Heute beim Skat spielen

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19.05.2006, 22:12	DoubleM	Auf diesen Beitrag antworten »
Heute beim Skat spielen Hallo allerseits ... Habe da mal eine kleine Frage die die Wahrscheinlichkeitsberechnung im Kartenspiel betrifft... Da ich noch Schüler bin und wir erst nächstes Halbjahr die Stochastik angehen werden, habe ich keine Ahnung wie ich rechnen soll .. jedoch würd ich es gerne wissen.. Also nun zum Problem... Wir haben heute ( wie jeden Tag ) unsere Freistunden mit ausgiebigen Skat-Spielen verbracht.. Mein Blatt sah folgendermassen aus: Kreuz: As, 10 Pik: As, 10, Kö, Da Herz: As Bauern: Karo, Herz, Kreuz Dementsprechend gibt es nur den Pik-Bauern den ich einsammeln muss um alle Stiche zu bekommen... Da ich nicht als erster aufspielte, musste ich also erst den Herz oder Karo Bauer spielen um durch den Kreuzbauern den Pik-Bauern einzukassieren und zu kassieren... Theoretisch überhaupt kein Problem... Schliesslich war ich Karo Frei und hatte von allen anderen die höchsten Karten.... Also, sage ich das höchste an, dass ich spielen konnte um möglichst viele Punkte zu bekommen ... Nun passiert das unglaubliche: Derjenige der Rauskommt hat tatsächlich alle Karo Karten ( 8 Stück ) , UND der andere Spieler hat den Pik Bauern und keine Karo Karte ... Wer sich mit SKAT auskennt weis, dass damit mein komplettes Spiel zusammenbrach ( ich hab hinterher -480 Punkte aufgeschrieben bekommen , aber das tut nichts zur Sache ) ... Ich frage mich nun: Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass nur einer von 3 Spielern die 8 Karo Karten erhällt, dieser dann auch noch aufspielen darf UND dessen Partner den Pik Bauern hat... Ich hoffe ihr könnt mir da helfen, denn ich möchte wirklich wissen, wie oft sowas vorkommen kann ^^ ....
19.05.2006, 22:21	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Einige Angaben sind nicht ganz korrekt bzw. unvollständig: 1) Es sind nur 7 und nicht 8 Karo-Karten beim Gegner, denn der Karo-Bube (heißt das bei euch Bauer?) zählt da nicht. 2) Was ist mit den zwei Karten des Skats? (Hast du Hand gespielt?) Das muss auf jeden Fall auch berücksichtigt werden, falls da auch Karo drin war!
19.05.2006, 22:31	DoubleM	Auf diesen Beitrag antworten »
- Oh ja sry .. sind natürlich ohne den Karo Bauer ( oder Bube , wie man die Karte auch immer nennen will ) 7 Karten und nicht 8 ... Und im Skat, den ich aufgenommen hatte, waren sowohl vor als auch nach dem Aufnehmen keine Karo Karten. Dazu muss noch gesagt sein. Das Keine andere Kombination als die oben genannte mich am Gewinnen gehindert hätte... ( Meine Karten (siehe oben) mal ausgeschlossen) ... Alleine wenn jemand anderes hätte aufspielen müssen, hätte ich gewonnen. Das selbe, wenn der zweite Spieler auch nur eine Karo Karte gehabt hätte ..
19.05.2006, 22:40	sqrt(2)	Auf diesen Beitrag antworten »
Zwischenfrage: Du hast einen Grand ouvert gespielt, obwohl du Mittelhand warst?
19.05.2006, 22:49	DoubleM	Auf diesen Beitrag antworten »
- Ähm Ja ... Ich hab ein grand ouvert gespielt ... hab dazu auch noch Schneider und Schwarz angesagt ^^ ... Aber ich möchte nur wissen wie hoch die Wahrscheinlichkeit der oben genannten Kartenverteilung ist, wobei noch zu beachten ist, dass ich Mittelhand war ... das muss ja auch in die Rechnung eingehen, da die beiden anderen Positionen einen Definitiven Sieg für mich dargestellt hätten ..
19.05.2006, 22:53	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Re: - Ok, jetzt zur Berechnung. Es geht um 20 Restkarten: 7 Karo, 1 Pik-Bauer, 12 restliche, die 10+10 auf Vorder- und Hinterhand verteilt werden. Die für dich ungünstige Situation tritt ein, wenn Vorderhand alle 7 Karo- sowie 3 der 12 Restkarten bekommt. Das ergibt $\begin{eqnarray} p = \frac{{7 \choose 7}\cdot {12 \choose 3}\cdot {1 \choose 0}}{{20 \choose 10}} \approx 0.119~% \end{eqnarray}$ Naja, ist schon ziemlich niedrig. Allerdings hast du vielleicht beim Reizen schon was in Richtung einer solchen Verteilung erahnen können. Das lässt sich allerdings quantitativ schwer erfassen.
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19.05.2006, 22:53	sqrt(2)	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich komme auf eine Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray} p=\frac{{12\choose3}\cdot2\cdot10!}{20!}\approx6.56\cdot10^{-10} \end{eqnarray}$ , aber Arthur sollte das noch einmal verfizieren... Von den 20 unbekannten Karten sind 8 fest (7 Karo, ein Pik Bube), 3 der restlichen müssen noch an einen Spieler verteilt werden, die übrigen 9 bekommt der andere Spieler. Die Blätter lassen sich untereinander noch jeweils in 10! unterschiedlichen Möglichkeiten anordnen. edit: Jetzt kann ich meinen Denkfehler suchen gehen. edit2: Gut, der ist einfach: die beiden Blätterverteilungen untereinander ergeben 10! mal 10! Möglichkeiten (Pfadregel), nicht 10! plus 10!.
