Dos jugadores eligen cartas del mazo de cartas estándar 52 sin reemplazo ...

Question

Estoy luchando con esta entrevista de preparación pregunta... SOS

Dos jugadores de selección de cartas de baraja estándar de 52 cartas sin reemplazo: 1er jugador elige una carta, luego 2nd, a continuación, de nuevo 1o, 2o, etc. Que deje de una vez que alguien elige un rey (de cualquier palo), el jugador que levanta el rey gana. ¿Cuál es la probabilidad de que el primer jugador gana? el segundo jugador?

El jugador que tenga más posibilidades de ganar: el primero o el segundo? Es suficiente para establecer la correcta fórmula para las probabilidades, no hay necesidad de evaluar numéricamente. La última pregunta puede ser contestada sin la evaluación numérica, mediante el análisis de las fórmulas

¿Cuál es la probabilidad de que el primer jugador gana? el segundo jugador? no podía estar lejos de un 50% para ambos... ¿verdad?

El jugador que tenga más posibilidades de ganar: el primero o el segundo? La intuición me dice que la primera persona, pero no estoy seguro de si sigue o cómo configurar una fórmula -- EDIT: para esto estoy pensando sin duda en el primer jugador porque tienen una oportunidad más de ganar por la elección de un rey

Answer 1

En una ronda de dos empates, comienzan con $n$ tarjetas de cual $4$ son los reyes. El primer jugador gana con probabilidad de $\frac 4n$. El segundo jugador gana con probabilidad de $\frac {n-4}n\cdot \frac 4{n-1}=\frac 4n\cdot\frac {n-4}{n-1}$ porque necesitan el primer jugador no dibuja un rey y no hay uno menos de la tarjeta en el paquete para su sorteo. Como el último factor es menos de $1$, en cada ronda, el primer jugador tiene una mayor probabilidad de ganar que el segundo, por lo que el primer jugador tiene una mayor probabilidad de ganar en general.

He hecho una hoja de cálculo para calcular la probabilidad. Me parece que el primer jugador gana sobre $51.98\%$ del tiempo.

Answer 2

Deje $E_k$ ser el caso de que los reyes son todos en los últimos $k$ tarjetas. Luego de una victoria en la vuelta a $52-k$ es el caso de $E_{k+1}\setminus E_k$. Desde $E_k\subset E_{k+1}$,$\mathsf P(E_{k+1}\setminus E_k)=\mathsf P(E_{k+1})-\mathsf P(E_k)$, por lo que la probabilidad de que el primer jugador para ganar es

$$ \sum_{j=2}^{26}\left(\mathsf P(E_{2j})-\mathsf P(E_{2j-1})\right)=\sum_{k=4}^{52}(-1)^k\mathsf P(E_k)=\sum_{k=4}^{52}(-1)^k\frac{\binom k4}{\binom{52}4}=\frac{433}{833}\approx51.98\%\;. $$

Se puede decir que esta es mayor que la de los jugadores de segunda probabilidad de ganar sin computar la suma señalando que cada sumando $\mathsf P(E_{2j})-\mathsf P(E_{2j-1})$ es mayor que el correspondiente sumando $\mathsf P(E_{2j-1})-\mathsf P(E_{2j-2})$ para el segundo jugador.

