¿Cuál es la probabilidad de que alguien reciba un palo en el juego de Bridge?

Question

En una partida de Bridge, ¿cuál es la probabilidad de que algún jugador tenga un palo completo?

(Hay cuatro jugadores en una partida de cartas de Bridge. Una baraja de cartas de Bridge consta de 52 cartas dispuestas en cuatro palos de trece cada uno. El juego de Bridge comienza distribuyendo las cartas al azar entre los cuatro jugadores, a saber, Norte, Sur, Este y Oeste, de modo que cada uno recibe 13 cartas).

Me refiero a varios libros de estadística para resolver este problema.

Answer 1

La respuesta es un número minúsculo, pero lo suficientemente grande como para sugerir que a alguien le ha tocado alguna vez un traje en los Estados Unidos. Este artículo muestra cómo encontrar esa probabilidad (con una secuencia de tres cálculos sencillos), ofrece una interpretación y concluye mostrando cómo calcularla con precisión.

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Empecemos con una pequeña generalización, porque descubre la esencia del problema. Que un "traje" consista en $k\ge 1$ cartas. Una "baraja" es la unión de $m\ge 1$ trajes distintos. En la pregunta, $k=13$ y $m=4$ . Para modelar un reparto, supongamos que la baraja se baraja al azar y se divide en $m$ grupos de $k$ cartas contiguas en la baraja. Cada uno de estos grupos es una "mano".

En primer lugar, encontremos la probabilidad de que un jugador preestablecido reciba un palo. Hay $$\binom{mk}{k} = \frac{(mk)(mk-1)\cdots((m-1)k+1)}{(k)(k-1)\cdots(1)}$$ posibles manos, todas ellas igualmente probables, y $m$ de ellos son trajes. Por lo tanto, esta oportunidad es

$$p^{(1)}(m,k) = \frac{m}{\binom{mk}{k}}.\tag{1}$$

Si esto es lo que se preguntaba, hemos terminado. Sin embargo, la interpretación más probable es que pregunte por la posibilidad de que una o más de las manos es un palo.

Para ello, proceder a encontrar la posibilidad de que dos predesignado los jugadores se reparten palos. Con la condición de que al primer jugador se le reparta un palo (la posibilidad dada por $(1)$ ), quedan $m-1$ trajes. Resultado $(1)$ se aplica con $m$ sustituido por $m-1$ para dar la probabilidad condicional. Estos dos valores se multiplican para dar la probabilidad conjunta

$$p^{(2)}(m,k) = p^{(1)}(m,k)p^{(1)}(m-1,k).$$

Continuando con este razonamiento inductivamente da la posibilidad de que $s\ge 1$ Los jugadores designados previamente se reparten palos cada uno,

$$p^{(s)}(m,k) = \prod_{i=0}^{s-1} p^{(1)}(m-i,k).\tag{2}$$

El Principio de inclusión-exclusión ("PIE") proporciona la posibilidad de que uno o más los jugadores (no designados de antemano) se reparten palos; es

$$p(m,k) = \sum_{s=1}^m (-1)^{s-1} \binom{m}{s} p^{(s)}(m,k).\tag{3}$$

En particular, $$\eqalign{ p(4,13) &= \frac{(3181)(233437)(25281233)}{(2^6)(3)(5^4)(7^4)(17^3)(19^2)(23^2)(29)(31)(37)(41)(43)(47)} \\ &=\frac{18772910672458601}{745065802298455456100520000}\\ &\approx 2.519631234522642\times 10^{-11}. }$$

Los primos pequeños en el denominador eran de esperar: no pueden superar $mk=52$ . Los grandes primos en el numerador sugieren fuertemente que no existe una fórmula general de forma cerrada para $p(m,k)$ .

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¿Qué significa esta respuesta?

