Königrufen (Kartenspiel) - Frage zur Wahrscheinlichkeit

Neue Frage »

25.12.2016, 11:42	rallym	Auf diesen Beitrag antworten »
Königrufen (Kartenspiel) - Frage zur Wahrscheinlichkeit Hallo zusammen, wir spielen zu viert regelm. Königrufen (Tarock) und habe aus gegebenem Anlass eine Frage: Tarock hat 54 Karten. Davon 22 Trümpfe (Tarock) und 32 Farbkarten (je 8 in einer Farbe). Ich möchte wissen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass wenn ich eine bestimmte Farbkarte spiele, jeder anderer Spieler (es gibt 3 weitere) mindestens eine davon mit hat. Daher habe ich mir folgendes Ausgangszenario überlegt: Von den 54 Karten gehen 6 in den Talon, sprich es bleiben 48 über. Ich gehe davon aus das keine Herz-Karte abgelegt wurde. Weiter gehe ich davon aus, dass ich selbst eine Herz-Karte auf der Hand habe. Sprich die verbleibenden 3 Spieler haben je 12 Karten (Summe 36), worin genau 7 Herz-Karten enthalten sein müssen. Mir ist klar, dass es sich um Hypergeometrische Verteilung handelt ("ohne zurücklegen"). Ich hätte mich der Frage so genähert dass ich sage, P(jeder mind. 1 Herz) = 1- P(1 oder 2 Spieler kein Herz). Die Wahrscheinlichkeit für Spieler 1 keine Herz zu besitzen wäre meiner Meinung nach: (7 über 0) x (29 über 12) / (36 über 12) Die Wahrscheinlichkeit für Spieler 2 bereitet mir bereits Schwierigkeiten, weil die ja in Abhängigkeit von Spieler 1 ist. Unter der Annahme Spieler 1 hätte kein Herz gezogen, müsste folgendes gelten: (7 über 0) x (17 über 12) / (24 über 12) Ich scheitere dzt an der Verknüpfung der einzelnen Spieler. Muss ich dafür alle möglichen Fälle aufnehmen oder kann man das abkürzen? S1 (0H) - S2 (7h) - S3 (0H) S1 (1H) - S2 (6H) - S3 (0H) S1 (2H) - S2 (5h) - S3 (0H) usw. Vielen Dank für eure Ideen! lg
25.12.2016, 12:56	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
interessant. irgendwelche Abhängigkeiten gibt es nur wenn man Informationen besitzt. Nach dem Kartengeben ist jeder Spieler gleichberechtigt. Wenn S1 seine Katen kennt ändern sich die Wkts für S2 / S3 /S4. Aber nur für S1 , nicht aber für S2 / S3 /S4 selbst ! Deren Wkts ändern sich erst wenn Sie die Karten aufnehmen. Zur Frage: wenn du ( S1 ) eine Farbe spielst, wieviele dieser Farbkarten hast du auf der Hand und was weist du vom Talon ?
25.12.2016, 13:06	rallym	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich möchte mir den Fall ansehen, dass der Talon kein Herz enthält und ich selbst nur eine Herz auf der Hand habe. Sprich, es bleiben 36 Karten (3x12) der anderen Spieler, die in Summe 7 Herz enthalten müssen. EDIT: seh grad was oben verwirrend war. also mit S1, S2, S3 meinte ich die 3 Mitspieler - nicht mich selbst! ich kenne meine Karten, wovon eben eine Herz ist. Wenn ich dann die Logik verstanden habe, kann ich mir auch überlegen, was es bedeuten würde, bspw. bereits eine Herz im Talon weggelegt und/oder mehr als eine Herz auf der Hand zu haben. lg
25.12.2016, 13:34	rallym	Auf diesen Beitrag antworten »
Problem gelöst. die Berechnung aller einzelnen Fälle lasst sich abkürzen, weil selbst ohne zurücklegen S1(0), S2(0), S3(7) = S1(7), S2(0), S3(0) gilt - das wurde mir aber erst nach Berechnung klar. dh einfach einen der Fälle 7 0 0, 0 7 0, 0 0 7 bzw. 6 0 1, 6 1 0, 1 6 0, 1 0 6, 0 1 6, 0 6 1 berechnen und dann mal der Anzahl an Varianten rechnen und zum Schluss alles summieren. Dann die Gegenwahrscheinlichkeit nehmen, sollte ~ 87,6% ergeben. Sprich wenn man zu Beginn die höchste Herz hat, macht es Sinn diese zu spielen, weil zu 87,6% alle Spieler zugeben müssen und nicht mit Tarock gestochen werden kann. Meine Frage war der Lösung etwas vorraus, danke trotzdem an alle die sichs angesehen hatten! Lg
25.12.2016, 15:40	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Dein Ergebnis ist numerisch ungefähr korrekt. Man kann es schreiben als $\begin{eqnarray} p=\frac {\binom {36 } 7 -3\binom {24} 7+ 3 \binom {12} 7}{\binom {36} 7}\approx 0.875901 \end{eqnarray}$ Ich habe allerdings den Eindruck, dass du den letzten Korrekturterm in meinem Zähler nicht berücksichtig hast, der allerdings numerisch nicht viel ändert.
25.12.2016, 16:19	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
welche Wkt. ist das nun ? und wie begründet sich der Ausdruck?
Anzeige