Answer 3

El primer jugador en ganar en el primer sorteo: $$\frac{4}{52}=\frac{{4\choose 1}}{{52\choose 1}}$$ El primer jugador en ganar en el segundo sorteo: $$\frac{4}{52}+\frac{48}{52}\cdot \frac{47}{51}\cdot \frac{4}{50} =\frac{{4\choose 1}}{{52\choose 1}}+\frac{{48\choose 2}\cdot {4\choose 1}}{{52\choose 2}\cdot {50\choose 1}}.$$ El primer jugador que gana en el tercer sorteo: $$\frac{4}{52}+\frac{48}{52}\cdot \frac{47}{51}\cdot \frac{4}{50} +\frac{48}{52}\cdot \frac{47}{51}\cdot \frac{46}{50}\cdot \frac{45}{49}\cdot \frac{4}{48}=\\ \frac{{4\elegir 1}}{{52\elegir 1}}+\frac{{48\elegir 2}\cdot {4\elegir 1}}{{52\elegir 2}\cdot {50\elegir 1}}+\frac{{48\elegir 4}\cdot {4\elegir 1}}{{52\elegir 4}\cdot {48\elegir 1}}.$$ El primer jugador en ganar en general: $$\sum_{n=0}^{24} \frac{{48\elegir 2n}\cdot {4\elegir 1}}{{52\elegir 2n}\cdot {52-2n\elegir 1}}=\sum_{n=0}^{24} \frac{48!\cdot (52-2n)!\cdot 4}{(48-2n)!\cdot 52!\cdot (52-2n)}=\\ \sum_{n=0}^{24} \frac{(49-2n)(50-2n)(51-2n)}{13\cdot 51\cdot 50\cdot 49}=\\ \frac{1}{1624350}\cdot \sum_{n=0}^{24} (-8n^3+600n^2-14998n+124950)=\frac{433}{833}\approx 0.5198.$$

Answer 4

Las respuestas anteriores son correctas, pero aquí es una forma alternativa de pensar en el problema.

Considerar la secuencia de 52 cartas. Definir una ranura de ser una extraña ubicación seguido por una ubicación; por lo tanto, tenemos exactamente 26 (sin solapamiento) ranuras. Nos deja la partición de la $52!$ maneras de organizar el mazo en tres categorías: Tipo $A$ serán aquellos en los que el primer rey aparece en un extraño lugar, y la tarjeta después de la primera rey (es decir, de la otra tarjeta en la misma ranura) no es un rey.

Tipo $B$ serán aquellos en los que el primer rey aparece en una ubicación.

Tipo $C$ serán aquellos en los que el primer rey aparece en un extraño lugar, y la tarjeta después de la primera rey (es decir, de la otra tarjeta en la misma ranura) es también un rey.

Tenga en cuenta que $A$ $C$ son premios para el jugador 1, y $B$ es una victoria para el jugador 2.

Tenemos $|A|+|B|+|C|=52!$. Tampoco es difícil ver que $|A|=|B|$ porque tenemos un bijection dado por el intercambio de tarjetas en la ranura que contiene el primer rey. Pues es claro que $|C| \neq 0$, esto ya nos dice que el jugador 1 gana con más del tiempo.

Uno puede, a continuación, seguir adelante y calcular el $|C|$. Parece aburrido pero no es particularmente difícil.

Answer 5

Considere la posibilidad de acuerdos de la cubierta. Si el Jugador 2 gana, poner la parte superior de la tarjeta (no de un Rey o de lo contrario el Jugador 1 gana) en la parte inferior le da un acuerdo en el que el Jugador 1 gana y la parte inferior de la tarjeta no es un Rey. Este es un bijection.

Así, la diferencia entre la probabilidad de que el Jugador 1 gana y la probabilidad de que el Jugador 2 gana es la probabilidad de que el Jugador 1 gana y la parte inferior de la tarjeta es un Rey. Esto puede ser expresado en términos de Jugador 1 ganador de un juego similar con $3$ Reyes en $51$ tarjetas (a veces la posibilidad de un Rey como el quincuagésimo segundo de la tarjeta). Proceder de forma recursiva hasta que un fácilmente solucionable caso como $1$ Rey en $49$ tarjetas.

Expresa la probabilidad de que el Jugador 1 gana como $\frac{1}{2}$, más de la mitad de la diferencia.

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{52}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{51}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{50}\cdot\frac{25}{49}\right)\right)=\frac{433}{833}$$

(También es posible tomar $0$ Reyes en $48$ tarjetas como una base de caso donde el Jugador 1 siempre gana desde el cuarenta y nueve de la tarjeta es en realidad un Rey.)