Wahrscheinlichkeiten < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 23:27 Sa 23.10.2010 | | Autor: | woldo |
| Aufgabe | Bei einer Pokerrunde sind noch zwei Spieler im Spiel. Jeder Spieler erhält verdeckt zwei
Handkarten, wobei der Reihe nach jeder Spieler zunächst die erste und danach alle
Spieler die zweite erhalten. Danach werden der Reihe nach fünf für alle sichtbare Karten
aufgedeckt, erst drei auf einmal, dann nacheinander eine weitere, und eine letzte. Ein
Spieler stellt sich aus den sieben für ihn sichtbaren Karten die besten fünf zusammen.
Das Spiel wird mit einem französischen Blatt mit 52 Karten gespielt (2,...,10, Bube,
Dame, König, As jeweils in Herz, Karo, Pik und Kreuz). Für diese Aufgabe genügen
folgende Kartenkombinationen:
Zwei Karten gleichen Wertes (Pärchen)
Drei Karten gleichen Wertes (Drilling)
Ein Zwilling und ein Drilling (Full House)
Fünf Karten mit gleicher Farbe (Flush) |
Mein Ansatz für die Wahrscheinlichkeit von "Zwei Karten gleichen Wertes" wäre folgender:
(COMBIN(13, 6) * (COMBIN(4, [mm] 1))^5 [/mm] * COMBIN( 4, 2) * 4)
Ist das korrekt so? Oder muss ich die Reihenfolge beachten in welcher die Spieler die Karten erhalten?
|
|
| |
|
> Bei einer Pokerrunde sind noch zwei Spieler im Spiel. Jeder
> Spieler erhält verdeckt zwei
> Handkarten, wobei der Reihe nach jeder Spieler zunächst
> die erste und danach alle
> Spieler die zweite erhalten. Danach werden der Reihe nach
> fünf für alle sichtbare Karten
> aufgedeckt, erst drei auf einmal, dann nacheinander eine
> weitere, und eine letzte. Ein
> Spieler stellt sich aus den sieben für ihn sichtbaren
> Karten die besten fünf zusammen.
> Das Spiel wird mit einem französischen Blatt mit 52
> Karten gespielt (2,...,10, Bube,
> Dame, König, As jeweils in Herz, Karo, Pik und Kreuz).
> Für diese Aufgabe genügen
> folgende Kartenkombinationen:
> Zwei Karten gleichen Wertes (Pärchen)
> Drei Karten gleichen Wertes (Drilling)
> Ein Zwilling und ein Drilling (Full House)
> Fünf Karten mit gleicher Farbe (Flush)
>
> Mein Ansatz für die Wahrscheinlichkeit von "Zwei Karten
> gleichen Wertes" wäre folgender:
>
> (COMBIN(13, 6) * (COMBIN(4, [mm]1))^5[/mm] * COMBIN( 4, 2) * 4)
>
> Ist das korrekt so? Oder muss ich die Reihenfolge beachten
> in welcher die Spieler die Karten erhalten?
Hallo woldo,
die Fragestellung wird mir nicht recht klar, da ich insgesamt
das eigentliche Spiel (da muss jeder Spieler ja je nach dem
Spielverlauf mehrere Entscheidungen treffen) nicht überblicke.
Ich habe da z.B. folgende Webseite gefunden: ![[]](/images/popup.gif) Texas Hold'em
Angesichts der Komplexität des Spiels scheint mir deine
Rechnung fast zu einfach ...
Ich denke, du müsstest genauer beschreiben, welche
Wahrscheinlichkeit(en) (unter welchen Voraussetzungen)
du berechnen willst.
LG Al-Chw.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:54 So 24.10.2010 | | Autor: | woldo |
naja .. als erstes wollte ich die wahrscheinlichkeit, dass ein spieler 1 pärchen bekommt ausrechnen, is doch klar oder?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:40 Mo 25.10.2010 | | Autor: | woldo |
| Aufgabe | Spieler 1 hat die Karten ’Herz As’ und ’Herz 3’ erhalten. Weiterhin wurde die
ersten drei Karten bereits aufgedeckt, es sind ’Herz 7’, ’Herz 10’ und ’Kreuz 2’.
