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Aufgabe:

Du hast ein Kartenspiel aus 52 Karten. Du ziehst 6 Karten ohne Zurücklegen aus dem Stapel. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in den 6 Karten genau 2 Asse und insgesamt jeweils 3 rote und 3 schwarze Karten dabei sind?


Problem/Ansatz:

Rotes Ass = 2/52
Schwarzes Ass = 2/52
Rote Karte die kein Ass ist = 24/52
Schwarze Karte die kein Ass ist = 24/52

Ein möglicher Pfad =  2/52 * 2/51 *24/50 *23/49 *24/48 * 23/47

Wie kommt man auf die Anzahl der Pfade?

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6!/(2!·2!) = 180 

also

6!/(2!·2!)·2/52·2/51·24/50·23/49·24/48·23/47 = 0.01497

von 440 k 🚀

Und dann noch die Pfade für 2x rotes Ass und 2x schwarzes Ass:
(2/52*2/51*24/50*23/49*24/48*23/47)*6!/2!2!+
(2/52*1/51*24/50*23/49*22/48*24/47)*6!/2!2!*2 = 2,93%


Wie berechnet man, ab welcher Kartenanzahl die Wahrscheinlichkeit, dass so ein Szenario eintritt, ungefähr 50% beträgt? (Asse sollen im Deck bleiben)

Ansatz:

$$\frac{2}{x}\cdot\frac{1}{x-1}\cdot\frac{x:2-2}{x-2}\cdot\frac{x:2-3}{x-3}\cdot\frac{x:2-2}{x-4}\cdot\frac{x:2-3}{x-5}\cdot\frac{6!}{2!2!}=0.25$$

Die beiden Pfade für 2 mal rot und 2 mal schwarz müssten zusammen auch ungefähr 25% ergeben.

Benötigt man an der Stelle wieder ein Programm oder lässt sich diese Gleichung per Hand lösen?

Deine Pfade mit 2 roten bzw. 2 schwarzen Assen enthalten noch Fehler. Es soll trotzdem insgesamt 3 schwarze und 3 rote Karten gezogen werden oder?

50% werden nie erreicht. Die größte Wahrscheinlichkeit liegt bei jeweils 3 roten und 3 schwarzen zusätzlichen Karten (also gesamt 10 Karten) bei 20%

WK mit Pfadregel

6!/(2!·2!)·2/52·2/51·24/50·23/49·24/48·23/47 + 2·6!/(2!·3!·1!)·2/52·1/51·24/50·23/49·22/48·24/47 = 0.01973895941

WK mit Hypergeometrischer Verteilung

(COMB(2, 1)·COMB(2, 1)·COMB(24, 2)·COMB(24, 2) + 2·COMB(2, 2)·COMB(2, 0)·COMB(24, 1)·COMB(24, 3))/COMB(52, 6) = 0.01973895941

Die größte Wahrscheinlichkeit liegt bei jeweils 3 roten und 3 schwarzen zusätzlichen Karten (also gesamt 10 Karten) bei 20%

Dann sagen wir, ich möchte herausfinden, bei wie vielen Karten die Wahrscheinlichkeit bei etwa 12% liegt.

Ansatz:

\(\frac{2}{x}\cdot\frac{2}{x-1}\cdot\frac{x:2-2}{x-2}\cdot\frac{x:2-3}{x-3}\cdot\frac{x:2-2}{x-4}\cdot\frac{x:2-3}{x-5}\cdot\frac{6!}{2!2!}=0.10\)

Durch Umstellen erhalte ich:

\(0.10 x^{6}-1.5 x^{5}-36.5 x^{4}+877.5 x^{3}-6632.6 x^{2}+19788 x = 25920 \)

Gibt es eine Möglichkeit das rechnerisch zu bestimmen?

Das es algebraisch klappt da ist die Wahrscheinlichkeit eher gering. Rechnerisch ist aber auch das Newtonverfahren und das sieht recht gut aus. Aber es gibt ja eh nur diskrete Werte die infrage kommen. Also exakt 10% würde ich auch für unwahrscheinlichhalten aber ca. 10% ist locker machbar.

