Skataufgabe

26.03.2009, 18:24	Nightfall	Auf diesen Beitrag antworten »
Skataufgabe Hallo zusammen! Ich habe mich in den Semesterferien mal ein wenig in "Stochastik" eingelesen (da ich das nächstes Semester (nochmal) belege...) Nun, dabei bin ich auf folgende Übungsaufgabe (Aufgabe 5) aus dem letzen Semester gestoßen: Aufgabenzettel Ich habe mich also mal hingesetzt und gerechnet Die Aufgabenteile a und b gingen ja (imho) noch, aber bei c steigt mein Hirn regelmäßig aus Hier ist das was ich hingeschrieben habe: "Lösung(sversuch)" Irgendwie glaub ich nicht, dass es richtig ist, bei c) mit Fallunterscheidungen zu arbeiten, deshalb möchte ich ne andere Lösung... aber mir fehlt so ein bischen der Ansatz... Danke
26.03.2009, 20:07	Nightfall	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Skataufgabe sry, ich merk grad, dass ich ins falsche forum gepostet habe ... könnte ein mod das bitte richtung hochschulemathematik verschieben?! danke
27.03.2009, 12:08	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Skataufgabe Die Lösung zu b) enthält noch einen Schreibfehler. Korrekt ist 63/3596. c) würde ich so angehen: P=3P1P2 P1 = Wahrscheinlichkeit für S1 bekommt keinen Buben P2 = Wahrscheinlichkeit für S2 und S3 bekommen mindestens einen Buben unter der Voraussetzung, dass S1 keinen Buben hat, also bedingte Wahrscheinlichkeit, d. h. es sind nur noch 22 Karten zu verteilen, darunter die 4 Buben. P2 = P3 + 2P4 + P5 +2P6 P3: S2 und S3 bekommen beide genau einen Buben P4: S2 bekommt genau einen Buben und S2 genau 2 Buben P5: S2 und S3 bekommen beide genau zwei Buben P6: S1 bekommt genau einen Buben und S2 bekommt genau drei Buben
27.03.2009, 12:18	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternativvorschlag: Mit der Terminologie von Nightfall ist bei c) die Wkt $\begin{eqnarray} 3 \cdot P(E_1 \cap E_2^c \cap E_3^c) \end{eqnarray}$ zu berechnen. Nun ist $\begin{eqnarray} P(E_1 \cap E_2^c \cap E_3^c) = P(E_1 \cap (E_2 \cup E_3)^c) = P(E_1) - P(E_1 \cap (E_2 \cup E_3)) = P(E_1) - P(E_1\cap E_2) - P(E_1\cap E_3) + P(E_1 \cap E_2 \cap E_3) \end{eqnarray}$ Offensichtlich ist $\begin{eqnarray} P(E_1 \cap E_2 \cap E_3) = 0 \end{eqnarray}$ , denn die vier Buben können schlecht alle in den Zweierskat passen. Bleibt noch $\begin{eqnarray} P(E_1\cap E_2) = P(E_1\cap E_3) \end{eqnarray}$ , das ist die Wkt, dass alle 4 Buben unter den 12 Karten von Spieler 3 + Skat sind...
29.03.2009, 10:46	Nighfall123	Auf diesen Beitrag antworten »
besten danke euch beiden... ich werds mit beiden ansätzen mal versuchen!!
29.03.2009, 11:34	Nightfall	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ich habe es zunächst mit dem Vorschlag von Arthur versucht: Für $\begin{eqnarray} P(E_1\cap E_3) \end{eqnarray}$ habe ich $\begin{eqnarray} \frac{\binom{28}8\binom44}{\binom{32}{12}}=\frac{99}{7192}\approx0,01\mathrel{\widehat{=}}1% \end{eqnarray}$ raus. Dann folgt für mein $\begin{eqnarray} E_c \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} E_c=3\cdot\left(\frac{1463}{7192}-2\cdot\frac{99}{7192}\right)=\frac{3795}{7192}\approx0,53\mathrel{\widehat{=}}53% \end{eqnarray}$ Korrekt so?
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