Kartenverteilung < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Wie gross ist die Warscheinlichkeit z.B beim Schafkopf, dass bei der Verteilung von 3 (als gleich angesehenen) Karten einer von 3 Spielern keine einzige der Karten erhaelt?
b) wie gross ist die Warscheinlichkeit, bei 4 verteilten Karten? |
Hallo miteinander, wie man der Frage vielleicht ansieht ist sie selber erfunden. Es ist ne reine Interessensfrage, schockiert habe ich festgestellt dass ich da wohl auf dem Schlauch stehe. Mein Ansatz waere:
Davon ausgehen, dass insgesamt 6 Karten verteilt werden (3 davon sind die gesuchten, 3 davon sind andere). Dann haette ich das so berechnet:
Anzahl Moeglichkeiten, dass jeder 1 Karte bekommt:
[mm] {3 \choose 1} * {3 \choose 1} * {2 \choose 1}*{2 \choose 1}*{1 \choose 1}*{1 \choose 1} = 3*3*2*2*1*1 = 36 [/mm]
Anzahl Moeglichkeiten gesamt:
[mm]{6 \choose 2} * {4 \choose 2} * {2 \choose 2} = 15 *6 *1 = 90 [/mm]
Anzahl Moeglichkeiten, dass einer "frei" ist:
[mm] 90 - 36 = 54 [/mm]
Chance, dass einer "frei" ist:
[mm] \bruch{54}{90} = 0.6 [/mm]
So, nun hab ich aber keine Ahnung ob das auch nur im Ansatz richtig ist, vor allem weil ich da noch die 3 anderen "unbekannten" Karten mit reingenommen hab.
Mein anderer Ansatz waer gewesen:
Moeglichkeiten der Verteilung "eine Karte fuer jeden":
[mm] 3*2*1 = 6 [/mm]
Moeglichkeiten, 3 Karten auf 3 Spieler zu verteilen:
[mm] 3*3*3 = 27 [/mm]
Moeglichkeiten, dass einer "frei" ist:
[mm] 27-6 = 21 [/mm]
Warscheinlickeit, dass einer "frei" ist:
[mm] \bruch{21}{27} = \bruch{7}{9} =0.778 [/mm]
Es ist nun natuerlich offensichtlich, dass mindestens einer der Ansaetze grundsaetzlich falsch ist, denn die Ergebnisse sind zu verschieden. Ich schaetze, dass der erste Ansatz falsch ist, 36 Moeglichkeiten, dass jeder 1 Karte erhaelt scheint mir sehr viel zu sein, ausserdem weiss ich nicht ob man das mit dem "von 6 Karten ausgehen" ueberhaupt machen kann. Ich dachte, das kann man machen weil sich die Anzahl der gesuchten Moeglichkeiten und die Anzahl der gesamten Moeglichkeiten im gleichen Ausmass aendern, hab aber keine Ahnung ob das stimmt.
Waere nett wenn jemand mich mal grundsaetzlich zurechtruecken koennte, damit ich b) angehen kann (wo ich gerade noch mehr auf dem Schlauch stehe)
vielen Dank!
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> Wie gross ist die Warscheinlichkeit z.B beim Schafkopf,
> dass bei der Verteilung von 3 (als gleich angesehenen)
> Karten einer von 3 Spielern keine einzige der Karten
> erhaelt?
Hallo DepressiverRoboter,
definiere "Schafkopf" ! Stop.
LG , Al-Chw.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:41 Di 13.08.2013 | | Autor: | abakus |
> Wie gross ist die Warscheinlichkeit z.B beim Schafkopf,
> dass bei der Verteilung von 3 (als gleich angesehenen)
> Karten einer von 3 Spielern keine einzige der Karten
> erhaelt?
> b) wie gross ist die Warscheinlichkeit, bei 4 verteilten
> Karten?
