La probabilidad de ganar el juego 1-2-3-4-5-6-7-8-9-10-J-Q-K

Question

Una pregunta similar a la mía fue respondida aquí en stackexchange:

La probabilidad de ganar el juego "1-2-3"

Sin embargo, soy incapaz de seguir las fórmulas así que tal vez alguien podría mostrar el cálculo y la forma en que llega a ella para responder a esta pregunta.

Mi tarjeta de juego es muy similar, excepto que el conteo de cartas va todo el camino desde 1 (Ace) a través del Rey y, a continuación, se reinicia. Si usted puede hacer esto a través de toda una baraja de cartas sin golpear el mismo rango de la tarjeta que usted gana. Así, por ejemplo, si se llama fuera de Ace - 2 -3 - 4 - 5 - 6, etc. y pulse "7" cuando se acaba el llamado "7", usted pierde.

¿Cuál es la probabilidad de ganar este juego de cartas?

Answer 1

Resulta que hay una fácil solución, después de Byron enfoque en esta respuesta. La torre polinomio para cada una de las $4\times4$ bloque de excluidos partidos es $R(x)=24x^4+96x^3+72x^2+16x+1$, y la probabilidad deseada es

$$ \frac1{52!}\int_0^\infty x^{52}R(-1/x)^{13}\mathrm e^{-x}\mathrm dx\;. $$

Wolfram|Alpha refuses to evaluate this, but in Sage

y=(-1/x)
a=(x^52 * (24*y^4 + 96*y^3 + 72*y^2 + 16*y + 1)^13).full_simplify ()
integral (a * exp (-x),0,infinity)/factorial (52)

yields

$$ \frac{4610507544750288132457667562311567997623087869}{284025438982318025793544200005777916187500000000} $$

de acuerdo con el resultado citado por Barry.

Answer 2

Creo que usted encontrará lo que usted desea en el papel de la Frustración solitario por Doyle, Grinstead, y Snell en http://arxiv.org/pdf/math/0703900.pdf -- parece que la respuesta

$$\begin{align} {R_{13} \over 52!} &= {4610507544750288132457667562311567997623087869 \over 284025438982318025793544200005777916187500000000}\cr \cr &= 0.01623272746719463674 \ldots \end{align}$$

Answer 3

La probabilidad de que una tarjeta de causas que usted no es $\frac 1{13}$ Una aproximación, que no debe ser ni demasiado lejos, es que cada tarjeta es independiente. Esto no es cierto, como el hecho de que el primer Ace no usted no aumenta (ligeramente) la probabilidad de que los próximos dos te hace fallar. Si hacemos esa aproximación, la probabilidad de ganar es la posibilidad de que no hay ninguna tarjeta hace que no, que es $\left(\frac {12}{13}\right)^{52}\approx 0.0157$

Answer 4

Después de nuestro primer sorteo de la probabilidad de ganar será $\frac {12}{13}$. Para la segunda tarjeta tenemos que dividir el problema en dos casos. La primera es que empate a dos en el primer sorteo y la segunda es que no empate a dos en el primer sorteo. Por lo que la probabilidad será: $\frac{12}{13} \cdot \frac{47}{51} + \frac{1}{13} \cdot \frac{48}{51}$. Por lo que la probabilidad de no perder después de dos empates serán:

$$\frac {12}{13} \cdot \left(\frac{12}{13} \cdot \frac{47}{51} + \frac{1}{13} \cdot \frac{48}{51}\right) \approx 85,2 \% $$

Para el tercer sorteo de la calulcation son aún más complicados. $\frac{12}{13} \cdot \frac{47}{51} \cdot \frac{46}{50} + \frac{1}{13} \cdot \frac{48}{51} \cdot \frac{47}{50} + \frac{12}{13} \cdot \frac{4}{51} \cdot \frac{47}{50} + \frac{1}{13} \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{48}{50}$

Así que después de la tercera dibujar nuestra oportunidad de no perder los se $\approx 78.65 \%$, pero tenga en cuenta que:

$$78.65 \% \approx \left(\frac{12}{13}\right)^3$$

No sé si esto va a continuar, pero tal vez es bueno probar:

Traté de hacer un programa que calcule la probabilidad de ganar después de 52 sorteos(aunque debo reconocer que no me tiene muy buenas habilidades en programación), y se calculan $\approx 0.0162$, que está muy cerca del resultado Ross Millikan fórmula dio$