¿Existe una intuición alternativa para resolver la probabilidad de tener un as en la mano de cada jugador de bridge?

Question

Estoy intentando conocer un poco mejor la probabilidad ya que es un punto débil para mí y me preguntaba qué otras formas había de pensar intuitivamente en el problema de encontrar la probabilidad de que 4 jugadores de bridge tengan cada uno exactamente un as después de que se les reparta una baraja de 52 cartas.

Mi solución partió de que hay $4!$ formas de distribuir los ases inicialmente, y posteriormente hay $48 \choose 12$ formas de distribuir el resto de la primera mano, $36 \choose 12$ formas de distribuir el resto de la segunda mano, y $24 \choose 12$ formas de distribuir la tercera mano, y una forma de distribuir la última mano. Así, hay $4! *$ $48 \choose 12$ $*$ $36 \choose 12$ $*$ $24 \choose 12$ formas de los jugadores que tienen exactamente un as.

Sin embargo, el espacio total de la muestra se contabiliza dando primero al primer jugador su mano ( $52 \choose 13$ ), el segundo jugador tiene la mano del mazo restante, ( $39 \choose 13$ ), etc.; por lo que el espacio muestral es $ 52\choose 13$ $*$ $39 \choose 13$ $*$ $26 \choose 13$ .

La respuesta final después de simplificar es que la probabilidad de que cada jugador reciba exactamente un as es $\frac{4!48!13^{3}}{52!}$

Creo que esto es correcto (corregidme si mi solución es errónea), pero ¿cuáles son las otras formas de pensar en este problema?

Answer 1

Una intuición alternativa es verlo como 4 grupos de 13 con 4 amigos todos en grupos diferentes.

La primera puede ser en cualquier grupo, el 2º tiene 39 ranuras permitidas de 51, y así sucesivamente.

Por lo tanto, Pr = $\frac{39}{51}\cdot\frac{26}{50}\cdot\frac{13}{49}$

Answer 2

La solución es posiblemente más sencilla si se distingue entre permutaciones dentro de las manos. Hay $4!$ formas de distribuir los ases sobre el $4$ jugadores, y $13^4$ posibles posiciones de los ases en las manos. Eso deja $48!$ posibilidades de llenar el resto $48$ ranuras. El tamaño del espacio muestral en esta perspectiva es sólo $52!$ por lo que la probabilidad deseada es

$$\frac{4!\cdot13^4\cdot48!}{52!}\;.$$

Answer 3

En lugar de intentar reformular, creo que una gran opción es la explicación de F. Scholz aquí :

Answer 4

Siempre pensé que era más fácil pensar en términos del coeficiente multinomial : lo defines para $k_1,\cdots,k_d \ge 0, k_1 + \cdots + k_d = n$ y luego dejas que $$ \binom n{k_1,\cdots,k_d} \overset{def}= \frac{n!}{k_1! \cdots k_d!}. $$ Cuenta el número de formas de tener $n$ bolas distinguibles y poner $k_1$ de ellos en la primera caja, $k_2$ en la segunda casilla, $\cdots$ , $k_d$ de ellos en el $d^{\text{th}}$ (las cajas también se distinguen). El $k_i!$ en el denominador quita "todos los recuentos múltiples en $n!$ "debido a que el $k_i$ Las bolas que se ponen en una caja pueden permutarse entre sí, dando el mismo resultado.

Utilizando esta nueva intuición, su cuenta se convierte en $$ \frac{\binom 4{1,1,1,1} \binom{48}{12,12,12,12}}{\binom{52}{13,13,13,13}}. $$ El numerador es el número de maneras de poner un as en cada mano y luego $12$ de las cartas restantes en cada mano. El denominador es sólo el número de formas de poner $13$ cartas en cada mano. Observe que $$ \binom{n}{k_1,\cdots,k_d} = \binom{n-k_d}{k_1,\cdots,k_{d-1}} \binom n{k_d} $$ que se puede comprobar bien de forma combinada, o bien simplemente notar que el $(n-k_d)!$ en ambos lados se anulan. Si se establece $k_i = k$ para $1 \le i \le d$ se obtiene la fórmula $$ \binom{dk}{k,k,\cdots,k} = \binom dk \binom{(d-1)k}k \cdots \binom {2k}k \binom kk = \prod_{j=1}^d \binom{jk}k, $$ que es esencialmente lo que sucede cuando se piensa en poner $12$ cartas en la primera mano $\binom{4 \cdot 12}{12}$ entonces $12$ cartas en la segunda mano $\binom{3 \cdot 12}{12}$ etc.

En concreto, tu recuento era correcto. (Pero, por alguna razón, el número que calculas explícitamente al final está desviado por un factor de $13$ ; comprueba tus cálculos. Se ve claramente $13^4$ en el numerador si se utiliza mi fórmula, provienen del $52!/(13!)^4$ en el denominador).

Espero que eso ayude,

Answer 5

En una baraja de cartas, para que los ases estén equidistribuidos tienen que estar situados en cada una de las posiciones modulares.

Es decir, necesitamos un as en cada uno de $0\mod4, 1\mod4, 2\mod4$ y $3\mod4$ .

Si consideramos una baraja con sólo 2 tipos de cartas - 4 del tipo A y 48 del tipo , podemos ver que hay $\binom{52}{4}$ formas de repartir las cartas, y necesitamos las manos con exactamente 1 del tipo A en cada ranura modular. Pero esta suma no parece fácil.

En cambio, considere cuántas formas hay de distribuir 4 ases en 4 ranuras, a saber $4^4$ pero sólo $4!=24$ de estos nos sirva de algo. Una vez hecho esto, cada ranura tiene $13$ posibilidades, por lo que la distribución aquí es $4!.13^4$ .

Tenemos 48 cartas restantes, dando la probabilidad como:

$$ \text{P(each player gets an ace)}=\dfrac{4!.13^4.48!}{52!}=\dfrac{13^4}{\binom{52}{4}}$$