> Hallo miteinander, wie man der Frage vielleicht ansieht
> ist sie selber erfunden. Es ist ne reine Interessensfrage,
> schockiert habe ich festgestellt dass ich da wohl auf dem
> Schlauch stehe. Mein Ansatz waere:
> Davon ausgehen, dass insgesamt 6 Karten verteilt werden (3
> davon sind die gesuchten, 3 davon sind andere). Dann haette
> ich das so berechnet:
>
> Anzahl Moeglichkeiten, dass jeder 1 Karte bekommt:
>
> [mm]{3 \choose 1} * {3 \choose 1} * {2 \choose 1}*{2 \choose 1}*{1 \choose 1}*{1 \choose 1} = 3*3*2*2*1*1 = 36[/mm]
>
> Anzahl Moeglichkeiten gesamt:
>
> [mm]{6 \choose 2} * {4 \choose 2} * {2 \choose 2} = 15 *6 *1 = 90[/mm]
>
> Anzahl Moeglichkeiten, dass einer "frei" ist:
>
> [mm]90 - 36 = 54[/mm]
>
> Chance, dass einer "frei" ist:
> [mm]\bruch{54}{90} = 0.6[/mm]
>
> So, nun hab ich aber keine Ahnung ob das auch nur im Ansatz
> richtig ist, vor allem weil ich da noch die 3 anderen
> "unbekannten" Karten mit reingenommen hab.
>
> Mein anderer Ansatz waer gewesen:
> Moeglichkeiten der Verteilung "eine Karte fuer jeden":
> [mm]3*2*1 = 6[/mm]
>
> Moeglichkeiten, 3 Karten auf 3 Spieler zu verteilen:
> [mm]3*3*3 = 27[/mm]
>
> Moeglichkeiten, dass einer "frei" ist:
> [mm]27-6 = 21[/mm]
>
> Warscheinlickeit, dass einer "frei" ist:
> [mm]\bruch{21}{27} = \bruch{7}{9} =0.778[/mm]
>
>
> Es ist nun natuerlich offensichtlich, dass mindestens einer
> der Ansaetze grundsaetzlich falsch ist, denn die Ergebnisse
> sind zu verschieden. Ich schaetze, dass der erste Ansatz
> falsch ist, 36 Moeglichkeiten, dass jeder 1 Karte erhaelt
> scheint mir sehr viel zu sein, ausserdem weiss ich nicht ob
> man das mit dem "von 6 Karten ausgehen" ueberhaupt machen
> kann. Ich dachte, das kann man machen weil sich die Anzahl
> der gesuchten Moeglichkeiten und die Anzahl der gesamten
> Moeglichkeiten im gleichen Ausmass aendern, hab aber keine
> Ahnung ob das stimmt.
> Waere nett wenn jemand mich mal grundsaetzlich
> zurechtruecken koennte, damit ich b) angehen kann (wo ich
> gerade noch mehr auf dem Schlauch stehe)
>
> vielen Dank!
Hallo,
es wäre hilfreich, wenn du (für Nicht-Schafkopfspieler) wenigstens die grundlegende Verteilungsregel erklärst.
Du sprachst von SECHS zu verteilenden Karten (von denen drei "gut" sind) an drei Spieler.
WIE werden die 6 Karten verteilt? Bekommt jeder Mitspieler zwei Karten?
Gruß Abakus
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Hallo miteinander,
erstmal Danke fuer die Antworten.
Ich hatte die Schafkopf-Regeln als nicht relevant gesehen. ICh erklaer kurz das wichtigste:
Schafkopf wird mit 32 Karten gespielt.
Es gibt 4 Farben (Schell, Herz, Laub, Eichel). Es gibt 6 Karten jeder Farbe.
dazu gibt es noch 8 Trumpfkarten.
Es gibt 4 Spieler, jeder Spieler bekommt 8 Karten (die Karten werden komplett verteilt.)
In jeder Runde spielt jeder Spieler eine Karte.
Es wird gespielt bis alle Spieler kartenlos sind. (also nichts zurueckgelegt oder gezogen)
Nun zur Frage: Nach 6 Runden sind damit 24 Karten gespielt, also noch 8 im Spiel. 2 Davon hab ich auf der Hand, die kenne ich also.
Wenn ich nun mitgezaehlt habe, und weiss dass z.b noch 3 Schell-Karten im Spiel sind,ich aber keine Schell Karte habe. Wie gross ist die Warscheinlichkeit, dass MINDESTENS einer der 3 Mitspieler keine Schell Karte mehr hat?
Reduziert wuerde das doch heissen: es sind noch 3 Schell Karten im Spiel, und 3 nicht-Schell Karten. Wenn jeder von 3 Spielern 2 Karten hat: Wie gross ist die Warscheinlichkeit, dass mindestens einer von diesen 3 Spielern keine Schell Karte hat,? (also 2 nicht-Schell Karten)
Dabei ist nicht wichtig welcher der Spieler genau.
ich hoffe das erklaert die Frage besser :)
vielen Dank!
