Probabilidad de que se extraigan dos cartas secuenciales de tres

Question

Quiero calcular la probabilidad de que dos de las tres cartas extraídas de una baraja normal de 52 cartas estén en secuencia (por ejemplo, un dos y un tres, o un diez y una jota, etc.). Esto excluye cualquier situación con tres cartas en secuencia, pero no las situaciones que incluyen un par (por lo que cuatro - cinco - seis no contarían como una secuencia de dos cartas, pero cuatro - cuatro - cinco sí). El as sólo es alto, por lo que puede utilizarse en la secuencia rey - as pero no en la secuencia as - dos.

Mi razonamiento es el siguiente: hay 12 posiciones posibles para la escalera de dos cartas. Para cada posición hay 4 * 4 = 16 combinaciones diferentes de las dos cartas. Para las dos "posiciones finales" hay 46 terceras cartas potenciales (cualquier carta excepto las dos en secuencia, incluyendo esas mismas cartas en diferentes palos, y las cuatro adyacentes). Para las otras diez posiciones hay 42 terceras cartas potenciales (las mismas pero excluyendo las ocho adyacentes). Por lo tanto, la probabilidad debería ser:

$${2 \times 4^2 \times 46 + 10 \times 4^2 \times 42 \over {52\choose 3}} = 0.371$$

El problema es que al realizar una simulación he obtenido una probabilidad de 0,345, lo que me lleva a pensar que el cálculo anterior es erróneo. ¿Es así? Si es así, ¿cuál sería la forma correcta de hacerlo?

Answer 1

Considere dos números consecutivos en la parte inferior $(1, 2)$ y de gama alta $(K, A)$ . En este caso, las combinaciones con un tercer valor específico deben ser descartadas ( $3$ y $Q$ respectivamente). Suponiendo tres valores diferentes, hay ${4 \choose 1}{4 \choose 1}{40 \choose 1} = 640$ combinaciones válidas. Suponiendo dos valores diferentes, hay ${2 \choose 1}{4 \choose 2}{4 \choose 1} = 48$ combinaciones válidas.

Considere dos números consecutivos $(2, 3)$ hasta $(Q, K)$ . En este caso, las combinaciones con dos valores deben ser descartadas (por ejemplo, $1$ y $4$ ). Suponiendo tres valores diferentes, hay ${4 \choose 1}{4 \choose 1}{36 \choose 1} = 576$ combinaciones válidas. Suponiendo dos valores diferentes, hay de nuevo ${2 \choose 1}{4 \choose 2}{4 \choose 1} = 48$ combinaciones válidas.

Combinando ambos, encontramos:

$$\frac{2(640 + 48) + 10(576 + 48)}{52 \choose 3} = \frac{7616}{22100} \approx 0.3446$$

Esto se confirma con el siguiente código de Python:

import itertools

v = list(range(1, 14)) * 4
v.sort()
j = 0
for c in itertools.combinations(v, 3):
  if c[0] == c[1] - 1 and c[1] != c[2] - 1:
    j += 1
  if c[0] != c[1] - 1 and c[1] == c[2] - 1:
    j += 1
print(j, j / 22100)

Answer 2

Se puede hacer como $$ $$ CASO 1 Selección de dos en secuencia y tercero cualquier otra denominación que no sea de dos sorteados= 12*16*44=8448 $$ $$ CASO 2 ES QUE LOS TRES ESTÁN EN SECUENCIA = 11 * 64 = 704 $$ $$ Por tanto, la probabilidad requerida será = (8448-704)/22100=7744/22100=0,35

Answer 3

(La respuesta fue cambiada, ya que el texto inicial del OP no me quedó claro. Voy a replantear, para mostrar que dos problemas se resuelven).

Contemos exactamente entre todos los conjuntos $S=\{x,y,z\}$ de tres tarjetas diferentes entre $52$ , mostrando "números" $|x|$ , $|y|$ , $|z|$ en $\{1,2,\dots,13\}$ , cuántas son favorables para las siguientes propiedades $(A)$ (como en el OP ahora) y $(B)$ (ya que puede haber sido digerido en una versión anterior):

• Propiedad $(A)$ : Existen al menos dos números consecutivos entre $|x|$ , $|y|$ , $|z|$ pero los tres números no son consecutivos (después de reordenarlos).

• Propiedad $(B)$ : Existe exactamente un par entre los pares $(x,y)$ , $(x,z)$ , $(y,z)$ , de modo que restringiendo a números obtenemos dos números consecutivos (después de reordenarlos).

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Nota: La primera solución aquí se dirigía a $(B)$ . Dado que ya existen soluciones para $(A)$ Voy a ir por otro camino, este camino es el uso de $(B)$ para obtener el resultado final. Por esta razón, $(B)$ se considerará en primer lugar.

