Ziehung aus 52 Karten

07.01.2022, 17:53

Diff07

Ziehung aus 52 Karten

Hallo,

Aus einem Kartenspiel bestehend aus 52 Karten werden 5 Karten gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die dritte Karte ein Ass ist?

Ich würde das nun etwas so berechnen:

52*51*50 sind die möglichen Ergebnisse, und 48*47*4 sind die Ergebnisse die zwei nicht Asse und ein Ass enthalten, damit ergibt sich dann (48*47*4)/(52*51*50) = 376/5525.
Als Lösung wird jedoch 1/13 angegeben.

Ich kann mir nur vorstellen, dass man auf 1/13 = 4/52 kommt, wenn man die ersten zwei Karten nicht beachtet. Aber das macht doch keinen Sinn?

07.01.2022, 18:00

IfindU

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RE: Ziehung aus 52 Karten
Dort steht ja nicht, dass die ersten beiden Karten kein Ass sind. Es ist nur gefordert, dass die dritte Karte (auch) ein Ass ist.

07.01.2022, 18:09

G070122

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RE: Ziehung aus 52 Karten
Soll die 3.Karte das erste Ass sein?

-> 48/52*47/51*4/50

Oder ist auch zugelassen:

xAA, AxA, AAA

A = Ass
x = kein Ass

07.01.2022, 18:14

KonverDiv

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@IfindU, aber dann müsste ich doch wissen was vorher gezogen worden ist?

@G070122, so "48/52*47/51*4/50" hab ich mir das auch gedacht, aber die Lösung passt nicht.

07.01.2022, 18:22

G080122

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Du musst dann die WKTen aller Möglichkeiten addieren, die ich genannt habe.

07.01.2022, 18:29

HAL 9000

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Die Wahrscheinlichkeit für Ass ist $\begin{eqnarray*} \frac{4}{52} = \frac{1}{13} \end{eqnarray*}$ , und zwar völlig egal, ob es um die erste, zweite, dritte, vierte oder fünfte Karte geht.

Was anderes wäre es, wenn es um die bedingte Wahrscheinlichkeit für Ass als dritte Karte geht, unter der Bedingung dass die ersten beiden gezogenen Karten kein Ass sind o.ä. - das wäre dann tatsächlich was anderes. Aber davon ist hier keine Rede.

Eine einfache Begründung geht so: Wir stellen uns vor, dass nach den 5 Karten einfach weiter gezogen wird, bis der Stapel leer ist. Jede dieser Ziehungen entspricht einer der 52! Permutationen der 52 Karten, und alle sind sie gleichwahrscheinlich (denn keine Karte wird bevorzugt). Wieviel dieser 52! Permutationen erfüllen nun die Bedingung, dass an dritter Stelle ein Ass steht: Es gibt vier mögliche Asse, die dort stehen können - nach Auswahl eines dieser Asse dürfen die 51 Restkarten beliebig an den 51 Restpositionen 1,2,4-52 permutiert werden. Die zugehörige Laplacesche Wahrscheinlichkeit ist $\begin{eqnarray*} \frac{4\cdot 51!}{52!} = \frac{4}{52} = \frac{1}{13} \end{eqnarray*}$ . An dem Beweis sieht man auch, dass die Position 3 völlig egal ist für die Wahrscheinlichkeitsberechnung.

07.01.2022, 19:22

KonverDiv

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@HAL 9000,

deine Begründung mag ich! Auch wenn ich es gerade schwer verständlich finde, dass es egal ist, ob es sich um die erste, zweite, dritte oder x-te Karte handelt. Weil rein intuitiv gedacht würde ich erwarten, dass bei der dritten Ziehung nur noch 52-2 Karten verbleiben, sodass sich dann 4/52 etwas merkwürdig "anfühlt".

07.01.2022, 22:08

IfindU

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Zitat:

Original von KonverDiv
@IfindU, aber dann müsste ich doch wissen was vorher gezogen worden ist?