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler 1 am Ende fünf Karten gleicher
Farbe hat? |
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:42 Mo 25.10.2010 | | Autor: | woldo |
| Aufgabe | | jetzt frag ich mich ob ich die gegebenen karten von der gesamtmenge abziehe und so die gesuchte wahrscheinlichkeit berechne oder hängt das von dem gegebenen blatt ab? |
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:46 Mo 25.10.2010 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Ein bisschen Eigeninitiative wäre ganz nett 
Aber ein paar Anregungen:
Wieviele Herz-Karten sind denn maximal noch draussen?
Kann es auch sein, dass alle Herz-Karten auf den anderen Händen der anderen n Spieler verteilt sind?
Wieviele Karten sind denn insgesamt schon bei den n Spielern auf den Händen, also aus dem Spiel?
Versuche mal, ruhing mit dem Parameter [mm] n\in\{2;3;...9;10\} [/mm] zu arbeiten, meines Wissens sind 10 Spieler die maximale Anzahl an einem Texas-Holdem-Tisch.
Marius
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:00 Mo 25.10.2010 | | Autor: | woldo |
es sind noch 9 herz karten übrig und gegenspieler hab ich nur 1 (siehe aufgabentext)
meine vermutung wäre jetzt, da ich nicht weiß ob der gegenspieler eine herzkarte hat, belass ich sie im stapel?
es sind noch 45 karten übrig, richtig? meine rechnung wäre dann 9/binom(45/2)*1/2
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:19 Mo 25.10.2010 | | Autor: | M.Rex |
> es sind noch 9 herz karten übrig und gegenspieler hab ich
> nur 1 (siehe aufgabentext)
Dann schreib das doch auch mit hin.
>
> meine vermutung wäre jetzt, da ich nicht weiß ob der
> gegenspieler eine herzkarte hat, belass ich sie im stapel?
Das wäre zu einfach. Du musst die drei Fälle unterscheiden, dass dein Gegenspieler zwei, eine oder keine Herzkarte auf der Hand hat.
Also folgendes Baumdiagramm:
[Dateianhang nicht öffentlich]
>
> es sind noch 45 karten übrig, richtig? meine rechnung
> wäre dann 9/binom(45/2)*1/2
Nein, das stimmt nicht, wie kommst du darauf?
Du musst tatsächlich die Fallunterscheidungen machen.
Ach ja: Nutze doch bitte den Formeleditor, dann bekommst du auch Binomilakoeffizienten vernünftig gesetzt.
Marius
>
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: PNG) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:45 Mo 25.10.2010 | | Autor: | woldo |
| Aufgabe | ich weiß ned so rech wie ich beim baumdiagramm beginnen soll.
ganz oben befinden sich 45 karten oder 47 ?
kannst du mir bitte die erste aufteilung zeigen? |
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:52 Mo 25.10.2010 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
> ich weiß ned so rech wie ich beim baumdiagramm beginnen
> soll.
>
> ganz oben befinden sich 45 karten oder 47 ?
Das stimmt nicht. Es sind immer 45 Karten da (von den 52 am Anfang sind ja 2 bei dir, 2 beim Gegner und drei schon in der Mitte, die Anzahl der Herz-Karten variiert aber. Wenn dein Gegenspieler keine Herz-Karte hat, wieviele Herz-Karten sind dann noch im "Zugstapel". Und wenn dein Gegner eine oder zwei Herz-Karten hat, wiviele sind dann noch da?
Wenn du diese Zahlen hast, versuche dich mal an der ersten Aufteilung.
Marius
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:04 Mo 25.10.2010 | | Autor: | woldo |
| Aufgabe | habs versucht, meine wahrscheinlichkeiten:
gegner hat 0 herz: 9/45 * 8/44
gegner hat 1 herz: 8/45 * 7/44
genger hat 2 herz: 7/45 * 6/44
ist das so richtig? |
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:32 Di 26.10.2010 | | Autor: | Sigma |
> habs versucht, meine wahrscheinlichkeiten:
>
> gegner hat 0 herz: 9/45 * 8/44
> gegner hat 1 herz: 8/45 * 7/44
> genger hat 2 herz: 7/45 * 6/44
>
> ist das so richtig?
