Ich brauche eine 2, habe tatsächlich 3 outs?

    • wonm123
      wonm123
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      Dabei seit: 12.07.2005 Beiträge: 1.154
      Hi, hab mir mal so meine Gedanken über die outs gemacht. Angenommen ich spiele an einem FR Tisch und ich brauche unbedingt noch eine 2 zum Sieg. Kann ich jetzt davon ausgehen, dass noch die restlichen drei 2en im Deck liegen? Ich denke nein. Bei einem vollbesetzten FR Tisch sind schon 20 Karten im Umlauf. Ein Deck hat, wenn ich mich nicht verrechnet habe ( :D ) 52 Karten. Also sind runde 38% der möglichen Karten schon weg. Muss ich dieses nicht in betracht ziehen? Jetzt werden einige sagen "du weist doch nicht ob eine 2 bei einem Spieler lag". Das ist richtig. Aber es geht doch um Wahrscheinlichkeiten. Wie Wahrscheinlich ist es, das eine 2 bei einem Spieler liegt? Doch diese 38%, oder? Ich bin kein Mathegenie. Wenn mir einer eine andere Zahl vorechnen kann, immer her damit. Aber zurück zum Anfang. Wenn ich meine outs rechne, ging ich bis jetzt davon aus, dass die veblieben outs zu 100% im restlichen Deck befinden. Eure Meinung?
  • 19 Antworten
    • Cyclonus
      Cyclonus
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      Dabei seit: 17.01.2005 Beiträge: 1.414
      Falsche Denkweise. Natürlich sind schon Karten bei den Spielern, so das möglicherwesie eine 2 schon weg ist. Allerdings ändern sich dann auch die Chancen, da ja auch das Deck kleiner wird. Sprich, du hast nicht mehr 3/48 sondern 2/28 oder so ähnlich. Insgesamt kommt aber immer dasselbe raus, so das man sich diese Rechnung sparen kann.
    • Y0d4
      Y0d4
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      Dabei seit: 03.05.2006 Beiträge: 12.154
      Original von wonm123 Wenn ich meine outs rechne, ging ich bis jetzt davon aus, dass die veblieben outs zu 100% im restlichen Deck befinden. Eure Meinung?
      und das ist auch richtig, da du als "deck" in dem fall (postflop) 47 karten betrachtest, also auch alle von anderen spielern gehaltenen aber dir nicht bekannten karten. sicher kann es sein, dass alle 2er bei spielern auf der hand sind, aber dieser fall bedarf keiner anderen betrachtung als der, dass alle 2er ganz unten im deck liegen und deswegen nicht kommen. du unterscheidest ja nur die fälle zwei kommt/zwei kommt nicht.
    • Cyclonus
      Cyclonus
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      Dabei seit: 17.01.2005 Beiträge: 1.414
      Der Punkt ist halt, wenn man die Karten berücksichtigen will, die die Gegner halten, muss man auch das Deck dementsprechend verkleinern.
    • wonm123
      wonm123
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      Dabei seit: 12.07.2005 Beiträge: 1.154
      Hm, ich sehe das doch anders. Wenn sich alle verbleibene 2er noch im restlichen Deck habe ich 100% outs. Es sind aber nun mal 20 Karten schon verteilt worden. 2 davon kenne ich, das sind meine. Bleiben 18 Karten bei den restlichen Spielern und 32 Karten im Deck. Wäre es jetzt nicht strafbar einfach anzunehmen, meine drei 2er sind noch ALLE im Deck, unabhängig ob sie oben oder unten liegen. Ich habe eine Wahrscheinlichkeitstabelle vor mir liegen, da heißt es: Sie haben ein Ass auf der Hand, wie größ ist die Wahrscheinlichkeit, dass nicht noch jemand ein Ass hat. Anzahl Spieler Wahrscheinlichkeit 2 84.5% 3 70.9% 4 59% 5 48.6% 6 39.7% 7 32.1% 8 25.6% 9 20.1% 10 15.6% Heißt das nicht, dass bei einem 10er Tisch in 84,4% der Fälle noch jemand ein Ass hat? Das auf meine 2 übertragen ist doch dasselbe. In 84,4% der Fälle ist noch eine zwei unterwegs. Also habe ich statt 3 outs nur 2kommanochwas outs. Hm?!
