Kombinatorik beim Kartenspiel Schafkopf

Neue Frage »

Stefan03 Auf diesen Beitrag antworten »
Kombinatorik beim Kartenspiel Schafkopf
Hallo,

ich beschäftige mich derzeit bisschen genauer mit dem Kartenspiel Schafkopf und speziell interessiert mich folgende Frage:

Wie wahrscheinlich ist es, dass die Ruf-Sau nicht gestochen wird, wenn der Ausspieler 1,2 oder 3 Karten der gesuchten Farbe in der Hand hält.

Zuerst noch paar Informationen für Nicht-Schafkopfer:

Es gibt 6 Karten der Farbe (7, 8, 9, König, 10, Ass (=Sau)). Der Spieler hat mind. eine Karte aus den 6 und der Mitspieler hat mind. die gesuchte Sau und evtl. noch weitere.

In einem Schafkopfbuch habe ich dann folgenden Ausdruck gefunden für die Anzahl der Möglichkeiten, die verbleibenden 4 Karten auf die 4 Spieler zu verteilen:

Dass es nur noch 4 verbleibende Karten sind, ist mir klar, da ja Spieler und Mitspieler mind. 1 haben müssen, also 6-2=4... Aber warum "oben" 4+4-1 steht, ist für mich nicht erklärbar.



Mein Vorschlag für die Anz. der Möglichkeiten, die 4 Karten auf 4 Spieler zu verteilen wäre:

Also jeder 1, einer 2, die restlichen jeweils 1 oder einer 3 und ein anderen die 1 übrige eine Karte

Die Frage ist nur, wie der gute Autor zu dieser Formel kommt...

Er führt dies dann noch weiter aus und sagt, dass die W-Keit, dass die Ruf-Sau nicht gestochen wird, wenn man als Ausspieler genau eine Karte der Farbe hat, so zu berechnen ist:



Das schaut mir nach dem gleichen Prinzip wie oben aus, aber ich komme auch nicht drauf, was da dahinter steckt.
Dopap Auf diesen Beitrag antworten »

die verwendete Formel sieht nach Kombinationen mit Zurücklegen aus

Beispiel: 3 Würfel gleichzeitig geworfen

, diese Aufälle sind nicht gleichwahrscheinlich.

passt das irgendwie zu dem seltsamen Spiel?
Stefan03 Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

also eigentlich passt das nicht zum Spiel, weil die Karten ja verteilt werden und jede Karte gibts logischerweise nur einmal, also nichts mit Zurücklegen...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

In der kombinatorischen Abstraktion findet hier folgende "Wahl" statt:

Nicht der Spieler wählt die Karte, sondern die Karten wählen (beim Geben) die Spieler! Dabei ist eine Mehrfachwahl der Spieler möglich.

Im Gegensatz zu der angewandten Formel spielt es doch aber eine Rolle, wer welche Karte bekommt - oder ist pro Spieler nur die Anzahl der Karten dieser Farbe wichtig? verwirrt

In letzterem Fall wäre richtig.


Spielt der genaue Kartenwert aber doch eine Rolle, dann muss man alles umkrempeln:

Dann werden alle 5 Karten (außer As) vollkommen frei auf 4 Spieler verteilt - macht Möglichkeiten. Davon abziehen müssen wir nun die Möglichkeiten, wo der bewusste Spieler gar keine der 5 Karten abkriegt, das sind 3^5 Möglichkeiten. Insgesamt macht das dann sogar Möglichkeiten der Kartenverteilung dieser Farbe.



Deine Rechnung scheint für den Fall zu sein, dass der Kartenwert eine Rolle spielt, krankt aber an mehreren Fehlern:

1) Du hast du dem ausgezeichneten Spieler schon mal eine bestimmte Karte fest zugeschanzt - soweit ich das verstanden habe, muss das aber keine bestimmte sein, sondern kann irgendeine der 5 Karten 7,8,9,10,Lönig sein.

2) Bekommt der ausgezeichnete Spieler mehr als eine Karte dieser Farbe, dann zählst du mit Methode 1) Varianten doppelt - Näheres später.