Nein, wenn du dir den Baum von m. Rex anschaust hast du die Pfade garnicht komplett abgelaufen.
Ich würde das ganze über die Gegenwahrscheinlichkeit berechnen.
1-P(kein Herz im Turn und River) [mm] =0.349676=34,97\%
[/mm]
Die Fälle Gegner 0,1,2 Herz muss man aber immer noch berücksichtigen.
Gegner 0 Herz: [mm] \frac{38* 37* 36* 35}{47* 46* 45* 44}=0.413842
[/mm]
Gegner 1 Herz: [mm] \frac{9 *38* 37* 36}{47* 46* 45* 44}*2=0.212833
[/mm]
Gegner 2 Herz: [mm] \frac{9* 8* 38* 37}{47* 46* 45* 44}=0.0236481
[/mm]
Hier kannst du das ganze mal simulieren lassen. Da liegen die Ergebnisse von Sloth und mir nah dran. Warum sich sich aber unterscheiden habe ich jetzt nicht geprüft.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:08 Di 26.10.2010 | | Autor: | woldo |
danke, jetzt versteh ich wieder.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:57 Di 26.10.2010 | | Autor: | gohst87 |
| Aufgabe | Gegner 0 Herz: $ [mm] \frac{38\cdot{} 37\cdot{} 36\cdot{} 35}{47\cdot{} 46\cdot{} 45\cdot{} 44}=0.413842 [/mm] $
Gegner 1 Herz: $ [mm] \frac{9 \cdot{}38\cdot{} 37\cdot{} 36}{47\cdot{} 46\cdot{} 45\cdot{} 44}\cdot{}2=0.212833 [/mm] $
Gegner 2 Herz: $ [mm] \frac{9\cdot{} 8\cdot{} 38\cdot{} 37}{47\cdot{} 46\cdot{} 45\cdot{} 44}=0.0236481 [/mm] $ |
Ich verstehe momentan gerade nicht so ganz, warum du überall auch noch die WK dazunimmst, die eigentlich schon nach "Nicht-Flush" auf River dazunimmst.
Zum Beispiel schreibst du:
Gegner 0 Herz:$ [mm] \frac{38\cdot{} 37\cdot{} 36\cdot{} 35}{47\cdot{} 46\cdot{} 45\cdot{} 44}=0.413842 [/mm] $
Ich hätte hier gerechnet
$ [mm] \frac{38\cdot{} 37\cdot{} 36}{47\cdot{} 46\cdot{} 45}=0.52026 [/mm] $
Da ich ja im Baumdiagramm hier schon bei $ [mm] \frac{35}{45} [/mm] $ das Blatt "Kein Flush auf River" erreicht habe.
Und ändern sich die Wahrscheinlichkeiten, ob der Gegner bei 1 Herz die Karte beim ersten oder beim zweiten mal geben erhält? Erhält er sie beim ersten mal, hat er eine WK von $ [mm] \frac{9}{47} [/mm] $, erhält er sie beim zweiten mal sind es $ [mm] \frac{9}{46} [/mm] $. Oder hab ich hier einen Denkfehler?
Allerdings hätte ich auf diesem Weg nur eine WK von ~22%, dass ich auf Turn oder River ein Flush hab.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:08 Mi 27.10.2010 | | Autor: | Sigma |
> Ich verstehe momentan gerade nicht so ganz, warum du
> überall auch noch die WK dazunimmst, die eigentlich schon
> nach "Nicht-Flush" auf River dazunimmst.
> Zum Beispiel schreibst du:
> Gegner 0 Herz:[mm] \frac{38\cdot{} 37\cdot{} 36\cdot{} 35}{47\cdot{} 46\cdot{} 45\cdot{} 44}=0.413842[/mm]
>
> Ich hätte hier gerechnet
> [mm]\frac{38\cdot{} 37\cdot{} 36}{47\cdot{} 46\cdot{} 45}=0.52026[/mm]
Aber das ist doch gerade der River. Mit einer Wahrscheinlichkeit von 35/44 kommt im River keine Herz Karte unter der Bedingung, dass der Gegner kein Herz hat. Es gibt im River noch 44 freie Karten(52-8), davon noch 35 Nicht Herz Karten.