Nicht annährend so elegant wie HAL, aber man kann es auch so machen:
Es gibt $\begin{eqnarray*} 48\cdot 47\cdot 4 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten für die ersten beiden Karten keine Ass zu bekommen und nur für die dritte. Es gibt $\begin{eqnarray*} 4 \cdot 48 \cdot 3 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten ein Ass als erstes und drittes zu bekommen, aber nicht als zweites und es gibt $\begin{eqnarray*} 4\cdot 3\cdot 2 \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten nur Asse zu ziehen. Rechnet man jetzt, bekommt man $\begin{eqnarray*} \frac{ (48\cdot 47\cdot 4) + (4 \cdot 48 \cdot 3) + (4\cdot 3\cdot 2) } {52 \cdot 51 \cdot 50 } = \frac 1 {13} \end{eqnarray*}$ .

08.01.2022, 18:14

KonverDiv

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Sagen wir einmal, dass wir wieder 5 Karten ziehen und wissen, dass die Karten 4 und 5 keine Damen sind. Können wir das irgendwie zusammen mit der Symmetrie verwenden, wenn wir wissen wollen wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass die dritte Karte eine Dame ist?

Ich würde, das gerne mit HALs Ansatz machen, bin mir aber nicht sicher, wie man das genau berücksichtigt...

Anfangen würde ich vielleicht so: $\begin{eqnarray*} \frac{52}{52}\frac{51}{51}\frac{4}{50} \end{eqnarray*}$ aber wie geht es dann weiter?

10.01.2022, 09:12

KonverDiv

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Also für mich ist die Frage nach:

Die Wahrscheinlichkeit, dass die dritte Karte eine Dame ist, gegeben Karten 4 und 5 sind keine Damen

noch offen.

Ich würde mich freuen, wenn wir dies Beispiel vielleicht einmal diskutieren könnten Freude

PS: Reicht es, die Frage hier nochmal aufzugreifen, oder sollte ich einfach ein neues Thema aufmachen (Als Empfehlung für einen zukünftigen Fall)?

10.01.2022, 09:26

HAL 9000

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Ók, der Formulierung nach geht es um die bedingte Wahrscheinlichkeit für "dritte Karte ist Dame" (Ereignis A) unter der Bedingung "Karten 4 und 5 sind jeweils keine Damen" (Ereignis B).

Das kann man nun auf verschiedene Weisen berechnen

1) Über $\begin{eqnarray*} P(A\mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} \end{eqnarray*}$ und sowohl Zähler- wie Nennerwahrscheinlichkeit dann (wie du es gern wünschst) mit dem Permutationsansatz

$\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = \frac{4\cdot 48\cdot 47\cdot 49!}{52!} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(B) = \frac{48\cdot 47\cdot 50!}{52!} \end{eqnarray*}$

ergibt $\begin{eqnarray*} P(A\mid B) = \frac{4}{50} = \frac{2}{25} \end{eqnarray*}$

2) Direkt über das bedingte Wahrscheinlichkeitsmaß $\begin{eqnarray*} P(\cdot \mid B) \end{eqnarray*}$ : Das beschreibt nämlich u.a. die Verteilung von 50 Karten (darunter 4 Damen) auf die 50 Positionen 1-3,6-52, was direkt auf jenes $\begin{eqnarray*} P(A\mid B) = \frac{4}{50} = \frac{2}{25} \end{eqnarray*}$ führt.

Zitat:

Original von KonverDiv
Reicht es, die Frage hier nochmal aufzugreifen

Ja, ist in Ordnung: Es ist ja eine Folgefrage zum selben Problem-"Setup".

10.01.2022, 09:59

KonverDiv

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Danke HAL 9000,

das macht es wirklich noch klarer!

Zur Rechnung habe ich jetzt keine Frage mehr, aber zur Begrifflichkeit. Wie nennt man denn dieses Setup? Ja, es geht um Permutationen. Aber gibt es einen speziellen Begriff, zu dem was du in deinem ersten Beitrag ("Jede dieser Ziehungen entspricht einer der 52! Permutationen...") erklärt hast?

Vielen Dank!

10.01.2022, 10:13

HAL 9000

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Zitat:

Original von KonverDiv
Wie nennt man denn dieses Setup?

Ach je, einmal salopp formuliert, und schon wird man drauf festgenagelt. Hammer

Ok, ich meine einfach ein- und dasselben Zufallsexperiment und damit den selben Wahrscheinlichkeitsraum, aber andere Ereignisse.

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