$16$jugadores $P_1,P2,....,P{16}$ jugar un torneo de eliminatorias. Es sabido que cuando los jugadores $P_i$ y $P_j$ juego, el jugador $P_i$ va a ganar si $i<j a="" al="" azar="" cada="" el="" emparejados="" en="" es="" jugador="" jugadores="" la="" llega="" los="" probabilidad="" que="" ronda="" semifinal="" son="" suponiendo="">- - - - - -
Sé que $P1$ de todos modos llegará a finales y $P{16}$ no borrará la primera ronda. No sé cómo solucionar aún más.
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Reproductor $P_4$ comparte su grupo semifinal con otros tres jugadores de los 15 restantes; avanzan a la semifinal si y sólo si ninguno de esos tres jugadores son $P_1, P_2, P_3$. Esto significa que la probabilidad de ellos avanzando es \frac{\binom{12}{3}}{\binom{15}{3 $$}} = \frac{44}{91} \approx 0.48. $$
En la primera ronda de $P_4$ juega con igual probabilidad contra cualquier otro equipo. La probabilidad de que $P_4$ gana esta ronda es por lo tanto, dado por ${12\over15}$. Ahora estamos en la condición de este evento, es decir, que en la primera ronda de $P_4$ ha jugado contra un $P_k$$k>4$.
En la segunda ronda hay $7$ a los adversarios de la izquierda para $P_4$, todos ellos equiprobables. Ahora tenemos que ver cómo muchos de ellos son mejores que los de $P_4$. Esto depende de si en la primera ronda no fue un partido entre $1$–$3$. Indicar la probabilidad de que esto ha sucedido por $p$. Dado que el $P_4$ en la primera ronda no ha jugado contra uno de $1$–$3$ obtenemos $$p={2\over13}+{11\over13}\cdot{1\over11}={3\over13}\ .\tag{*}$$ En el caso cubierto por $p$ dos de los adversarios de $P_4$ son mejores que los de $P_4$, en el caso cubierto por $1-p$ hay tres de ellos. De ello se deduce que la probabilidad total $p_*$ que $P_4$ gana en ambas rondas está dada por $$p_*={4\over5}\bigl(p\cdot{5\over7}+(1-p){4\over7}\bigr)={44\over91}=0.484\ .$$ $$$$ $(^*)$ La probabilidad de que $1$ juega en contra de $2$ o $3$${2\over13}$. Si $1$ juega en contra de una $P_k$ $k>4$ la probabilidad de que $2$ juega en contra de $3$${1\over11}$.
$P_4$ va a llegar a la semifinal si y sólo si ninguna de $P_1,P_2,P_3$ está en el mismo trimestre del sorteo final como $P_4$.
De ello se deduce que la probabilidad de que $P_4$ llega a la semifinal es $${\small{\frac{\binom{12}{3}}{\binom{15}{3}}}}={\small{\frac{44}{91}}}$$ $$ \overline{ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;\;\; }$$ La solución anterior asume que la distribución del sorteo final, suponiendo azar reparaciones, es el mismo que el de la distribución de un sorteo al azar, sin reparaciones. Que parecía intuitivamente claro (por simetría), pero basado en lulu comentario, me empezó a preocuparse por si el azar reparaciones tal vez eran relevantes, por lo tanto he intentado un enfoque diferente, como se muestra a continuación, que explícitamente asume al azar reparaciones.
Con algunas correcciones, basado en los comentarios de Henry y Mees de Vries, aquí es una versión revisada de ese enfoque . . .
La probabilidad de que $P_4$ pasa a la segunda ronda es ${\large{\frac{12}{15}}}={\large{\frac{4}{5}}}$, ya que en la primera ronda, $P_4$ ha de evitar la reproducción de cualquiera de $P_1,P_2,P_3$.
Considerar dos casos . . .
Caso $(1)$:$\;$En la primera ronda, ninguno de $P_1,P_2,P_3$ juega $P_4$, y dos de $P_1,P_2,P_3$ jugar el uno al otro.
La probabilidad de que en este caso se produce es $$ \left({\small{\frac{4}{5}}}\right)\left({\small{\frac{3}{13}}}\right) = {\small{\frac{12}{65}}} $$ Dado que en este caso se produce, la probabilidad de que $P_4$ gana el próximo partido es ${\large{\frac{5}{7}}}$, ya que en la ronda dos, $P_4$ necesidades para evitar la reproducción de cualquiera de los dos restantes los jugadores más fuertes.
Caso $(2)$:$\;$En la primera ronda, ninguno de $P_1,P_2,P_3$ juega $P_4$, y no hay dos de $P_1,P_2,P_3$ jugar el uno al otro.
La probabilidad de que en este caso se produce es $$ \left({\small{\frac{4}{5}}}\right)\left({\small{\frac{10}{13}}}\right) = {\small{\frac{8}{13}}} $$ Dado que en este caso se produce, la probabilidad de que $P_4$ gana el próximo partido es ${\large{\frac{4}{7}}}$, ya que en la ronda dos, $P_4$ necesidades para evitar la reproducción de cualquiera de $P_1,P_2,P_3$.
Sumar los resultados para los dos casos, se deduce que la probabilidad de que $P_4$ llega a la semifinal es $$ \left({\small{\frac{12}{65}}}\right)\left({\small{\frac{5}{7}}}\right) + \left({\small{\frac{8}{13}}}\right)\left({\small{\frac{4}{7}}}\right) = {\small{\frac{44}{91}}} $$ Nota:$\;$Los dos enfoques de producir el mismo resultado, como inicialmente se esperaba, pero no estaba seguro de.
Pr (Reproductor $P_4$ gana la Ronda de 16)= Pr (Reproductor $P_4$ no está vinculado con los jugadores de 1,2, o 3 en la primera ronda)= $$\frac{\binom{12}{1}}{\binom{15}{1}}=\frac{12}{15}$$ Reproductor $P_4$ va a ganar los cuartos de final sólo si él no está vinculado con los jugadores 1, 2 o 3 en los barrios. Los posibles casos de Jugadores $P_1$,$P_2$,$P_3$ son:
$W$: Los jugadores de $P_1$ $P_3$ proceder a los cuartos de final. $P_2$ se vinculan con $P_1$ en la ronda de 16 y es eliminado.
$X$: Los jugadores de $P_1$ $P_2$ proceder a los cuartos de final. $P_3$ se vinculan con $P_1$ en la ronda de 16 y es eliminado.
$Y$: Los jugadores de $P_1$ $P_2$ proceder a los cuartos de final. $P_3$ se vinculan con $P_2$ en la ronda de 16 y es eliminado.
$Z$: Los tres jugadores proceder a los cuartos de final.
Reproductor $P_1$ siempre va a proceder a cuartos de final.
Deje $A$ denotar el caso de que un jugador $P_4$ gana los cuartos de final.
Usar la ley de la total (condicional) de la probabilidad, $$Pr (A)= Pr(A/W).Pr(W)+Pr(A/X).Pr(X)+Pr(A/Y).Pr(Y)+Pr(A/Y)+Pr(A/Z).Pr(Z)$$
$$=\frac{5}{7}\frac{1}{15}+\frac{5}{7}\frac{1}{15}+\frac{5}{7}\frac{1}{15}+\frac{4}{7}\left(1-\frac{3}{15}\right)$$
$$=\frac{1}{7}+\frac{48}{105}=\frac{63}{105}$$
Pr (Reproductor $P_4$ juega la semifinal)= Pr (Reproductor $P_4$ gana la Ronda de 16)Pr ($A$)
$$=\frac{12}{15}\frac{63}{105}=\frac{12}{25}=0.48$$
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