Vamos a empezar por el desarrollo de algunos intuición. A continuación, voy a compartir tres diferentes métodos de solución que están de acuerdo sobre la respuesta, que está cerca de a $14\%$. Dejo que el lector de atracciones de aplicar cualquiera de estos cuatro métodos para responder a la segunda pregunta (donde un Ace no está incluido).
La intuición
En primer lugar, para simplificar el análisis, nos vamos a permitir temporalmente "de la esquina" rectas. Hay tres de ellas, además de los diez rectas generalmente permitidos: JQKA2, QKA23, y KA234. Esto hace que cada tarjeta el equivalente de cada tarjeta. Porque estamos permitiendo que estas nuevas rectas, la estimación que se derivan tendrá que ser multiplicado por $10/13$. (Este truco se puede usar para simplificar la posterior solución de los métodos, pero para hacerlos independientes de este análisis de lo posible, no se puede utilizar de nuevo.)
Considerar la secuencia de los sorteos de las cinco cartas. Debido a la equivalencia de todas las cartas, no hace ninguna diferencia lo que el primer uno es. Se determina una "bola" de radio $4$ que consta de todas las tarjetas cuyos valores (modulo $13$) se encuentran dentro de$4$. Por ejemplo, la pelota alrededor de un Jack (cuyo valor numérico es $11$) se extiende desde $11-4=7$ a través de $11+4=15$ modulo $13$, que consta de las cartas con valores $\{7,8,9,10,11,12,13,14,15\}$ = $\{7,8,9,10,J,Q,K,A,2\}$. Este consta de $9/13$ de todas las cartas. Si esta carta es para ser parte de una recta, entonces al menos uno de los siguientes dos tarjetas debe estar dentro de esta bola.
Del mismo modo, la segunda tarjeta viene con su propia bola. Debido a que estos dos bolas son tan grandes, que generalmente se compone de todas las tarjetas. A veces se superponen perfectamente, dando sólo la $9$ tarjetas. Vamos a dividir la diferencia y estiman que, en promedio, su superposición cubre alrededor de $11$ tarjetas. Eso es $11/13$ del total. (Por ejemplo, cuando las tarjetas se $2$$5$, la unión de sus bolas incluye todas las tarjetas excepto para el $10$, que es el único que no pudo ser incluido en una recta con un $2$ o $5$.)
Por lo tanto, la probabilidad de que la tercera carta se encuentra dentro de una de las dos primeras bolas es de aproximadamente $11/13$. Por lo general serán más cerca de una de las dos primeras cartas que los demás. Eso es probablemente donde la recta mentira.
La cuarta y la quinta carta necesidad de estar cerca de la tercera tarjeta y cualquiera que sea el primero o el segundo estaba más cercano a la tercera tarjeta. Normalmente se debe caer dentro de un rango de sólo seis cartas o así. La posibilidad de que ambos se encuentran dentro de un rango predeterminado es acerca de $6/13$ cada vez. Por ejemplo, si las dos primeras cartas son $2$ $5$ y el tercero es un $7$, $\{5,7\}$ podría ser parte de una recta. La cuarta tarjeta debe ser una de las tarjetas de $3,4,6,8,9$ a fin de formar una línea recta con el $5$ $7$ o de lo contrario debe ser una de las tarjetas de $A,3,4,6$ para formar una línea recta con el$2$$5$. Eso es un total de $6$ distintas posibilidades, y esto se ve bastante típico.
Por lo tanto, la probabilidad de que las condiciones son adecuadas para un empate en la recta después de cinco cartas debe ser alrededor de
$$\frac{10}{13} \times \frac{11}{13} \times \frac{6}{13} \times \frac{6}{13} \approx 14\%.$$
So much for intuition and estimation: but at least we now have a sense that these conditions aren't all that rare; they ought to occur roughly once every seven games.