25.12.2016, 17:57	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist die gefragte Wahrscheinlichkeit, dass jeder der 3 anderen Spieler unter den genannten Voraussetzungen mindestens ein Herz hat. Sei $\begin{eqnarray} G \end{eqnarray}$ die Menge der Kartenverteilungen auf die 3 Spieler, die jeweils 12 Karten bekommen, wobei nur zwischen Herz und nicht Herz unterschieden werde. Dann ist deren Anzahl $\begin{eqnarray} \|G\|=\binom {36} 7 \end{eqnarray}$ Seien $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ die Mengen der Kartenverteilungen, bei denen der Spieler $\begin{eqnarray} A, B, C \end{eqnarray}$ kein Herz hat. Die Menge der Kartenverteilungen, bei denen mindestens einer der 3 anderen Spieler kein Herz hat, ist dann $\begin{eqnarray} A \cup B\ \cup C \end{eqnarray}$ . Die Zahl der Kartenverteilungen, bei denen jeder der 3 anderen Spieler ein Herz hat, ist dann $\begin{eqnarray} \|G\|-\|A \cup B\ \cup C\| \end{eqnarray}$ . Nun ist nach der Siebformel $\begin{eqnarray} \|A \cup B\ \cup C\|=\|A\|+\|B\|+\|C\|-\|A\cap B\|-\|A\cap C\|- \|B\cap C\|+\|A\cap B \cap C\| \end{eqnarray}$ Nun ist offensichtlich $\begin{eqnarray} \|A\cap B \cap C\|=0 \end{eqnarray}$ , denn es könne ja nicht alle 3 anderen Spieler kein Herz haben. Und aus Symmetriegründen gilt: $\begin{eqnarray} \|A\|=\|B\|=\|C \end{eqnarray}$ \| $\begin{eqnarray} \|A\cap B\|=\|A\cap C\|=\|B\cap C\| \end{eqnarray}$ Also ist $\begin{eqnarray} \|G\|-3\|A\|+3\|A\cap B\| \end{eqnarray}$ die Zahl der Kartenverteilungen, bei denen jeder der 3 anderen Spieler ein Herz hat. Weiter ist $\begin{eqnarray} \|A\|=\binom {12} 0 \binom {24} 7 =\binom {24} 7 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \|A \cap B\|=\binom {24} 0 \binom {12} 7 = \binom {12} 7 \end{eqnarray}$ Daraus ergibt sich dann die von mir genannte Formel.
25.12.2016, 19:38	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
schönes Weihnachtsgeschenk für meine Denkzellen Doch nicht so ganz easy besten Dank !
25.12.2016, 20:52	rallym	Auf diesen Beitrag antworten »
wow - danke für die tolle herleitung!! ich komme zum exakt selben ergebnis, habe nur abschließend gerundet. allerdings war meine herangehensweise weniger geschickt, indem ich die 4 fälle einzeln berechnet und dann summiert habe. immerhin habe ich mir die varianten erspart. http://www.directupload.net/file/d/4580/xt52sc3d_jpg.htm deine logischen schritte muss ich mir die tage nochmals in ruhe ansehen danke jedenfalls und schöne feiertage an alle! lg

Neue Frage »

Antworten »

Königrufen (Kartenspiel) - Frage zur Wahrscheinlichkeit

Verwandte Themen