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Guten Abend !
> Hallo miteinander,
> erstmal Danke fuer die Antworten.
>
> Ich hatte die Schafkopf-Regeln als nicht relevant gesehen.
Für mich ist dies (in fortgeschrittenem Alter) die allererste
Bekanntschaft mit diesem Kartenspiel ... 
> Ich erklaer kurz das wichtigste:
> Schafkopf wird mit 32 Karten gespielt.
> Es gibt 4 Farben (Schell, Herz, Laub, Eichel). Es gibt 6
> Karten jeder Farbe.
> dazu gibt es noch 8 Trumpfkarten.
> Es gibt 4 Spieler, jeder Spieler bekommt 8 Karten (die
> Karten werden komplett verteilt.)
> In jeder Runde spielt jeder Spieler eine Karte.
> Es wird gespielt bis alle Spieler kartenlos sind. (also
> nichts zurueckgelegt oder gezogen)
Danke für die Erläuterungen !
> Nun zur Frage: Nach 6 Runden sind damit 24 Karten gespielt,
> also noch 8 im Spiel. 2 Davon hab ich auf der Hand, die
> kenne ich also.
> Wenn ich nun mitgezaehlt habe, und weiss dass z.b noch 3
> Schell-Karten im Spiel sind,ich aber keine Schell Karte
> habe. Wie gross ist die Warscheinlichkeit, dass MINDESTENS
> einer der 3 Mitspieler keine Schell Karte mehr hat?
>
> Reduziert wuerde das doch heissen: es sind noch 3 Schell
> Karten im Spiel, und 3 nicht-Schell Karten. Wenn jeder von
> 3 Spielern 2 Karten hat: Wie gross ist die
> Warscheinlichkeit, dass mindestens einer von diesen 3
> Spielern keine Schell Karte hat,? (also 2 nicht-Schell
> Karten)
> Dabei ist nicht wichtig welcher der Spieler genau.
>
> ich hoffe das erklaert die Frage besser :)
Ja. Damit wird aus der Frage eine klar definierte
Aufgabe zur Wahrscheinlichkeitsrechnung.
Es ist wohl sinnvoll, über die Gegenwahrscheinlichkeit
zu argumentieren:
P(mindestens einer hat keine Schell)
= 1-P(keiner hat keine Schell)
=1-P(jeder hat genau eine Schell und eine Nicht-Schell)
Jetzt können wir z.B. nach der elementaren Formel
$p=\ [mm] \frac{g}{m}$
[/mm]
vorgehen. Wir bilden aus 3 "S" (für Schell) und 3 "N"
ein Wort aus 6 Buchstaben, zum Beispiel NSNNSS.
Wörter dieser Art gibt es insgesamt
[mm] $\frac{6!}{3!*3!}\ [/mm] =\ [mm] \pmat{6\\3}\ [/mm] =\ 20$
Uns interessieren aber zunächst nur jene Wörter,
die in den ersten beiden, in den mittleren beiden
und in den letzten beiden Buchstaben jeweils genau
ein S und genau ein N enthalten. Man überlegt
sich leicht, dass es 2*2*2=8 solche Wörter geben
muss.
Damit erhalten wir:
P(jeder hat genau eine Schell und eine Nicht-Schell) = [mm] \frac{8}{20}
[/mm]
und damit
P(mindestens einer hat keine Schell) = $\ [mm] 1-\frac{8}{20}\ [/mm] =\ [mm] \frac{12}{20}\ [/mm] =\ 0.6$
LG , Al-Chwarizmi
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Vielen Dank fuer die Antwort! Ich habe dazu einige Rueckfragen
das
[mm] \bruch{6!}{3!*3!} [/mm]
deswegen, weil ich 6! Moeglichkeiten habe 6 Karten zu verteilen, allerdings jeweils 3 Karten gleich sind? Also beim 6! sehe ich jede Karte als verschieden an, deswegen muss ich, wenn ich jeweils 3 Karten als gleich ansehen will die ueberschuessigen Moeglichkeiten "rausdividieren"?
Wenn ich also 4 "gute" und 2 "schlechte" Karten haette, dann gaebe es:
[mm] \bruch{6!}{4!*2!} [/mm]
Moeglichkeiten im ganzen, stimmt das so?
