Ziehen aus Kartenspiel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:45 So 05.09.2010 | | Autor: | natascha |
| Aufgabe | | Ein Spieler hat 5 Karten ohne Zurücklegen aus dem gemischten Stapel von 52 Spielkarten gezogen, darunter genau 2 Könige. Der Spieler legt 3 andere Karten ab und zieht noch 3 neue Karten aus dem restlichen Stapel. Finden Sie die Wahrscheinlichkeit, dass der Spieler danach das ganze Set von 4 Königen im Besitz hat. |
Hallo,
Irgendwie komme ich bei dieser Aufgabe gar nicht weiter. Also der Spieler hat 2 Könige auf der Hand (von 5 Karten), dann legt er 3 weg (und hat somit die Möglichkeit, die Könige wieder zu verlieren) und nimmt wieder 3 neue aus dem Stapel (indem noch 2 Könige vorkommen). Dann soll man die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass er 4 Könige auf der Hand hat (die ziemlich klein sein dürfte, oder?).
Habe ich das soweit richtig verstanden?
Rechnerisch komme ich da gar nicht weiter...einen Baum kann man ja auch irgendwie nicht zeichnen...
Vielen Dank für Hilfe!
Liebe Grüsse,
Natascha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:05 So 05.09.2010 | | Autor: | algieba |
Hi
> Ein Spieler hat 5 Karten ohne Zurücklegen aus dem
> gemischten Stapel von 52 Spielkarten gezogen, darunter
> genau 2 Könige. Der Spieler legt 3 andere Karten ab und
> zieht noch 3 neue Karten aus dem restlichen Stapel. Finden
> Sie die Wahrscheinlichkeit, dass der Spieler danach das
> ganze Set von 4 Königen im Besitz hat.
> Hallo,
>
> Irgendwie komme ich bei dieser Aufgabe gar nicht weiter.
> Also der Spieler hat 2 Könige auf der Hand (von 5 Karten),
> dann legt er 3 weg (und hat somit die Möglichkeit, die
> Könige wieder zu verlieren) und nimmt wieder 3 neue aus
Ich verstehe das nicht so, dass er die Könige wieder verlieren kann. Es ist in der Aufgabe ja die Rede von 3 anderen Karten. Ich denke, dass es so gemeint ist, dass er die 3 Karten auf seiner Hand, die keine Könige sind, weglegt.
> dem Stapel (indem noch 2 Könige vorkommen). Dann soll man
> die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass er 4 Könige auf der
> Hand hat (die ziemlich klein sein dürfte, oder?).
> Habe ich das soweit richtig verstanden?
>
> Rechnerisch komme ich da gar nicht weiter...einen Baum kann
> man ja auch irgendwie nicht zeichnen...
Informiere dich mal über die ![[]](/images/popup.gif) Hypergeometrische Verteilung. Die musst du hier einfach zweimal anwenden.
Viele Grüße
>
> Vielen Dank für Hilfe!
>
> Liebe Grüsse,
>
> Natascha
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:01 So 05.09.2010 | | Autor: | natascha |
Hi,
> Ich verstehe das nicht so, dass er die Könige wieder
> verlieren kann. Es ist in der Aufgabe ja die Rede von 3
> anderen Karten. Ich denke, dass es so gemeint ist, dass er
> die 3 Karten auf seiner Hand, die keine Könige sind,
> weglegt.
Ja, das scheint dann doch mehr Sinn zu machen. Vorallem besteht dann mehr Hoffnung fürs Ausrechnen, ich war schon am Verzweifeln :D
> > Rechnerisch komme ich da gar nicht weiter...einen Baum kann
> > man ja auch irgendwie nicht zeichnen...
> Informiere dich mal über die
> Hypergeometrische Verteilung.
> Die musst du hier einfach zweimal anwenden.
Ich habe jetzt 2 Mal die hypergeometrische Verteilung wie folgt angewendet:
1) 52 Karten mit 4 Königen, wir ziehen daraus 5.
[mm] P(X1=2)=\bruch{\vektor{4 \\ 2}*\vektor{48\\3}}{\vektor{52\\5}}
[/mm]
2) 47 Karten mit 2 Königen, wir ziehen daraus 3.
[mm] P(X2=2)=\bruch{\vektor{2 \\ 2}*\vektor{45\\1}}{\vektor{47\\3}}
[/mm]
Daraus erhalte ich dann:
P(4 Könige)=P(X1=2)*P(X2=2)= [mm] \bruch{120}{49*50*51*52}
[/mm]
Stimmt das so?
Vielen Dank!
Viele liebe Grüsse,
Natascha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:15 So 05.09.2010 | | Autor: | abakus |
> Hi,
> > Ich verstehe das nicht so, dass er die Könige wieder
> > verlieren kann. Es ist in der Aufgabe ja die Rede von 3
> > anderen Karten. Ich denke, dass es so gemeint ist, dass er
> > die 3 Karten auf seiner Hand, die keine Könige sind,
> > weglegt.
