Kombinatorik und Erwartungswert Karten verteilen

29.01.2013, 10:34

hoernchen

Kombinatorik und Erwartungswert Karten verteilen

Hallo,

ich sitze mal wieder vor einer Frage und komme einfach nicht weiter.

Wir haben 52 Karten (darunter 4 Asse), die an 4 Spieler (A, B, C und D) verteilt werden.

1. Was ist die Wahrscheinlichtkeit, dass jeder Spieler genau ein Ass erhält?

2. Sei die Zufallsvariable X die Anzahl der Spieler, die ein Ass erhalten haben. Was ist der Erwartungswert von X?

Zu meinen Ideen.

1. Ich hatte es mir so gedacht, dass ich zuerst die 48 Karten verteile, die keine Asse sein und dann die 4 Asse. Und durch 52! teile, da das alle Möglichkeiten darstellt, die Karten zu verteilen. Also so in etwa:

$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 48 \\ 12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 36 \\ 12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 24 \\ 12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 12 \\ 12 \end{pmatrix} * 4! }{52!} \end{eqnarray*}$ . Ist das so richtig?

2. Die Zufallsvariable kann ja die Werte 1, 2, 3 oder 4 erhalten. Also, entweder 1 Spieler hat alle Asse, oder 2 Spieler haben alle Asse, usw. Ich hatte mir überlegt, das mit der Definition des Erwartungswerts zu berechnen, aber kann leider noch nichtmal die Wahrscheinlichkeiten richtig ausrechnen. Daran scheitert es schon.

Ich würde mich über ein bisschen Hilfe sehr freuen! Danke euch!

29.01.2013, 11:12

HAL 9000

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Zitat:

Original von hoernchen
$\begin{eqnarray*} \frac{\begin{pmatrix} 48 \\ 12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 36 \\ 12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 24 \\ 12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 12 \\ 12 \end{pmatrix} * 4! }{52!} \end{eqnarray*}$ . Ist das so richtig?

Hast du mal wirklich ausgerechnet, was mit dieser Formel dann tatsächlich als Wahrscheinlichkeitswert rauskommt? Hältst du einen derart niedrigen Wert für plausibel?

Du kannst nicht bei den "günstigen Ereignissen" im Zähler nur grob die Auswahlen der Karten (ohne interne Reihenfolge) an die vier Spieler betrachten, während du bei "allen Ereignissen" im Nenner die exakte Permutationsanzahl der Anordnungen aller 52 Karten berücksichtigst - das passt nicht zusammen. unglücklich

29.01.2013, 11:25

hoernchen

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Ja, ich hatte ihn ausgerechnet und fand den extrem niedrigen Wert merkwürdig. Deshalb frage ich ja nach. Ich hab nur leider keinen anderen Ansatz. Also, ich muss noch die Reihenfolge der Karten im Zähler mit einbauen. Ich habe aber keinen Schimmer, wie ich das mache.

29.01.2013, 11:32

HAL 9000

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Es gibt 52 Positionen, wo die 4 Asse verteilt werden können, das macht $\begin{eqnarray*} \binom{52}{4} \end{eqnarray*}$ Positionsmöglichkeiten. Günstig davon sind die Möglichkeiten, wo jeweils eine auf den Positionen 1-13, 14-26, 27-39 und 40-52 landet, also $\begin{eqnarray*} 13^4 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten.

Eine andere, länglichere Variante wäre, die 52 Karten nacheinander an die vier Leute auszugeben, und die Wahrscheinlichkeiten für je ein As pro Person da nachzuvollziehen, mit der hypergeometrischen Verteilung:

$\begin{eqnarray*} \frac{\binom{4}{1}\binom{48}{12}}{\binom{52}{13}} \cdot \frac{\binom{3}{1}\binom{36}{12}}{\binom{39}{13}} \cdot \frac{\binom{2}{1}\binom{24}{12}}{\binom{26}{13}} \end{eqnarray*}$ ,

kommt am Ende auf dasselbe hinaus.

29.01.2013, 12:00

hoernchen

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Wow danke! Wenn ich jetzt den Erwartungswert aus Aufgabe 2 Versuche auszurechnen, dann ist das mit der zweiten Variante ganz schön langwierig und die Chance sich zu verrechnen (vertippen im Taschenrechner) ganz schön groß. Mit der ersten Variante komme ich da aber auf kein vernünftiges Ergebnis. Könntest du mir da vielleicht noch einen Tip geben?

29.01.2013, 21:06

HAL 9000

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Ich würde auch bei 2. die erste Variante vorziehen. Halten wir mal das bisherige fest:

$\begin{eqnarray*} P(X=4) = \frac{13^4}{\binom{52}{4}} \end{eqnarray*}$

Kommen wir nun zu genau 3 Leuten mit Assen: Davon hat einer genau zwei Asse, zwei Leute jeweils genau ein Ass, sowie einer kein Ass. Das ergibt

$\begin{eqnarray*} P(X=3) = 4\cdot 3\cdot \frac{\binom{13}{2}\cdot \binom{13}{1}^2\cdot \binom{13}{0}}{\binom{52}{4}} \end{eqnarray*}$ .

Ich hab's mal im Zähler etwas übertrieben dargestellt, wie man die Anzahl der günstigen Auswahlen berechnet, wenn man konkret die Spieler festlegt, die zwei, ein bzw. kein Ass(e) erhalten. Da diese Leute auch noch entsprechend ausgewählt werden können (im Gegensatz zum Fall X=4, wo alle genau ein Ass bekommen), benötigt man noch den vorgeschalteten Faktor $\begin{eqnarray*} 4\cdot 3 \end{eqnarray*}$ .

Bei X=2 wird es noch komplizierter, denn da sind zwei Fälle zu betrachten: einer mit drei Assen und einer mit einem Ass - oder aber genau zwei mit jeweils zwei Assen. Man kann aber auch den dann wieder einfacheren Fall X=1 berechnen (alle vier Asse auf einer Hand) und dann einfach rechnen

$\begin{eqnarray*} P(X=2) = 1-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4) \end{eqnarray*}$ ,

denn andere Werte als $\begin{eqnarray*} 1,2,3,4 \end{eqnarray*}$ kann ja die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ nicht annehmen. Ich würde allerdings an deiner Stelle auch P(X=2) kombinatorisch berechenen - das mit $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^4 P(X=i) = 1 \end{eqnarray*}$ kann dann als gute Kontrolle für die eigenen Berechnungen dienen.

31.01.2013, 11:47

hoernchen

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Danke dir! Habe es jetzt das richtige Ergebnis rausbekommen.

31.01.2013, 12:00

HAL 9000

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Es gibt übrigens auch noch eine einfachere Berechnung für $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ , wo man nicht die gesamte Verteilung von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ berechnen muss:

Es ist $\begin{eqnarray*} X = \sum_{k=1}^4 X_k \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} X_k=1 \end{eqnarray*}$ sein soll, wenn Spieler k mindestens ein Ass besitzt, sonst $\begin{eqnarray*} X_k=0 \end{eqnarray*}$ . Es folgt

$\begin{eqnarray*} E(X) = \sum_{k=1}^4 E(X_k) = 4E(X_1) = 4P(X_1=1) = 4(1-P(X_1=0)) = 4\left( 1-\frac{\binom{48}{13}}{\binom{52}{13}} \right) = \frac{57992}{20825} \end{eqnarray*}$ .

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