En un Zener de la tarjeta de prueba con un 25 -paquete de tarjeta y sin reemplazo, ¿cuál es el resultado esperado?

Question

El Zener tarjetas fueron inventados por Karl Zener y utilizada por j. b. Rhine en sus experimentos sobre la percepción extrasensorial (ESP) de la Universidad de Duke en la década de 1930. Comprenden las tarjetas de cada uno de los cinco tipos, mostrando un cuadrado, un círculo, estrella, cruz, o líneas onduladas:

Un paquete estándar contiene 25 cartas, cinco de cada tipo.

Una carrera consta de un sujeto tratando de adivinar cada tarjeta en un pack en turno. Si reemplazamos y mezclar después de cada adivinar, su puntuación esperada es de 5. Pero, ¿y si no sustituir, y permitimos que nuestro objeto de mantener un registro (o él sólo recuerda) el número de cartas de cada tipo ya han surgido. ¿Cuál es el resultado esperado?

La respuesta es mayor que 5. La probabilidad de obtener el 25 de tarjeta de derecho debe ser siempre 1, y que de llegar el 24 de tarjeta de la derecha debe ser de 0,5 o 1, dependiendo de lo que ha pasado antes. Del mismo modo que la probabilidad de obtener el 23 de tarjeta de derecho no puede ser menor que el 0,33. Por lo que la contribución prevista para la puntuación de los últimos tres conjeturas solo es mayor de 1,83. Por lo que el resultado esperado después de una carrera es mayor que $\frac{22}{5}+1.83=6.23$. Cómo de grande es en realidad?

Answer 1

El resultado esperado es de 8,65, a 2 decimales.

Me encontré con una simulación de Monte Carlo con un millón de carreras, consiguiendo una puntuación media de 8.649, y después de buscar en la web para "8.65" y "cartas Zener" pronto me di cuenta de Ronald Leer el artículo en el American Mathematical Monthly 69(6), de 1962, en la que se obtiene 8.65 mediante el uso de un método exacto que yo no se entiende completamente.

La adivinación técnica que se utilizó una variación en la que di en el comentario en respuesta a @trueblueanil pregunta. Escribí los tipos de tarjeta en el orden (cuadrado, círculo, estrella, cruz, ondulado) y siempre supuse que la siguiente carta que sería de uno de los más numerosos tipos restantes. Pero cuando dos o más tipos eran igualmente más numerosos, en lugar de escoger entre ellos al azar elegí la derecha en la lista anterior. Más de un millón de pistas, el número medio de visitas fue 8.648557, el mayor número fue de 18, y el más pequeño fue de 5.

Un ejemplo de cuando el 5 ocurrió fue lo siguiente pedido:

(de la cruz, estrella, cruz, estrella, estrella, cruz, estrella, círculo, cuadrado, ondulado, cruz, estrella, cuadrado, círculo, cuadrado, círculo, cuadrado, círculo, cuadrado, cruz, ondulada ondulada ondulada ondulada)

cuando cada supongo que es "ondulado"!

Answer 2

Sospecho que el más bajo puntaje esperado viene si todas las estrellas están en el pasado, y el total es $1/5+1/4+1/3+1/2+5=6\frac{17}{60}$.
Sospecho que la mayor puntaje esperado viene si usted tiene uno de cada uno, luego otro de cada uno, y el resultado es $5(1/5+1/4+1/3+1/2+1)=11 \frac5{12}$.
No sé cómo a la media con respecto a la secuencia real.
Como puedo reclamar en los comentarios, tenemos un promedio $1+1/2+1/3+1/4+1/5$ durante las primeras cartas de cada palo.
La puntuación media para la segunda cartas de cada palo depende de cómo muchas de cuatro cartas se adapte a permanecer una vez que las primeras cartas de todos los palos han aparecido. Por ejemplo, si tres palos todavía tienen cuatro cartas cada uno cuando el último traje ha aparecido, contamos con una puntuación de $1+1/2+1/3$ a partir de la segunda tarjetas.
Creo que tenemos una puntuación de $$\sum_{n=1}^5\sum_{m=1}^{a_n}\frac1m$$ donde $a_5=5$ $a_n$ es el número de $n$-el palo de la carta que permanecen cuando el último $n+1$-tarjeta de demanda ha ido.