> Da ich ja im Baumdiagramm hier schon bei [mm]\frac{35}{45}[/mm] das
> Blatt "Kein Flush auf River" erreicht habe.
>
> Und ändern sich die Wahrscheinlichkeiten, ob der Gegner
> bei 1 Herz die Karte beim ersten oder beim zweiten mal
> geben erhält? Erhält er sie beim ersten mal, hat er eine
> WK von [mm]\frac{9}{47} [/mm], erhält er sie beim zweiten mal sind
> es [mm]\frac{9}{46} [/mm]. Oder hab ich hier einen Denkfehler?
Das ist kein Denkfehler, aber einfache Mathematik.
Herzkarte beim Ersten mal für Gegner:
$P(A)= [mm] \frac{9 \cdot{}38\cdot{} 37\cdot{} 36}{47\cdot{} 46\cdot{} 45\cdot{} 44} [/mm] $
Herzkarte beim Zweiten mal für Gegner:
$P(B)= [mm] \frac{38 \cdot{}9\cdot{} 37\cdot{} 36}{47\cdot{} 46\cdot{} 45\cdot{} 44} [/mm] $
P(A+B)=2*P(A)=2*P(B)
> Allerdings hätte ich auf diesem Weg nur eine WK von ~22%,
> dass ich auf Turn oder River ein Flush hab.
Schreib ein Programm. Simuliere unter den gegebenen Bedingungen die Karten des Gegners und von Turn, River. Und du wirst dein oder mein Ergebnis bestätigen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:12 Mi 27.10.2010 | | Autor: | gohst87 |
Klar, vollkommen verkehrt herum gedacht!
Danke für die schnelle Antwort um die späte Zeit ;)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:54 Mo 25.10.2010 | | Autor: | sloth |
Also ich habe das selbe Problem so gelöst:
Es ist ungewiss, ob Spieler 2 Herzkarten in seinen für Spieler 1 nicht sichtbaren Karten hält. Es gibt die Möglichkeit, dass Spieler 2 keine Herzkarten hat (A), dass er eine hat (B), oder dass er zwei hat (C).
Weiters kann die benötigte fünfte Herzkarte entweder die nächste Karte sein, die aufgedeckt wird (D), oder aber erst als übernächste letzte Karte (E).
P(A,D) [mm] = \bruch{39}{51} [/mm] * [mm] \bruch{38}{49} [/mm] * [mm] \bruch{9}{45} [/mm] ≈ 0,119
P(A,E) = [mm] \bruch{39}{51} [/mm] * [mm] \bruch{38}{49} [/mm] * [mm] \bruch{36}{45} [/mm] * [mm] \bruch{9}{44} [/mm] ≈ 0,097
Hält Spieler 2 eine Herzkarte in seiner Hand, so kann er diese entweder als erste (F), oder als zweite (G) erhalten haben.
