Bedingte Wahrscheinlichkeit beim Ziehen eines Skatspieles

30.09.2019, 19:12

rora531

Bedingte Wahrscheinlichkeit beim Ziehen eines Skatspieles

Meine Frage:
Aus einem Skatspiel (32 Karten und 4 Könige ) werden nacheinander ohne Zurücklegen zwei Karten gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die zweite Karte ein König ist, wenn man weiß, dass die erste Karte auch ein König war.

Meine Ideen:
Zu erst meine Festlegung: K1: König der im 1. Zug gezogen wurde
K2: König der im 2. Zug gezogen wird

Rechnung:
P von K1 (K2) = P(K2 $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ K1 ) geteilt durch P von (K1)

Werte eingesetzt:
P(0,012 / 4/32) = 0,096 bzw. 9,6%

Könnte das stimmen ? Meine Rechnung ist etwas umständlich aufgeschrieben,tut mir leid. Freue mich auf Rückmeldung smile

30.09.2019, 19:28

HAL 9000

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Leicht falsch gerundet (das Ergebnis ist gleich $\begin{eqnarray*} \frac{3}{31}\approx 0.097 \end{eqnarray*}$ ), aber ansonsten Ok.

30.09.2019, 19:42

Mathema

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RE: Bedingte Wahrscheinlichkeit beim Ziehen eines Skatspieles

Zitat:

Original von rora531
Aus einem Skatspiel (32 Karten und 4 Könige )[...]

Steht da wirklich ein "und" in der Aufgabe? Das finde ich irgendwie unglücklich formuliert. Zur Rechnung hat HAL ja alles gesagt. Ich schiebe das mal in den Schulbereich.

30.09.2019, 20:13

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mathema
Steht da wirklich ein "und" in der Aufgabe? Das finde ich irgendwie unglücklich formuliert.

Finde ich auch. Leute, die die Zusammensetzung eines Skatblattes nicht genau kennen, könnten da leicht falsche Schlüsse ziehen, daher sollte man besser

"32 Karten, darunter 4 Könige"

formulieren.

01.10.2019, 03:08

Dopap

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RE: Bedingte Wahrscheinlichkeit beim Ziehen eines Skatspieles

Zitat:

Original von rora531
Rechnung:
P von K1 (K2) = P(K2 $\begin{eqnarray*} \cap \end{eqnarray*}$ K1 ) geteilt durch P von (K1)

Du meinst bestimmt $\begin{eqnarray*} \hspace{+2 mm}P(K_2\,|\, K_1)=\cdots \end{eqnarray*}$

In deinem $\begin{eqnarray*} \hspace{+2 mm}P(K_1\cap K_2)=\tfrac{1}{8}\tfrac{3}{31}\hspace{+2 mm} \end{eqnarray*}$ steckt aber auch $\begin{eqnarray*} \hspace{+2 mm}\tfrac{3}{31}= P(K_2\,|\, K_1)\hspace{+2 mm} \end{eqnarray*}$ drin, ein wenig doppelt gemoppelt.

01.10.2019, 08:55

HAL 9000

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Da rora531 nur den Zahlenwert von $\begin{eqnarray*} P(K_1\cap K_2) \end{eqnarray*}$ angegeben hat, kann ich zumindest nicht erkennen, welchen Weg rora531 zu dessen Berechnung gewählt hatte - möglicherweise ja auch "hypergeometrisch" $\begin{eqnarray*} P(K_1\cap K_2) = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{32}{2}} \end{eqnarray*}$ . verwirrt

01.10.2019, 09:10

G011019

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Ganz kurz:
Wenn die 1.Karte ein König war, bleiben noch 3 von 31 Möglichkeiten im 2. Zug.
--> P= 3/31

Das genügt doch völlig, oder?

01.10.2019, 09:13

Dopap

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Zitat:

Original von G011019
Ganz kurz:
Wenn die 1.Karte ein König war, bleiben noch 3 von 31 Möglichkeiten im 2. Zug.
--> P= 3/31

Das genügt doch völlig, oder?

natürlich, meine Rede Augenzwinkern

01.10.2019, 09:36

HAL 9000

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Das ist der "direkte" Weg über den bedingten W-Raum $\begin{eqnarray*} \cdot \mid K_1 \end{eqnarray*}$ mit 31 Karten, unter denen sich 3 Könige befinden, das ist sicher der einfachste und wohl auch naheliegendste Zugang. Alternativ kann man natürlich auch über den originalen W-Raum aller 32 Karten (darunter 4 Könige) gehen, etwa wenn man $\begin{eqnarray*} P(K_1\cap K_2) \end{eqnarray*}$ so wie in meinem letzten Beitrag skizziert berechnet.

01.10.2019, 09:58

G011019

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Man kann auch über Sydney von Hamburg nach München fliegen. Augenzwinkern

Dennoch als Übung für die Formeln der bedingten WKT nicht ganz unsinnig.

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