Wahrscheinlichkeit, ein Ass zu ziehen

24.03.2016, 19:28

Gabi Go

Wahrscheinlichkeit, ein Ass zu ziehen

Hallo.
Aus einem 52 Kartenspiel werden 13 Karten gezogen. Ist ein Ass in den 13 Karten angenommen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dass sich in den verbleibenden 12 noch mindestens 1 Ass befindet?

Mein Ansatz: Ich habe mal gelernt. Anzahl interessierener zur Anzahl aller Möglichkeiten

Also P =[ (12 über 1)*(51 über 2) + (12 über 2)*(51 über 1)+(12 über 3)*(51 über 0)] / (51 über 3)

Ist das richtig?

25.03.2016, 08:51

Dopap

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RE: Wahrscheinlichkeit eine Ass zu ziehen

Zitat:

Aus einem 52 Kartenspiel werden 13 Karten gezogen. Ist ein Ass in den 13 Karten angenommen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dass sich in den verbleibenden 12 noch mindestens 1 Ass befindet?

Schwer verständlich , ist nun ein Ass in den 13 Karten oder nicht?
"Ist ein Ass in den 13 Karten angenommen " ist kein Satz.

Meintest du:

$\begin{eqnarray*} p =\frac{\binom {12}{1} \binom {51}{2}+ \binom {12}{2}\binom {51}{1}+\binom {12}{3} \binom {51}{0} }{ \binom {51}{3}} \end{eqnarray*}$ ?

25.03.2016, 09:45

Leopold

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Sprachlich ist das wirklich kaum zu verstehen. Da muß ich Dopap zustimmen. Ich verstehe es, nach heftigem Nachdenken darüber, was der Fragesteller gemeint haben könnte, als die Frage nach der bedingten Wahrscheinlichkeit dafür, daß, wenn schon bekannt ist, daß das Blatt mindestens ein As enthält, unter den restlichen Karten noch mindestens ein As ist.
Ist also $\begin{align*} X \end{align*}$ die Anzahl der Asse im Blatt, dann wäre

$\begin{align*} P_{X \geq 1} \left( X \geq 2 \right) \end{align*}$

die gesuchte Wahrscheinlichkeit. $\begin{align*} X \end{align*}$ ist hypergeometrisch verteilt. Im Urnenmodell werden aus 52 Kugeln 13 ohne Zurücklegen gezogen. Unter den 52 Kugeln sind 4 ausgezeichnet (die Asse). Ich habe $\begin{align*} P_{X \geq 1} \left( X \geq 2 \right) = \frac{5359}{14498} \end{align*}$ erhalten.

25.03.2016, 18:59

Dopap

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Wie hast du das gerechnet ? Ich würde

$\begin{eqnarray*} p(X\geq 2\,|\, X\geq 1)=\frac {p(X\geq2\, \cap \, X\geq 1)}{p(X\geq 1)}=\frac {p(X\geq2)}{p(X\geq 1)} \end{eqnarray*}$ ansetzen, was ebenfalls $\begin{eqnarray*} \frac {5359}{14498} \approx 0.3696 \end{eqnarray*}$ ergibt.

25.03.2016, 19:40

Leopold

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Genau so habe ich es natürlich auch gerechnet. Aber jetzt hat Gabi Go ja gar nichts mehr zu tun ...

... als noch einmal hier vorbeizuschauen. Aber ob wir das noch erleben dürfen ...

29.03.2016, 21:03

Gabi Go

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Wie kommt ihr auf 5359 und 14498? Und was ist an meiner Lösung falsch? Ja, Dopap ich meine obige Berechnung aus deinem zweiten Beitrag.

29.03.2016, 22:38

HAL 9000

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Wie Leopold schon sagte, ist die Anzahl $\begin{align*} X \end{align*}$ der gezogenen Asse hypergeometrisch verteilt, genauer: $\begin{align*} X\sim HG(52,4,13) \end{align*}$

Damit ist $\begin{align*} P(X=k) = \frac{\binom{4}{k}\cdot \binom{48}{13-k}}{\binom{52}{13}}\qquad (*) \end{align*}$

Und wie ebenfalls bereits oben erwähnt, ist die bedingte Wahrscheinlichkeit $\begin{align*} P(X\geq 2 \bigm| X\geq 1) \end{align*}$ gesucht, die man via (*) über

$\begin{align*} P(X\geq 2 \bigm| X\geq 1) = \frac{P(X\geq 2)}{P(X\geq 1)} = \frac{1-P(X=0)-P(X=1)}{1-P(X=0)} = 1 - \frac{P(X=1)}{1-P(X=0)} \end{align*}$

berechnen kann.

Zitat:

Original von Gabi Go
Und was ist an meiner Lösung falsch?

Gegenfrage: Was soll daran richtig sein? Es werden 13 aus 52 Karten (darunter 4 Asse) gezogen, und du rechnest mit $\begin{align*} \binom{51}{3} \end{align*}$ im Nenner. Erstaunt1

29.03.2016, 22:48

Leopold

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Wobei letzte Zweifel bleiben, ob unsere Interpretation der verkrüppelten Fragestellung die richtige ist ...

29.03.2016, 22:54

HAL 9000

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Diese Restunsicherheit bleibt natürlich.

Für sprachliche Umformulierungen in ein derart grottiges Deutsch müssten sich Fragesteller mit Hochschulreife eigentlich in Grund und Boden schämen - aber eben offenbar doch nicht in der Anonymität des Internets. Augenzwinkern

29.03.2016, 23:03

Dopap

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ja Gabi Go, ist unsere Interpretation richtig und kannst du den Rechenweg nachvollziehen ? Aber nett, dass du dich nochmal gemeldet hast.

29.03.2016, 23:10

Leopold

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@ HAL 9000

Wobei man auch hier nie wissen kann, ob der Fragesteller aus dem Ausland kommt und wie lange er schon Deutsch spricht. Eine gewisse Toleranz (nicht Akzeptanz) gegenüber Grammatikfehlern ist dann angebracht. Vielleicht kann die Mathematik hier sogar ein Mittel zum besseren Spracherwerb sein, weil sie Genauigkeit in der Sprache erzwingt.

30.03.2016, 09:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Wobei man auch hier nie wissen kann, ob der Fragesteller aus dem Ausland kommt und wie lange er schon Deutsch spricht.

Akzeptiere ich als Grund, sehe allerdings konkret hier keine Anzeichen dafür. Jedenfalls ist es schon besorgniserregend, welche sinnentstellenden Umformulierungen hier so mancher Student präsentiert. Dass man eine Aufgabenstellung erst dann umformulieren kann, wenn man sie inhaltlich halbwegs verstanden hat, kommt da wohl nicht in den Sinn. verwirrt

30.03.2016, 13:23

Leopold

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