P(B,D,F) [mm] = \bruch{12}{51} [/mm] * [mm] \bruch{39}{49} [/mm] * [mm] \bruch{8}{45} [/mm] ≈ 0,333
P(B,E,F) [mm] = \bruch{12}{51} [/mm] * [mm] \bruch{39}{49} [/mm] * [mm] \bruch{37}{45} [/mm] * [mm] \bruch{8}{44} [/mm] ≈ 0,028
P(B,D,G) [mm] = \bruch{39}{51} [/mm] * [mm] \bruch{11}{49} [/mm] * [mm] \bruch{8}{45} [/mm] ≈ 0,031
P(B,E,G) [mm] = \bruch{39}{51} [/mm] * [mm] \bruch{11}{49} [/mm] * [mm] \bruch{37}{45} [/mm] * [mm] \bruch{8}{44} [/mm] ≈ 0,026
Weiters:
P(C,D) [mm] = \bruch{12}{51} [/mm] * [mm] \bruch{10}{49} [/mm] * [mm] \bruch{7}{45} [/mm] ≈ 0,008
P(C,E) [mm] = \bruch{12}{51} [/mm] * [mm] \bruch{10}{49} [/mm] * [mm] \bruch{38}{45} [/mm] * [mm] \bruch{7}{44} [/mm] ≈ 0,007
Insgesamt ergibt sich also die Wahrscheinlichkeit als Summe der oben aufgelisteten Wahrscheinlichkeiten:
P(gesamt) = 0,34704306
Allerdings muss ich sagen, dass mir das halt sehr umständlich vorkommt.. da muss es doch irgendeine schöne kombinatorische Lösung dafür geben, die mir einfach nicht einfallen will, oder? :/
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:15 Di 26.10.2010 | | Autor: | woldo |
| Aufgabe | 2. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler 1 zu Beginn zwei Asse als Hand-
karten erhält? |
meine lösung wäre:
es gibt 6 verschiedene Kombinationen von 2 Assen
demnach rechne ich
6 / (52 * 50 * 1/2)
das erste Ass bekomm ich aus dem Stapel mit 52
dann bekommt Spieler 2 eine Karte somit bleiben für Spieler 1 50 Karten aus denen er eine weitere bekommmt. da es egal ist wie die Asse angeordnet sind teile ich durch 2.
passt das so oder muss ich hier auch berücksichtigen, dass Spieler 2 auch Asse haben könnte?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:20 Di 26.10.2010 | | Autor: | Sigma |
> meine lösung wäre:
>
> es gibt 6 verschiedene Kombinationen von 2 Assen
>
> demnach rechne ich
>
> 6 / (52 * 50 * 1/2)
>
> das erste Ass bekomm ich aus dem Stapel mit 52
> dann bekommt Spieler 2 eine Karte somit bleiben für
> Spieler 1 50 Karten aus denen er eine weitere bekommmt. da
> es egal ist wie die Asse angeordnet sind teile ich durch
> 2.
>
> passt das so oder muss ich hier auch berücksichtigen, dass
> Spieler 2 auch Asse haben könnte?
Nein, was Spieler 2 erhält spielt keine Rolle.
[mm] $P(\mbox{2 Asse})=\bruch{\mbox{Anzahl der günstigen Fälle}}{\mbox{Anzahl der möglichen Fälle}}=\bruch{{4 \choose 2}*{50 \choose 2}}{{52 \choose 2}*{50 \choose 2}}=\bruch{1}{221}\approx 0.4524886\%$
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:43 Di 26.10.2010 | | Autor: | woldo |
danke. das war auch mein erstes ergebnis.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:57 Di 26.10.2010 | | Autor: | woldo |
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler 1 zu Beginn zwei Asse als Hand-
karten erhält und nach den weiteren drei Karten bereits einen Full House hält?
1/221 * binom(13,1)*binom(4,3)/binom(48,3)
gesucht ist ja ein drilling, das kann ein wert von 13 sein und möglich sind 3 verschieden "farben" und nachdem 4 karten schon weg sind, bleiben 48.
is die obere rechnung richtig oder übersehe ich da wieder etwas?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:31 Mi 27.10.2010 | | Autor: | Sigma |
> Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler 1 zu
> Beginn zwei Asse als Hand-
> karten erhält und nach den weiteren drei Karten bereits
> einen Full House hält?
>
>
> 1/221 * binom(13,1)*binom(4,3)/binom(48,3)
>
> gesucht ist ja ein drilling, das kann ein wert von 13 sein
> und möglich sind 3 verschieden "farben" und nachdem 4
> karten schon weg sind, bleiben 48.
>
> is die obere rechnung richtig oder übersehe ich da wieder
> etwas?
Wieso nur ein Drilling , es kann auch ein "Ass und ein Paar" zum Full House führen. So einfach ist das nicht. Hier muss man auch die Karten des Gegners berücksichtigen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:04 Mi 27.10.2010 | | Autor: | woldo |
ok, irgendwie komm ich hier wieder nicht weiter. wie berechne ich, was der gegner haben könnte?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Fr 29.10.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
|
