Un divertido juego de cartas que implica la probabilidad de conseguir todos los 13 rangos (de cualquier palo(s)) frente a 5 en una fila de color rojo o negro.

Question

Dos personas, (llamar C y D), deciden jugar a un juego de cartas para la diversión. Que el uso ordinario de la feria de la cubierta de $52$ tarjetas, mezclado bien antes de cada mano se dibuja, y saca al azar tarjetas de él uno de un tiempo sin reemplazo, tanto el uso de (compartir) las mismas cartas para determinar quién gana. De ganar, se define como sigue:

C gana si obtiene al menos uno de todos los $13$ ranking de las cartas (independientemente del palo como pueden ser mezclados traje o incluso todas del mismo palo) en una mano.

D gana si obtiene $5$ rojos o $5$ negros en una fila (consecutivos) de una mano en particular. Cada nueva mano empieza con $0$ en una fila tan lejos, por lo que no hay una "prórroga" de la mano anterior.

Es posible que C y D tanto puede "ganar" en la misma tarjeta de empate, por lo que normalmente sería un empate, pero un "giro" en el juego es que los lazos son otorgados a C, pero no sólo como un solo ganar. Ya que los lazos son probablemente raras, C consigue un triple victoria para los lazos. Es decir, si C y D de la apuesta hasta el dinero y que "atado", C, a continuación, ganar $3$ $1$de probabilidades de lo D la apuesta de él para esa mano en particular. Así que vamos a tomar un ejemplo de ejecución por lo que no hay confusión. Supongamos que tanto la apuesta de $1$ dólar por mano, y ocurre lo siguiente:

D gana juego de $1$, por lo que él es, a continuación, por $1$ dólar.
C gana juego de $2$, por lo que ambos están de regreso a su dinero.
D gana la próxima $2$ juegos así que queda en manos de las $2$ dólares a lo largo de C (C es abajo $2$ dólares).
El próximo partido es un empate por lo tanto, C es galardonado $3$ dólares en lo que es entonces adelante por $1$ dólar.

Otra forma de pensar es no pensar en dinero, sino simplemente contar el número de victorias. Si hay un empate, C se otorgó $3$ gana por la mano.

Así que la pregunta es quien tiene la ventaja matemática aquí y por cuánto? Por ejemplo, si era un día lluvioso y jugaron a este juego por muchas manos, que probablemente sería adelante tan lejos como dinero neto obtenido como resultado de jugar a este juego?

Algunas cosas interesantes a tener en cuenta son:

• D inmediato puede ganar con sólo $5$ tarjeta empates y C requiere $13$ mínimo.
• Es posible que la D no va a ganar, incluso si todas las cartas son dibujados, que nunca llegue a $5$ en una fila de cualquier color.
• Una decisión que se puede tomar en cualquier lugar de $5$ $49$tarjetas. $49$ es el max porque imagínese si $12$ de cada rango (de todos los $4$ trajes) han sido elegidos, pero D todavía no ha ganado por la mano, la siguiente carta se completa uno de esos conjunto de filas. Por ejemplo, si la última $4$ cartas de la baraja son todos los Reyes (K), el $49$th tarjeta le dará la victoria a C (suponiendo que D no gana o empate).

$$UPDATE$$ Me encontré con una simulación de 1 mil millones de decisiones (lazos incluido) y los resultados son como sigue:

C ganó : $469,102,581$ veces. (excluyendo el triple de victorias para los lazos).
D ganó : $514,835,119$ veces.
C,D atado : $16,062,300$ veces. (C galardonado con triple win").
C ganó : $517,289,481$ veces. (incluyendo el triple de victorias para los lazos).

La ventaja para C: acerca de $0.48$%

Promedio # de cartas al azar para tomar una decisión es $20.579$.

Así que el triple de ganar el premio de los lazos da C una muy ligera ventaja sobre D, pero sin que D tiene una ventaja decente. Así que en teoría, si jugaron a este juego por muchas manos, ellos acerca de romper incluso. Sin embargo, en el shortrun, alguien podría tomar una cómoda ventaja. En algún momento me puede tratar acerca de la $10$ manos con tarjetas actuales y ver lo que me pasa.

Me gustaría saber cómo configurar este problema hasta que, matemáticamente, o si es que es posible. Tal vez podríamos primera resolver una simple variación de donde sacaremos exactamente $21$ tarjetas al azar, a continuación, comprobar para un ganador. Tal vez eso nos dará una idea de cómo resolver la cuestión más general con una variable # de tarjetas (de $5$ $49$es posible.).

