Probabilidad de emparejar 5 cartas de un mazo de 40

Question

Supongamos que tenemos una baraja de 40 cartas que tiene, a 5 Ases, Reyes 6, 9 Reinas, 20 Tomas. Se juega un juego donde un concursante continuamente robar cartas hasta que tienen 5 coincidan con las tarjetas (no necesariamente en este orden). Las tarjetas son dibujados sin reemplazo.

Estoy tratando de encontrar la probabilidad de que el concursante conseguir la coincidencia de cinco cartas son todos los Ases (es decir, ellos tienen que conseguir esto, antes de llegar a cualquiera de los otros cinco que coincidan con las tarjetas).

¿Alguien tiene alguna idea sobre cómo abordar esto?

Answer 1

Supongamos que una victoria se produce cuando el quinto as se dibuja en dibujar $r+1$, $0 \le r \le 16$. En el sorteo anterior, la mano debe tener contenía cuatro ases y no más de cuatro de cualquiera de las otras filas y, a continuación, el participante debe dibujar un as en dibujar $r+1$.

Vamos a tratar de encontrar la probabilidad de estar en un estado favorable en dibujar $r$. Hay $\binom{40}{r}$ manos posibles de $r$ tarjetas, todo lo cual suponemos son igualmente probables. Nos gustaría contar el número de manos que contenga exactamente cuatro ases y no más de cuatro o de cualquier otro rango, al que vamos a llamar "favorable a mano". Para ello, nos encontraremos con la generación de la función de el número de favorable manos. La numeración de las filas del as a jack como $1$ través $4$, vamos a decir $n_i$ es el número inicial de cartas en el mazo de rango $i$, $i=1,2,3,4$, lo $n_1 = 5$, $n_2=6$, etc. Si tenemos en cuenta sólo las tarjetas de rango $i$, entonces la generación de función para el número de manos que contiene cero a cuatro de esas cartas es $$\sum_{j=0}^4 \binom{n_i}{j} x^j$$ La generación de la función para el número de formas para dibujar exactamente cuatro ases es, simplemente, $\binom{5}{4}x^4$; por lo que la generación de la función para el número de favorable manos contiene las tarjetas de todos los rangos se $$f(x) = \binom{5}{4}x^4 \prod_{i=2}^4 \sum_{j=0}^4 \binom{n_i}{j} x^j$$ I. e., el coeficiente de $x^r$ cuando $f(x)$ se expande, la cual vamos a denotar por $[x^r]f(x)$, es el número de manos que contenga exactamente cuatro ases y no más de cuatro o de cualquier otro rango. Después de algunos cálculos (yo usé Mathematica, pero un lápiz y papel de cálculo no debe ser difícil), $$f(x) = 5 x^4+175 x^5+2975 x^6+32725 x^7+261800 x^8+ \\ 1544980 x^9+6741525 x^{10}+21960225 x^{11}+53723775 x^{12}+ \\ 96756975 x^{13}+122906250 x^{14} +102343500 x^{15}+45785250 x^{16}$$

La probabilidad de que un favorable de la mano de $r$ cartas, a continuación, $$\frac{[x^r]f(x)}{\binom{40}{r}}$$ Con el fin de ganar en el sorteo de $r+1$ el jugador debe tener un resultado favorable de la mano en dibujar $r$ y, a continuación, dibuje un as en dibujar $r+1$, cuando hay un as a la izquierda en la cubierta y el $40-r$ total de naipes. Por lo que la probabilidad de un triunfo en dibujar $r+1$ es $$\frac{[x^r]f(x)}{\binom{40}{r}} \cdot \frac{1}{40-r}$$ y la probabilidad total de ganar es $$\sum_{r=0}^{16} \frac{[x^r]f(x)}{\binom{40}{r}} \cdot \frac{1}{40-r} = \boxed{0.00194347}$$ Editar (eliminado)

Editar para Editar

Pida a uno de los comentarios, me proporcionó una lista de recursos de aprendizaje para las personas que son nuevos para la generación de funciones y les gustaría aprender acerca de ellos. He movido que lista para una nueva pregunta y respuesta aquí , porque parece más adecuado para el desarrollo como un recurso de la comunidad. Por favor, eche un vistazo.

