Das stimmt, aber die Wahrscheinlichkeit für 2 Royale Flush wäre bei 2 Spieler höher als bei einem (wird im Taxas Hold Em schwierig;-). Bei einem Spieler ist die Wahrscheinlichkeit für 2 RF nämlich NULL, bei 2 Spielern größer als NULL.

Aber du scheinst es nicht zu verstehen oder einsehen zu wollen, warum gehst du sonst nicht auf meine Kritik zu Schritt2 und Schritt3 ein?
Ich behaupte, mein Ergebnis stimmt und halte mich an DEINE SIGNATUR.

PS und Klugscheißmodus an:
Die p für ein RF bei Hold em:
1 Karte T bis A in irgendeiner Farbe: 20/52
dann in der betreffenden Farbe die restlichen: 4/51*3/50*2/49*1/48
*20/52 von oben=1/649740 (RF bei 5 Karten Poker)
die restlichen 2 Karten sind dann egal (somit *1*1)
Dann noch mal 7 über 5 Möglichkeiten 5 aus 7 auzuwählen=21
P für RF Texas Hold Em=1/30940=0,000032 oder alle 30940 Hände
Klugschißmodus aus

@xblue: vesuch mal dass nachzuvollziehen, das ist nämlich wirkich unabhängig von der Zahl der Spieler

PPS:
Schau jetzt Maverik auf RTL2

Vorsicht Glatteis. Du darfst hier nicht Äpfel mit Birnen verwechseln. Selbstverständlich ist die Wahrscheinlichkeit das 2 Spieler gleichzeitig einen RF treffen erheblich niedriger als wenn nur einem Spieler einen RF trifft. Die Grundwahrscheinlichkeit jedes einzelnen Spielers ist aber unveränderlich und darf deshalb in der Rechnung nicht zweimal vorkommen.



Habe ich doch gestern schon versucht. (Mit dem Hinweis, dass mir sowas immer schwer fällt). Wie oft hättest du gerne, dass ich es versuche? Deine Reaktion zeigt doch, das wir eh nicht zusammen kommen!



Deine Ergebnisse mögen für dich stimmig sein. Für mich ist deine Rechnung unklar! Ich habe aber nie entgültig behauptet, dass du falsch liegst. Bin selbst nur einen etwas anderen Weg gegangen, dies zu berechnen. Dabei habe ich mich aber auch herabgelassen und angedeutet, dass ich durchaus falsch liegen könnte!




Auf Klugscheißerspielchen habe ich keinen Bock. Das wird zu persönlich!

PS: Berechne doch mal mit deiner Methode 3 gefloppte Sets unter Einbeziehung einer verschiedenen Anzahl an teilnehmenden Spielern.
Wenn du dies hier vorführen kannst und dabei immer auf die selben Werte kommst, dann hätte ich allen Grund dir zuzustimmen!

Ich rede von 2 verschiedenen RF. Du scheinst hier was zu verwechseln.
Genau so kannst du es mit 2 VERSCHIEDENEN Paaren rechnen. Wie hoch ist die Whrscheinlichkeit für 2 VERSCHEIDENE Paare bei einem Spieler? Ich hoffe doch NULL. Und bei 2 Spielern für 2 VERSCHIEDENE Paare. Sicher nicht NULL, ist mir heute schon passiert. Jetzt mach das Selbe für 3 Paare...
Die Zahl der Spiele ist sehrwohl entscheidend.
Sieh mal zu, dass du zu einem Endegebnis kommst, stell es kommentiert hier rein und dann rede wir drüber. So Aussagen wie das Ergebnis ist 13,hinzundkunz. Ich weiß zwar nicht wie ich drauf gekommen bin und kanns auch nicht erklären ist unbefriedigend.

PS:
Was ist in meiner Rechnug unklar? Was soll ich nochmal erklären? Sag jetzt nicht alles, sonder lies dir meine Postings nochmals durch. Es ist alles drin, wenn auch nicht sehr übersichtlich.