También, alguien puede decirme cómo trazar un gráfico de aquí, porque tengo los datos para el número de victorias de cada uno # de cartas al azar de $1$$52$. Los números muestran algunos patrones interesantes. De $1,000,000$ decisiones, $5$ cartas sacadas de cuentas para la mayoría de las victorias en torno $5$%. Siguiente es muy estrecha entre el $23, 24,$ $25$ tarjetas que representan alrededor de las $4.4$% cada uno.

Answer 1

Hice un intento de poner en riguroso forma matemática, les doy la bienvenida a otros a revisar, señalar los errores y editar este post para solucionarlo. En primer lugar, echemos un vistazo a un par de maneras de D puede ganar: $$ \left( \begin{array}{ccccccccccc} 5 & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} \\ 6 & \text{R} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} \\ 7 & \text{R} & \text{B} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{} & \text{} & \text{} \\ 8 & \text{R} & \text{B} & \text{R} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{} & \text{} \\ 9 & \text{R} & \text{B} & \text{R} & \text{B} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{R} & \text{} \\ 10 & \text{R} & \text{B} & \text{R} & \text{B} & \text{R} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{B} & \text{B} \\ \vdots & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} \\ 48 & \ldots & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} & \text{} \\ \end{array} \right) $$

Así, el camino de $\mathcal{D}$ puede ganar este juego con $\mathit{n}$ saca es cuando se pone últimos 5 cartas del mismo color, $\mathcal{C}$ no ha recibido el traje completo de [1,13] tarjetas y no hay ningún lazo con $\mathcal{C}$. Por lo tanto, la primera vez que se inicia mediante la obtención de la probabilidad de Empate. Para empatar el juego, el número de cartas repartidas $\mathit{d}\in $[13, 49] ya que si el juego termina antes de las 13 empates, a continuación, $\mathcal{D}$ debe haber ganado, del mismo modo, si el juego continúa por más de 49 empates, a continuación, sólo $\mathcal{C}$ puede ganar.

$$ \begin{array}{cc} \mathcal{P}\text{}(Tie,\text{Draw}=\mathit{d})= \Bigg\{ & \begin{array}{cc} d-5\frac{\left(\, ^{52-13-1}P_{d-13}\right)\text{}\left(\, ^4P_1\right){}^8\left(\left(\, ^2P_1\right){}^5\times \text{}2\right)\text{}}{\, ^{52}P_d} & d\in [13,49]\\ 0 & otherwise \end{array} \end{array} $$

Vamos a tomar un momento para entender esta expresión. La parte acerca de $\left(\, ^2P_1\right){}^5$ significa que estamos reservando los últimos 5 sorteos de tarjetas que son de un mismo color, y se completa la secuencia de 9 a 13, y puesto que el color no importa, se multiplica por 2 y obtenga $ \left(\left(\, ^2P_1\right){}^5\times 2\right)$. means that we reserve the penultimate 8 draws such that they complete the sequence 1-8.$\left(\, ^{52-13-1}P_{d-13}\right)\text{}$ means that for the beginning 'd-13' cards we don't care what cards are chosen as long as they don't contain the one card which needs to picked last to have the tie. Now, since the order of picking up the 'd-5' cards does not matter, so we multiply it by (d-5) and divide the whole term by $\, ^{52}P_d$\, ^{52}P_d$ cual es el número total de maneras en que usted puede escoger 'd' cartas de una baraja de cartas.

Ahora, vamos a ir a la parte donde $\mathcal{D}$ gana el juego. Él puede comenzar a ganar el juego desde el principio del quinto sorteo, hasta $48^{th}$ sorteo, y esto puede estar dado por:

$$ \begin{array}{cc} \mathcal{P}(\text{D wins},\text{Draw}=\mathit{d})= \Bigg\{ & \begin{array}{cc} 2\frac{1-P(\text{Tie},d)\left(\, ^{26-\left\lfloor \frac{c}{2}\right\rfloor }P_5\right)\left(\prod _{i=0}^c \frac{\, ^{26-\left\lfloor \frac{c}{2}\right\rfloor }P_5}{\, ^{52-i}P_1}\right){}^m}{\, ^{52-c}P_5} & c=d-5,d\in [5,48],m= \begin{array}{cc} \big\{ & \begin{array}{rl} 0 & c\leq 0 \\ 1 & \text{otherwise} \\ \end{de la matriz} \\ \end{array} \\ 0 & lo contrario \end{array} \end{array} $$