Wertetabelle

a, (COMB(2, 1)·COMB(2, 1)·COMB(a, 2)·COMB(a, 2) + 2·COMB(2, 2)·COMB(2, 0)·COMB(a, 1)·COMB(a, 3))/COMB(2·a + 4, 6)

[2, 0.1428571428;
3, 0.2;
4, 0.1904761904;
5, 0.1665001665;
6, 0.1423576423;
7, 0.1214177978;
8, 0.1040247678;
9, 0.08974307426;
10, 0.07801123361;
11, 0.06832298136;
12, 0.06026437330;
13, 0.05350848385;
14, 0.04780002471;
15, 0.04293986782;
16, 0.03877210708;
17, 0.03517392991;
18, 0.03204789520;
19, 0.02931610248;
20, 0.02691579549;
21, 0.02479603801;
22, 0.02291518763;
23, 0.02123896367;
24, 0.01973895941]

Man hat eine Wahrscheinlichkeit von ca. 12.14% bei 14 zusätzlichen Karten. 7 rote und 7 schwarze.

Wie würde denn das Newtonverfahren bei dieser Funktion aussehen?

$$0.10x^6-1.5x^5-36.5x^4+877.5x^3-6632.6x^2+19788x-25920\\0.6x^5-7.5x^4-146x^3+2632.5x^2-13265.2x+19788$$Ich lande nicht wirklich bei der Nullstelle 17.7, wenn ich zum Beispiel mit x = 10 anfange.

Geogebra zeigt mir auch so eine Funktion an:
blob.png

Während Wolfram diese Funktion plottet:

blob.png


Während Wolfram diese Funktion plottet:

Vielleicht siehst du bereits das die Skalierung der y-Achse völlig unterschiedlich ist.

Die Nullstellen scheinen doch völlig richtig zu liegen.

Wenn du nicht bei der richtigen Nullstellen landest dann Probiere einen anderen Startwert. 20 scheint doch eher geeignet als 10 anhand der skizze.

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Hm,

Anwendung der Hypergeometrischen Verteilung liefert

\(\small \left(\begin{array}{rrrrrr}0& \left\{ 2, 0, 1, 3 \right\} &0.00239& \left\{ \left(\begin{array}{r}2\\2\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}24\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}24\\3\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}52\\6\\\end{array}\right)\\1& \left\{ 1, 1, 2, 2 \right\} &0.01497& \left\{ \left(\begin{array}{r}2\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\1\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}24\\2\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}24\\2\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}52\\6\\\end{array}\right)\\2& \left\{ 0, 2, 3, 1 \right\} &0.00239& \left\{ \left(\begin{array}{r}2\\0\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}2\\2\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}24\\3\\\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}24\\1\\\end{array}\right) \right\} &/&\left(\begin{array}{r}52\\6\\\end{array}\right)\\\end{array}\right)\)

Danach hätte DMC nur den Fall 1 rotes und 1 schwarzes Ass betrachtet, nach Aufgabenstellung sollten aber auch 2 mal rot und 2 mal schwarz mit zählen - oder wie war die Frage gemeint?

von 17 k

Wie kommst mit der Hypergeometrischen Verteilung für
2 x rotes/schwarzes Ass auf = 0.00239 ?

Ich erhalte mit der Pfadregel: 2/52 * 1/51 * 24/50 * 23/49 * 22/48 * 24/47 * 6!/(2!2!) = 0.00716.

Wie kommst mit der Hypergeometrischen Verteilung für
2 x rotes/schwarzes Ass auf = 0.00239 ?

Ich erhalte mit der Pfadregel: 2/52 * 1/51 * 24/50 * 23/49 * 22/48 * 24/47 * 6!/(2!2!) = 0.00716.

Deine beiden Pfade für 2 schwarze und 2 rote Asse enthalten noch Fehler denke ich.

die Rechnung ist doch angegeben - "," statt "·" um das cas am ausrechnen zu hindern...

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