Probabilidad del primer juego completo de una baraja estándar de 52 cartas

Question

Supongamos que tenemos un estándar, $52$cartas de la baraja que se ha barajado con un buen generador de números aleatorios y un imparcial arrastrando los pies algoritmo. Nos basamos en una tarjeta a la vez, sin reemplazo, y deténgase tan pronto como podemos observar los cuatro Ases.

Dado $k$, ¿cuál es la probabilidad de que se observe todos los cuatro Ases antes de observar cuatro de cualquier otro rango en el $k$th tarjeta, donde la $k = 4, 5, \ldots, 40$?

En otras palabras, y por ejemplo, si $k = 20$, ¿cuál es la probabilidad de que la primera $20$ tarjetas contienen exactamente cuatro Ases, con el cuarto de la Eca en el que se dibuja la $20th$ tarjeta y que el resto de dieciséis tarjetas no son cuatro, de cualquier otro rango?

Para $k = 4, 5, 6, 7$ esto parece ser sencillo. Pero para $k \geq 8$ esto cada vez se siente más el dolor de cabeza-y.

Pensamientos sobre un enfoque

Para el $k = 20$ caso de arriba, parece que tengo para, entre otras cosas, contar el número de maneras de partición de la $16$ [las cartas] con $12$ objetos [el resto de filas] donde cada objeto puede tener más de tres de una copia y, a continuación, la ponderación de cada una de estas particiones. Por ejemplo, pude observar una partición como $3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 1$ como permutaciones de KKKQQQJJJTTT9998AAAA donde uno de los Como siempre al final. Entonces yo sería el peso de cada partición de $16$ $12$ por el número de permutaciones y el número de maneras de elegir similar filas.

Siempre se puede simular esto, pero por diversión, estoy tratando de ver si hay una práctica, el enfoque exacto.

EDITAR 6/9/2017

Me parece que han causado un poco de confusión con mi ejemplo y redacción original. Aquí está (con suerte) la mejor redacción de lo que estoy después.

Fix $k$. El espacio muestral es el conjunto de permutaciones en las que el cuarto ace se dibuja en la $k$th de la tarjeta. Qué proporción de los permutaciones contienen sólo tres o menos de tres ocurrencias de todos los otros rangos en la primera $k$ tarjetas?

Answer 1

Para $k=20$, dicen, necesita la $32$ naipes restantes no contienen ases, y al menos uno de cada rango. Vamos a elegir los $32$ tarjetas de primera. Si nuestra elección es correcta, entonces también necesitamos la $20$th tarjeta para ser un as; condicional en lo que ya sabemos que esta es una $4/20=1/5$ de probabilidad, ya que no se $4$ ases en la primera $20$ tarjetas.

El número total de opciones para el resto de las $32$ tarjetas es $\binom{52}{32}$. El número de estas decisiones que no tienen ases es $\binom{48}{32}$. Ahora tenemos que restar el número de opciones con las que no ases que también faltan algunos otros de rango; podemos hacer esto mediante la inclusión-exclusión.

Hay $\binom{44}{32}$ combinaciones falta una especificado de otro rango, $\binom{40}{32}$ combinaciones faltan dos especificado otros rangos, y así sucesivamente. Por lo que el número total de combinaciones falta ases y al menos otro rango es $$\binom{12}1\binom{44}{32}-\binom{12}2\binom{40}{32}+\binom{12}3\binom{36}{32}-\binom{12}4\binom{32}{32}.$$ Para general $k$, seguir tomando los términos en el patrón de $(-1)^{i+1}\binom{12}i\binom{48-4i}{52-k}$, pero cortar cualquiera de los términos donde $48-4i<52-k$.

En general, entonces, su probabilidad es $$\frac{\binom{48}{32}-\binom{12}1\binom{44}{32}+\binom{12}2\binom{40}{32}-\binom{12}3\binom{36}{32}+\binom{12}4\binom{32}{32}}{\binom{52}{32}}\times\frac{4}{20}\approx 0.003.$$

Answer 2

De matemáticas de la Miseria, ha aclarado la cuestión en los comentarios de abajo. Ahora es evidente que he interpretado mal la pregunta. La respuesta que me escribió direcciones de lo que pensé que la pregunta era, que no lo es.

En primer lugar, hemos de decir cuál es la probabilidad de que usted va a sacar su cuarto as de la $k$th de la tarjeta. No $\binom{52}{4}$ formas posibles en que los cuatro ases podría ser situado en los 52 cartas, y exactamente $\binom{k-1}{3}$ de ellos satisface la condición. Así que la probabilidad de que esto es $\binom{k-1}{3}\big/\binom{52}{4}$.

Ahora nos fijamos en los restantes 48 cartas y omitir los ases. La pregunta es, ¿cuál es la probabilidad de $p$ que de los 12 valores de las cartas, ninguno aparecerá cuatro veces en el primer $k-4$ tarjetas de 48?