3) In deinem Mittelterm, wo also ein Spieler zwei und zwei andere Spieler eine Karte bekommen, berücksichtigst du in keiner Weise, welche drei Spieler das betrifft! D.h., da fehlt ein Faktor 4*3=12. Genauso beim dritten Term, und der vierte Term (ein Spieler bekommt alle 4 Restkarten) fehlt ganz!
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Solchen Büchern ist nicht zu trauen.
Die Wahrscheinlichkeit, dass die Ruf-Sau (schönes Wort) nicht gestochen werden kann, wenn der Ausspieler genau 1 Karte der Farbe hat, ist nicht 6/15 sondern 50/81.

Die Ruf-Sau kann nicht gestochen werden, wenn jeder der beiden Gegenspieler mindesten 1 Karte der Farbe hat. Welche Karte das ist, ist egal. Wenn der Ausspieler genau 1 Karte der Farbe hat, sind die verbleibenden 4 Karten auf 3 Spieler zu verteilen. Dafür gibt es ganau 81 gleich wahrscheinliche Möglichkeiten. Die Zahl der Möglichkeiten, bei denen jeder der beiden Gegenspieler mindestens 1 Karte der Farbe hat, ergibt sich nach einer Mini-Siebformel zu:

HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Tut mir leid, ich kenne keine Schafkopf-Regeln - ich hab mich nur zu dem obigen Teilproblem der Anzahlen (nicht Wahrscheinlichkeiten) geäußert. Augenzwinkern
 
 
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Das war ja auch keine Kritik, sondern nur eine Ergänzung.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Deine Rechnung würde ich in dem Sinne auch in Zweifel ziehen:

Es ist ja nicht so, dass alle 81 Varianten der Verteilung der 4 Restkarten auf 3 Personen gleichwahrscheinlich sind - die Spieler bekommen ja auch noch andere als nur die Karten dieser Farbe, und dann verschieben sich die Gewichte.


Dies berücksichtigend komme ich (ebenfalls mit Siebformel) auf Wahrscheinlichkeit - sofern ich mich nicht verrechnet habe.
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Da hast du offenbar Recht. Die Abhängigkeit von den übrigen zu vergebenden Karten war mir entgangen.
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

@ HAL9000
Anscheinend bin ich nicht in der Lage, das richtig zu rechnen. Nach deinem Hinweis war meine Überlegung wie folgt: An den Mitspieler und die 2 Gegenspieler gehen insgesamt 24 Karten, darunter die 4 Farbkarten und die Ruf-Sau. Die Ruf-Sau hat der Mitspieler. Frei zu vergeben sind also noch 23 Karten, von denen die Gegenspieler je 8 bekommen und der Mitspieler 7. Damit bin ich auf folgende Wahrscheinlichkeit gekommen:



Das liegt nur grob in der Nähe deines Ergebnisses. Wo steckt diesmal der Wurm?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm, du gehst also davon aus, dass insgesamt 32 Karten verteilt werden - je 8 an jeden Spieler.

Ich hab das nach dem Eröffnungsbeitrag eher so verstanden, dass es nur 24 Karten gibt (7, 8, 9, König, 10, As in 4 Farben), und somit jeder Spieler genau 6 Karten erhält. Laut Wikipedia (die ich als Nicht-Schafkopfer konsultieren musste) sind beide Spielvarianten in Gebrauch, offenbar redet Stefan03 über die Variante mit dem kleinen 24er-Blatt. Sicher rührt daher der Unterschied in den Werten, allerdings: Müssten beim 32er-Blatt dann nicht eigentlich 6 statt nur 4 Farbkarten zur noch freien Verteilung anstehen? verwirrt
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Mir war Schafkopf bisher vom Regelwerk her auch unbekannt. Ich bin vom 32er-Blatt ausgegangen, weil zu den 6 genannten Karten der Farbe ja noch Bube und Dame kommen, die aber als Trumpf gelten. Beim 24er-Blatt fehlen nach Wiki die 7 und 8. Definitiv klären kann das nur der Fragesteller. Schade, dass er sich überhaupt nicht rührt.

Mich beruhigt jedenfalls, dass meine Rechnung jetzt vom Prinzip her wohl richtig ist.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Huggy
weil zu den 6 genannten Karten der Farbe ja noch Bube und Dame kommen, die aber als Trumpf gelten.

