¿Probabilidad de compartir cartas extraídas de diferentes mazos?

Question

He estado luchando con el siguiente problema, que he estado tratando de resolver combinatorialmente, pero sin mucho éxito.

Supongamos que n Los jugadores tienen cada uno un mazo de cartas. Cada jugador saca al azar una mano de m cartas de su propia baraja.

La parte más fácil de la pregunta es: ¿cuál es la probabilidad de que haya (al menos) una carta que aparezca en la mano de cada jugador?

Pero realmente estoy más interesado en la parte más difícil de la pregunta: ¿cuál es la probabilidad de que haya (al menos) un conjunto de k cartas de tal manera que cada jugador tenga una de las k ¿las cartas en su mano?

Por ejemplo, cuando $k=2$ ¿cuál es la probabilidad de que podamos encontrar un par de cartas A y B tal que cada jugador tenga una o ambas A y B en su mano de m ¿tarjetas?

Se agradece cualquier consejo sobre cómo proceder o dónde se ha tratado esto anteriormente.

Answer 1

Tu cálculo del primer caso no es correcto. Tenga en cuenta que $\bigg( \binom{51}{m-1}\bigg/\binom{52}{m}\bigg)=\frac m{52}$ y tienes razón en que $\frac m{52}$ de las manos contendrá una carta específica. Pero ha contado dos veces los casos en los que todas las manos comparten dos cartas. Tiene que utilizar el principio de inclusión-exclusión para corregirlo.

Answer 2

Dejemos que $X_j$ sea el número de tarjetas que el primer $j$ los jugadores tienen en común. Así, $X_1 = m$ y $P(X_{j+1}=x | X_j = y) = \dfrac{{y \choose x} {{52 - y} \choose {m-x}}}{52 \choose m}$ para $0 \le x \le y$ , por lo que se pueden calcular las probabilidades a partir de la recursión $$P(X_{j+1}=x) = \sum_{y=x}^m \dfrac{{y \choose x} {{52 - y} \choose {m-x}}}{52 \choose m} P(X_j = y)$$ Por ejemplo, con $m=13$ Obtengo los siguientes valores aproximados para $P(X_j = 0)$ :

$$\left[ \begin {array}{cc} j & P \left( X_{j}=0 \right) \\ 1& 0.0\\ 2& 0.01279094804 \\ 3& 0.4141821823\\ 4& 0.8121444120\\ 5& 0.9501446600\\ 6& 0.9873595189\\ 7& 0.9968294020 \\ 8& 0.9992067330\\ 9& 0.9998016469\\ 10& 0.9999504096\end {array} \right] $$

Answer 3

Gracias por las respuestas hasta ahora a esta pregunta. Creo que ahora he resuelto la parte más fácil de la pregunta, utilizando un argumento de inclusión-exclusión (como sugieres Ross) para contar el número de combinaciones posibles de manos en las que hay una carta común a todos los jugadores.

Supongamos que hay 3 jugadores ( $n=3$ ) y cada uno roba 2 cartas ( $m=2$ ). El número total de arreglos posibles de diferentes manos es entonces $\binom{52}{2}^3$ . De estas disposiciones, el número en el que la mano de cada jugador incluye alguna carta con nombre (por ejemplo, el as de picas) es $\binom{51}{1}^3$ . La suma de todas las cartas posibles da como resultado $52 \times \binom{51}{1}^3$ pero esto hará que se cuente doblemente el $\binom{52}{2}$ arreglos en los que cada jugador tiene las mismas dos cartas. Por tanto, el número total de disposiciones en las que se comparte al menos una carta es $52 \times \binom{51}{1}^3 - \binom{52}{2}$ y la probabilidad de tal acuerdo es:

$$\frac{52 \times \binom{51}{1}^3 - \binom{52}{2}}{\binom{52}{2}^3}$$

La generalización de este argumento a las m y n da la fórmula general de la probabilidad:

$$\frac{\sum_{i=1}^{m}(-1)^{(i+1)}\binom{52}{i}\Big(\binom{52-i}{m-i}^n\Big)}{\binom{52}{m}^n}$$

He hecho algunos cálculos rápidos en Excel para comprobar el caso $m=13$ y estoy de acuerdo con los números proporcionados por Robert.

Pasando a la parte más difícil de la pregunta, he encontrado la probabilidad de que haya k (o menos) cartas que "cubren" a todos los jugadores para el caso especial de que $m=1$ (cada jugador elige una carta). Contar las formas de necesitar exactamente j tarjetas para cubrir a todos los individuos, utilizando un argumento de inclusión-exclusión, y sumando j de 1 a k da:

$$\frac{\sum_{j=1}^{k}\binom{52}{j}\sum_{i=0}^{j-1}(-1)^i\binom{j}{j-i}(j-i)^n}{52^n}$$

Sin embargo, todavía no he llegado más lejos con la generalización para $m>1$ ...