    • Y0d4
      Y0d4
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      Dabei seit: 03.05.2006 Beiträge: 12.154
      ok - folgender fall. du hälst A5. flop 34K rainbow. 2er(und A evtl aber egal jetz) sind outs für dich. du kennst deine beiden karten, und die 3 aus dem flop. macht 5 bekannte karten. es gibt 52 insgesamt, also 47 unbekannte. 47 karten die du also nicht kennst - völlig egal ob ein gegner sie hält oder sie im stapel liegen, du kennst sie ja nicht!!!!- diese 47 müssen alle vier 2er enthalten. das heißt für den turn hast du die wahrscheinlichkeit 4/47, dein out zu treffen. wenn du es auf dem turn nicht triffst, hast du auf dem river eine chance von 4/46. (da du eine karte mehr, die vom turn, inzwischen kennst.) verstehst du wie man das rechnet? übrigens, kein out zu treffen wär die wahrscheinlichkeit p=43/47*42/46.
    • wonm123
      wonm123
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      Dabei seit: 12.07.2005 Beiträge: 1.154
      Klar, wenn ich alle unbekannten Karten mit in Rechnung mit einbeziehe ist deine Rechnung richtig. Die Frage die sich hier aber stellt ist: KANN und MUSS ich ALLE unbekannten Karten mit in diese Rechnung einbeziehen oder muss ich nicht eher mit einer Wahrscheinlichkeit von x% meine outs reduzieren? Ein Beispiel: Wir nehmen ein 52er Kartendeck und nehmen eine 2 und eine x Karte raus und legen sie offen hin. Die übrigen 50 Karten mischen wir und teilen 18 Karten aus und schauen nach, wieviel von den übrigen 2ern in diesen 18 Karten dabei sind. Das ganze machen wir 100 mal. Nach der Tabelle mit den Assen müsste in runden 85% der Fälle mindestens eine zwei in den 18 ausgeteilten Karten dabei sein. Und das meine ich. Ich kann doch gar nicht annehmen, nur weil ich nicht weis was meine Mitspieler haben, das IMMER meine drei 2er im Deck sind.
    • qwertzui666
      qwertzui666
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      Dabei seit: 07.01.2007 Beiträge: 6.583
      so ähnlich hab ich auch mal gedacht und dann eben ausgerechnet wieviel 2er sich im durchschnitt noch im stapel befinden. das deck hat 52 karten 2 holeceards (bekannt) 3 am flopp (bekannt) 9*2 holecards der anderen spieler= 18 (unbekannt) restlicher stapel=52-2-3-18= 29 (unbekannt) also sind 29/47 der 4 2er im stapel und 18/47 der 4 2er unter den spielern verteilt. 29/47*4=2,47 18/47*4=1,53 also sind 2,47 2er im restlichen deck. das macht odds von 29:2,47 bzw. 11,74:1 man kann sich die rechnugn auch sparen und einfach 47:4 bzw 11,75:1 sagen. ka. ob dir das weiterhilft wie ichs beschrieben hab, besser kann ich mich nicht ausdrücken.
    • KevinhoStar
      KevinhoStar
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      Dabei seit: 22.02.2006 Beiträge: 5.671
      warum einfach und richtig wenns auch kompliziert und falsch geht...
    • c6h12o6
      c6h12o6
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      Dabei seit: 22.10.2006 Beiträge: 16
      die unbekannten Karten der andren Spielern können mit gleicher Wahrscheinlichkeit jede Karte des Decks sein...warum sollte man dann nur genau die Karten in seine Rechnung miteinbeziehen, die man selbst brauchen könnte? Ob ich nun mit Wahrscheinlichkeiten alle möglichen Gegnerkarten miteinbeziehe oder nicht, ändert am Ergebnis doch nichts...jeder gegner hat bei jeder holecard preflop genau 1/50 chance auf jede karte, nicht nur auf die 3 2en die du dir wünscht...
    • ChrisHustler
      ChrisHustler
      Global
      Dabei seit: 03.03.2006 Beiträge: 1.247
      mit nem paar 2en kannst du nur gegen highcard a gewinnen :D
    • nrockets
      nrockets
      Black
      Dabei seit: 11.02.2007 Beiträge: 7.046
      Original von KevinhoStar warum einfach und richtig wenns auch kompliziert und falsch geht...
