Bridgespiel

26.03.2006, 14:03

Melissa88

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Bridgespiel

Hallo ihr Lieben,

habe ein kleines Problem mit dieser Aufgabe :

Ein Bridgespiel besteht aus 52 Karten, vier davon sind Asse. Diese Karten werden auf vier Spieler verteilt.

a) Wie viele Möglichkeiten gibt es, dass Nathan einen Kartensatz mit mindestens einem As erhält ?

b) Nathan sagt, er habe ein As. Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit dafür, dass er mindestens einen weiteren As besitzt ?

c) Nathan sagt, er habe das Pik-As. Wie groß ist nun die Wahrscheinlichkeit, dass er mindestens ein weiteres As besitzt ?

komme bei dieser Aufgabe überhaupt net weiter, wenn ihr mir paar Tipps geben könntet, wär ich euch sehr dankbar. Wir haben mit wahrscheinlichkeit gerade angefangen, deswegen bin ich da noch net so gut und blicke nicht durch.
Danke für alles im Voraus

Liebe Grüße

Melissa

26.03.2006, 14:07

phi

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Hallo,

okay, fangen wir ganz langsam an:

1) Wieviel Möglichkeiten gibt es überhaupt 52/4 Karten aus 52 zu ziehen ?

Edit: Tip : Kombination ohne Wiederholung und ohne Anordnung

mfg, phi smile

smile

26.03.2006, 15:17

MelissA88

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also dann müsste ich einfach 52!/ (13!*(39)! ) sein oder ? dann ist es 6.35 *10^11

26.03.2006, 15:38

Melissa88

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oder habe ich da was falsches gerechnet ?

26.03.2006, 16:31

Melissa88

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kann mir bitte noch jmd helfen ? ist sehr schwierig aber auch wichtig

26.03.2006, 16:32

phi

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Doch ist richtig!

Da nach mindestens einem As gefragt wird, ist es am Günstigsten die Möglichkeiten des Gegenereignisses "kein As" zu berechnen.

Wieviel Möglichkeiten gibt es also kein As zu haben?

mfg, phi

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26.03.2006, 17:04

Melissa88

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Muss man dann etwa nun 52 über 4 machen ? so berechnet man wieviele Möglichkeiten gibt es die 4 Asse rauszuziehen ?

oder andere Überlegung man zieht einfach von 52 die 4 asse, dann kriegt jeder spiele´r eine karte weniger. so ist es dann 48 über 12 und somit die Anzahl der Möglichkeiten keinen As zu bekommen, oder ist das falsch ?

26.03.2006, 17:31

Melissa88

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oder wieder alles vollkommen falsch ?

26.03.2006, 17:38

phi

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Nein, das haut nicht hin. Aber ich bin grade selbst verwirrt. Ich überlege weiter, und melde mich dann wieder.

mfg, phi

26.03.2006, 17:44

Melissa88

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ok dankeschön !!! Sehr nett von dir !

26.03.2006, 17:59

phi

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Ich hab eine Idee:

Nach Laplace ist die Wahrscheinlichkeit

$\begin{eqnarray*} p=\frac{Haeufigkeit eines bestimmten Ereignisses}{Haeufigkeit aller Ereignisse} \end{eqnarray*}$

Und p für "kein Ass" nach ziehen einer Karte ist 48/52, also nach 13 mal ziehen:

$\begin{eqnarray*} (p(kein ~ As)=( \frac{48}{52})^{13} \end{eqnarray*}$

Und da wir die Menge aller Ereignisse oben schon haben, kann man die 1.Gleichung nach der Häufigkeit von "kein Ass" umformen.

Dann ist die Anzahl der Möglichkeiten, dass Nathan einen Kartensatz mit mindestens einem As erhält ,

$\begin{eqnarray*} p(\geq ein As )=(1-p(kein As) \end{eqnarray*}$ smile

smile

mfg, phi

26.03.2006, 18:00

Bjoern1982

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Hallo Melissa!

Vorschlag:

Nathan bekommt ja 13 Karten, wie auch jeder andere Spieler.

Wenn man sich jetzt überlegt, dass eine Karte von den 13 ein As sein muss, könnte man doch berechnen wieviele mögliche Anordnungen es dann noch für die restlichen 12 Karten gibt.

Also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 51 \\ 12 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Aber lass das phi lieber nochmal absegnen...

Gruß Björn

26.03.2006, 18:19

Melissa88

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@ phi danke für deine Hilfe klingt alles logisch, aber ist es in der aufgabe nach der Wahrscheinlichkeit gefragt oder nach anzahl der Möglichkeiten, dass er mindestens ein As bekommt ? also meine Frage wäre wie ich es jetzt umformen muss um auf anzahl der möglichkeiten zu kommen.

@ wenn ich das Ergebnis dann habe, wie soll ich dann weitermachen, soll ich dann von der Anzahl der möglichen Möglichkeiten die Anzahl der Möglichkeiten ohne einen As abziehen oder eher dividieren ?