Ahora, vamos a tratar de entender esta expresión, primero que estamos multiplicando la expresión completa por 2, ya que el resto de la expresión se concentra en un solo color, y desde $\mathcal{D}$ puede ganar por el dibujo 5 Rojos o 5 Negros en una fila. A continuación, vamos a eliminar los lazos por la expresión (1-P[Empate, d]). La siguiente expresión es$\ ^{26-\left\lfloor \frac{c}{2}\right\rfloor }P_5$, lo que significa, simplemente, que los últimos cinco cartas extraídas deben ser del mismo color, y la expresión $ \left(\prod _{i=0}^c \frac{\, ^{26-\left\lfloor \frac{c}{2}\right\rfloor }P_5}{\, ^{52-i}P_1}\right){}^m$ shows that we do not care about the initial 'd-5' draws. The expression $\left\lfloor \frac{c}{2}\right\rfloor$ es allí porque con cada sorteo eliminamos 1 tarjeta de color Rojo o Negro en color, así que supongamos que empezamos con 52 cartas y draw de color rojo, que significa que vamos a tener de 25 de Rojo para dibujar y 26 de Negro para dibujar, pero el total de naipes se han reducido a 51. Así, por cada dos dibujar, necesitamos mantener el mismo número de tarjetas de colores, sin embargo, la disminución de la cantidad total por uno. El denominador es auto explicativo.

$$ \begin{array}{cc} \mathcal{P}(\text{Game ends},\text{Draw}=\mathit{d})= \Bigg\{ & \begin{array}{cc} (1-P(\mathcal{D} \text{wins},\text{Null}\text{Draw}=d))\times \text{Null}1-\text{Tie} (\text{Draw}=d) & d\in [13,48]\\ 0 & d<13 \end{array} \end{array} $$

Esta parte es sencilla, Si $\mathcal{D}$ no gana el juego y no hay ningún empate, $\mathcal{C}$ automáticamente gana el juego.

Después de haber establecido las probabilidades, echemos un vistazo a la probabilidad de que el juego se termina dentro de las condiciones estipuladas en 'd' sorteo de las tarjetas:

$$ \begin{array}{cc} \mathcal{P}(\text{Game ends},\text{Draw}=\mathit{d})= \Bigg\{ & \begin{array}{cc} \frac{P(\mathcal{D} \text{wins},\text{Draw}=d)+P(\mathcal{C} \text{wins},\text{Draw}=d)+P(\text{Tie},\text{Draw}=d)}{\sum _{i=1}^{52} ((P(\mathcal{D} \text{wins},\text{Draw}=i)+P(\mathcal{C} \text{wins},\text{Draw}=i)+P(\text{Tie},\text{Draw}=i))} & d\in [5,48]\\ 0 & d<5\\ 1 & d>49 \end{array} \end{array} $$

Esto no es nada, pero la probabilidad de que cualquiera de las $\mathcal{C}$ o $\mathcal{D}$ ganar el juego o tener un lazo con 'd' dibuja, dividido por el total de la probabilidad de que el mismo evento para d$\in $[1,52]. Con esto podemos establecer los beneficios esperados de ambos jugadores: $$ E(\mathcal{D})=\sum _{d=1}^{52} (1-\mathcal{P}(\text{Juego termina},\text{Sorteo}=\mathit{d}))[1\times \mathcal{P}(\mathcal{D} \text{gana},\text{Sorteo}=\mathit{d})-1\times \mathcal{P}(\mathcal{C} \text{ gana},\text{Sorteo}=\mathit{d})] $$

Y del mismo modo,

$$ E(\mathcal{C})=\sum _{d=1}^{52} (1-\mathcal{P}\text{}(\text{Juego termina},\text{}\text{Sorteo}=\mathit{d}))[1\times \mathcal{P}\text{}(\mathcal{C} \text{gana},\text{}\text{Sorteo}=\mathit{d})\text{}+\text{}3\times \mathcal{P}\text{}(\text{Empate},\text{}\text{Sorteo}=\mathit{d})\text{}-\text{}1\times \mathcal{P}\text{}(\mathcal{D} \text{gana},\text{}\text{Sorteo}=\mathit{d})] $$

Se ejecuta a través de este, tengo la previsión de aumentos de $\mathcal{C}$ 3.92 $\mathcal{D}$ -3.92.

Por favor, siéntase libre de señalar los errores o mal suposiciones que he hecho.