit jedenfalls, einem
fremden Menschen im Großraum Paris (ca. 9,6 Mio. Einwohner) an einem Tag
zweimal zu begegnen, ist größer (falls man das irgendwie kontrollieren
könnte, geschweige denn sich vorstellen könnte). Ich bin zwar "nur"
WInfoler (Wirtschaftsinformatik) und viele Sachen hier in der
Mathe-Newsgroup sind mir einfach zu abgedreht, aber "alltägliche"
("praktische") Mathe machte mir schon immer viel Spaß und tut es auch
heute noch - ich liebe kleine Knobelaufgaben zwischendruch in der Pause,
die Stochastik hat es mir ebenfalls angetan und Vektorrechnung ist ganz
toll für die Simulation in der Computergraphik :) Auch mag ich es, zu
solchen Zwecken kleine Tools zu basteln, die man dann prima zur
Rechenunterstützung verwenden kann. Im Moment bastele ich an einem Tool,
das meinem Bruder nützlich sein kann - er spielt leidenschaftlich gern
Poker und würde gern in der einen oder anderen Situation gern besser
über seine Chancen Bescheid wissen... Beim Turnier sind solche Sachen
natürlich tabu ;)

Viele Grüße, Rob

[Hugo Pfoertner]

Robert Großmann schrieb:
[...]

Post by Robert Großmann
Ja, ich bin auch oft über bestimmte Ereignisse in der
Wahrscheinlichkeitsrechnung erstaunt. Viele Leute malen sich ja
beispielsweise zig Chancen aus beim 6-aus-49-Lotto: dabei ist die Chance
auf einen 6er sooooo winzig!! Die Wahrscheinlichkeit jedenfalls, einem
fremden Menschen im Großraum Paris (ca. 9,6 Mio. Einwohner) an einem Tag
zweimal zu begegnen, ist größer (falls man das irgendwie kontrollieren
könnte, geschweige denn sich vorstellen könnte).

Koenntest Du uns die Sache mit dem zweimal pro Tag im Grossraum Paris zu
treffenden Fremden mal etwas naeher erlaeutern? Ist Paris dann als Urne
mit 9.6 Mio unterscheidbaren Objekten zu betrachten, aus der Du ein
Objekt zufaellig ziehst, dann wieder zuruecklegst und dann ein zweites
Mal ziehst? Oder geht es um die Metro, mit der jemand zur
Hauptverkehrszeit in die Stadt faehrt, dabei 1000 Leute sieht und am
Abend beim Nachhausefahren ein Gesicht auf dem Bahnsteig wiedererkennt?
Die ca. 1:14Mio-Wahrscheinlichkeit fuer einen Lottosechser passt zu
keinem der beiden Szenarien.

Hugo

[Hugo Pfoertner]

Post by Hugo Pfoertner
[...]

Post by Robert Großmann
Ja, ich bin auch oft über bestimmte Ereignisse in der
Wahrscheinlichkeitsrechnung erstaunt. Viele Leute malen sich ja
beispielsweise zig Chancen aus beim 6-aus-49-Lotto: dabei ist die Chance
auf einen 6er sooooo winzig!! Die Wahrscheinlichkeit jedenfalls, einem
fremden Menschen im Großraum Paris (ca. 9,6 Mio. Einwohner) an einem Tag
zweimal zu begegnen, ist größer (falls man das irgendwie kontrollieren
könnte, geschweige denn sich vorstellen könnte).

Koenntest Du uns die Sache mit dem zweimal pro Tag im Grossraum Paris zu
treffenden Fremden mal etwas naeher erlaeutern? Ist Paris dann als Urne
mit 9.6 Mio unterscheidbaren Objekten zu betrachten, aus der Du ein
Objekt zufaellig ziehst, dann wieder zuruecklegst und dann ein zweites
Mal ziehst? Oder geht es um die Metro, mit der jemand zur
Hauptverkehrszeit in die Stadt faehrt, dabei 1000 Leute sieht und am
Abend beim Nachhausefahren ein Gesicht auf dem Bahnsteig wiedererkennt?
Die ca. 1:14Mio-Wahrscheinlichkeit fuer einen Lottosechser passt zu
keinem der beiden Szenarien.
Hugo

Bloedsinn, viel zu kompliziert gedacht. Du meinst anscheinend einfach
die Wahrscheinlichkeit, aus 9.6 Mio Objekten ein bestimmtes zu ziehen.
1/9.6Mio > 1/14Mio.

Hugo

[Peter Niessen]

Post by Robert Großmann
zunächst mal ne formelle Bemerkung: "(2 über 4)" kann man gar nicht
berechnen, da beim Binomialkoeffizienten das n immer mindestens genauso
groß sein muss wie das k

Das ist nicht richtig
Schaue dir mal die Definition von (n über k)an:
(n über k) := {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}/k!
n e R; k e N
Das gibt für (2 über 4):
{2*1*0*(-1)}/4!=0

[Robert Großmann]

Post by Peter Niessen

Post by Robert Großmann
zunächst mal ne formelle Bemerkung: "(2 über 4)" kann man gar nicht
berechnen, da beim Binomialkoeffizienten das n immer mindestens genauso
groß sein muss wie das k