Answer 2

Ya que yo no entiendo muy bien algunos de los detalles de la torpe respuesta, he calculado las probabilidades modelando el proceso como una homogénea de la cadena de Markov con la $5$ de absorción de los estados: $5$ ases en primer lugar, $5$ reyes en primer lugar, $5$ queens primera y $5$ tomas en primer lugar, y $5^4$ no absorbente estados: $\ j_1\ \mathrm{aces,}$ $j_2\ \mathrm{kings,}$ $j_3\ \mathrm{queens,}$ e $j4\ \mathrm{jacks}$, $\ j_i\in \{0,1,2,3,4\}$. Tengo exactamente el mismo número que él hizo por ases y jotas a ser el primero en cinco años. Las probabilidades de todas las cartas para ser el primero a los cinco fueron: \begin{eqnarray} \mathrm{aces} &:& 0.00194347\\ \mathrm{kings} &:& 0.00824479\\ \mathrm{queens} &:& 0.07001983\\ \mathrm{jacks} &:& 0.91979191 \end{eqnarray}

Los detalles de la cadena de Markov

Deje $\ T_{t,c}\ $ ser la probabilidad de que el proceso ha terminado por paso $\ t\ $ con $\ 5\ $ de la tarjeta de $\ c\ $, $\ t=0,1,\dots,17\ $, e $\ c=1,2,3,4\ $ lo que indica un as, rey, reina y jack respectivamente. Desde $\ 17\ $ tarjetas han sido elaborados después del paso $\ 17\ $, no debe ser $\ 5\ $ tarjetas de una de las denominaciones que, por lo $\ \sum_{c=1}^4 T_{17,c}=1\ $, e $\ T_{17,1}\ $ es la probabilidad de que esa denominación es la de ace.

Deje $\ P_t\left(j_1,j_2,j_3,j_4\right)\ $ ser la probabilidad de que después paso a$\ t\ $ hay $\ j_1\ $ ases, $\ j_2\ $ reyes, $\ j_3\ $ queens y $\ j_4\ $ gatos en la dibujados a mano. Para la conveniencia en la siguiente descripción, ampliar el dominio de definición de $\ P_t\left(j_1,j_2,j_3,j_4\right)\ $ a incluir cuádruples $\ j_1, j_2, j_3, j_3\ $ de los que cualquiera de los miembros, o una combinación de mmbers, puede tomar el valor de $\ -1\ $, por poner $\ P_t\left(j_1,j_2,j_3,j_4\right)= 0\ $ cuando es el caso.

Inicialmente, tenemos $\ T_{0,c} = 0\ $ para todos los $\ c\ $, $\ P_0\left(0,0,0,0\right)=1\ $, e $\ P_0\left(j_1,j_2,j_3,j_4\right)=0\ $ si alguna de las $\ j_i\ne 0\ $, y \begin{eqnarray} P_{t+1}\left(j_1,j_2,j_3,j_4\right) = \frac{6-j_1}{40-t} &P_t&\left(j_1-1,j_2,j_3,j_4\right)+\frac{7-j_2}{40-t}P_t\left(j_1,j_2-1,j_3,j_4\right)\\ &+&\frac{10-j_3}{40-t} P_t\left(j_1,j_2,j_3-1,j_4\right)+\frac{21-j_4}{40-t} P_t\left(j_1,j_2,j_3,j_4-1\right)\ , \end{eqnarray} \begin{eqnarray} T_{t+1,1} &=& T_{t,1}+\left(t-40\right)^{-1}\sum_{j_2=0}^{\mathrm{min}(4,t-4)}\sum_{j_3=0}^{\mathrm{min}(4,t-j_2-4)}P_t\left(4,j_2,j_3,t-j_3-j_2-4\right)\\ T_{t+1,2} &=& T_{t,2}+\frac{2}{t-40}\sum_{j_1=0}^{\mathrm{min}(4,t-4)}\sum_{j_3=0}^{\mathrm{min}(4,t-j_1-4)}P_t\left(j_1,4,j_3,t-j_3-j_1-4\right)\\ T_{t+1,3} &=& T_{t,3}+\frac{5}{t-40}\sum_{j_1=0}^{\mathrm{min}(4,t-4)}\sum_{j_2=0}^{\mathrm{min}(4,t-j_1-4)}P_t\left(j_1,j_2,4,t-j_2-j_1-4\right)\\ T_{t+1,4} &=& T_{t,4}+\frac{16}{t-40}\sum_{j_1=0}^{\mathrm{min}(4,t-4)}\sum_{j_2=0}^{\mathrm{min}(4,t-j_1-4)}P_t\left(j_1,j_2,t-j_2-j_1-4,4\right) \end{eqnarray}