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| Aufgabe | Aus einem Kartenpaket mit 52 Spielkarten (Französisches Blatt) werden zufällig fünf Karten gezogen wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dafür
a) genau ein Paar
b) genau ein Doppelpaar
zu ziehen? |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich hatte damit keine Probleme, bis ich darauf gekommen bin, das ja die dritte Karte, also die erste die nicht mehr zum Paar gehört auch nicht mehr gezogen werden darf, da sonst ein Doppelpaar entstehen würde.
Ich hoffe jemand kann mir da helfen,
Danke im Vorraus
Lam0ndrion
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Ohne jetzt im Detail zu wissen, was du mit "Paar" und "Doppelpaar" meinst, denke ich, dass es zwei Möglichkeiten gibt, um an die Sache ranzugehen:
Erstens:
Du berechnest, wie viele Möglichkeiten es überhaupt gibt, um 5 Karten aus 52 zu ziehen. Als nächstes berechnest du, wie viele Treffer (Paare bzw. Doppelpaare) es geben kann, wenn du 5 Karten ziehst. Und dann dividierst du diese Zahlen durcheinander.
Zweitens:
Du multiplizierst sofort die Wahrscheinlichkeiten dafür, dass es einen Treffer (Paare bzw Doppelpaare) gibt.
Mach das am esten so, dass es kein Paar gibt. Die erste Karte ist ein Freischuss. Die führt nie zu einem Paar. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite Karte nicht zu einem Paar führt etc. ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:59 Mo 17.03.2008 | | Autor: | Lam0ndrion |
Mit paar meine ich zum Beispiel zwei Asse oder zwei Buben...
Doppelpaar wäre dann zwei Paare also AAKK7 oder AABB8 etc
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Mit dem Paar habe ich jetzt kein Problem mehr, aber beim Doppelpaar habe ich nun die Frage welches n ich für n über k wählen soll, denn mit 4 über 5 erhalte ich eine geringere Wahrscheinlichkeit für das Doppelpaar als für den Drilling, der aber sicher unwahrscheinlicher ist.
Danke im Voraus
Lam0ndrion
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:32 Di 18.03.2008 | | Autor: | klaras |
Hallo !
Gesucht sind zwei Paare, d.h. alle Kombinatonen der Form DDKKZ, wobei die
Reihenfolge beliebig ist.
DD ist das erste Paar, z.B. 2 Damen.
KK bildet das zweite Paar, z.B. 2 Könige.
Z ist die letzte Karte welche beliebig sein kann.
Mit Ausnahme von König oder Dame,sonst wären es ja keine 2 Pärchen mehr,
sondern Pärchen und Drilling.
Es gibt insgesamt 52 Karten und 5 werden gezogen.
Ein geeigneter Grundraum ist also $ [mm] \Omega [/mm] = [mm] \vektor{52 \\ 5} [/mm] $
Für die letzte Karte gibt es $ [mm] \vektor{44 \\ 1} [/mm] $ Möglichkeiten. Für das erste und auch für das zweite Pärchen gibt es $ [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] $ Möglichkeiten eine Karte auszuwählen. Nun braucht man noch die Anzahl der Kombinationen aller Pärchen. Da es 52 Karten gibt, von denen jede 4 mal vorkommt, gibt es also $ [mm] \vektor{13 \\ 2} [/mm] $ Verschiedene Pärchen-Kombinationen.
Die Summe aller günstigen Fälle ist somit: $ [mm] \vektor{13 \\ 2}*\vektor{4 \\ 2}*\vektor{4 \\ 2}*\vektor{44 \\ 1} [/mm] = 123552 $
Und die Wahrscheinlichkeit somit $ [mm] \sim [/mm] 0,0475 $
Ich hoffe, dass es soweit stimmt... es ist schon spät!
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:09 Di 18.03.2008 | | Autor: | Lam0ndrion |
Danke, so ergibt das alles doch Sinn, ich hätte da wirklich zu kompliziert herumgerechnet...
danke für die Hilfe nochmal
mfg
Lam0ndrion
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:54 Do 27.03.2008 | | Autor: | sanni__ |
hi eine frage: wie kommst du auf die wahrscheinlichkeit von 0,0475??? ich versteh bis dahin alles, nur wie du auf die wahrscheinlichkeit kommst, is mir ein rätsel. bitte um schnelle hilfe. brauch des für mein fachreferat über wahrscheinlichkeitsberechnung bei glücksspiel und muss es verstehen! danke schon mal im voraus! lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:49 Do 27.03.2008 | | Autor: | Denny22 |
Hallo
> hi eine frage: wie kommst du auf die wahrscheinlichkeit von
> 0,0475???
