Juego de cartas: si saco cuatro cartas al azar y tú sacas seis, ¿cuál es la probabilidad de que mi carta más alta sea más alta que la tuya?

Esta simple pregunta tiene una respuesta complicada. Las complicaciones se deben a dos factores:

Las cartas se roban sin reemplazo. (Por lo tanto, cada sorteo cambia el contenido del mazo que está disponible para sorteos posteriores).
Una baraja generalmente tiene varias cartas de cada valor, haciendo un empate para la carta más alta posible.

Como las complicaciones son inevitables, abordemos una generalización razonablemente amplia de este problema y luego veamos casos especiales. En la generalización, un "mazo" consiste en un número finito de cartas. Las tarjetas tienen "valores" distintos que se pueden clasificar de menor a mayor. Deje que haya de los valores clasificados en (con el más bajo e el más alto). Un jugador roba cartas del mazo y un segundo jugador roba cartas. ¿Cuál es la posibilidad de que la carta mejor clasificada en la mano del primer jugador sea estrictamente $m$ $n_i \ge 1$ $i$ $i=1$ $i=m$ $a\ge 0$ $b\ge 1$ mayor en valor que la carta mejor clasificada en la mano del segundo jugador? Que este evento se llame : una "victoria" para el primer jugador. $W$

Una manera de resolver esto comienza por señalar que el procedimiento es equivalente a dibujar cartas de la baraja, teniendo la primera de las personas que las cartas del primer jugador, y los restantes siendo las cartas del segundo jugador. Entre estas cartas, deje que sea el valor más alto y sea el número de cartas de ese valor. El primer jugador gana solo cuando tiene todas las de esas cartas. El número de formas en las que esas tarjetas particulares se pueden encontrar entre tarjetas es , mientras que el número de formas de posicionamiento de esos tarjetas entre todos que se extrae es $a+b$ $a$ $b$ $j$ $k \ge 1$ $k$ $a$ $\binom{a}{k}$ $k$ $a+b$ $\binom{a+b}{k}$ .

Ahora, la posibilidad de que sea el valor más alto y haya esas tarjetas es la posibilidad de seleccionar de tarjetas de valor y seleccionar el resto del valores. Debido a que hay sorteos equiprobables de las cartas a , la respuesta es $j$ $k$ $k$ $n_j$ $j$ $a+b-k$ $n_1 + n_2 + \cdots + n_{j-1} = N_{j-1}$ $\binom{N_m}{a+b}$ $a+b$

Pr (W) = \frac{1}{(\binom{N_{m}}{a + b})} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{k = 1}^{n_{j}} \frac{(\binom{a}{k})}{(\binom{a + b}{k})} (\binom{n_{j}}{k}) (\binom{N_{j - 1}}{a + b - k}) .

$\Pr(W) = \frac{1}{\binom{N_m}{a+b}}\sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^{n_j} \frac{\binom{a}{k}}{\binom{a+b}{k}}\binom{n_j}{k}\binom{N_{j-1}}{a+b-k}.$

(En esta expresión, y cualquier coeficiente binomial cuyo valor superior es menor que su valor inferior, o cuyo valor inferior es negativo, se considera cero). Es un cálculo relativamente eficiente, que toma un tiempo proporcional al número de tarjetas en la cubierta Debido a que involucra exclusivamente coeficientes binomiales, es susceptible de aproximaciones asintóticas para valores grandes de y . $N_0=0$ $a$ $b$

En algunos casos, es posible que desee modificar la definición de "ganar". Esto se hace fácilmente: al intercambiar los valores de y , la misma fórmula calcula la probabilidad de que el segundo jugador gana automáticamente. La diferencia entre y la suma de esas dos posibilidades es la posibilidad de un empate. Puedes asignar esa posibilidad de empate a los jugadores en la proporción que desees. $a$ $b$ $1$

En muchos mazos convencionales de naipes y para . Por lo tanto, consideremos cualquier mazo en el que todos los tengan el mismo valor, digamos . En este caso, la fórmula anterior se simplifica ligeramente para $m=13$ $n_i=4$ $i=1, 2, \ldots, m$ $n_i$ $n$ $N_{j-1} = (j-1)n$

Pr (W) = \frac{1}{(\binom{m n}{a + b})} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(\binom{a}{k})}{(\binom{a + b}{k})} (\binom{n}{k}) \sum_{j = 1}^{m} (\binom{(j - 1) n}{a + b - k}) .

