Probabilidad de que un jugador gane un juego de adivinar cartas

Question

$ \textbf{Question:} $ Un juego de cartas consiste en $ n $ tarjetas $ (n \ge 1), $ una de las cuales es una carta especial. Las cartas se barajan al azar y luego se dan la vuelta de una en una. En cualquier momento, un jugador debe adivinar si la carta actual es la carta especial antes de que se revele. El jugador gana cuando acierta la carta especial. ¿Cuál es la probabilidad de que el jugador gane la partida?

Abordo este problema dejando que $ E $ ser el caso de que la tarjeta actual sea una tarjeta especial y $ F $ es el caso de que el jugador adivine que la carta actual es la carta especial, por lo que encontrar la probabilidad de que el jugador gane el juego significa encontrar la probabilidad de que ambos $ E $ y $ F $ ocurrir. Ahora tengo $ \displaystyle P(EF) = P(E)P(F|E) $ con $ \displaystyle P(E) = \frac{1}{n}, $ pero no sé cómo calcular $ P(F|E). $ Parece razonable (para mí) que $ P(F|E) = 1 $ ya que una vez que el jugador sabe apriori que la carta actual es la carta especial, se limitará a adivinarla.

Supongamos que el problema proporciona la información adicional de que, en cualquier momento, la probabilidad de que el jugador adivine que la carta actual es la carta especial es $ 30\% $ (significado $ P(F) = 0.3), $ cambiará el valor de $ P(F|E) $ de $ 1 $ à $ 0.3? $

Answer 1

La configuración según tengo entendido: En cada turno el jugador puede adivinar o retener, luego se da vuelta una carta.

• Especial Adivina y Gira: gana
• Adivinar y girar ordinario: suelto
• Mantener y girar especial: suelto
• Mantener y girar ordinario: continuar el juego con una carta menos.

Suponiendo que que la probabilidad de que el jugador acierte en una determinada extracción está inversamente relacionada con el número de cartas que quedan por repartir; se puede definir recursivamente la probabilidad de ganar cuando $k$ cartas están en la baraja como:

$$P(k) = \frac{1+(k-1)P(k-1)}{k^2}; P(1)=1$$

Y así encontrar $P(n)=\tfrac 1n$ observando un patrón en la evaluación de los primeros de la secuencia, $P(2), P(3), ...$ y luego usar una prueba inductiva para confirmarlo.

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Alternativamente:

Sea $X$ ser el recuento de robos hasta que se roba la carta especial, y $Y$ será el recuento de empates hasta que el jugador acierte; entendiéndose que $Y=X+1$ es el caso de una pérdida por no adivinar antes de que se saque la carta especial.

Ahora claramente: $\mathsf P(X=k) = \tfrac 1 n \quad[1\leq k\leq n]$

Para cualquier $X$ la probabilidad de que el jugador acierte entonces es $$\mathsf P(Y=k\mid X=k) = \frac{1}{n}~[k\in\{1,..,n\}]$$

Porque es la probabilidad de que el jugador no haya acertado en la primera $k-1$ sorteos multiplicada por la probabilidad de que el jugador acierte el sorteo.

Por lo tanto, el caso de una victoria es:

$$\mathsf P(X = Y) = \sum_{k=1}^n \mathsf P(Y=k\mid X=k)\mathsf P(X=k) = \frac 1 n$$

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Observación, esto supone que el jugador elige adivinar o no basándose exclusivamente en cuántas cartas le quedan.   Naturalmente, el resultado será distinto si se emplea una estrategia diferente.

Answer 2

Asumo que el jugador mantiene el mismo patrón de decisión en todo momento. Esto puede generalizarse fácilmente a patrones más realistas.

Supongamos que en cada y hasta el $(n-1)$ st ensayo : $S$ =decide que la carta es especial, $P(S)=p$ y $NS$ =decide que la carta no es especial $P(NS)=q=1-p$

Aquí tenemos una secuencia de pares de acontecimientos. En cada par, el primer componente es la decisión del jugador y el segundo es la carta que aparece. Estos deben ser independientes.

El jugador gana (el juego se detiene) en el $k$ -enésimo juicio, $k=1,2,\ldots,n-1$ cuando estos acontecimientos se producen simultáneamente: ( $NS$ y la tarjeta no es especial) en $k-1$ ensayos y ( $S$ y la tarjeta es especial) en el $k$ -enésimo juicio.

Por ejemplo, cuando $k=3$ la probabilidad de estos eventos es: $$[q(n-1/n)][q(n-2/n-1)][p(1/n-2)]=q^2p\cdot 1/n$$

En general, $$P(\text{wins at k-th trial})=q^{k-1}p\cdot 1/n $$ En $k=n$ $$P(\text{wins at n-th trial})=\{1-\sum_{k=1}^{n-1}q^{k-1}p\}\cdot 1/n=q^{n-1}/n$$

Answer 3

La respuesta es 1/n. No existe ninguna estrategia para variar las probabilidades de ganar.

con un juego de 2 cartas, su probabilidad de ganar es 1/2 con cualquier estrategia. Si va a por la primera carta, entonces tiene 1/2 probabilidad de ganar. si espera a la segunda carta, su probabilidad de ganar es la 1/2 probabilidad de que no gane la primera carta, así que decida como decida jugar, su probabilidad de ganar es 1/2

así que

P(2) = 1/2

¿qué es P(3)? El jugador puede arriesgarse a ganar inmediatamente 1/3 con la primera carta, o arriesgarse a perder 1/3 esperando, y entrar en un juego a 2 cartas, con probabilidad de ganar P(2) = 1/2, por lo que tendrá 1/3 de posibilidades de ganar, Cualquiera que sea su estrategia, tendrá 1/3 de posibilidades de ganar.

P(4) = 1/4 a la primera, o tiene 3/4 de posibilidades de ir a P(3) - por lo que tiene 1/4 de posibilidades de ganar.

Inductivamente, la adición de una carta al juego da al jugador una probabilidad de 1/n de ganar a la primera, o bien una probabilidad de (n -1) / n de entrar en un juego con una probabilidad de 1/(n-1) de ganar, lo que significa que su probabilidad es también de 1/n

También he demostrado inductivamente que con n cartas restantes, la elección de tomar o no la conjetura da una probabilidad 1/n de ganar en ambos casos. No hay ninguna justificación de que la primera carta sea mejor que una posibilidad 1/n, y si llega al juego n-1, entonces no hay ninguna estrategia disponible para aumentar sus probabilidades.

Es cierto que un jugador que no adivina nada en una partida n parece tener más posibilidades de ganar a medida que avanza la partida, pero sólo si no pierde. En el momento en que le queda 1 carta, ha evitado una (n-1) / n posibilidad de derrota