hypergeometrische Verteilung vs. "Tabelle" |
| 23.07.2013, 16:53 | Stefan03 | Auf diesen Beitrag antworten » |
| hypergeometrische Verteilung vs. "Tabelle" ich stehe gerade vor folgendem Problem: Sei folgende Situation gegeben: Beim Schafkopfen gibt es 32 Karten, 4 davon sind Unter. Bekannt ist, dass der Spieler 2 Unter und 6 weiter hat. Frage: Wie wahrscheinlich ist es, dass die beiden anderen Unter bei genau einem Gegner zusammenstehen. Ich würde es mittels der hypergeometrischen Verteilung berechnen: Grundlage hier ist, dass ich das Experiment als LaPlace Experiment auffasse. Ich bin mir auch "sicher", dass das Ergebnis stimmt. Ein Freund hat so argumentiert, indem er es tabellarisch versucht zu lösen: Interessant sind nur die Fälle auf der Diagonalen, sprich x=aa=bb=cc. Insgesamt gibt es 9 mögliche Verteilung der 2 Unter auf die 3 Gegenspieler A,B und C und somit ist die W-keit, dass die bei einem Spieler zusammenstehen Ich hab dann dagegen argumentiert und gesagt, dass die Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Ereignisse (aa) und z.B. (ab) nicht gleich wahrscheinlich sind, aber das hat mich selbst nicht so richtig überzeugt, ihn zu widerlegen... Kann mir jemand sagen, wo genau der Fehler bzw. das Problem bei der Tabelle liegt? |
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| 29.07.2013, 13:43 | Stefan03 | Auf diesen Beitrag antworten » |
Hat keiner ein Idee? |
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| 29.07.2013, 15:32 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » |
Deine Rechnung ist richtig. Die Verteilung der beiden Unter ist nicht unabhängig voneinander: Dadurch, dass derjenige mit einem Unter ja bereits eine Karte hat und somit nur noch 7 Restkarten bekommt, macht es für ihn weniger wahrscheinlich, dass er auch noch den zweiten Unter bekommt im Vergleich zu seinen beiden Mitspielern, die ja noch 8 Karten zu bekommen haben - das ist der Fehler in der Überlegung. Das ganze ist leichter zu verstehen, wenn man etwa "völlig unmögliches" betrachtet: Betrachten wir mal die Verteilung der 16 "Zahlenkarten" (7,8,9,10) an alle vier Spieler. Wenn man da annimmt, dass die auch alle unabhängig voneinander verteilt würden, dann wäre es mit positiver Wahrscheinlichkeit möglich, dass ein Spieler alle diese Karten bekommt - absurd, da er ja nur 8 Karten insgesamt bekommt. Aber prinzipiell ist es derselbe Denkfehler wie bei den Untern, nur dass es dort noch nicht unmöglich ist, sondern sich lediglich die Wahrscheinlichkeiten verschieben, zu eben jenen von dir berechneten 7/23. 
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| 29.07.2013, 15:43 | Stefan03 | Auf diesen Beitrag antworten » |
super, danke 
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| 29.07.2013, 15:46 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » |
Man könnte auch so rechnen: Der erste Unter landet bei irgendeinem der drei. Dann bekommen die drei zusammen noch insgesamt 24-1=23 Karten, von denen jede einzelne mit jeweils gleicher Wahrscheinlichkeit der zweite Unter sein kann. Für den, der bereits den ersten Unter hat, gibt es aber nur noch 7 günstige Varianten, also insgesamt 7/23. |
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