Wikipedia remonta la versión moderna del Bridge a 1904, afirma que solía ser más popular en EE.UU., e informa de que actualmente hay unos 25 millones de jugadores en ese país. Aunque es difícil saber con exactitud lo que significa ser un jugador de Bridge, podríamos esperar que cada uno juegue de media entre unas pocas manos y unos cientos de manos al año, y que en cada mano participen cuatro jugadores. (En el Bridge Duplicado algunas manos se juegan varias veces, pero ignoremos esa complicación y absorvámosla en la estimación de "unas pocas a unos pocos cientos"). Por lo tanto, el número esperado de manos de Bridge al año en las que se reparte un palo es del orden de diez a cien veces el producto

$$p(4,13) \times 25 \times 10^6 \approx \frac{1}{1588}.$$

Contabilización de la $110$ años que han transcurrido desde 1904, podríamos multiplicar esta expectativa por otros dos órdenes de magnitud. El resultado está entre $1/10$ y $10$ . Aunque $p(4,13)$ puede parecer "imposiblemente pequeño", no es insignificante: dependiendo de las suposiciones sobre el grado de actividad de los jugadores de Bridge, es entre plausible y muy probable que ya se haya repartido un palo en los Estados Unidos.

Muchas personas han informado de tales manos. La explicación obvia es que algunas (¿muchas?) barajas no se barajan o reparten al azar. Ver Peter Rowlett en Cuatro manos perfectas o Noticias científicas en Trece Picas .

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Notas informáticas

Calcular la respuesta es tan sencillo y simple como parece en las fórmulas $(1)$ , $(2)$ y $(3)$ : ver el R ejemplo de abajo. Cuando se aplica la PIE, suele ser mejor evitar los valores grandes de $m$ debido a la alternancia de sumas y restas en la fórmula final: el error de redondeo puede acumularse rápidamente cuando algunos términos individuales de la suma son mucho más grandes que el resultado. Esta situación es más agradable. Como en general el primer término -basado en la posibilidad de que un solo jugador en particular obtenga un palo- domina el resto, este código realiza la suma en orden inverso para evitar ese error de redondeo.

# NB: `choose` computes the binomial coefficient
p <- function(m, k) {
  p.1 <- function(m, k) m / choose(m*k, k)            # Formula (1)
  p.s <- function(s, m, k) prod(p.1(m:(m-s+1), k))    # Formula (2)
  p.s <- Vectorize(p.s, "s")
  sum((-1)^(m:1-1) * choose(m, m:1) * p.s(m:1, m, k)) # Formula (3)
}
print(p(4, 13), digits=16)

[1] 2.519631234522642e-11

El resultado es correcto con toda la precisión inherente a la aritmética de punto flotante IEEE.

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Referencias

Gridgeman, N. T. "El misterio del trato perdido". Amer. Stat. 18, 15-16, febrero de 1964.

Mosteller, F. "La mano perfecta de bridge". Problema 8 en Fifty Challenging Problems in Probability with Solutions. Nueva York: Dover, pp. 2 y 22-24, 1987.

Wolfram Mathworld cita el mismo valor racional para $p(4,13)$ . Sus referencias son Mosteller y Gridgeman.

Answer 2

Utilizando las probabilidades condicionales, $P$ con un subíndice $i$ $i=1, 2, \ldots, 13$ para denotar la probabilidad de obtener la carta "correcta", podemos utilizar el razonamiento inductivo para calcular la probabilidad. Podemos suponer WLOG que al jugador se le reparten las 13 cartas en secuencia, independientemente de lo que se reparta a los demás jugadores. No nos importa cuál es el palo de la primera carta que se reparte, por lo que la $P_1 = 1$ pero la siguiente carta que se reparte debe coincidir con ese palo, que de los 51 restantes sólo hay 12 para sacar, por lo que $P_2 = 12/51$ . Siguiendo así, la decimotercera carta tiene probabilidad $P_{13} = 1 / 40$ para ser la tarjeta correcta. Matemáticamente, esta combinatoria se reduce a (¡13! ¡39! / ¡52!) que es imposiblemente pequeña.

Answer 3

Un jugador = $\frac {\binom{4}{1}} {\binom{52}{13}} = 6.29907808979643E-012$

Un jugador que no lo tiene es 1 - 6.29907808979643E-012 por lo que al 4º es ninguno
Cualquier jugador $1 - (1 - 6.29907808979643E-012)^4 = 2.5196289499263E-011$
Uno o más es uno menos la posibilidad de que no haya ningún jugador

Esto es un poco impar porque si 3 son aptos entonces el 4º tiene que ser apto