Wenn ich nun von der selben Aufgabenstellung ausgehe, allerdings von 4 "guten" und 2 "schlechten" Karten, dann berechne ich das so:
Moeglichkeiten gesamt:
[mm] \bruch{6!}{4!*2!} = 15 [/mm]
Nun haeng ich wieder:
Es gibt nun 3 Moeglichkeiten, dass ein Spieler keine hat, naemlich:
SSSSNN oder SSNNSS oder NNSSSS
die Chance, dass ein Spieler frei ist, waere damit:
[mm] \bruch{3}{15} = \bruch{1}{5} = 0.2[/mm]
stimmt das??? Wenn das stimmt kommt schon die naechste Frage, ich will das jetzt genau wissen haha
vielen Dank!
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> Vielen Dank fuer die Antwort! Ich habe dazu einige
> Rueckfragen
>
> das
>
> [mm]\bruch{6!}{3!*3!}[/mm]
>
> deswegen, weil ich 6! Moeglichkeiten habe 6 Karten zu
> verteilen, allerdings jeweils 3 Karten gleich sind? Also
> beim 6! sehe ich jede Karte als verschieden an, deswegen
> muss ich, wenn ich jeweils 3 Karten als gleich ansehen will
> die ueberschuessigen Moeglichkeiten "rausdividieren"?
Richtig. So kann man das sagen.
> Wenn ich also 4 "gute" und 2 "schlechte" Karten haette,
> dann gaebe es:
>
> [mm]\bruch{6!}{4!*2!}[/mm]
>
> Moeglichkeiten im ganzen, stimmt das so?
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]") Ja.
> Wenn ich nun von der selben Aufgabenstellung ausgehe,
> allerdings von 4 "guten" und 2 "schlechten" Karten, dann
> berechne ich das so:
>
> Moeglichkeiten gesamt:
>
> [mm]\bruch{6!}{4!*2!} = 15[/mm]
>
> Nun haeng ich wieder:
> Es gibt nun 3 Moeglichkeiten, dass ein Spieler keine hat,
> naemlich:
>
> SSSSNN oder SSNNSS oder NNSSSS ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
korrekt.
> die Chance, dass ein Spieler frei ist, waere damit:
>
> [mm]\bruch{3}{15} = \bruch{1}{5} = 0.2[/mm]
>
> stimmt das??? Wenn das stimmt kommt schon die naechste
> Frage, ich will das jetzt genau wissen haha
gesunde Einstellung für das Lernen ...
LG , Al-Chw.
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Super! Vielen Dank fuer die Antwort...jetzt kommt aber noch was :D
Wenn ich nun die selbe Situation der "guten" und "schlechten" Karten habe, allerdings am Anfang des Spieles (Alle Spieler haben noch 8 Karten).
Wenn ich nur die Schell suche. Ich selber habe 2 Schell auf der Hand und 6 nicht-Schell Karten. Ich suche nun wieder die Anzahl der Moeglichkeiten, dass einer der anderen Spieler KEINE EINZIGE Schell Karte hat.
Dann ist es wieder sinnvoll ueber die Gegenwarscheinlichkeit zu argumentieren, es gibt naemlich nur 1 Fall dass KEINER frei ist, naemlich:
EIn spieler hat 2 Karten, die anderen beiden haben jeweils 1 Karte.
Eine Moegliche Kombination:
SSNNNNNN-SNNNNNNN-SNNNNNNN
dann gaebe es fuer "Spieler 1 hat 2 Schell" insgesamt:
[mm] {8 \choose 2} * 8 * 8 = \bruch{8!}{2!*6!} * 8 * 8 = \frac{8*7*8*8}{2} = 1792 [/mm] Moeglichkeiten
Nun gibt es aber 3 Spieler, jeder kann der Spieler sein, der 2 Schell hat, deswegen gibt es fuer "keiner ist frei" insgesamt:
[mm] 3* 1792 = 5376 [/mm] Moeglichkeiten.
Es gibt insgesamt:
[mm] \bruch{24!}{4!*20!} =\bruch{24*23*22*21}{4*3*2} = 10626 [/mm]
Moeglichkeiten 20 Nicht-Schell Karten und 4 Schell Karten auf 3 Spieler zu verteilen.