19.05.2006, 23:07	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
@DoubleM Du vergisst eins noch: Es hätte alternativ auch passieren können, dass Hinterhand irgendeine andere Farbe nicht gehabt hätte. Dann wärst du bei so einem Grand-Ouvert genauso reingefallen. Um das zu berechnen, muss man allerdings die beiden Skatkarten noch kennen. Über den Daumen gepeilt steigt die Verlustwahrscheinlichkeit dann stark an. Das sage ich jetzt als Skat-Laie, Benedikt kann das vielleicht bestätigen.
19.05.2006, 23:16	DoubleM	Auf diesen Beitrag antworten »
Das stimmt so nicht ganz ... In dem Moment in dem ich den Pik-Bauern gewinne, (z.B. in dem ich den Kreuz Bauer aufspiele ) habe ich gewonnen, da keiner der beiden Spieler mehr einen Trumpf hat und ich die höchsten Karten meiner Farben habe ... Die einzig logische Spielweise wäre gewesen ( wäre Karo verteilt gewesen oder der Bauer in der Vorhand ): Ich kassiere mit einer meiner Karten den ersten Stich ( bei Karo mit einem meiner niedirgeren Bauern ) .... Das gibt mir die Gelegenheit zum aufspielen. Nun kommt der Kreuzbauer zum Zug. Da ich Trumpf spielte, müssen die beiden anderen Spieler bekennen und auch Trumpf spielen (sofern sie haben) .. da nur der Pik Bauer nicht in meiner Hand war, müsste er zwangsläufig gespielt werden. Und in dem Moment habe ich gewonnen, da ich jede Karte spielen kann, die auf meiner Hand ist. Es gibt keine Karte in der jeweiligen Farbe die darüber liegt und keine Bauern mehr in den Händen meiner Gegner...
19.05.2006, 23:18	DoubleM	Auf diesen Beitrag antworten »
Nebenbei... welche Prozentuale Chance ist denn nun richtig ?
19.05.2006, 23:19	sqrt(2)	Auf diesen Beitrag antworten »
Um ein Beispiel zu nennen: Eine Verteilung wie Vorhand: Kreuz 7, 8, 9, D, K Pik 7, 8, 9 Karo K, 10 Hinterhand: Karo 7, 8, 9, D Herz 7, 8, D, K, 10 Pik B hätte dir genauso Probleme bereitet -- und Vorhand weiß ja auch, was sie anspielen muss, nämlich Pik, du musst bedienen und Hinterhand sticht mit dem Pik Buben. edit: Ich habe die Verteilung noch etwas geändert, um die Bandbreite deutlicher zu machen.
19.05.2006, 23:21	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Genauso hab ich das auch gesehen. Dabei habe ich schon mindestens 5 Jahre kein Skat mehr gespielt.
19.05.2006, 23:35	DoubleM	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh ja .. diese Möglichkeit habe ich gar nicht bedacht ... Gut ... kann man nu ja eh nichts dran ändern. .. Wenn es euch ncihts ausmacht, würde ich dann gerne wissen: a) Wie gross die Wahrscheinlichkeit für die im 1. Post genannte Kartenverteilung ist ... b) meine generellen Verlustchancen waren ( Hoffentlich haben wir bald die lineare Algebra durch ... Stochastik ist viel Lebensnaher )
19.05.2006, 23:41	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
b) habe ich gerade vorbereitet: $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ ... Ereignis, dass Hinterhand den Pik-Buben, aber nicht Farbe $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ hat. (1=Karo, 2=Herz, 3=Pik, 4=Kreuz) Übrigens: Grand-Ouvert, wird der nicht immer Hand gespielt? In dem Fall hättest du ja gar keine Kenntnis über den Skat, zumindest nicht am Anfang. Also zählt das nicht! Unter Berücksichtigung dessen haben wir hier 22 Restkarten: 7 Karo, 6 Herz, 3 Pik, 5 Kreuz, 1 Pik-Bube $\begin{eqnarray} P(A_1) = \frac{{7 \choose 0}\cdot {14 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 0.310~% \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_2) = \frac{{6 \choose 0}\cdot {15 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 0.774~% \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_3) = \frac{{3 \choose 0}\cdot {18 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 7.519~% \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_4) = \frac{{5 \choose 0}\cdot {16 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 1.769~% \end{eqnarray}$ Wenn wir jetzt berechnen wollen, wann mindestens einer der vier Fälle eintritt, dürfen wir nicht einfach nur addieren: Es kann nämlich sogar sein, dass Hinterhand sogar zwei Farben nicht hat: $\begin{eqnarray} P(A_1\cap A_2) = 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_1\cap A_3) = \frac{{10 \choose 0}\cdot {11 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 0.009~% \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_1\cap A_4) = \frac{{12 \choose 0}\cdot {9 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 0~% \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_2\cap A_3) = \frac{{9 \choose 0}\cdot {12 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 0.034~% \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_2\cap A_4) = \frac{{11 \choose 0}\cdot {10 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 0.002~% \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(A_3\cap A_4) = \frac{{8 \choose 0}\cdot {13 \choose 9}\cdot {1 \choose 1}}{{22 \choose 10}} \approx 0.111~% \end{eqnarray}$ Macht nach Siebformel die Verlustwahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray} P(A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4) = \frac{33}{323} \approx 10.22~% \end{eqnarray}$ Und das klingt dann überhaupt nicht mehr nach besonders großem Pech.

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