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El número total de casos es $$\binom {52}3=\frac 16\cdot 52\cdot 51\cdot 50=22100\ .$$

Solución para $(B)$ :

Al contar los casos favorables, los "casos buenos", podemos y vamos a suponer que $x$ y $y$ son consecutivos en este orden, $|x|+1=|y|$ y que $|z|$ evita $|x|-1$ y $|x|=|y-1|$ y $|x|+1=|y|$ y $|x|+2=|y|+1$ .

Por lo tanto, tenemos que considerar un recuento especial, dependiendo de la elección de $x$ .

• Si $|x|=1$ , $|y|=2$ entonces $|z|$ evita $1,2,3$ , por lo que hay $4\cdot 4\cdot 4(13-3)$ casos (buenos).
• Si $|x|=2$ , $|y|=3$ entonces $|z|$ evita $1,2,3,4$ , por lo que hay $4\cdot 4\cdot 4(13-4)$ casos.
• Si $|x|=3$ , $|y|=4$ entonces $|z|$ evita $2,3,4,5$ , por lo que hay $4\cdot 4\cdot 4(13-4)$ casos.
• Esto es así para todos los valores de $|x|$ hasta $|x|=11$ , $|y|=12$ en cada caso tenemos $4\cdot 4\cdot 4(13-4)$ casos.
• El último caso es similar al primero, $|x|=12$ , $|y|=13$ entonces $|z|$ evita $11,12,13$ , por lo que hay $4\cdot 4\cdot 4(13-3)$ casos (buenos).

Si lo ponemos todo junto, hay $$ 2\cdot 4\cdot4\cdot4(13-3) + (12-2)\cdot 4\cdot4\cdot4(13-4) =4\cdot4\cdot 4(2\cdot 10 + 10\cdot 9) =7040 $$ buenos casos.

La probabilidad es, pues, la siguiente $$ \frac{7040}{22100} =\frac {352}{1105} \approx 0.318552036199095\dots\ . $$

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Solución para $(A)$ :

Ya hemos contado $7040$ $(B)$ -casos favorables. Para obtener el $(A)$ -casos favorables, contaremos y sumaremos los casos con (reordenados) $|x|,|y|,|z|$ de la forma $n,n,n\pm 1$ .

(No necesitamos contar y eliminar la forma consecutiva $n,n+1,n+2$ ya que no se consideró tal constelación).

Añadimos así el doble de todos los $S=\{x,y,z\}$ que se adapte a la forma $n,n,n+1$ , por lo que añadimos totalmente $$ 2\cdot 12\cdot\binom 42\cdot \binom 41=576\ . $$ El resultado es $7040+576= 7616$ por lo que la probabilidad es $$ \frac{7616}{22100} \approx 0.344615384615385\dots \ . $$

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Solución alternativa para $(A)$ siguiendo la idea de conteo del OP.

Considere un $(A)$ -situación favorable $\{x,y,z\}$ , donde $x,y$ están haciendo $|x|, |y|$ encajan en el patrón $n,n+1$ . Contamos las posibilidades correspondientes para hacer una elección de $(\ \{x,y\}\ , z)$ primero, separando los casos $n=1$ , $n+1=13$ y $1<n<12$ (así $n$ tiene $10$ valores posibles) $$ \begin{aligned} & 10\cdot 4\cdot 4\cdot(52-1-1-8) \\ + & 1\cdot 4\cdot 4\cdot(52-1-1-4) \\ + & 1\cdot 4\cdot 4\cdot(52-1-1-4) \\ =& 8192 \end{aligned} $$ En esta generación y cuenta de todos $(\{x,y\}, z)$ durante el paso a
$\{x,y,z\}$ algunos eventos resultantes son golpeados y finalmente contados dos veces. A saber, los de la forma $\{x,y,x'\}$ y/o $\{x,y,y'\}$ con el mismo número en $x,x'$ , respectivamente en $y,y'$ .

Hay $2\cdot 12\cdot 4\cdot 5=576$ tales eventos, ya contados anteriormente. Así que el recuento bueno ofrece $8192-576=7616$ .

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Registro informático sage :

X = cartesian_product( [[1..13], [1..4]] )
C = Combinations(X, 3).list()

A = [ (x,y,z) for (x,y,z) in C
      if 1 in [abs(x[0]-y[0]), abs(y[0]-z[0]), abs(z[0]-x[0])]
      and {1,2} != {abs(x[0]-y[0]), abs(y[0]-z[0]), abs(z[0]-x[0])} ]

B = [ (x,y,z) for (x,y,z) in C
      if 1 == [abs(x[0]-y[0]), abs(y[0]-z[0]), abs(z[0]-x[0])].count(1)]

N = ZZ( len(C) )
pa = len(A) / N
pb = len(B) / N

print "P(A) = %s ~ %s" % (pa, pa.n())
print "P(B) = %s ~ %s" % (pb, pb.n())

Esto da:

P(A) = 112/325 ~ 0.344615384615385
P(B) = 352/1105 ~ 0.318552036199095