Thomas wir kommen so nicht zusammen. Ich habe für den Moment keinen Bock mehr. Nicht persönlich nehmen. Sobald ich einen freien Kopf habe, werde ich gerne noch einmal alles überdenken. Beachte bis dahin bitte, dass ich in mein letztes posting ein PS: nachträglich eingefügt habe!

Mann, Mann
Unter der Vorraussetzung, dass wir Preflop 3 Paare haben ist die Wahrscheinlichkeit am Flpo 3 Drillinge zu haben unabhängig von der Zahl der Spieler. Das kommt in meiner Formel gar nicht vor.
Aber eben die p 3 Paare vor demn Flop zu haben ist.....ach siehe oben und drüber und nochmal weitert oben....bin doch keine thibetanische Gegetsmühle.

Um es endgültig zu klären:
Die Wahrscheinlichkeit, dass 1 Spieler 3 Paare hat ist NULL
1 Spieler 2 Paare hat ist NULL
3 Spieler 3Paare haben ist UNGLEICH NULL (sprich es is möglich)
Das ist der Beweis, dass die Preflopsituationvon der Zahl der Spieler abhängt.
qed

Warum betest du auch soviel? Spar dir die Mühe solange du nicht verstehst was man dir sagen will! Du verwechselst immer wieder Äpfel mit Birnen.



Welchen Sinn macht es zu beweisen das dass überqueren einer nicht vorhandenen Strasse unmöglich ist? (Unsinnige Beweisführung)

Es ist logischerweise eine grundlegende Voraussetzung das bei 3 gesuchten Sets, drei am Spiel teilnehmende Spieler vorhanden sein müssen!

Du behauptest das deine Rechenmethode richtig ist? Dann beweise es! Stelle drei Rechenbeispiele dar, für jeweils 3 gefloppte Sets bei 6, 8 und 10 teilnehmenden Spielern. Kann ja nicht so schwer sein.

Ich hab nicht alles gelesen, meine Sicht der Dinge ist:

3 Spieler: Wahrscheinlichkeit, daß alle 3 verschiedene Paare kriegen:

48/51 * 44/50 * 3/49 * 3/48 * 3/47

Dann die Wahrscheinlichkeit, daß alle 3 ihr Set treffen am Flop:

6 * 4 * 2 / 46 / 45 / 44

Am Flop sind 3 Karten aus 46 Karten zu ziehen.
Zudem haben wir für jeden der 3 Spieler 2 Karten, wovon genau eine am Flop kommen muß.

Ist das richtig ?

Wie soll er den bei unterschiedlicher Spieleranzahl zu den gleichen Ergebnissen kommen xblue? Die werden sich stark voneinander unterscheiden je nach Anzahl der Spieler!
Das versucht er dir auch die ganze Zeit zu erklären. Mal abgesehen davon, ich verstehe die ganze diskussion hier nicht. Thomas hat am Anfang eine plausible Lösung präsentiert, die er auf Nachfragen hin plausibel erklären kann. Das einzige was du, xblue, machst ist googeln und mit deinem Halbwissen zu versuchen Thomas ohnehin richtige Rechnung in Frage zu stellen.
Als mathematische nicht ganz ungebildeter Beobachter lasst mich eines behaupten: Thomas hat weit mehr Ahnung von Wahrscheinlichkeitsrechnung! (xblue, hast du überhaupt schonmal was vom Binominalkoeffizienten gehört? Wenn nicht wirds auch arg schwer Thomas Rechnung vollständig zu verstehn)
p.s.: Jetzt googeln und nachher Klugscheißen gilt nicht

@klausi: Meiner Meinung nach exakt richtig. Deckt sich auch mit meinem Ergebnis zu 100%.
Unterschiede:
1. Ich habe angenommen, dass für das 2. Paar 9 Mitspieler und für das 3. Paar 8 Mitspieler zur Verfügung stehen. Du gehst ja nur von 3 Spielern aus. Dividierts du mein Ergebnis um die angesprochenen (9*8) kommst du auf dein Ergebnis.
2. Ich habe jeweils nur 2 "günstige " Karten auf dem Flop, dafür 6 mögl Flops(2*2*2*6). Du gehst von (6*4*2) "günstigen" Karten aus. Obwohl das Ergebnis das selbe ist, ist dein Ansatz der Einfachere und somit Bessere.
100% Zustimmung.