Die Moeglichkeiten, dass mindestens einer "frei" ist sind damit:
[mm] 10626- 5376 = 5250 [/mm]
Die Chance, dass mindestens einer "frei" ist damit:
[mm] \bruch{5250}{10626} = 0.494 [/mm]
Also ca 50%. Stimmt das so??? Oder ist da irgendwo ein Denkfehler drin?
So: Wenn fuer mich jetzt nur wichtig ist ob Spieler 1 oder Spieler 2 frei ist, Spieler 3 aber uninteressant, kann ich dann einfach so rechnen:
Moeglichkeiten, dass einer von 3 Spielern frei ist: 5250
Moeglichkeiten, dass Spieler 1 oder Spieler 2 frei ist (oder beide):
[mm] \bruch{2}{3} * 5250 = 3500 [/mm] Moeglichkeiten
Warscheinlichkeit, dass Spieler 1 oder Spieler 2 (oder beide) frei sind:
[mm] \bruch{3500}{10626} =0.33 [/mm]
Kann ich das einfach so machen? Stimmt das?
Vielen Dank schonmal im Vorraus.
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> Super! Vielen Dank fuer die Antwort...jetzt kommt aber noch
> was :D
>
> Wenn ich nun die selbe Situation der "guten" und
> "schlechten" Karten habe, allerdings am Anfang des Spieles
> (Alle Spieler haben noch 8 Karten).
> Wenn ich nur die Schell suche. Ich selber habe 2 Schell
> auf der Hand und 6 nicht-Schell Karten. Ich suche nun
> wieder die Anzahl der Moeglichkeiten, dass einer der
> anderen Spieler KEINE EINZIGE Schell Karte hat.
>
> Dann ist es wieder sinnvoll ueber die
> Gegenwarscheinlichkeit zu argumentieren, es gibt naemlich
> nur 1 Fall dass KEINER frei ist, naemlich:
> EIn spieler hat 2 Karten, die anderen beiden haben jeweils
> 1 Karte.
>
> Eine Moegliche Kombination:
> SSNNNNNN-SNNNNNNN-SNNNNNNN
>
> dann gaebe es fuer "Spieler 1 hat 2 Schell" insgesamt:
>
> [mm]{8 \choose 2} * 8 * 8 = \bruch{8!}{2!*6!} * 8 * 8 = \frac{8*7*8*8}{2} = 1792[/mm]
> Moeglichkeiten
>
> Nun gibt es aber 3 Spieler, jeder kann der Spieler sein,
> der 2 Schell hat, deswegen gibt es fuer "keiner ist frei"
> insgesamt:
> [mm]3* 1792 = 5376[/mm] Moeglichkeiten.
>
> Es gibt insgesamt:
>
> [mm]\bruch{24!}{4!*20!} =\bruch{24*23*22*21}{4*3*2} = 10626[/mm]
>
> Moeglichkeiten 20 Nicht-Schell Karten und 4 Schell Karten
> auf 3 Spieler zu verteilen.
>
> Die Moeglichkeiten, dass mindestens einer "frei" ist sind
> damit:
> [mm]10626- 5376 = 5250[/mm]
>
> Die Chance, dass mindestens einer "frei" ist damit:
> [mm]\bruch{5250}{10626} = 0.494[/mm]
>
> Also ca 50%. Stimmt das so??? Oder ist da irgendwo ein
> Denkfehler drin?
Soweit ich sehe, ist dies richtig.
> So: Wenn fuer mich jetzt nur wichtig ist ob Spieler 1 oder
> Spieler 2 frei ist, Spieler 3 aber uninteressant, kann ich
> dann einfach so rechnen:
> Moeglichkeiten, dass einer von 3 Spielern frei ist: 5250
> Moeglichkeiten, dass Spieler 1 oder Spieler 2 frei ist
> (oder beide):
>
> [mm]\bruch{2}{3} * 5250 = 3500[/mm] Moeglichkeiten
>
> Warscheinlichkeit, dass Spieler 1 oder Spieler 2 (oder
> beide) frei sind:
>
> [mm]\bruch{3500}{10626} =0.33[/mm]
>
> Kann ich das einfach so machen? Stimmt das?
Dass du hier einfach die Anzahl mit [mm] \frac{2}{3} [/mm] multiplizierst,
müsste wenigstens noch begründet werden.
Ich zweifle, ob dies richtig ist, muss mir das Ganze
aber auch nochmal genauer überlegen.
LG , Al-Chw.