Simulation
A quick R simulation affords a close estimate of the correct answer. $100,000$ iterations (which takes around 20 seconds for this inefficient but straightforward code) yield an estimate of $0.13749 \aprox 13.8\$ with a standard error of $%0.0010 = 0.1\$. That pins the result down to a range of about $%13.5\$ to $%14.1\$: our intuition was good!
deck <- rep(0:12, 4)
straight <- function(hand) {
s <- function(h0) {
h <- unique(h0)
if (length(h) < 4) return (FALSE)
h <- sort(h)
if (length(h) == 4) return (h[4]-h[1] <= 4)
return (min(diff(h, 3)) <= 4)
}
return (s(hand) || s((hand-1)%%13))
}
set.seed(17)
sim <- replicate(1e5, straight(sample(deck, 5)))
(m <- mean(sim)) # Estimated chance
se <- sqrt(m*(1-m) / length(sim)) # Its standard error
Exhaustive enumeration
There are only $%\binom{52}{5} = 2,598,960$ possible five-card Poker hands. We can examine them all in short order, counting those that meet the desired conditions. Here is a Mathematica implementation:
cards = Join[Range[13], Range[13], Range[13], Range[13]];
hands = Subsets[cards, {5}];
straight[hand_] := With[{h = Union[hand]},
(Length[h] == 5 && (h[[4]] - h[[1]] <= 4 || h[[5]] - h[[2]] <= 4)) ||
(Length[h] == 4 && Max[h] - Min[h] <= 4)];
straights = Select[hands, straight[#] || straight[Sort[Mod[# - 2, 13]]] &];
Length[straights] / Length[hands]
The output, after about a minute of calculation, is $1056/7735 \aprox 13.65\%$. Que está dentro de un error estándar de la simulación resultado, constituyendo un muy buen acuerdo.
La reducción a un problema resuelto: solución analítica
Este problema es realmente el mismo como una pregunta acerca de Scrabble que se pregunta acerca de las palabras que se pueden extraer de un conjunto de Scrabble azulejos (sin reemplazo) en siete de baldosas de rack. La interpretación de "palabra" como "capaz de dibujar en una línea recta", "azulejo" como "tarjeta", y el cambio de "siete" a "cinco" que hace de esta la misma pregunta con pequeñas variaciones en sus condiciones. El mismo método de solución se aplica. Para el registro, aquí es el total de Mathematica código. Se calcula un diccionario de palabras básicas, que es básicamente la enumeración de todos los posibles conjuntos de cuatro cartas que se pueden dibujar en una recta--y, a continuación, utiliza el polinomio de álgebra rápidamente para encontrar las palabras de longitud cinco. Las probabilidades de cada nonword son fácilmente calculada (contabilidad por el dibujo de una cubierta sin reemplazo) y se suman. El complemento de la probabilidad es la posibilidad de obtener una "palabra": es decir, de dibujo de una recta.
alphabet = a + b + c + d + e + f + g + h + i + j + k + l + m;
t = Select[Tuples[Range[14], 4],
Length[Union[#]] >= 4 && Max[#] - Min[#] <= 4 &] /. {1 -> a,
2 -> b, 3 -> c, 4 -> d, 5 -> e, 6 -> f, 7 -> g, 8 -> h, 9 -> i,
10 -> j, 11 -> k, 12 -> l, 13 -> m, 14 -> a};
dictionary =
Join[Times @@@ t, {a b c d e, b c d e f, c d e f g, d e f g h,
e f g h i, f g h i j, g h i j k, h i j k l, i j k l m, j k l m a}];
next[pp_] := PolynomialMod[pp alphabet, dictionary];
nonwords = Nest[next, 1, 5];
1 - (nonwords /. (Power[x_, n_] -> FactorialPower[4, n])
/. (x_ /; MemberQ[alphabet, x] -> 4)) / FactorialPower[52, 5]
Su salida es el mismo que antes, pero obtuvo en sólo dos segundos, aproximadamente treinta veces más rápido que una enumeración exhaustiva.