      #1
    • SlowLarry
      SlowLarry
      Bronze
      Dabei seit: 07.04.2006 Beiträge: 940
      Der Einfachheit halber mal mit nur einem Out: P(Karte kommt auf nächster Straße) = P(Karte im Deck)*P(Karte wird aus dem Deck gezogen) = (Anzahl Karten im Deck)/(Gesamtzahl der unbekannten Karten) * 1/(Anzahl Karten im Deck) = 1/(Gesamtzahl der unbekannten Karten) = P(Karte wird aus allen unbekannten Karten gezogen)
    • larseda
      larseda
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      Dabei seit: 06.08.2006 Beiträge: 9.299
      schon mal jemand dran gedacht, dass das ergebnis vllt das selbe ist ? wenn womn die wahrscheinlichkeiten berücksichtigt, dass unter den ersten 20 karten 1, 2, 3 oder gar 4 2er schon waren und danach dann von 32 unbekanten ausgeht muss da doch das gleiche rauskommen die wahrscheinlichkeiten können sich doch nicht auf grund des rechenweges verändern der unterschied ist doch ganz einfach wir gehen davon aus, dass wir 47 unbekannte haben. er sagt, ja aber 18 davon kann man eingrenzen. was ja richtig ist, nur ist diese eingrenzung irrelevent, da sie nicht auf fakten beruht. nur das ergebnis sollte da gleiche sein muss sich jetzt nur mal jemand die mühe machen und das ausrechnen :-) das war mein senf :p so long...
    • qwertzui666
      qwertzui666
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      Dabei seit: 07.01.2007 Beiträge: 6.583
      Original von qwertzui666 so ähnlich hab ich auch mal gedacht und dann eben ausgerechnet wieviel 2er sich im durchschnitt noch im stapel befinden. das deck hat 52 karten 2 holeceards (bekannt) 3 am flopp (bekannt) 9*2 holecards der anderen spieler= 18 (unbekannt) restlicher stapel=52-2-3-18= 29 (unbekannt) also sind 29/47 der 4 2er im stapel und 18/47 der 4 2er unter den spielern verteilt. 29/47*4=2,47 18/47*4=1,53 also sind 2,47 2er im restlichen deck. das macht odds von 29:2,47 bzw. 11,74:1 man kann sich die rechnugn auch sparen und einfach 47:4 bzw 11,75:1 sagen. ka. ob dir das weiterhilft wie ichs beschrieben hab, besser kann ich mich nicht ausdrücken.
      bitte verbessern, falls falsch.
    • SlowLarry
      SlowLarry
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      Dabei seit: 07.04.2006 Beiträge: 940
      Original von larseda schon mal jemand dran gedacht, dass das ergebnis vllt das selbe ist ? (...) muss sich jetzt nur mal jemand die mühe machen und das ausrechnen :-)
      Das hab ich eigentlich einen Post über Dir gemacht :) Für n Outs folgt die Äquivalenz dann aus der Additivität der Einzelwahrscheinlichkeiten. Gruß Larry
    • larseda
      larseda
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      Dabei seit: 06.08.2006 Beiträge: 9.299
      aber ziemlich gut versteckt :P mir ist auch nach mehrmaligen lesen nicht ganz klar, was genau du sagen willst :-) sehen wirs positiv der treadersteller hat jetzt 3 varianten zum thema (die von qwert noch) dann solltet ihm das sicher klar werden
    • SlowLarry
      SlowLarry
      Bronze
      Dabei seit: 07.04.2006 Beiträge: 940
      OK, nochmal in Prosa: Mit wachsender Zahl der Mitspieler sinkt zwar die Wahrscheinlichkeit, dass die fraglichen Outkarten überhaupt im Stapel zu finden sind. Im gleichen Maße wächst aber die Wahrscheinlichkeit, dass - wenn sie denn im Stapel sind - die Karten auch aus dem Stapel gezogen werden, da dieser ja umso kleiner ist, je mehr Karten die Gegner auf der Hand halten. Beide Wahrscheinlichkeiten werden multipliziert und das Ergebnis ist unabhängig von der Mitspielerzahl. Gruß Larry
    • die2lustigen3
      die2lustigen3
      Bronze
      Dabei seit: 11.03.2006 Beiträge: 233
      da bin ich auch schon öfter dran gescheitert, das den leuten klarzumachen *gg*
    • Jayston
      Jayston
      Black
      Dabei seit: 14.07.2005 Beiträge: 9.369
      nice erklärt! ich habs verstanden :D