Du nimmst Dir die Anzahl der günstigen Fälle:
$123552$
und teilst sie durch
[mm] $\vektor{52\\5}\,=\,\frac{52!}{5!\cdot 47!}\,=\,2598960$
[/mm]
und erhälst
[mm] $\frac{123552}{2598960}\,=\,0,047539015606242496998799519807923$
[/mm]
Ich hoffe, dass die Nachkomma stellen ausreichen  . Die Wahrscheinlichkeit erhälst du, indem du dies mit $100$ multiplizierst, also
$4,75$%
>ich versteh bis dahin alles, nur wie du auf die
> wahrscheinlichkeit kommst, is mir ein rätsel. bitte um
> schnelle hilfe. brauch des für mein fachreferat über
> wahrscheinlichkeitsberechnung bei glücksspiel und muss es
> verstehen! danke schon mal im voraus! lg
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:47 Do 27.03.2008 | | Autor: | sanni__ |
boah, danke! ich bin voll auf der leitung gestanden!!! thx nochmal
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:31 Fr 11.07.2008 | | Autor: | rabilein1 |
Eine andere (meines Erachtens einfachere) Möglichkeit, die Wahrscheinlichkeit auszurechnen ist folgende:
1) Zunächst geht man davon aus, dass strikt die Reihenfolge AABBC eingehalten werden soll.
2) Als nächstes fragt man sich, wie viele Kombinationsmöglichkeiten es dafür gibt.
Zu 1)
Die erste Karte ist ein "Freischuss". Also Wahrscheinlichkeit 52:52 (oder 1:1)
Die zweite Karte hat dann 3 von 51 Möglichkeiten
Die dritte Karte ist ein Beinahe-Freischuss. Man darf nur nicht die gleiche Karte wie beim ersten Mal ziehen. Also 48 von 50 Möglichen.
Für die vierte Karte gibt es 3 Möglichkeiten (von nunmehr 49 verbliebenen Karten)
Und die letzte Karte ist wieder ein Beinahe-Freischuss. Man darf nur nicht die gleiche Karte wie die ersten Male ziehen. Es bleiben also 44 Möglichkeiten von 48 Karten.
Somit erhält man aus 1): [mm] \bruch{52}{52}*\bruch{3}{51}* \bruch{48}{50}*\bruch{3}{49}*\bruch{44}{48} [/mm]
2) So, nun zu den Kombinationsmöglichkeiten aus AABBC
Das sind 5*4*3*2*1 und die muss man noch zweimal durch 2*2 dividieren
Das erbigt insgesamt dann 15
Wenn man das mit dem Wegebnis aus 1) multipliziert, dann kommt ebenfalls raus: 0.047539....
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:37 Di 08.07.2008 | | Autor: | Kinimod |
Sorry, dass ich hier so reinplatze, bin zufällig auf diese frage gestossen und ich glaube dass die antwort hier nicht ganz korrekt ist. das 44über1 stört mich, da diese anzahl an möglichkeiten auch die möglichkeit gibt, dass die letzte karte eben doch (wie im beispiel) ein könig oder eine dame ist.
mein ergebnis ist daher vielmehr
[mm] \vektor{13 \\ 2}\*\vektor{4 \\ 2}\*\vektor{4 \\ 2}\*\vektor{11 \\ 1}\*4=123552
[/mm]
meine überlegungen:
es gibt, wie hier jemand schon gesagt hat, 13über2 verschiedene paar-kombinationsmöglichkeiten.
beim ersten paar nimmt man 2 aus 4 karten, beim zweiten paar nimmt man ebenfalls 2 aus vier karten (wegen den farben halt, ist ja klar).
es gibt beim poker blatt die werte 1 bis Ass, d.h. 13 verschiedene werte. durch die beiden paare haben wir bereits 2 werte in der hand, die letzte karte darf jedoch keine der beiden werte sein, es kann also nur eine karte aus den 11 verbleibenden werten sein. da jede der 11 verbleibenden werte 4 farben hat, muss dies auch noch mit 4 multipliziert werden und es ergibt sich meine rechnung.
bitte sagen obs richtig ist, oder ob ich doch irgendwo nen denkfehler gemacht habe :)
danke sehr
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:43 Di 08.07.2008 | | Autor: | aram |
So Klaras und Kinimod, jetzt möchte ich mal meine Antwort reingeben, denn ich bin der Meinung, ihr beide habt eine Sache zuviel in eurer Berechnung. Natürlich kann es aber auch sein, dass ich gerade nicht den Durchblick habe.
Übrigens Kinimod, dass was du geschrieben hast ist das gleiche, was Klaras hatte.
