Kartenspiel - Verteilungen x Karten auf 4 Hände

14.09.2017, 19:13

jfkjmh

Kartenspiel - Verteilungen x Karten auf 4 Hände

Meine Frage:
Grundvoraussetzungen:
Es gibt 48 Spielkarten von denen jeder Spieler 12 Karten zugeteilt bekommt.
Ich kann mir keine der Blätter/Hände ansehen.

Frage:
Wie kann ich herausfinden, zu wie viel % welche Verteilung bei einer Menge Kartenklassifizierung x eintrifft?
Habe ich irgendwo im Internet eine Lösung dieser Frage in Form einer Formel oder eines Kalkulators oder gar einer Tabelle übersehen? (Mangels Kenntniss der Fachbegriffe.)

Beispiel
Es gibt 8 Pikkarten, also x=8.
Zu wie viel % trifft folgende Verteilung ein?
Einer der Spieler (welcher ist egal) hat 3 Pikkarten, 2 Spieler haben 2 Pikkarten und 1 Spieler (welcher ist egal) hat 1 Pikkarte. In Kurzform 3-2-2-1.

Meine Ideen:
Für das Beispiel 8=x habe ich 14 denkbare Verteilungen gefunden.
1/14 als Lösung ist jedoch offensichtlich falsch, da die 8-0-0-0-Verteilung in der Praxis so gut wie nie vorkommt.
Mein Gefühl sagt mir, dass der gesuchte %-Wert für die 3-2-2-1-Verteilung bei gut 20% liegen dürfte.
Tausend mal die Karten selber zu verteilen und die Ergebnisse auszuwerten würde mich wohl in die Nähe der gesuchten %-Zahlen bringen. Jedoch möchte ich genaue Ergebnisse haben ohne Wochen damit zu verbringen.

Welche Vorschläge finden sich?

14.09.2017, 19:27

HAL 9000

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Zitat:

Original von jfkjmh
Es gibt 48 Spielkarten von denen jeder Spieler 12 Karten zugeteilt bekommt.
[...]
Es gibt 8 Pikkarten, also x=8.
Zu wie viel % trifft folgende Verteilung ein?
Einer der Spieler (welcher ist egal) hat 3 Pikkarten, 2 Spieler haben 2 Pikkarten und 1 Spieler (welcher ist egal) hat 1 Pikkarte. In Kurzform 3-2-2-1.

$\begin{align*} \frac{\binom{8}{3,2,2,1}\cdot \binom{40}{9,10,10,11}}{\binom{48}{12,12,12,12}}\cdot \binom{4}{2,1,1} = \frac{8!}{3!2!2!1!} \cdot \frac{40!}{9!10!10!11!}\cdot \frac{12!^4}{48!}\cdot \frac{4!}{2!} = \frac{696960}{1905803} \approx 36.57\% \end{align*}$

Zitat:

Original von jfkjmh
Für das Beispiel 8=x habe ich 14 denkbare Verteilungen gefunden.

Es sind 15.

14.09.2017, 21:55

jfkjmh

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Danke schön, Hal!

Den ersten Term verstehe ich und kann ihn auf alle anderen Verteilungen mit den entsprechenden Änderungen anwenden.

Der andere Term: Wofür steht "(4 und darunter 2,1,1)"? Ist dies auf andere Beispiele mit denselben Grundvoraussetzungen exakt so zu übertragen oder wodurch variieren diese Werte?

14.09.2017, 22:10

HAL 9000

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Ohne diesen Faktor berechnest du nur die Wahrscheinlichkeit für "der erste Spieler kriegt 3 Pik, der zweite und dritte je 2 Pik, und der vierte 1 Pik". D.h., dein

Zitat:

Original von jfkjmh
Einer der Spieler (welcher ist egal) hat 3 Pikkarten, 2 Spieler haben 2 Pikkarten und 1 Spieler (welcher ist egal) hat 1 Pikkarte.

wird erst durch diesen zusätzlichen Faktor berücksichtigt.

Bei $\begin{align*} \binom{4}{2,1,1} \end{align*}$ steht

2 für die zweimal vorkommende Anzahl 2 Pik

1 für die einmal vorkommende Anzahl 3 Pik

1 für die einmal vorkommende Anzahl 1 Pik

Vielleicht wäre es didaktisch vorteilhafter gewesen $\begin{align*} \binom{4}{1,2,1} \end{align*}$ zu schreiben. Augenzwinkern

Ach, und falls es bisher noch nicht klargeworden ist: Mit $\begin{align*} \binom{n}{k_1,k_2,\ldots,k_r} \end{align*}$ meine ich den Multinomialkoeffizient .

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Das ganze mal sauber aufgeschrieben:

Zitat:

Problemstellung:

Der Kartenstapel bestehe aus $\begin{align*} n=sk \end{align*}$ Karten, dabei bekommt jeder der $\begin{align*} s \end{align*}$ Spieler genau $\begin{align*} k \end{align*}$ Karten zugeteilt. Wir betrachten nun eine Teilmenge der $\begin{align*} n \end{align*}$ Karten bestehen aus $\begin{align*} m \end{align*}$ sogenannten "Sonderkarten" und fragen uns danach, mit welcher Wahrscheinlichkeit ein vorgegebenes Anzahltupel $\begin{align*} (m_1,m_2,\ldots,m_s) \end{align*}$ solcher Sonderkarten bei den Spielern auftaucht, wobei diese Anzahlen nicht notwendig in dieser Reihenfolge den Spielern $\begin{align*} 1,\ldots,s \end{align*}$ zugeordnet werden. Gefordert wird natürlich $\begin{align*} 0\leq m\leq n \end{align*}$ , $\begin{align*} 0\leq m_i\leq k \end{align*}$ sowie $\begin{align*} \sum_{i=1}^s m_i = m \end{align*}$ .