Das ist nicht richtig
(n über k) := {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}/k!
n e R; k e N
{2*1*0*(-1)}/4!=0

Peter,

du hast ja Recht! Ich hab das ja nur auf die Schnelle so ausgedrückt,
weil man (n über k) für n e R, k e N und n < k zwar ausrechnen kann,
aber diese Berechnung m. E. in der Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht
sinnvoll ist oder keine Rolle spielt, denn was würde "(2 über 4)" z. B.
im Kontext des Ziehens ohne Zurücklegen bedeuten? Es würde bedeuten,
dass ich aus 2 Kugeln 4 ziehe; was ja gar nicht gehen kann. Jedenfalls
ergibt sich im Zähler immer 0, wenn gilt: n < k und im Nenner nie 0, da
n e N. Also ergibt der Bruch 0... Ich weiß, dass ich manchmal dazu
neige, Annahmen zu treffen, die allgemein nicht machbar sind oder die
mit einem Mathematiker nicht zu machen sind ;), aber ich als WInfoler
beziehe das immer auf einen Kontext, um verwertbare Ergebnisse zu
erhalten. Aber de facto hast du in diesem Punkt natürlich Recht.

Gruß, Rob

[Robert Großmann]

Post by Peter Niessen

Post by Robert Großmann
zunächst mal ne formelle Bemerkung: "(2 über 4)" kann man gar nicht
berechnen, da beim Binomialkoeffizienten das n immer mindestens genauso
groß sein muss wie das k

Das ist nicht richtig
(n über k) := {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}/k!
n e R; k e N
{2*1*0*(-1)}/4!=0

Peter,

du hast ja Recht! Ich hab das ja nur auf die Schnelle so ausgedrückt,
weil man (n über k) für n e R, k e N und n < k zwar ausrechnen kann,
aber diese Berechnung m. E. in der Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht
sinnvoll ist oder keine Rolle spielt, denn was würde "(2 über 4)" z. B.
im Kontext des Ziehens ohne Zurücklegen bedeuten? Es würde bedeuten,
dass ich aus 2 Kugeln 4 ziehe; was ja gar nicht gehen kann. Jedenfalls
ergibt sich im Zähler immer 0, wenn gilt: n < k und im Nenner nie 0, da
k e N. Also ergibt der Bruch 0... Ich weiß, dass ich manchmal dazu
neige, Annahmen zu treffen, die allgemein nicht machbar sind oder die
mit einem Mathematiker nicht zu machen sind ;), aber ich als WInfoler
beziehe das immer auf einen Kontext, um verwertbare Ergebnisse zu
erhalten. Aber de facto hast du in diesem Punkt natürlich Recht.

Gruß, Rob

[Peter Niessen]

Post by Robert Großmann

Post by Peter Niessen

Post by Robert Großmann
zunächst mal ne formelle Bemerkung: "(2 über 4)" kann man gar nicht
berechnen, da beim Binomialkoeffizienten das n immer mindestens genauso
groß sein muss wie das k

Das ist nicht richtig
(n über k) := {n(n-1)(n-2)...(n-k+1)}/k!
n e R; k e N
{2*1*0*(-1)}/4!=0

Peter,
du hast ja Recht! Ich hab das ja nur auf die Schnelle so ausgedrückt,
weil man (n über k) für n e R, k e N und n < k zwar ausrechnen kann,
aber diese Berechnung m. E. in der Wahrscheinlichkeitsrechnung nicht
sinnvoll ist oder keine Rolle spielt, denn was würde "(2 über 4)" z. B.
im Kontext des Ziehens ohne Zurücklegen bedeuten? ......

Na schön :-)
So geht es mir in dieser NG auch meistens:
Ich formuliere schlampig oder ohne nachzudenken sogar falsch, und bekomme
prompt einen aufs Haupt gehauen. Das in der fraglichen Rechnung nur ganze
Zahlen vorkommen können, ist klar und dann wird der Binominalkoeffizient
für (n über k) und k>n nun mal schlicht gleich Null. Das ist ja bei einer
solchen Auswahlfunktion auch nicht anders zu erwarten. Mehr Elemente als in
einer Menge enthalten sind kann man wohl kaum auswählen.

[Christopher Creutzig]

Post by Peter Niessen
prompt einen aufs Haupt gehauen. Das in der fraglichen Rechnung nur ganze
Zahlen vorkommen können, ist klar und dann wird der Binominalkoeffizient

Es ist nicht so schrecklich unüblich, den Binomialkoeffizienten
allgemeiner mit der Gamma-Funktion zu definieren. :-)

[Bastian Erdnuess]

Post by sabo
Hallo Mathe-Gurus,
Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit, dass dabei
2-Asse sind.
Danke..für Hilfe

Wofür brauchst du das?

Hast du schon irgend eine Idee, wie man ansetzten könnte?

[Christian Möller]

Post by Bastian Erdnuess

Post by sabo
Hallo Mathe-Gurus,
Von den 32-Skatkarten 10-Karten ziehen. Wie hoch ist die W-keit,
dass dabei 2-Asse sind.
Danke..für Hilfe

Wofür brauchst du das?
Hast du schon irgend eine Idee, wie man ansetzten könnte?

Klingt nach einer Standardaufgabe zur Hypergeometrischen Verteilung...

MfG Christian