@xblue: das kannst du selber ausrechnen indem du statt der Koeffizienten 9 und 8 jeweils (Zahl der Spieler-1) und (Zahl der Spieler-2) einsetzt. Die Ergebnisse werden dir aber nicht gefallen.
Wir können gerne über Beweisführungsmethoden und Theoriebildung weiter diskutieren, aber nicht in diese Thread. Noch ein kleiner Tipp: man kann nur Aussagen Beweisen, da dies keine Aussage ist kann die Richtigkeit nicht bewiesen werden. Du kannst allerding einen Fehler in der Berechnug oder Theoriebildung finden und somit zeigen, dass ich falsh liege. Der Ball liegt also bei dir. "Ich glaube du hast unrecht" lasse ich aber nicht als gefundenen Fehler gelten.

@Schluchti:
Danke. Was willst du trinken

hab alles nochmal kurz überflogen:

Thomas deine Lösung ganz am Anfang hatte ich zuerst nicht mehr ganz weiterverfolgt, weil deine Rechnung mit 9 Gegnern und das Multiplizieren mit 8 * 9 aus meiner Sicht nicht richtig ist, worauf ich später noch zurückkomme.

Ansonsten ist deine Rechnung ähnlich wie meine und es kommt auch das gleiche Ergebnis raus, wobei ich denke, daß deine Flop-Rechnung vorteilhafter ist als meine Rechnung 6 * 4 * 2, die hier sicherlich anwendbar ist.

Die Möglichkeit 6 * (2 hoch 3) hatte ich auch gesehen, aber ich sah irgendeinen Kasus Knaxus, der aber nicht da ist. Ich denke, deine Rechnung ist verallgemeinbarer (z.B. 5 schwarze, 5 rote, 5 blaue ingesamt 100 Kugeln, es solllen 20 gezogen werden und 3 schwarze, 2 rote, 4 blaue sollen dabei sein).

Aus gutem Grund habe ich immer vorausgesetzt, daß es nur 3 Spieler sind, da bei 9 Spielern ich keinen rechten Ansatzpunkt sehe (???).

Daß ein Spieler ein Paar hat, die Wahrscheinlichkeit ist 1/17. Wie ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens ein Spieler ein Paar hat, wenn 18 Spieler am Tisch sind ?

Du multiplizierst mit 8 bzw. später mit 9.
Frage: Korrekt kann das nach obigem Bsp. unmöglich sein (oder vielleicht doch ?)
Die Frage ist, ob es annähernd richtig ist ?

Ich denke es mir folgendermaßen. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler ein Paar hat ist 1/17. Die Wahrscheinlichkeit dass von 2 Spielern einer ein Paar hat (Spieler 1 ODER Spieler 2: ODER-Verknüpfung verlangt nach "+") ist dann eben 1/17+1/17 oder 2*1/17.
In unserem Besp geht es also um ein Paar (eben das 2. PP) dass einer von 9 Spielern haben kann (2 ODER 3 ODER 4 ODER...) womit ich auf 9*(Wahrscheinlichkeit für 2. PP) komme. Ich glaube das macht Sinn.

Das bringt meinen Ansatz für mehrere Gegner zum Einsturz, da 18/17 natürlich Quatsch ist. Muß ich nachdenken drüber. Ausgezeichneter Einwand.