> Ja, das scheint dann doch mehr Sinn zu machen. Vorallem
> besteht dann mehr Hoffnung fürs Ausrechnen, ich war schon
> am Verzweifeln :D
>
> > > Rechnerisch komme ich da gar nicht weiter...einen Baum kann
> > > man ja auch irgendwie nicht zeichnen...
> > Informiere dich mal über die
> >
> Hypergeometrische Verteilung.
> > Die musst du hier einfach zweimal anwenden.
>
> Ich habe jetzt 2 Mal die hypergeometrische Verteilung wie
> folgt angewendet:
> 1) 52 Karten mit 4 Königen, wir ziehen daraus 5.
> [mm]P(X1=2)=\bruch{\vektor{4 \\ 2}*\vektor{48\\3}}{\vektor{52\\5}}[/mm]
>
> 2) 47 Karten mit 2 Königen, wir ziehen daraus 3.
> [mm]P(X2=2)=\bruch{\vektor{2 \\ 2}*\vektor{45\\1}}{\vektor{47\\3}}[/mm]
>
> Daraus erhalte ich dann:
> P(4 Könige)=P(X1=2)*P(X2=2)= [mm]\bruch{120}{49*50*51*52}[/mm]
>
> Stimmt das so?
Nein.
Hallo erstmal,
laut Aufgabenformulierung ist es schon geklärt (und damit ein sicheres Ereignis), dass er zwei Könige besitzt. Unter dieser Bedingung (bedingte Wahrscheinlichkeit!!) geht es nur noch darum, die restlichen 2 Könige aus 47 Karten zu ziehen. Lass also den Faktor P(X1=2) weg.
Gruß Abakus
>
> Vielen Dank!
> Viele liebe Grüsse,
> Natascha
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:19 So 05.09.2010 | | Autor: | natascha |
Hallo,
> > > Informiere dich mal über die
> > >
> >
> Hypergeometrische Verteilung.
> > > Die musst du hier einfach zweimal anwenden.
> Hallo erstmal,
> laut Aufgabenformulierung ist es schon geklärt (und damit
> ein sicheres Ereignis), dass er zwei Könige besitzt. Unter
> dieser Bedingung (bedingte Wahrscheinlichkeit!!) geht es
> nur noch darum, die restlichen 2 Könige aus 47 Karten zu
> ziehen. Lass also den Faktor P(X1=2) weg.
> Gruß Abakus
> >
Jetzt bin ich aber verwirrt...also ich sollte doch die hypergeometrische Verteilung 2 Mal anwenden. Dann erhalte ich doch automatisch 2 Faktoren, oder nicht? Was ist denn nun richtig? Oder habe ich etwas übersehen?
Vielen Dank!
Liebe Grüsse,
Natascha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:45 Mo 06.09.2010 | | Autor: | statler |
Hallo Natascha!
> Jetzt bin ich aber verwirrt...also ich sollte doch die
> hypergeometrische Verteilung 2 Mal anwenden. Dann erhalte
> ich doch automatisch 2 Faktoren, oder nicht? Was ist denn
> nun richtig? Oder habe ich etwas übersehen?
Also: Du ziehst aus einem 47er-Stapel, in dem sich noch 2 Könige befinden, 3 Karten. Die Anzahl der Möglichkeiten dafür kannst du hoffentlich ausrechnen. Wenn du die beiden übrigen Könige erwischen willst, müssen das eben 2 von deinen 3 Karten sein und die 3. ist dann eine von den 45 restlichen. Die Anzahl der Möglichkeiten dafür ist der Zähler deines Bruches.
Du wendest die hypergeometrische Verteilung nicht zweimal an, sondern du berechnest in der Wiki-Diktion h(2|47; 2; 3).
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:34 Mo 06.09.2010 | | Autor: | natascha |
Hallo,
> > Also: Du ziehst aus einem 47er-Stapel, in dem sich noch 2
> Könige befinden, 3 Karten. Die Anzahl der Möglichkeiten
> dafür kannst du hoffentlich ausrechnen. Wenn du die beiden
> übrigen Könige erwischen willst, müssen das eben 2 von
> deinen 3 Karten sein und die 3. ist dann eine von den 45
> restlichen. Die Anzahl der Möglichkeiten dafür ist der
> Zähler deines Bruches.
>
> Du wendest die hypergeometrische Verteilung nicht zweimal
> an, sondern du berechnest in der Wiki-Diktion h(2|47; 2;
> 3).
Ich habe nun so gerechnet:
[mm] \bruch{\vektor{2 \\ 2}\vektor{45 \\ 1}}{\vektor{47 \\ 3}} [/mm] = [mm] \bruch{6}{46*47} [/mm] = 0.002775
Das müsste dann stimmen, oder?
Danke!
Viele Grüsse,
Natascha
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Hallo Natascha,
das Ergebnis ist so richtig.
Die erste Ziehung (bei der der Spieler sein Ausgangsblatt bekam) ist hier ja nicht gefragt, sondern nur die zweite (Austausch von drei Karten mit Vervollständigung der Könige), und deren Wahrscheinlichkeit hast Du jetzt korrekt bestimmt.
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:31 Mo 06.09.2010 | | Autor: | natascha |
Ok, super!
Vielen Dank!
Liebe Grüsse,
Natascha
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