La probabilidad de que la baraja no contiene dos cartas consecutivas del mismo palo

Question

Si una cubierta de 52 tarjetas estándar es completamente al azar revueltos, ¿cuáles son las probabilidades de que una vez que no hago dos cartas del mismo palo terminar uno al lado del otro?

Frase: Si tengo una bolsa de 13 bolas rojas, 13 bolas azules, 13 bolas amarillas, y el 13 de bolas blancas, y me sigue tirando bolas sin sustitución, a continuación, ¿cuáles son las probabilidades de que nunca me tire una bola del mismo color dos veces en forma consecutiva?

He intentado hacer esto para conjuntos pequeños, y en busca de una regla (2 de cada palo, y 3 de cada palo)

He tratado de encontrar una significación estadística para obtener una buena estimación, o una cierta pdf, o cdf a usar, pero no pudo encontrar a nadie.

Es allí cualquier manera de encontrar esta sin cálculos masivos?

Answer 1

No es masiva de un cálculo. Deje $Q(a,b,c,d)$ la probabilidad de que la parte superior de la tarjeta no es la primera demanda y no hay dos adyacentes tarjetas de compartir un traje, dado que no se $a$ tarjetas de el primer palo a la izquierda en la cubierta, $b$ de la segunda, etc., y que la cubierta esté bien mezclado. Entonces la probabilidad de que usted quiere es $Q(12,13,13,13)$ (de haber dibujado la parte superior de la tarjeta y se identificaron de su traje, lo que fuera, como el "primer palo"). La recursividad es $$Q(a,b,c,d)=\frac{bQ(b-1,a,c,d)+cQ(c-1,a,b,d)+dQ(d-1,a,b,c)}{a+b+c+d},$$ con la condición de límite $Q(0,0,0,0)=1$. El siguiente código de Python calcula el valor de los valores de $a,b,c,d$:

def q(a,b,c,d,cache={(0,0,0,0):1.0}):
  if a<0: return 0.0
  if (a,b,c,d) in cache: return cache[(a,b,c,d)]
  sm = (b*q(b-1,a,c,d) + c*q(c-1,a,b,d) + d*q(d-1,a,b,c)) / (a+b+c+d)
  cache[(a,b,c,d)] = sm
  return sm

Una vez definido, q(12,13,13,13) devuelve 1.1817474309603094e-06 casi al instante.

Answer 2

Si usted está dispuesto a utilizar cálculos masivos, se puede obtener la respuesta exacta de la siguiente manera basado en el método en esta respuesta. Si $q(x)=\sum_{i=1}^{13} \frac{(-1)^{i-13}}{i!} {13-1 \choose i-1}x^i$, entonces el número de permutaciones sin cartas consecutivas del mismo palo es $$\int_0^\infty q(x)^4\,e^{-x}\,dx=63394531038905867912088.$$ Dividiendo esto por $52!/(13!)^4$ da la probabilidad de $.000001181747431$.

Answer 3

Yo no llamaría a esto por cualquier medio rápido (su exptime) pero es un poco más eficiente que intentar fuerza bruta sólo enumerar

Indicar las bolas como "r", "b", "y", y "w", respectivamente

Denotar sacando las bolas como el montaje de una secuencia de "r", "b", "y" ,"w" que no son de 13 de cada

Estamos buscando el número de escenarios donde no 2 del mismo color se encuentran en una fila

Esto puede ser calculada como

$$1 - \frac{number \ where \ least \ 2 \ are \ found}{total}$$

Así que ahora el total es un ejercicio trivial calcular como es $$\frac{52!}{13!13!13!13!}$$

Basado en la fórmula de permutación

Ahora para encontrar el número en el que al menos 2 están presentes nos obliga a explotar una inclusión principio de exclusión de

Podemos considerar un vacío de la secuencia de las bolas con las ubicaciones $a_1, a_2 ... a_{52}$

Ahora para empezar podemos elegir cualquiera de los dos número consecutivo $i,j$ y asignar el mismo color. A partir de aquí podemos preguntar ¿cuáles son todas las posibles permutaciones. Al hacerlo, sin embargo vamos a ver algunos overcounting ocurrir. Considere el siguiente caso menor de 4 rojos, 1 amarillo, 1 azul

$$rrybrr$$

es una secuencia que tanto el $rra_3a_4a_5a_6$ $a_1a_2a_3a_4rr$ de la secuencia de conteo. Por lo tanto tenemos que quitar de la suma de las combinaciones de estas dos secuencias.

Pero ahora, considere el más involucrado caso de 4 rojos, 2 amarillos, azules 1

$$rryybrr$$

Está contado por $rra_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7$, $a_1a_2yya_5a_6a_7$, y $a_1a_2a_3a_4a_5rr$, lo que significa que si sumamos los recuentos de estas tres combinaciones que nos han contado es 3 veces, pero entonces, si nos tomamos un par de secuencias: encontrar la intersección y, a continuación, resta hemos restado 3 veces, en otras palabras, nos hemos olvidado de contar.

Esto nos revela una más general que la inclusión de la regla de exclusión será necesario y nos muestra un algoritmo eficiente para calcular su problema

Crear todas las posibles secuencias vacías que puede ser construido mediante el uso de sólo el 2 del mismo color colocados de manera consecutiva y el restante 50 puntos en blanco.

Ahora, a partir de esto generar el conjunto de posibles "intersecciones" de 2 secuencias (ex: $rra_3$ $a_1rr$ puede ser intersecan para formar $rrr$ pero $bba_3$ $rra_3$ no puede ser interceptada, ya que requeriría una de las posiciones a ser simaltaneously rojo y azul.

Ahora generar el conjunto de las intersecciones de 3 secuencias originales, 4 secuencias originales, etc...

Ahora, para cada secuencia de hechos (incluyendo aquellos generados a partir de las intersecciones) contar el número de permutaciones de los elementos restantes posible

Luego resumir todo en el primer caso los números de secuencia, restar el 2-intersección de los números, sumar 3 números de intersección, restar 4-intersección de los números, etc... todo el camino hacia abajo de la línea

El resultado será el número total de secuencias donde a las 2 de la misma de color están garantizados para estar uno al lado del otro, sin ningún tipo de overcounting. Llame a este número N

$$1 - \frac{N (13!)^4}{52!}$$

Es la respuesta que usted está buscando

Si denotamos $u_i$ como una secuencia generada, $u_i \cap u_j$ como la intersección de las dos secuencias (si es posible) y null si no es posible y, por último, $P(u_i)$ es igual al número de permutaciones posibles para algunos de los argumentos en que es una secuencia o de la intersección de las secuencias (devuelve 0 si la intersección en el interior es Nulo)

A continuación, el total es de

$$\sum_{i = 1}^{total \ sequences \ of \ 2} \left( (-1)^{i+1}\sum \left[P\left(\cap_{i \ elements \in U} \right] \right) \right)$$