Ich glaube ich habs: bei 1/17 Wahrscheinlichkeit gehen wir einfach davon aus, dass wir ein PP bekommen. Was die Gegner haben ist uns hier egal, weil uns ja nur unser PP interessiert. Sobald wir 2 Ggner haben müssten wir eigentlich rechen: Wahrscheinlichkeit für mein PP UND Wahrscheinlichkeit dass under Gegner kein PP hat). Das heißt also:1/17*16/17=16/289=0,0553 was weniger ist als unser 1/17.
Bei 3 Gegnern 1/17*(16/17)² usw
Bei 18 Gegnern 1/17*(16/17)^17=0,021...p für einer von 18 hat ein Paar und sonst keiner. Das keiner 1 Paar hat (16/17)^18=0,336. Mind. 1 Paar also 1-0,336=0,664


Ich schau mir das morgen nochmal an. Ist schon etwas spät, aber wir werdens schon knacken.

Hiho,

da hab ich ja ne richtig harte Nuss verteilt.

bye Saxony

Wenn 100 Spieler die Münze schmeißen (unabhängige Ereignisse), dann ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens einer Zahl trifft,
1 - (1/2 hoch 100).

Wenn es 2 Spieler sind, dann ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens 1 ein As zieht (als Hole-Karten),
1 - 12/13 * 47/51

Wenn es 25 Spieler sind, dann ist die Wahrscheinlichkeit, daß mindestens 1
ein As zieht (als Hole-Karten)
1

Da liegt das Problem. Die Ereignisse sind nicht unabhängig und auch die Wahrscheinlichkeiten ändern die Werte. Binomialverteilung können wir ausschließen.

Würde es Sinn machen die Binomialverteilung zu Grunde zu legen, aber nicht p^k*(1-p)^(n-k) sondern die Einzelwahrscheinlichkeiten einzusetzen? Sprich
10 Spieler genau 2 Paare

(10 über2)*[(1/17)*(48/50*3/49)]*[(47/48*44/47)*(46/46*44/45)*...]
.................Paar Sp1..Paar Sp2........kein Paar Sp3...kein Paar Sp 4

Was meinst du Klausi. Macht das Sinn. Dann rschnet man die p für kein Paas (p(0)), p(1) und p(2) aus und zieht das Ergebnis von 1 ab. Was hält die Comunity davon?

ich sehe in deinen Ausführungen zumindest den Ansatz, das Problem weiter aufzuspalten und auch
die Erkenntnis, daß eine schnelle einfache Formel (Lösung) hier offensichtlich nicht möglich ist.

Mir fällt gerade eine noch einfachere ähnliche Fragestellung ein, wo ich zu keiner Problemlösung komme.

10 Spieler, wie wahrscheinlich ist es, daß keiner ein Paar als Holekarten bekommt ?

Das "Ereignis" Spieler hat Paar ist schon das Schwierige bezüglich Ausrechnen, einfacher ist Spieler hat As,
oder Wurf einer Münze.

Das wäre ja mein p(0). Könnte man mit obiger Methode berechnen, falls diese zulässig ist.

muss man es eigentlich in Mathe extrem drauf haben, um das ganze hier noch zu verstehen ? Es ist spät nachts..aber der Thread ist doch sehr interessant.. ich muss mir das morgen nochmal genauer durchlesen..vielleicht versteh ich ja dann mehr

Eigentlich reicht die Berherrschung der Grundrechnungsarten vollkommen aus. Aber wie man sie vernküpft ist das kniffelige

Ja geil! So einfach ist Mathematik...

Nein mal ehrlich, denke man sollte zumindest in der Schule bei Wahrscheinlichkeitsrechnung mal aufgepasst haben, sonst kommt man da nicht wirklich hinter.

Dass vom logischen Denken her die Wahrscheinlichkeit für ein (...2...3) PP mit der Spieleranzahl steigen muss hab ich ja oben schon geschrieben. Dass die Ereignisse verknüpft sind auch... Mhm.. Ich denke man würde es sich am besten mal in so einem schönen Baum aufmalen, versteht ihr was ich meine? Dann kann man am Ende alle die Äste zählen, bei denen genau 3 PP vorhanden sind und deren Wahrscheinlichkeiten addieren. werde mir vielleicht später mal die Mühe machen ...