Si dejamos $A_K, A_Q, A_J, A_{10},\dots$, de ser el caso de que todos los cuatro reyes, reinas, jotas, 10s, etc., aparecer en la primera $k-4$ tarjetas, entonces la aplicación de la inclusión-exclusión de la fórmula, nos encontramos con que $$ \begin{align} p &= 1 - 12P(A_K) + \binom{12}{2}P(A_K \cap A_Q) - \binom{12}{3}P(A_K \cap A_Q \cap A_J) + \dots \\ &= \sum_{i=0}^{12} (-1)^i \binom{12}{i}\frac{\binom{48-4i}{52 - k}}{\binom{48}{52-k}}. \end{align} $$ Por ejemplo, cuando se $i = 3$, la expresión $\binom{48-4i}{52 - k}\big/\binom{48}{52-k}$ representa la probabilidad de que ninguno de los $12 = 4i$ reyes, reinas y jotas aparecen en la final $52-k$ tarjetas de la $48$ que están a la izquierda.

Así que la probabilidad total es $$ \frac{\binom{k-1}{3}}{\binom{52}{4}}\sum_{i=0}^{12} (-1)^i \binom{12}{i}\frac{\binom{48-4i}{52 - k}}{\binom{48}{52-k}}. $$

Answer 3

Supongamos que trabajamos con $q$ rangos, uno de los cuales es la aces, en lugar de trece años. La fijación de uno de estos rangos de las secuencias de cartas elegido a partir de que rango donde hay más de tres tarjetas de tener presente EGF

$${4\elegir 0} 0! + {4\elegir 1} 1! z + {4\elegir 2} 2! \frac{z^2}{2!} + {4\elegir 3} 3! \frac{z^3}{3!} = 1 + 4z + 6z^2 + 4z^3.$$

Por lo tanto, para obtener los resultados favorables

$${4\elegir 3} \times 3! \times {k-1\elegir 3} \times (k-4)! [z^{k-4}] (1+4z+6z^2+4z^3)^{p-1}.$$

Asimismo, para el total de los resultados que se obtienen (estamos calculando un probabilidad condicional de aquí, es decir, ¿cuál es la probabilidad de que el ases de ser el primer set, dado que el cuarto ace apareció en el sorteo $k$)

$${4\elegir 3} \times 3! \times {k-1\elegir 3} \times (k-4)! [z^{k-4}] (1+4z+6z^2+4z^3+z^4)^{p-1} \\ = {4\elegir 3} \times 3! \times {k-1\elegir 3} \times (k-4)! [z^{k-4}] (1+z)^{t4-4} \\ = {4\elegir 3} \times 3! \times {k-1\elegir 3} \times (k-4)! {T4-4\elegir k-4}.$$

Dividir estos para obtener la probabilidad de

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ {T4-4\elegir k-4}^{-1} [z^{k-4}] (1+4z+6z^2+4z^3)^{p-1}.}$$

Simplificando obtenemos

$${T4-4\elegir k-4}^{-1} [z^{k-4}] (-z^4+(1+z)^4)^{p-1} \\ = {T4-4\elegir k-4}^{-1} \sum_{p=0}^{p-1} {q-1\elegir p} (-1)^p [z^{k-4}] z^{4} (1+z)^{t4-4-4p}.$$

Este es

$${T4-4\elegir k-4}^{-1} \sum_{p=0}^{p-1} {q-1\elegir p} (-1)^p {T4-4-4p\elegir k-4-4p}$$

o, alternativamente,

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ {T4-4\elegir k-4}^{-1} \sum_{p=0}^{p-1} {q-1\elegir p} (-1)^p {T4-4-4p\elegir 4t-k}.}$$

En particular, obtenemos para una baraja estándar con trece filas de la fórmula

$${48\elegir k-4}^{-1} \sum_{p=0}^{12} {12\elegir p} (-1)^p {48-4p\elegir 52-k}.$$

Viendo que este es uno de esos problemas en los que es muy importante para obtener la definición de derecho que incluyen algunos de Arce código del documento el modelo de la que estoy trabajando.

con(planta);

ENUM :=
proc(q, k)
opción de recordar;
local res_nset, res_all, peine, mset, adm;

 peine := firstcomb(q*4, k);
 res_nset := 0; res_all := 0;

 mientras que el tipo(peine), haga
 mset :=
 convertir(map(p -> p mod q,
 convertir(peine, lista)),
conjunto múltiple);

 si numboccur(mset, [[0, 4]]) = 1 entonces
 res_all := res_all + 4*(k-1)!;

 adm :=
 seleccione(ent -> ent[1] <> 0 y ent[2] < 4,
mset);

 si nops(adm) = nops(mset)-1, a continuación,
 res_nset := res_nset + 4*(k-1)!;
fi;
fi;

 peine := nextcomb(peine, q*4);
od;

 [res_nset, res_all];
end;

X :=
(q, k) ->
[24*binomial(k-1,3)*(k-4)!*
 coeftayl(((1+z)^4-z^4)^(p-1), z=0, k-4),
 24*binomial(k-1,3)*(k-4)!*binomial(4*p-4, k-4)];

P := (q, k) ->
binomial(4*p-4, k-4)^(-1)*
coeftayl(((1+z)^4-z^4)^(p-1), z=0, k-4);

P1 := (q, k) ->
binomial(4*p-4, k-4)^(-1)*
agregar(binomial(p-1,p)*(-1)^p*binomial(4*q-4-4*p, 4*p-k),
p=0..q-1);