¿Cuál es la probabilidad de que 5 cartas elegidas al azar en una baraja sumen 40 o más?

Question

He hecho un juego de probabilidad, en el que hay que sacar 5 cartas cualesquiera sin mirar (de una baraja de 52 cartas), y si las cinco cartas suman 40 o más, el jugador que saca las 5 cartas de la baraja gana. ¿Cuál es la probabilidad de ganar el juego?

Valores de las cartas cara y as:

As = 1

Jack = 11

Reina = 12

Rey = 13

El valor de las tarjetas numéricas es el que figura en la tarjeta: por ejemplo, una tarjeta que tiene un 2 tiene un valor de 2.

También hay un gran premio y lo sería si sólo sumara 40. ¿Cuántas combinaciones hay y por qué?

Answer 1

Aproximación normal:

Considere la posibilidad de robar una sola carta del mazo:

E(X)=7

Var(X)=14

Con la suma de 5 cartas (robadas sin reemplazo):

$E(X)=7 \times 5$

$\text{Var}(X)=14\times 5\times \frac{52-5}{52-1}$

(el último término es el corrección de la población finita ', que se aplica tanto a la varianza de la suma como a la varianza de la media).

La aproximación a la normalidad en esta situación es razonablemente rápida.

Esto sugiere que la suma en 5 tarjetas podría ser aproximada por una distribución normal con media $35$ y la varianza $70\times\frac{47}{51}\approx 64.5098$ . Utilizando una corrección de continuidad, esto da una probabilidad aproximada de totalizar al menos 40 en 5 cartas de:

$$1-\Phi(\frac{39.5-35}{\sqrt{70\times\frac{_{47}}{^{51}}}})\approx 0.288$$

La simulación (en R) de diez millones de sorteos de cinco cartas indica que la probabilidad es
sobre $0.293$ (con s.e. $\approx 1.4\times 10^{-4}$ ):

 res=replicate(10000000,sum(sample(rep(1:13,4),5,replace=FALSE)));mean(res>=40)  
 [1] 0.2927447

Como comprobación del cálculo anterior de la varianza, la desviación típica de esas sumas simuladas fue de 8,0316; el cálculo anterior da 8,0318.

Edición: Aquí hay una comparación de la cdf empírica de los datos simulados con la aproximación normal anterior; son bastante cercanas:

Las simulaciones más extensas son consistentes con las otras dos respuestas basadas en la enumeración completa:

Answer 2

La respuesta de Glen_b es suficientemente buena a efectos prácticos, pero incluiré aquí el cálculo de la probabilidad exacta (asistido por ordenador, pero creo que podría hacerse a mano con suficiente tiempo, valor y algunos trucos adicionales). Hay 2598960 posibilidades de elegir 5 cartas entre 52. Es suficientemente rápido para que un ordenador pruebe todas las posibilidades, pero podemos ser más inteligentes.

Al elegir 5 cartas entre 52, ¿cuántas cartas de diferentes alturas podemos obtener? Hay 6 posibilidades, o particiones (el número de partición de 5 menos 1, porque no podemos obtener 5 cartas de la misma altura):

• (1,1,1,1,1) (todas las alturas son distintas)
• (1,1,1,2) (un par)
• (1,2,2) (par doble)
• (1,1,3) (trío)
• (2,3) (lleno total)
• (1,4) (cuatro iguales)

Además, hay respectivamente 1024, 384, 144, 64, 24 y 4 formas diferentes de realizar una de estas manos cuando se da el número de cartas de cada altura (por ejemplo, si te digo que tienes una "octava" y cuatro "reyes", eso corresponde a 4 manos diferentes, según el color de la "octava"). Estos números son pesos.

Ahora, para cada partición, calculamos cuántas alturas dan lugar a una suma de al menos 40. Por ejemplo, para (1,4), tenemos que encontrar el número de soluciones de $x+4y \geq 40$ bajo las restricciones $1 \leq x,y \leq 13$ y $x \neq y$ . Para las cuatro últimas particiones, se puede hacer manualmente (es fácil para las dos últimas), pero el ordenador es muy práctico para las dos primeras. Encontramos respectivamente 337, 916, 291, 326, 59 y 64 resultados favorables. Si multiplicamos por las ponderaciones y sumamos, obtenemos 760092 resultados favorables.

Por lo tanto, la probabilidad de obtener al menos 40 es:

$$\frac{761272}{2598960} = \frac{95159}{324870} \simeq 0,293$$

Este método puede parecer complicado, sobre todo teniendo en cuenta que el problema se puede forzar de forma bruta, pero hemos reducido el número de posibilidades a comprobar de 2,5 millones a unos 5 miles, lo que no está muy lejos de poder hacerse sin ordenador (y, al menos, hay algunas matemáticas interesantes).

Edición: el error ha sido corregido. Simplemente cometí una errata al calcular $337*1024+916*384+291*144+326*64+59*24+64*4 = 761272$ (mi mensaje daba inicialmente esta suma en 760092). El razonamiento es sólido.

Answer 3

He aquí una solución de fuerza bruta en Python

def prob():
    n = 13
    u = [4]*n
    p = q = 0
    for a in range(n):
        pa = u[a]
        u[a] -= 1
        for b in range(n):
            pb = u[b]
            u[b] -= 1
            for c in range(n):
                pc = u[c]
                u[c] -= 1
                for d in range(n):
                    pd = u[d]
                    u[d] -= 1
                    for e in range(n):
                        if u[e] == 0:
                            continue
                        pe = u[e]
                        if a + b + c + d + e >= 35:
                            p += pa*pb*pc*pd*pe
                        q += pa*pb*pc*pd*pe
                    u[d] += 1
                u[c] += 1
            u[b] += 1
        u[a] += 1
    return p, q

p, q = prob()
q - 52*51*50*49*48      # 0
g = gcd(p, q)
p//g                    # 95159
q//g                    # 324870

El programa es sencillo: actualizar el numerador y el denominador de la probabilidad para cada elección de $a,b,c,d,e$ los valores de la tarjeta. La suma se compara con $35$ en lugar de $40$ ya que los índices van desde $0$ a $12$ .

El producto $pa\cdot pb\cdot pc\cdot pd\cdot pe$ tiene en cuenta que los resultados no son equiprobables: u[i] representa el número de cartas disponibles con valor $i$ antes de elegir cada carta. Por ejemplo, para las cartas (1,1,1,1,2), la actualización sería $4\cdot3\cdot2\cdot1\cdot4$ mientras que para (1,2,3,4,5) sería $4^5$ . El denominador es siempre $52\cdot51\cdot50\cdot49\cdot48$ y $q$ se compara con este valor al final, como comprobación.

La probabilidad es, pues, la siguiente

$$\frac{95159}{324870}\approx 0.292914$$

---

Para completar, el código anterior utiliza una función gcd:

def gcd(a, b):
    while b != 0:
        a, b = b, a%b
    return a