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> Super! Vielen Dank fuer die Antwort...jetzt kommt aber noch
> was :D
>
> Wenn ich nun die selbe Situation der "guten" und
> "schlechten" Karten habe, allerdings am Anfang des Spieles
> (Alle Spieler haben noch 8 Karten).
> Wenn ich nur die Schell suche. Ich selber habe 2 Schell
> auf der Hand und 6 nicht-Schell Karten. Ich suche nun
> wieder die Anzahl der Moeglichkeiten, dass einer der
> anderen Spieler KEINE EINZIGE Schell Karte hat.
>
> Dann ist es wieder sinnvoll ueber die
> Gegenwarscheinlichkeit zu argumentieren, es gibt naemlich
> nur 1 Fall dass KEINER frei ist, naemlich:
> EIn spieler hat 2 Karten, die anderen beiden haben jeweils
> 1 Karte.
>
> Eine Moegliche Kombination:
> SSNNNNNN-SNNNNNNN-SNNNNNNN
>
> dann gaebe es fuer "Spieler 1 hat 2 Schell" insgesamt:
>
> [mm]{8 \choose 2} * 8 * 8 = \bruch{8!}{2!*6!} * 8 * 8 = \frac{8*7*8*8}{2} = 1792[/mm]
> Moeglichkeiten
>
> Nun gibt es aber 3 Spieler, jeder kann der Spieler sein,
> der 2 Schell hat, deswegen gibt es fuer "keiner ist frei"
> insgesamt:
> [mm]3* 1792 = 5376[/mm] Moeglichkeiten.
>
> Es gibt insgesamt:
>
> [mm]\bruch{24!}{4!*20!} =\bruch{24*23*22*21}{4*3*2} = 10626[/mm]
>
> Moeglichkeiten 20 Nicht-Schell Karten und 4 Schell Karten
> auf 3 Spieler zu verteilen.
>
> Die Moeglichkeiten, dass mindestens einer "frei" ist sind
> damit:
> [mm]10626- 5376 = 5250[/mm]
>
> Die Chance, dass mindestens einer "frei" ist damit:
> [mm]\bruch{5250}{10626} = 0.494[/mm]
>
> Also ca 50%. Stimmt das so??? Oder ist da irgendwo ein
> Denkfehler drin?
>
> So: Wenn fuer mich jetzt nur wichtig ist ob Spieler 1 oder
> Spieler 2 frei ist, Spieler 3 aber uninteressant, kann ich
> dann einfach so rechnen:
> Moeglichkeiten, dass einer von 3 Spielern frei ist: 5250
> Moeglichkeiten, dass Spieler 1 oder Spieler 2 frei ist
> (oder beide):
>
> [mm]\bruch{2}{3} * 5250 = 3500[/mm] Moeglichkeiten
>
> Warscheinlichkeit, dass Spieler 1 oder Spieler 2 (oder
> beide) frei sind:
>
> [mm]\bruch{3500}{10626} =0.33[/mm]
Hallo DR,
ich habe nun nochmals etwas gerechnet. 24 Karten, davon
4 "S" und 20 "N" , werden zu je 8 Karten an drei Spieler
A, B und C verteilt.
Betrachten wir zunächst einen (beliebigen) der 3 Spieler,
z.B. den Spieler A. Die Anzahl der Möglichkeiten, 8 Karten
für diesen Spieler auszuwählen (ohne Beachtung der Reihen-
folge), ist gleich $\ m\ =\ [mm] \pmat{24\\8}$
[/mm]
Die Anzahl der Möglichkeiten, A mit lauter N-Karten
(also keine S) zu versorgen, ist $\ g\ =\ [mm] \pmat{20\\8}$ [/mm] .
Also ergibt sich für die W'keit, dass A keine S erhält,
gleich
P(A hat keine Schelle) = [mm] $\frac{g}{m}\ [/mm] =\ [mm] \frac{130}{759}$ [/mm]
(falls ich richtig gerechnet habe).
Ebenso ist natürlich auch
P(B hat keine Schelle) = [mm] $\frac{g}{m}\ [/mm] =\ [mm] \frac{130}{759}$
[/mm]
Ferner ist
P(weder A noch B hat eine Schelle) = P(C hat alle 4 verbleibenden
Schellen) $\ =\ [mm] \frac{5}{759}$ [/mm]
Daraus folgt noch, dass P(sowohl A als auch B hat je mindestens
eine Schelle) $\ =\ [mm] \frac{504}{759}$
[/mm]
(Es ist spät ... ich wäre froh, wenn jemand die Resultate noch
überprüfen würde)
LG , Al-Chw.