$\Pr(W) = \frac{1}{\binom{m n}{a+b}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\binom{a}{k}}{\binom{a+b}{k}}\binom{n}{k}\sum_{j=1}^m \binom{(j-1)n}{a+b-k}.$

Por ejemplo, con y en una cubierta de tarjeta común 52 de 13 filas, , y , . Una simulación de 100,000 jugadas de este juego produjo una estimación de , que es precisa para casi tres cifras significativas y no significativamente diferente de lo que dice la fórmula. $m=13$ $n=4$ $a=4$ $b=6$ $\Pr(W) = \frac{12297518}{38720339}\approx 0.3176$ $0.3159$

En el siguiente Rcódigo se puede modificar fácilmente para estimar para cualquiera de los pisos: simplemente el cambio , y . Se ha configurado para ejecutar solo 10,000 jugadas, lo que debería tomar menos de un segundo en ejecutarse y es bueno para dos cifras significativas en la estimación. $\Pr(W)$ abdeck

a <- 4
b <- 6
deck <- rep(1:13, 4)
set.seed(17)
cards <- replicate(1e4, sample(deck, a+b))
win <- apply(cards, 2, function(x) max(x[1:a]) > max(x[-(1:a)]))
m <- mean(win)
se <- sqrt(m*(1-m)/length(win))
cat("Estimated Pr(a wins) =", round(m, 4), "+/-", round(se, 5), "\n")

La salida en este caso es

Pr estimado (a gana) = 0.3132 +/- 0.00464

whuber
fuente

¡gran respuesta! ¿Puedo preguntarte qué piensas si cada jugador saca de un mazo diferente? ¿Esto cambiará la respuesta?？

Wudanao

Sí, cambiará la respuesta porque lo que dibuja una persona será independiente de lo que dibuje el otro jugador. En cierto modo, esa es una pregunta más fácil, porque la respuesta es un cálculo directo de la posibilidad de que una variable aleatoria exceda el valor de otra que es independiente de ella.

whuber

Tenga en cuenta que, si no hubiera ningún empate, la respuesta sería trivialmente : de las cartas a sorteadas, una debe ser la más alta y su probabilidad de terminar en la primera la mano del jugador es de . Pero como notas, la presencia de varias cartas con el mismo valor en el mazo complica las cosas.

\frac{a}{a + b}

$\frac{a}{a+b}$

a + b

$a+b$

a

$a$

a + b

$a+b$

Ilmari Karonen

@ Ilmari Eso es correcto. (Y es esta idea la que originalmente sugirió la solución que presenté). Sin vínculos, siempre, la suma de desaparece, y la fracción factoriza, mostrando cómo la fórmula general se reduce a esta simple.

n_{i} = 1

$n_i=1$

k

$k$

(\binom{a}{k}) / (\binom{a + b}{k}) = (\binom{a}{1}) / (\binom{a + b}{1}) = a / (a + b)

$\binom{a}{k}/\binom{a+b}{k} = \binom{a}{1}/\binom{a+b}{1} = a/(a+b)$

whuber

@WernerCD Cierto, pero ese efecto se ha explicado: si los trajes tienen una clasificación, entonces no hay vínculos, por lo que la fórmula se reduce a lo que describe el comentario de limari.

Brilliand

Juego de cartas: si saco cuatro cartas al azar y tú sacas seis, ¿cuál es la probabilidad de que mi carta más alta sea más alta que la tuya?

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