Aha, wieder was gelernt. Erinnert mich dann irgendwie an Doppelkopf, was ich allerdings das letzte mal vor über 20 Jahren gespielt habe. Augenzwinkern

P.S.: Ich komme dann auch auf Wahrscheinlichkeit bei genauer 1 Farbkarte beim Ausspieler, entsprechend dann auf bzw. bei 2 bzw. 3 Farbkarten beim Ausspieler.

Stefan03 Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo zusammen,

erstmal vielen Dank für eure Beiträge. Hatte in den letzten Tagen keine Ruhe, mich in eure Aussagen reinzudenken...Jetzt hab das das mal versucht.

Also 1. es geht um 32-Karten, wobei eben die 4 Ober und 4 Unter Trumpf sind. Die Frage, ob die Ruf-Sau gestochen wird, hängt dann auch noch davon ab, dass der Gegenspieler
1. die Ruf-Farbe NICHT hat (was ihr berechnet habt) UND
2. muss er auch noch irgendeinen von den 14 Trumpf (4 Obern, 4 Unter, 6 Herz)

Lassen wir die 2. Bedinung nochmals außer Acht.

Also geht es jetzt erstmal um die Frage, wie wahrscheinlich ist es, dass ein Gegenspieler keine Ruf-Farbe hat, wenn der Ausspieler selber 3 der Farbe hat. Ich hab das Bsp. jetzt geändert, weil es hier weniger Möglichkeiten gibt und ich die aufschreiben will, um das ganze besser zu verstehen.

Der Kartenwert spielt KEINE Rolle. Die Zahlen stehen für die Anzahl der Farbkarte und S für Sau, weil die der Mitspieler haben muss und er Spieler braucht auch mind. eine der Ruf-Farbe...



So würde ja die prinzipielle Verteilung der Karte aussehen. Muss ich jetzt "jede Zeile" noch mit multiplizieren, weil man ja nicht weiß, wer wann Spieler und Mitspieler und Gegenspieler ist?!?

Folglich gäbe es dann "jede Zeile" 6x und die W-Keit, dass ein Spieler, was ja dann zwangsweise der Gegenspieler ist, keine Farbkarte hat, ist
, weil die 6 kürzt sich ja wieder raus...

Andersrum: Die Ruf-Sau wird in 1/3 der Fälle nicht gestochen, aber das kommt mit deinem Ergebnis von leider nicht hin unglücklich

In diesem Fall hab ich aber wohl die anderen Karten völlig vernachlässigt...


Nun zu meinem allerersten Ansatz mit der Summe aus den 3 Binomialkoeffizientprodukten, bei denen ich auch 40 Möglichkeiten komme.

Ok, ich sehe ein, dass ich da die Möglichkeiten, dass einer gar keine bekommt, vergessen habe, sehe ich ein.

Aber eigentlich lege ich mit dieser Rechnung meiner Meinung keinen wert auf den Kartenwert, weil ich ja alle 4 Karten als gleichwertig ansehe. Der Mitspieler (=ausgezeichneter Spieler bei dir?!?) muss ja die Ruf-Sau haben und er Spieler muss irgendeine der 5 verbleibenden haben, also werden ja 4 gleichwertige Karten verteilt?
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Stefan03
Also geht es jetzt erstmal um die Frage, wie wahrscheinlich ist es, dass ein Gegenspieler keine Ruf-Farbe hat, wenn der Ausspieler selber 3 der Farbe hat. Ich hab das Bsp. jetzt geändert, weil es hier weniger Möglichkeiten gibt und ich die aufschreiben will, um das ganze besser zu verstehen.

Der Kartenwert spielt KEINE Rolle. Die Zahlen stehen für die Anzahl der Farbkarte und S für Sau, weil die der Mitspieler haben muss und er Spieler braucht auch mind. eine der Ruf-Farbe...


Mir scheint, ich habe die Spielsituation bisher falsch verstanden. Ich bin davon ausgegangen, dass der Spieler auch der Ausspieler ist und über ihn Annahmen getroffen werden, wieviele Karten der Farbe er hat. Darauf bezogen sich HALs und meine Rechnungen. Nach deiner Tabelle ist aber einer der Gegenspieler der Ausspieler und für diesen werden Annahmen gemacht, wieviele Karten der Farbe er hat. Das ist eine völlig andere Situation, weil dann ja nur noch der zweite Gegenspieler eventuell stechen kann. Sehe ich das jetzt richtig?

Wenn meine jetzige Annahme stimmt, sind noch frei zu vergeben an:

Spieler: 7 Karten (Er hat mindestens eine Karte der Farbe.)
Mitspieler 7 Karten (Er hat jedenfalls das Ruf-As.)
Gegenspieler 2: 8 Karten

Das sind 22 freie Karten für diese 3 Spieler. Hat der Ausspieler = Gegenspieler 1 genau 3 Karten der Farbe, so ist unter diesen 22 Karten nur noch 1 Karte der Farbe. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Gegenspieler 2 sie hat und deshalb nicht stechen kann, ist dann 8/22. Es kommt nicht 1/3 heraus, weil beim Spieler und beim Mitspieler schon eine Karte fest vergeben ist.

Hat der Ausspieler genau 1 Karte der Farbe, dann sind unter den 22 karten noch 3 Karten der Farbe. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Gegenspieler 2 mindestens eine davon hat und deshalb nicht stechen kann ist:

Stefan03 Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,

ja genau, jetzt hast du die Situation richtig verstanden und ich hab gemerkt, dass man das Problem wirklich exakat formulieren muss, weil man sich sonst in eine ganz anderen Situation befindet smile

Ich werd mir deinen Lösungsvorschlag morgen nochmal durch den Kopf gehen lassen und versuchen zu verstehen...

Aber für die letzte Zeile bräuchte ich vermutlich nen Tipp.

Das erinnert mich irgendwie sehr stark an die Berechnung der W-keit über das Gegenereignis. Gehe ich in dieser Annahme richtig?
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Stefan03
Das erinnert mich irgendwie sehr stark an die Berechnung der W-keit über das Gegenereignis. Gehe ich in dieser Annahme richtig?

So ist es. Die Wahrscheinlichkeit, dass Gegenspieler 2 mindestens eine Karte der Farbe bekommt, wurde berechnet als 1 - die Wahrscheinlichkeit, dass er keine Karte der Farbe bekommt.
Stefan03 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Huggy

Hat der Ausspieler genau 1 Karte der Farbe, dann sind unter den 22 karten noch 3 Karten der Farbe. Die Wahrscheinlichkeit, dass der Gegenspieler 2 mindestens eine davon hat und deshalb nicht stechen kann ist:



Das lässt sich ja auch schreiben als:



Ist das so richtig, dass in Nenner steht:
Anzahl der Möglichkeiten, beliebge 3 Karten aus den verbleibenden 22 Karten auszuwählen und im Zähler, beliebige 3 Karten aus den 14 auszuwählen und die 14 eben, weil der besagte Gegenspieler eben selbst 8 Karten besitzt, aber davon keine eine bestimmte Farbkarte sein soll, also 22-8=14.

Kann man das irgendwie schöner ausdrücken? Und muss ich da nicht noch den gesamten Bruch 2x abziehen, weil ich als Ausspieler ja nur meine Karten kenne und weiß, wer der Spieler ist, d.h. für den Partner vom Gegenspieler (=Ausspieler) bleiben ja noch 2 der 4 Personen in der Karterunde übrig...
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Stefan03
[Das lässt sich ja auch schreiben als:



Ist das so richtig, dass in Nenner steht:
Anzahl der Möglichkeiten, beliebge 3 Karten aus den verbleibenden 22 Karten auszuwählen und im Zähler, beliebige 3 Karten aus den 14 auszuwählen und die 14 eben, weil der besagte Gegenspieler eben selbst 8 Karten besitzt, aber davon keine eine bestimmte Farbkarte sein soll, also 22-8=14.

Ganz richtig.
Auf die gekürzte Form des Ergebnisses kann man auch kommen, wenn man sich vorstellt, dass die 3 Karten der Farbe der Reihe nach auf die zunächst 22 freien Positionen verteilt werden und man die Wahrscheinlichkeiten multipliziert, dass der Gegenspieler 2 die Karte jeweils nicht bekommt.

Zitat:
Kann man das irgendwie schöner ausdrücken?

Nicht, dass ich wüsste.

Zitat:
Und muss ich da nicht noch den gesamten Bruch 2x abziehen, weil ich als Ausspieler ja nur meine Karten kenne und weiß, wer der Spieler ist, d.h. für den Partner vom Gegenspieler (=Ausspieler) bleiben ja noch 2 der 4 Personen in der Karterunde übrig...

Nein.
Die Person der Spieler interessiert nicht. Die Wahrscheinlichkeit wurde anhand der bekannten Eigenschaften berechnet und dadurch sind sie eindeutig charakterisiert.
Spieler 1 ist der Spieler. Er hat mindestens 1 Karte der Farbe.
Spieler 2 ist der Gegenspieler, von dem wir eine Annahme machen, wieviele Karten der Farbe er hat.
Spieler 4 ist der Spieler mit dem Ruf-As.
Und Spieler 3 ist der verbleibende Spieler.
Stefan03 Auf diesen Beitrag antworten »

OK, gut danke,

dann versuch ich mich jetzt an der Situation, wenn der Ausspieler 2 Farbkarten hat
Situation:
Spieler 1 ist der Spieler. Er hat mindestens 1 Karte der Farbe.
Spieler 2 ist der Gegenspieler, von dem wir eine Annahme machen, dass er genau 2 Karten der Farbe hat.
Spieler 4 ist der Spieler mit mind. dem Ruf-As.
Spieler 3 ist der verbleibende Spieler.

P(Spieler 3 hat mind 1. der Ruf-Farbe)=P(Spieler 3 hat genau 1)+P(Spieler 3 hat genau 2) [mehr kann er nicht haben, weil es ja nur 6 der Farbe gibt und 4 sind ja quasi schon vergeben]
Da ist es ja dann meiner Meinung so: Aber irgendwie hab ich das Gefühl, dass ich wieder in meiner alten Denkweise drinnen bin, wenn ich Spieler die Karten ziehen und und eben nicht, wie es beim Karten geben ist, die Karten sich dem Spieler "zuwählen"



Nach "deiner" Theorie müsste es so aussehen, oder?



Wobei mir der Ausdruck garnicht gefällt, weil da könnte es ja sein, dass eben garkeine Ruf-Farbe unter den "beliebig 1 bzw. 2x gewählen" Karten aus den 15 is...

Andere Idee:


Aber das kann es wohl auch nicht sein...

Irgendwie meine ich es leider immernoch nicht genau verstanden zu haben, wann welches Modell zu wählen ist.


Ich versuch nochmal eine Analogie zum Lotto herzustellen. Die W-keit bei einer Lotto-Ziehung zu gewinnen, ist ja



Folgendes auf ein anderes Schafkopfproblem angewendet: Frage, wie wahrscheinlich es ist, eine Sie, d.h. die höchsten 8 Trümpfe zu erhalten, wäre ja dann


Diesen Ausdruck habe ich schon in vielen Büchern usw. gelesen und das haben wir damals auch in der Schule so besprochen. Gut, das heißt noch nichts, aber trotzdem...

Ist der Unterschied der "Sie-Frage" zur "Ruf-Sau" Frage, dass ich bei der "Sie-Frage" mir die Frage vor dem Mischen stelle und bei der Ruf-Frabe die Karten schon vergeben sind und ich jetzt von einer bestimmten Spielsituation ausgehe?!?
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Es gibt immer verschiedene Möglichkeiten zu rechnen. Man kann das Modell 'Karte zieht Spieler' wählen oder das Modell 'Spieler zieht Karte'. Man kann eine Wahrscheinlichkeit direkt berechnen oder über die Gegenwahrscheinlichkeit gehen. Wenn man es richtig macht, eribt sich immer dasselbe Ergebnis. Normalerweise ist man bemüht, den einfachsten Weg zu wählen.

Betrachten wir mal 3 Möglichkeiten für das Problem, der Ausspieler hat genau 2 Karten der Farbe:

1) Karte zieht Spieler, Gegenwahrscheinlichkeit



2) Karte zieht Spieler, Wahrscheinlichkeit



3) Spieler zieht Karte, Wahrscheinlichkeit

Stefan03 Auf diesen Beitrag antworten »

Ha, danke. Dann stimmt ja dein Vorschlag Nr 3 mit meinem ersten Ansatz mit =0.6 überein smile Ich werd mich auf ein Modell festlegen müssen und mir schein das letzte am für mich passensten, weil dort eben immer alle 8 Karten vergeben werden.

Vielen Dank für die ausführlichen Antworten!
Neue Frage »
Antworten »



Verwandte Themen

Die Beliebtesten »
Die Größten »
Die Neuesten »