[mm] \vektor{44 \\ 1} [/mm] = [mm] \vektor{11 * 4 \\ 1} [/mm] = [mm] \vektor{11 \\ 1} [/mm] * 4 = 44
Sooo, eurer Lösungsweg lautet [mm] \bruch{\vektor{13 \\ 2} * \vektor{4 \\ 2} *\vektor{4 \\ 2} * \vektor{44 \\ 1}}{\vektor{52 \\ 5}} \approx [/mm] 0,0475
Das kann so aber nicht stimmen, denn wenn man nun die Klammern oben zusammenaddiert, kommt man nicht auf das, was unten in der Klammer steht.
[mm] \vektor{13 \\ 2} [/mm] + [mm] \vektor{4 \\ 2} +\vektor{4 \\ 2} [/mm] + [mm] \vektor{44 \\ 1} [/mm] = [mm] \vektor{65 \\ 7} \not= \vektor{52 \\ 5}
[/mm]
In euer Berechnung ist die [mm] \vektor{13 \\ 2} [/mm] zuviel.
Wir ziehen aus den 4 Königen 2 und aus den 4 Damen 2 -> [mm] \vektor{4 \\ 2} *\vektor{4 \\ 2} [/mm]
Somit sind 2 K und 2 D auf der Hand und die anderen 2 K und 2 D aus der Berechnung. Uns bleiben nun 44 Karten im Stapel (52-4K-4D) und nur noch eine Karte zu ziehen. Diese kann jetzt gar nicht mehr K oder D sein und wird eine beliebige andere Karte sein, womit auch unsere Bedingung erfüllt wäre.
Es muss also richtig lauten [mm] \bruch{\vektor{4 \\ 2} *\vektor{4 \\ 2} * \vektor{44 \\ 1}}{\vektor{52 \\ 5}} \approx [/mm] 0,0000609474...
Mfg Aram
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 12:45 Mi 09.07.2008 | | Autor: | Kinimod |
das [mm] \vektor{44 \\ 1} [/mm] das gleiche ist wie [mm] \vektor{11 \\ 1}\*4 [/mm] hab ich doch glatt übersehen ^^
aber die lösungen von mir und klaras sind dann beide richtig (auch wenn ich finde, dass aus meiner lösung der gedankengang klarer hervorgeht:P)
deine lösung ist jedoch falsch, du kannst nicht einfach die [mm] \vektor{13 \\ 2} [/mm] aus der rechnung rausnehmen, die haben nämlich nix damit zu tun, dass man nochmal zusätzlich 2 aus 13 karten rausnimmt, [mm] \vektor{13 \\ 2} [/mm] bezieht sich lediglich auf die anzahl an kombinationsmöglichkeiten zweier paare, d.h. du kannst als paare zwei mal 1 und zwei mal 2 haben, oder zwei mal 1 und zwei mal 3 etc. etc.
deine rechnung ergibt die wahrscheinlichkeit für EIN BESTIMMTES doppelpaar, und nicht wie verlangt eine wahrscheinlichkeit dafür allgemein IRGENDEIN doppelpaar zu bekommen.
und wenn du schonmal poker gespielt hast, dann weißt du auch, dass die wahrscheinlichkeit für ein doppelpaar nicht bloß 0,00609474% beträgt ;)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:55 Mi 09.07.2008 | | Autor: | Kinimod |
das $ [mm] \vektor{44 \\ 1} [/mm] $ das gleiche ist wie $ [mm] \vektor{11 \\ 1}*4 [/mm] $ hab ich doch glatt übersehen ^^
aber die lösungen von mir und klaras sind dann beide richtig (auch wenn ich finde, dass aus meiner lösung der gedankengang klarer hervorgeht:P)
deine lösung ist jedoch falsch, du kannst nicht einfach die $ [mm] \vektor{13 \\ 2} [/mm] $ aus der rechnung rausnehmen, die haben nämlich nix damit zu tun, dass man nochmal zusätzlich 2 aus 13 karten rausnimmt, $ [mm] \vektor{13 \\ 2} [/mm] $ bezieht sich lediglich auf die anzahl an kombinationsmöglichkeiten zweier paare, d.h. du kannst als paare zwei mal 1 und zwei mal 2 haben, oder zwei mal 1 und zwei mal 3 etc. etc.
deine rechnung ergibt die wahrscheinlichkeit für EIN BESTIMMTES doppelpaar, und nicht wie verlangt eine wahrscheinlichkeit dafür allgemein IRGENDEIN doppelpaar zu bekommen.
und wenn du schonmal poker gespielt hast, dann weißt du auch, dass die wahrscheinlichkeit für ein doppelpaar nicht bloß 0,00609474% beträgt ;)
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