Здравствуйте.

Собственно условие : Имеется стандартная колода карт (52 карты 13-ти достоинств 2,3,4...Q,K,A в 4 мастях). Из колоды извлекается первая карта - семёрка. Далее добирается ещё 12 карт. Какова вероятность собрать 2 пары одинакового по достоинству карт ? 77 ХХ или же ХХ YY

Возможно ли посчитать данную вероятность если добавить условие, что карты вытягиваются не одним махом, а в 4 захода по 3 карты, причём на каждом этапе одна карта выбрасывается и с ней уже не составить пару ? В этом случае к концу испытания на руках 9 карт. Спасибо.

задан 14 Фев '14 18:49

Уточните, пожалуйста, правила игры для второго способа. Нужно понять, по какому принципу одна из карт выбрасывается. Здесь возможны разные толкования, поэтому хотелось бы увидеть как можно более точное описание.

(14 Фев '14 21:53) falcao

Допустим логика следующая : В первом круге выбрасывается карта меньшего достоинства, в дальнейших - та, которая имеет меньше "благоприятных исходов в колоде".К примеру, если в первом круге выбыла девятка, и во втором приходит 4,5,9, то девятка выбрасывается, так как троек и четверок в колоде еще по 3, а девяток лишь 2. Если же в дальнейших кругах вытягиваются карты, которые еще не выбывали, то выбрасывается карта меньшего достоинства.

(14 Фев '14 22:52) nom

Я написал решение для первого варианта условия. Здесь подсчёт производится обычными методами, и вероятность оказывается близкой к 1. Для второго варианта хотелось бы ещё уточнить статус семёрок. Разрешено ли их вообще выбрасывать? Скажем, если мне пришли на первом заходе 7, 9, K, то ясно, что 7 невыгодно выбрасывать. Однако далее у меня может скопиться три семёрки, и тогда одну из них выбросить уже выгодно.

(14 Фев '14 23:46) falcao

7 оставляем. три семерки - не беда, главное что бы было как минимум 2 пары. т.е. 777788899 - успех.

(14 Фев '14 23:54) nom
10|600 символов нужно символов осталось
0

Пока по первой задаче, так как с её условием всё ясно. Подсчитаем вероятность "неуспеха". Возможно два случая: а) все карты из 12, помимо семёрок, имеют разное достоинство; б) среди взятых 12 карт имеются две карты одного достоинства, отличные от семёрок. Подсчитаем количество способов взять карты для того и другого случая.

а) Среди 12 карт может быть от 0 до 3 семёрок включительно. Если семёрок 0, то мы берём по одной карте каждого из 12 видов. Способов для этого имеется $%4^{12}$%. Пусть семёрка берётся одна; для этого имеется 3 способа. Тогда мы добираем 11 карт, и карты какого-то достоинства не берём, а всего остального берём по одной штуке. Число способов здесь равно $%3C_{12}^1\cdot4^{11}$%. Если семёрок взято две (также 3 способа), то мы добираем 10 карт различных достоинств. Способов при этом будет $%3C_{12}^2\cdot4^{10}$%. Наконец, если семёрок три, то способов выбора оставшихся карт имеется $%C_{12}^3\cdot4^9$%. Способов этом пункте получается $$4^{12}+3C_{12}^1\cdot4^{11}+3C_{12}^2\cdot4^{10}+C_{12}^3\cdot4^9=433061888.$$

б) Во втором случае мы среди 12 карт не берём семёрок. Сначала мы 12 способами выбираем то достоинство карт, которое у нас будет присутствовать не менее двух раз. Если мы берём две одинаковые карты, то способов это сделать 6, и далее добираем 10 карт различного достоинства из 11 возможных. Последнее можно сделать $%11\cdot4^{10}$% способами. Если одинаковых карт берётся три, то способов для этого 4, а далее есть $%C_{11}^2\cdot4^9$% способов добрать 9 карт. Наконец, можно взять четыре одинаковых карты (одним способом), и далее добрать 8 карт $%C_{11}^3\cdot4^8$% способами. Итого в данном пункте получается величина $$12(6\cdot C_{11}^1\cdot4^{10}+4\cdot C_{11}^2\cdot4^9+C_{11}^3\cdot4^8)=1652293632.$$

Вместе получается $%2085355520$%, и эту величину делим на $%C_{51}^{12}=158753389900$%. Частное равно $%\frac{2424832}{184596965}\approx0,01313581727$%, а вероятность "успеха" составит приблизительно $%0,98686418279$%.

ссылка

отвечен 14 Фев '14 23:30

Здравствуйте. Правильно ли я понимаю, что посчитать вероятность с дополнительным условием не предоставляется возможным? Или же это вопрос времени? Спасибо.

(24 Фев '14 17:36) nom

@nom: в задаче с выбрасыванием карт возникает слишком много разных случаев: в зависимости от того, что приходило на каждом шаге, что выбрасывали, и так далее. Я не думаю, что эти случаи можно охватить каким-то способом помимо прямого "механического" перебора. То есть это задача скорее не математическая, а компьютерно-вычислительная. По крайней мере, мне ничего другого в голову не пришло. Если вероятность интересует с чисто практической стороны, но её приближённо можно найти методом Монте-Карло.

(24 Фев '14 17:49) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,106

задан
14 Фев '14 18:49

показан
550 раз

обновлен
24 Фев '14 17:49

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru