Wahrscheinlichkeitsraum für Skatspiel

23.10.2013, 18:20

steviehawk

Wahrscheinlichkeitsraum für Skatspiel

Meine Frage:
Hallo Leute, ich soll die Frage nach der Wahrscheinlichkeit für 4 aufeinanderliegender Asse in einem Skatspiel klären. (das habe ich schon mit Schulwissen geschafft)

Ich soll zu Beginn einen geeigneten W - Raum angeben, aber ich weiß nicht wie ich das machen soll?

Kann mir da jemand helfen?

Meine Ideen:
Danke für die Hilfe

23.10.2013, 19:00

Leopold

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Ich wundere mich immer wieder, wie man Laplace-Wahrscheinlichkeiten berechnen kann, wenn man den zugrundeliegenden Laplace-Raum gar nicht kennt oder intuitiv spürt. Ich kann mir das nur so erklären: Du hast halt zur Lösung irgendeine der vielen Formeln angewandt - vielleicht sogar zufällig die richtige.

In einem Laplace-Raum $\begin{eqnarray*} (\Omega,P) \end{eqnarray*}$ gilt für die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die Formel:

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{\mbox{Anzahl der günstigen Fälle}}{\mbox{Anzahl der möglichen Fälle}} \end{eqnarray*}$

Und nach deinen eigenen Angaben hast du $\begin{eqnarray*} P(A) \end{eqnarray*}$ berechnet. Dazu müßtest du aber auch $\begin{eqnarray*} |\Omega| \end{eqnarray*}$ berechnet haben. Wie soll das aber gehen, wenn du gar nicht weißt, was $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist, wie also die möglichen Fälle aussehen?

23.10.2013, 19:15

steviehawk

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Oh ich merke gerade, dass ich einen Denkfehler gemacht habe.

Ich habe das Problem gleichgesetzt mit dem, dass ich 4 Karten Ziehe und 4 Asse bekomme. Das ist natürlich was ganz anderes böse

Also ich versuche nochmal diesen W - Raum aufzustellen. Dieser besteht aus einer $\begin{eqnarray*} (\Omega , \mathcal{F}, \mathbb{P} ) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} \mathcal{F} \end{eqnarray*}$ eine Sigma Algebra ist und $\begin{eqnarray*} \mathbb P \end{eqnarray*}$ das W - Maß. Und Omega die Menge der Elementarereignisse.

Wie sehen also die Elementarereignisse aus? Ist wohl die erste Frage, die zu klären ist?

23.10.2013, 19:24

Leopold

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Genau! Wie sehen die Elementarereignisse $\begin{eqnarray*} \{ \omega \} \end{eqnarray*}$ aus? Im Unterschied zu dem, was viele glauben, ist $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , die Menge aller $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ , nämlich durchaus nicht durch die Aufgabe selber vorgegeben, sondern durch den Aufgabenlöser erst noch zu erschaffen. Das ist ein kreativer Akt, der Gestaltungsmöglichkeiten zuläßt. Was am Schluß maßgebend ist:

1. Ist es vernünftig anzunehmen, daß die verschiedenen Elementarereignisse dieselbe Wahrscheinlichkeit besitzen? Das kann nur durch den gesunden Menschenverstand entschieden werden, nicht mittels mathematischer Methoden.

2. Kann das Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , dessen Wahrscheinlichkeit es zu berechnen gilt, in dem zugrunde liegenden $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ auch realisiert werden?

23.10.2013, 19:54

steviehawk

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mhh also ich habe echt noch nie so ein Elementarereignis selber überlegt..

Ich dachte zunächst an 4er Tupel, Jede Karte also zumindest jede "Nummer, 7,8,9,10, Bube, Dame, König, Ass, gibt es ja 4 mal, also 32 Karten.

Das heißt Omega wäre so was wie: $\begin{eqnarray*} \Omega : = \{ (a,b,c,d) | \textnormal{a,b,c,d eine Karte aus den 32 Spiel karten} \}. \end{eqnarray*}$

Um jetzt $\begin{eqnarray*} |\Omega| \end{eqnarray*}$ zu bekommen, hätte ich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 32 \\ 4\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ bestimmt. Was 35960 ist.

Von diesen ganzen 4er Tupel ist aber nur eines mit 4 Assen. Also hätte ich: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{35960} \end{eqnarray*}$

EDIT:

Andere Idee, ich mache 2er Tupel: $\begin{eqnarray*} \Omega:= \{(a,b) | a \in \{ Kreuz, Pik, Herz, Karo\}; b \in \{7,8,9,10,B,D,K,A \} \} \end{eqnarray*}$

ist wohl die bessere Idee. So hat jedes Elementarereignis die gleiche Wahrscheinlichkeit.

23.10.2013, 20:15

Leopold

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Dumme Frage von mir. Ich habe mich beim Kartenspielen schon immer gelangweilt und kenne daher vom Skatspiel nicht mehr als den Namen und die Karten. Ich kenne Kartenspiele nur aus der Wahrscheinlichkeitsrechnung.

Wie ist die Frage gemeint? Man nimmt aus den 32 Karten 4 auf und will wissen, mit welcher Wahrscheinlichkeit alle Karten Asse sind? Ist das so gemeint?

23.10.2013, 20:23

steviehawk

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Die Frage lautet: "Berechnen Sie die Wkt., dass in einem gut durchmischten Skatspiel alle 4 Asse direkt übereinander liegen."

Also ich stelle es mir so vor, dass man von oben durchgeht und beim ersten Ass schaut, ob die 3 andere darunter liegen.

Das ist ja was anderes, als wenn ich 4 Karten beliebig ziehe..

23.10.2013, 20:33

Leopold

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Dann passen deine Modelle aber gar nicht, einmal ganz abgesehen davon, daß du Tupel und Mengen nicht unterscheidest.
Jede der Karten ist ein eigenes Individuum. Was spricht dagegen, die Karten von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 32 \end{eqnarray*}$ durchzunumerien, wobei $\begin{eqnarray*} 1,2,3,4 \end{eqnarray*}$ die Asse sein sollen? (Solche Vereinbarungen trifft man, wie ich es gerade vorführe, zu Anfang, damit man danach die Sache besser darstellen kann.)

Jetzt wird aus den $\begin{eqnarray*} 32 \end{eqnarray*}$ Karten zufällig ein Stapel gebildet. Der kann nun so aussehen:

$\begin{eqnarray*} 17,13,30,2,4,11,1,5,20,18,22,\ldots \end{eqnarray*}$

Das ganze System der $\begin{eqnarray*} 32 \end{eqnarray*}$ Karten hier ist $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ Ausgang. Jetzt beschreibe einmal in Worten, wie solch ein Ausgang aufgebaut ist, und versuche dies dann in die Formelsprache der Mathematik zu übersetzen.

23.10.2013, 20:40

steviehawk

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Also es gibt ja 32! verschiedene Stapel. Jetzt muss ich nur wissen, in wie vielen davon die 4 Asse hintereinander liegen.

23.10.2013, 20:43

Leopold

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Du hast die Ausgänge noch nicht beschrieben. Du hast sie nur gezählt. Implizit hast du es richtig gemacht. Das erkenne ich daran, wie du gezählt hast. Du solltest die Ausgänge aber explizit beschreiben.

23.10.2013, 21:05

steviehawk

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was meinst du mit explizit beschreiben?

Ich habe 32 Karten und überelge wie ich die anordnen kann, also ich mische diese, das heißt permutieren..

Dass die 4 Asse nun zusammen liegen, (irgendwo im Stapel) ist genau so wahrscheinlich, als dass sie am Anfang liegen..

Also kann ich ja dann rechnen: $\begin{eqnarray*} \frac{4}{32} \cdot \frac{3}{31} \cdot \frac{2}{30} \cdot \frac{1}{29} \end{eqnarray*}$

Ich habe mir das mal aufgemalt Big Laugh

ich kann die 4 Asse an 29 Plätze schiebe, so dass sie zusammen bleiben und alle Plätze sind gleich wahrscheinlich (da alle Stapelvarianten gleich wahrscheinlich sind). So erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{4! \cdot 29}{32 \cdot 31 \cdot 30 \cdot 29} \end{eqnarray*}$

aber darauf wolltest du wohl nicht hinaus..

Man kann es sich vielleicht auch so überlegen:

32! Stapel sind es insgesamt, das sind meine Möglichen Fälle. Die 4 Karten müssen zusammen sein. Diese fasse ich in eine Menge zusammen, dann sind da noch 28 einelementige Mengen. Diese 29 Menge kann ich jetzt beliebig permutieren. Erhalte also 29! Günstige Fälle, hinzu kommt noch 4! für das tauschen der Asse. Gleiches Ergebnis wie oben.

Ich versuche mich mal noch an dem W - Raum:

Dann ist $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ Die Menge aller Stapel,

das W - Maß ist $\begin{eqnarray*} \mathbb{P}(w) = \frac{1}{32!} \end{eqnarray*}$

Und was ist meine Sigma - Algebra??

Irgendwie verstehe ich das echt noch gar nicht unglücklich

23.10.2013, 21:33

Leopold

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Die Lösung stimmt. Aber den Ergebnisraum hast du immer noch nicht angegeben. Ich würde nach meinem vorvorigen Beitrag

$\begin{eqnarray*} \Omega = \left\{ \, \omega = \left( i_1,i_2,\ldots,i_{32} \right) \, \left| \, i_1,i_2,\ldots,i_{32} \in \{ 1,2,\ldots,32 \} \ \text{paarweise verschieden} \, \right. \right\} \end{eqnarray*}$

nehmen mit $\begin{eqnarray*} | \Omega | = 32! \end{eqnarray*}$ .

Günstig für $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ sind nun alle Permutationen, bei denen $\begin{eqnarray*} 1,2,3,4 \end{eqnarray*}$ in irgendeiner Reihenfolge direkt hintereinander kommen. Für das erste auftretende As gibt es $\begin{eqnarray*} 29 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten. Die Asse kann man dann auf $\begin{eqnarray*} 4! \end{eqnarray*}$ Arten permutieren, die restlichen Karten auf $\begin{eqnarray*} 28! \end{eqnarray*}$ Arten, also

$\begin{eqnarray*} |A| = 29 \cdot 4! \cdot 28! \end{eqnarray*}$

Die Wahrscheinlichkeit ist

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{29 \cdot 4! \cdot 28!}{32!} = \frac{29 \cdot 4!}{(32)_4} \end{eqnarray*}$

Deine Lösung stimmt natürlich auch, ist sogar eleganter, aber du hast das Modell, in dem du dort arbeitest, wiederum nicht beschrieben. Der Art nach, wie du das Produkt gebildet hast, scheinst du mir mit bedingten Wahrscheinlichkeiten zu rechnen, was man in der Schule an Bäumen darstellt.

Ich hätte noch ein weiteres Laplace-Modell anzubieten, was deiner Lösung nahekommt. Denn mein erstes Modell ist für die Fragestellung unnötig groß. Es genügt nach Assen ( $\begin{eqnarray*} \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ ) und Nichtassen ( $\begin{eqnarray*} \mathcal{N} \end{eqnarray*}$ ) zu unterscheiden. Ein Stapel besteht nun aus $\begin{eqnarray*} 28 \end{eqnarray*}$ Buchstaben $\begin{eqnarray*} \mathcal{N} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ Buchstaben $\begin{eqnarray*} \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ , in irgendeiner beliebigen Reihenfolge. Man kann ihn sich als Wort der Länge $\begin{eqnarray*} 32 \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ Buchstaben $\begin{eqnarray*} \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 28 \end{eqnarray*}$ Buchstaben $\begin{eqnarray*} \mathcal{N} \end{eqnarray*}$ vorstellen.

$\begin{eqnarray*} \Omega = \left\{ \, \omega \, \left| \, \omega \ \text{Wort der Länge} \ 32 \ \text{mit} \ 4 \text{-mal} \ \mathcal{A} \ \text{und} \ 28 \text{-mal} \ \mathcal{N} \, \right. \right\} \end{eqnarray*}$

Im neuen Modell ist $\begin{eqnarray*} | \Omega | = {{32} \choose 4} \end{eqnarray*}$ . Im Ereignis $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ sind nun alle Wörter versammelt, bei denen $\begin{eqnarray*} \mathcal{AAAA} \end{eqnarray*}$ als Teilwort enthalten ist. Ein solches Wort liegt aber bereits fest, wenn man die Stelle des ersten $\begin{eqnarray*} \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ kennt. Dafür gibt es $\begin{eqnarray*} 29 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten:

$\begin{eqnarray*} |A| = 29 \end{eqnarray*}$

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist daher

$\begin{eqnarray*} P(A) = \frac{29}{{{32} \choose 4}} \end{eqnarray*}$

23.10.2013, 21:47

steviehawk

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Vielen Dank für deine ausführliche und verständliche Antwort. Das mit den Permutationen habe ich in einem Edit auch noch angedeutet..

Ich möchte jetzt noch den W - Raum genau angeben, bei uns besteht er aus 3 Komponenten:

$\begin{eqnarray*} (\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P}) \end{eqnarray*}$

Wie Omega aussieht ist mir klar, ich kann ja für die $\begin{eqnarray*} \sigma - \end{eqnarray*}$ Algebra $\begin{eqnarray*} \mathcal{F} \end{eqnarray*}$ einfach: $\begin{eqnarray*} \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$ wählen (Potenzmenge). Und $\begin{eqnarray*} \mathbb{P}({\omega}) = \frac{1}{|\Omega|} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \omega \in \Omega \end{eqnarray*}$

Es ist ja $\begin{eqnarray*} A \subseteq \Omega \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} A \in \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$

passt das?

23.10.2013, 22:06

Leopold

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Es gibt nicht den Wahrscheinlichkeitsraum. Du scheinst meine einleitende Bemerkung noch nicht verinnerlicht zu haben:

Zitat:

Original von Leopold
Im Unterschied zu dem, was viele glauben, ist $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , die Menge aller $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ , nämlich durchaus nicht durch die Aufgabe selber vorgegeben, sondern durch den Aufgabenlöser erst noch zu erschaffen. Das ist ein kreativer Akt, der Gestaltungsmöglichkeiten zuläßt.

Ich habe dir ja gerade in meinem letzten Beitrag demonstriert, daß man die Aufgabe in durchaus verschiedenen Wahrscheinlichkeitsräumen lösen kann.
In meinem ersten Ansatz bestand $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ aus allen Permutationen der Zahlen von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 32 \end{eqnarray*}$ und hatte

$\begin{eqnarray*} |\Omega| = 32! = 263130836933693530167218012160000000 \end{eqnarray*}$

Elemente.

In meinem zweiten Ansatz bestand $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ aus den dort beschriebenen Wörtern und hatte

$\begin{eqnarray*} |\Omega| = {{32} \choose 4} = 35960 \end{eqnarray*}$

Elemente.

Das ist doch genau der Grund, warum man zuerst, bevor man darin arbeitet, den Wahrscheinlichkeitsraum beschreiben sollte, in dem man arbeitet. Er ist nicht durch die Aufgabe selbst vorgegeben, sondern muß erst noch geschaffen werden. Du bist Gott! Du mußt dir die Welt erst schaffen, an der du dich erfreuen kannst. Aber das willst du partout nicht. Weil es Arbeit macht. Da siehst du einmal, was der liebe Gott für Mühe hatte, als er in nur sieben Tagen die Welt erschuf. Kein Wunder, daß er da erst einmal richtig ausruhen mußte.

Aber allgemein stimmt es natürlich: In Laplace-Räumen ist die Sigma-Algebra immer die gesamte Potenzmenge und das Wahrscheinlichkeitsmaß durch die Laplace-Formel gegeben.

23.10.2013, 22:36

steviehawk

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Vielen Dank Leopold für heute bist du mein Gott Freude

und für mich war das für heute erst mal genug WT..

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