26.03.2006, 18:32

phi

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$\begin{eqnarray*} p=\frac{Haeufigkeit eines bestimmten Ereignisses}{Haeufigkeit aller Ereignisse} \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} ( \frac{48}{52})^{13}=\frac{Haeufigkeit eines bestimmten Ereignisses}{6.35 *10^{11}} \end{eqnarray*}$

2) abziehen

mfg

26.03.2006, 19:01

Melissa88

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ist das richtig ?

1) die Anzahl der Möglichkeiten alle 4 Asse zu bekommen ist 48 über 4 ?

2 ) die Anzahl der Möglichkeiten mind 3 Asse zu bekommen ist 48 über 10 mal (4 über 3) + 48 über 4 ?

3) die Anzahl der Möglichkeiten mind 2 Asse zu bekommen ist 48 über 11 mal (4 über 2) + 48 über 10 mal (4 über 3) + 48 über 4 + 48 über 4 ?

26.03.2006, 22:02

AD

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Zitat:

Original von phi
Und p für "kein Ass" nach ziehen einer Karte ist 48/52, also nach 13 mal ziehen:

$\begin{eqnarray*} (p(kein ~ As)=( \frac{48}{52})^{13} \end{eqnarray*}$

Nein, phi, jetzt muss ich mal eingreifen:

Die Wkt dafür, dass die erste Karte kein As ist, ist tatsächlich $\begin{eqnarray*} \frac{48}{52} \end{eqnarray*}$ , ja. Aber ab der zweiten Karte ändern sich die Verhältnisse im Kartenstapel: Es sind dann nur noch 51 Karten im Stapel, davon 47 Nichtasse, usw. Also kommt man insgesamt auf $\begin{eqnarray*} \frac{48\cdot 47\cdot 46\cdot \ldots \cdot 36}{52\cdot 51\cdot 50\cdot \ldots \cdot 40} \end{eqnarray*}$ .

Üblich ist auch folgende kürzere Lösung gemäß Laplace: Es gibt $\begin{eqnarray*} {48 \choose 13} \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten, nur Nichtasse aus den 52 Karten auszuwählen. Macht also sofort

$\begin{eqnarray*} P(\text{kein As}) = \frac{{48 \choose 13}}{{52 \choose 13}} = \frac{39\cdot 38\cdot 37\cdot 36}{52\cdot 51\cdot 50\cdot 49} \end{eqnarray*}$

26.03.2006, 22:40

Melissa88

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hab ich das nun richtig verstanden : Die Lösung für a wäre :
52 über 13 - 48 über 13 = anzahl aller ergebnisse wo ein As möglich wäre. Wäre dann bei Aufgabe b : 52 über 13 - 49 über 13 ?

27.03.2006, 01:32

Bjoern1982

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Also deine Lösung für a) müsste stimmen.

zu b)

Denk dran, dass es hier um eine Wahrscheinlichkeit geht und nicht allein um die Anzahl der günstigen Möglichkeiten.

Ich würde hier auch mit der Gegenwahrscheinlichkeit arbeiten, also von der Gesamtwahrscheinlichkeit (also 100%=1) die Gegenwahrscheinlichkeit (also, dass er kein weiteres As hat) abziehen.

$\begin{eqnarray*} 1-\frac{\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 48 \\ 12 \end{pmatrix} }{\begin{pmatrix} 51 \\ 12 \end{pmatrix}} \end{eqnarray*}$

Bei der ganzen Aufgabe bietet sich die hypergeometrische Verteilung an.
Der Bruch für die Gegenwahrscheinlichkeit bedeutet:

Wieviele Möglichkeiten gibt es aus 3 Assen 0 zu ziehen, und aus den restlichen 48 Karten 12 zu ziehen. Das wären somit die günstigen Möglichkeiten (Zähler).

Im Nenner steht die Gesamtanzahl aller Möglichkeiten aus den 51 Karten (also ohne das eine As) 12 zu ziehen.

Was jetzt an Aufgabe c) anders sein soll verstehe ich allerdings nicht.

Gruß Björn

27.03.2006, 09:32

AD

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Bei b) und c) sind bedingte Wahrscheinlichkeiten gesucht: Wenn ich die Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... Spieler hat mindestens zwei Asse
$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... Spieler hat mindestens ein As
$\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ... Spieler hat mindestens das Pik-As

betrachte, dann ist bei b) die Wkt. $\begin{eqnarray*} P(A|B) \end{eqnarray*}$ , und bei c) die Wkt $\begin{eqnarray*} P(A|C) \end{eqnarray*}$ gesucht. Und auch wenn es auf den ersten Blick erstaunlich ist: Die Wahrscheinlichkeiten unterscheiden sich!

Zur Illustration dieser Tatsache (und weil ich nicht gleich die vorliegende Aufgabe rechnen will) mal folgendes Beispiel:

Zweimaliger Münzwurf (Kopf/Zahl) und folgende Ereignisse:

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... zweimal Kopf
$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... mindestens einmal Kopf
$\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ... beim ersten Wurf Kopf

Dann ist $\begin{eqnarray*} P(B)=\frac{3}{4} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} P(C)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ sowie wegen $\begin{eqnarray*} A\cap B=A\cap C=A \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A\cap C)=P(A)=\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ . Es folgt $\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(A|C)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ .

27.03.2006, 22:12

phi

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Danke Arthur,

Heute in der Straßenbahn ist mir auch klar geworden, dass es ja eine Kombination ohne Wiederholung ist.

mfg, phi

30.03.2006, 13:12

phi

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Da nun ein paar Tage verstrichen sind, und ich meine Bildungslücke bezgl. Bedingte Wkten. schließen will, post ich meine Lösung von b) und stelle eine Frage zu c)

Nennen wir D : Genau ein As

$\begin{eqnarray*} P(D)=\frac{\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 48 \\ 12 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 52 \\ 13 \end{pmatrix}} =0.4388 \end{eqnarray*}$

(B) mind. 1 As : $\begin{eqnarray*} P(B)=\frac{\begin{pmatrix} 52 \\ 13 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 48 \\ 13 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 52 \\ 13 \end{pmatrix}} = 0.6962 \end{eqnarray*}$

(A) mind. 2 Asse: $\begin{eqnarray*} P(A)=P(B)-P(D)=0.6962-0.4388 =0.25733 \end{eqnarray*}$

Da die Schnittmenge zwischen A und B von A absorpiert wird, wäre dann die Wkt. das Nathan neben seinem behaupteten As mind. noch einen hat

$\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{0.25733}{0.6962}=0.36962 \end{eqnarray*}$

-----------------------------------------------------

Nun zu c) Ich verstehe nicht was "mindestens das Pik-As" bedeutet, da es nur einen gibt...

Wäre das über die Gegenwkt. "kein Pik-As" dann

$\begin{eqnarray*} P(C)=\frac{\begin{pmatrix} 52 \\ 13 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 51 \\ 13 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 52 \\ 13 \end{pmatrix}} = \frac{13}{52}= 0.25 \end{eqnarray*}$ ?

Kommt mir zu groß vor, und wenn ich davon ausgehe dass "mind. 2 Asse" die Menge "mind. Pik-As" absorpiert, käme P(A|C) > 1 raus, was natürlich Blödsinn wäre.

mfg, phi

30.03.2006, 13:49

AD

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Mit "mindestens Pik-As" ist gemeint, dass der Spieler das Pik-As hat, aber möglicherweise auch noch weitere Asse.

Wieviele mögliche 13-Blätter gibt es nun, die diese Eigenschaft haben? Nun, genau $\begin{eqnarray*} |C|={51 \choose 12} \end{eqnarray*}$ , denn die eine Karte (Pik-As) ist bereits festgelegt. Also ist $\begin{eqnarray*} P(C) = \frac{|C|}{|\Omega|} = \frac{{51 \choose 12}}{{52 \choose 13}} = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ , sollte nicht überraschen, dieser Wert, wenn man an 4 Spieler mit je 13 Karten denkt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zu b): $\begin{eqnarray*} B^c \end{eqnarray*}$ ist das Ereignis, gar kein As zu haben, d.h. $\begin{eqnarray*} |B| = {52 \choose 13} - {48 \choose 13} \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} A^c \end{eqnarray*}$ entsprechend das Ereignis, kein oder genau ein As zu haben, d.h. $\begin{eqnarray*} |A\cap B| = |A| ={52 \choose 13} - {48 \choose 13} - {48 \choose 12}\cdot {4 \choose 1} \end{eqnarray*}$ .

Es ergibt sich $\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)} = \frac{|A\cap B|}{|B|} = \frac{5359}{14498} \approx 0.36962 \end{eqnarray*}$

Zu c): |C| haben wir schon ausgerechnet, fehlt noch die Betrachtung von $\begin{eqnarray*} A\cap C \end{eqnarray*}$ : Das sind alle Blätter mit dem Pik-As plus mindestens einem weiteren (aus den drei restlichen Assen). Das rechnet man günstig über $\begin{eqnarray*} |A\cap C| = |C|-|A^c\cap C| = {51 \choose 12}-{48 \choose 12} \end{eqnarray*}$ .

Es ergibt sich $\begin{eqnarray*} P(A|C)=\frac{P(A\cap C)}{P(C)} = \frac{|A\cap C|}{|B|} = \frac{11686}{20825} \approx 0.56115 \end{eqnarray*}$

P.S.: Um den Unterschied zwischen b) und c) zu verstehen, muss man sich vergegenwärtigen, dass Nathans Außerung als Antwort auf die Frage

"Hast du das Pik-As?"

zu verstehen ist. Falls er aber auf so eine Frage

"Hast du irgendein As, und wenn ja, dann nenne eins davon."

so geantwortet hätte, dann liegt Situation b) vor!!!

30.03.2006, 14:24

phi

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Da lag ich mit P(C)=1/4 doch nicht falsch. Mein Hauptproblem war zu erkennen dass $\begin{eqnarray*} A\cap C \neq A \end{eqnarray*}$ gilt.

Vielen Dank Arthur! smile

smile

mfg, phi

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