Lösung:

Wir betrachten als Grundraum alle Kartenverteilungen von $\begin{align*} n \end{align*}$ unterscheidbaren Karten auf $\begin{align*} s \end{align*}$ unterscheidbare Mitspieler, wobei die Reihenfolge der $\begin{align*} k \end{align*}$ Karten innerhalb des Blattes eines Spielers keine Rolle spielen möge. Dann ist $\begin{align*} |\Omega| = \frac{n!}{k!^s} \end{align*}$ .

Nun zählen wir erstmal die Kartenverteilungen, wo der erste Spieler genau $\begin{align*} m_1 \end{align*}$ Sonderkarten erhält, der zweite $\begin{align*} m_2 \end{align*}$ usw. und der letzte dann genau $\begin{align*} m_s \end{align*}$ Sonderkarten. D.h., um das genannte "nicht notwendig in dieser Reihenfolge den Spielern zugeordnet" kümmern wir uns später.

Dazu zählen wir die Zuordnungen der $\begin{align*} m \end{align*}$ Sonderkarten, sowie die Zuordnungen der $\begin{align*} (n-m) \end{align*}$ Nichtsonderkarten auf die $\begin{align*} s \end{align*}$ Spieler getrennt:

Ersteres ergibt $\begin{align*} \binom{m}{m_1,\ldots,m_s} = \frac{m!}{\displaystyle \prod_{i=1}^s m_i!} \end{align*}$ und letzteres $\begin{align*} \binom{n-m}{k-m_1,\ldots,k-m_s} = \frac{(n-m)!}{\displaystyle \prod_{i=1}^s (k-m_i)!} \end{align*}$ . Das Produkt beider Anzahlen ergibt die zunächst gesuchte Anzahl.

Kommen wir nun zu dem "nicht notwendig in dieser Reihenfolge den Spielern zugeordnet":

Dazu muss als hinzukommender Faktor die Anzahl der Permutationsmöglichkeiten des $\begin{align*} s \end{align*}$ -Tupels $\begin{align*} (m_1,m_2,\ldots,m_s) \end{align*}$ berechnet werden: D.h., wir erfassen die Anzahlen $\begin{align*} t_j:=|\{i:\, m_i=j\}| \end{align*}$ für $\begin{align*} j=0,1,\ldots,s \end{align*}$ (sehr viele dieser Anzahlen werden Null sein), dann ist die Permutationsanzahl gleich $\begin{align*} \binom{s}{t_0,\ldots,t_s} = \frac{s!}{\displaystyle \prod_{i=0}^s t_i!} \end{align*}$ .

Summa summarum ergibt sich damit dann die Laplacesche Wahrscheinlichkeit

$\begin{align*} p = \frac{k!^s}{n!}\cdot \frac{m!}{\displaystyle \prod_{i=1}^s m_i!} \cdot \frac{(n-m)!}{\displaystyle \prod_{i=1}^s (k-m_i)!} \cdot \frac{s!}{\displaystyle \prod_{i=0}^s t_i!} \end{align*}$

für die geforderte Kartenverteilung.

Anmerkung: Eine Kontrollmöglichkeit für die Rechnung wäre es, für alle möglichen $\begin{align*} s \end{align*}$ -Tupel $\begin{align*} (m_1,m_2,\ldots,m_s) \end{align*}$ mit $\begin{align*} m_1\geq m_2\geq \ldots \geq m_s \end{align*}$ diese Wahrscheinlichkeiten auszurechnen und dann zu summieren: Wie sich das für eine Wahrscheinlichkeitsverteilung gehört, muss dabei 1 herauskommen. Das ist nebenbei bemerkt auch gleich noch eine gewisse Kontrolle, ob man auch wirklich alle Tupelfälle $\begin{align*} (m_1,m_2,\ldots,m_s) \end{align*}$ erfasst hat - da war dir oben mit 14 statt 15 ja auch einer durch die Lappen gegangen.

Im obigen Fall mit $\begin{align*} s=4,k=12,m=8 \end{align*}$ würde das dann so aussehen:

$\begin{align*} \begin{array}{|r|r|}\hline (m_1,m_2,m_3,m_4) & 1905803\cdot p & p \hline (8,0,0,0) & 10 & 0.00000525 (7,1,0,0) & 576 & 0.00030223 (6,2,0,0) & 3696 & 0,00193934 (6,1,1,0) & 8064 & 0.00423129 (5,3,0,0) & 10560 & 0.00554097 (5,2,1,0) & 76032 & 0.03989499 (5,1,1,1) & 27648 & 0.01450727 (4,4,0,0) & 7425 & 0.00389600 (4,3,1,0) & 158400 & 0.08311457 (4,2,2,0) & 130680 & 0.06856952 (4,2,1,1) & 285120 & 0.14960623 (3,3,2,0) & 193600 & 0.10158448 (3,3,1,1) & 211200 & 0.11081943 (3,2,2,1) & 696960 & 0.36570412 (2,2,2,2) & 95832 & 0.05028432 \hline \sum & 1905803 & 1 \hline\end{array} \end{align*}$

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