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Hallo, danke dass du dir die Muehe gemacht hast, vor allem so spaet! :)
Ich war auch gerade am Antwort tippen :D (fuer mich ist es wegs Zeitverschiebung nicht ganz so spaet ;) )
ICh bin deine Rechnung nochmal durchgegangen, und komm auf das selbe Ergebnis, muesste also stimmen!
Jetzt noch was ich gemacht hatte:
(sorry ist etwas lang)
Jetzt mal ohne Gegenereignis, es gibt folgende Moeglichkeiten, dass mindestens 1 Spieler frei ist
1te Moeglichkeit: ein Spieler hat alle 4.
also: SSSSNNNN-NNNNNNNN-NNNNNNNN
fuer diese Moeglichkeit gibt es:
[mm] 3* {8 \choose 4} = 3* \frac{8!}{4!*4!} = 3* \frac{8*7*6*5}{4*3*2*1} = 3* 70 = 210 [/mm] Moeglichkeiten.
2te Moeglichkeit, ein Spieler hat 3, ein anderer 1 und der letzte 0, also
SSSNNNNN-SNNNNNNN-NNNNNNNN
fuer diese Moeglichkeit gibt es:
[mm] 3*2* {8 \choose 3}*8*1 = 3*2* \frac{8!}{3!*5!}*8 =3* 2*\frac{8*7*6}{3*2*1} *8 = 2688 [/mm] Moeglichkeiten.
3te Moeglichkeit: zwei Spieler haben 2, der letzte Spieler hat 0.
SSNNNNNN-SSNNNNNNN-NNNNNNNN
[mm] 3* {8 \choose 2}*{8 \choose 2}*1= 3* \frac{8!}{2!*6!} * \frac{8!}{2!*6!} = 3* \frac{8*7}{2} * \frac{8*7}{2} = 2352 [/mm] Moeglichkeiten
Insgesamt also:
[mm] 2352+ 210 + 2688 = 5250 [/mm] Moeglichkeiten
SO,erstmal ist beruhigend dass ich so auf das selbe Ergebnis komme, jetzt mal ueberlegen wie ich die Moeglichkeiten "Spieler 3 ist frei" rauskriege.
Bei der Moeglichkeit "ein SPieler hat alle 4" kann ich nichts abziehen, denn hier gibt es keine Moeglichkeit, in der nur Spieler 3 frei ist.
bei der Moeglichkeit "Ein Spieler hat 3 und einer 1" gibt es allerdings was abzuziehen, naemlich ist die Anzahl der
Moeglichkeiten, dass Spieler 1 oder Spieler 2 frei ist:
[mm] {8 \choose 3} * 8 * 4 = \frac{8!}{3!*5!}*8*4 = \frac{8*7*6}{3*2} * 8 *4 = 1792 [/mm] Moeglichkeiten
(Hier also 2/3 der gesamten)
bei der Moeglichkeit "Zwei Spieler haben 2 und ein Spieler hat 0" gibt es auch was abzuziehen.
[mm] {8 \choose 2} * {8 \choose 2} *2 = 1568 [/mm] Moeglichkeiten.
(also auch hier 2/3)
Insgesamt gaebe es dann fuer die Situation "Spieler 1 frei, Spieler 2 frei oder beide frei" insgesamt:
[mm] 210 + 1792 + 1568 = 3570 [/mm] Moeglichkeiten
Deine Annahme, dass ich das nicht "direkt" mal 2/3 nehmen kann war also nach diesem Gedankengang korrekt, das liegt wohl daran, dass die 3 Mengen "Spieler1 frei" "Spieler 2 frei" und "Spieler 3 frei" nicht komplett diskunkt sind, oder? Der Unterschied ist zwar nicht gewaltig (zwischen
33,3 Prozent und 33,5 Prozent), aber doch existent.
Auf jeden Fall komm ich darauf wenn ich ausrechne:
[mm] \frac{3570}{10626} =0.33597 = 1- \frac{504}{759} [/mm]
Wir wuerden also auf die selbe Loesung kommen, dein Ansatz ist allerdings deutlich deutlich kuerzer :)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 06:20 Di 20.08.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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