Trò chơi bài: Nếu tôi rút ngẫu nhiên bốn lá bài và bạn rút sáu lá, xác suất để lá bài cao nhất của tôi cao hơn lá bài của bạn là bao nhiêu?

Như đã nêu trong tiêu đề, giả sử nếu tôi rút ngẫu nhiên 4 thẻ và bạn rút 6 thẻ từ cùng một bộ bài, xác suất để thẻ cao nhất của tôi đánh bại thẻ cao nhất của bạn là bao nhiêu?

Điều này sẽ thay đổi như thế nào nếu chúng ta rút ra từ các sàn khác nhau?

Cảm ơn!

probability maximum

— Võ Đang
nguồn

Đây có phải là một công việc nhà?

— Aksakal

Câu hỏi đơn giản này có một câu trả lời phức tạp. Các biến chứng là do hai yếu tố:

Các thẻ được rút ra mà không cần thay thế. (Do đó, mỗi lần rút sẽ thay đổi nội dung của bộ bài có sẵn cho các lần rút tiếp theo.)
Một cỗ bài thường có nhiều thẻ của mỗi giá trị, tạo ra một sự ràng buộc cho thẻ cao nhất có thể.

Vì các biến chứng là không thể tránh khỏi, chúng ta hãy giải quyết một cách khái quát hợp lý rộng rãi vấn đề này và sau đó xem xét các trường hợp đặc biệt. Trong khái quát hóa, một "cỗ bài" bao gồm một số lượng thẻ hữu hạn. Các thẻ có "giá trị" riêng biệt có thể được xếp hạng từ thấp nhất đến cao nhất. Let there be trong những giá trị được xếp hạng (với thấp nhất và cao nhất). Một người chơi thu hút thẻ từ boong và một cầu thủ thứ hai rút $m$ $n_i \ge 1$ $i$ $i=1$ $i=m$ $a\ge 0$ $b\ge 1$ thẻ. Cơ hội rằng thẻ xếp hạng cao nhất trong tay cầu thủ đầu tiên là là những gì nghiêm ngặt hơn về giá trị so với thẻ xếp hạng cao nhất trong tay người chơi thứ hai không? Hãy để sự kiện này được gọi là : "chiến thắng" cho người chơi đầu tiên. $W$

Một cách để tìm ra này bắt đầu bằng cách ghi nhận rằng các thủ tục tương đương với vẽ thẻ từ boong tàu, lấy đầu tiên trong số những người được thẻ cầu thủ đầu tiên của, và số còn lại là thẻ cầu thủ thứ hai. Trong số các thẻ này để là giá trị cao nhất và để là số thẻ của giá trị đó. Người chơi đầu tiên chỉ thắng khi cô ta giữ tất cả thẻ đó. Số lượng các cách thức mà những thẻ đặc biệt có thể được tìm thấy trong số thẻ là $a+b$ $a$ $b$ $j$ $k \ge 1$ $k$ $a$ , trong khi số cách định vị cácthẻtrong số tất cảđược rút ra là $\binom{a}{k}$ $k$ $a+b$ . $\binom{a+b}{k}$

Bây giờ cơ hội là giá trị cao nhất và có thẻ như vậy là cơ hội chọn trong số thẻ có giá trị và chọn còn lại trong số thấp hơn $j$ $k$ $k$ $n_j$ $j$ $a+b-k$ giá trị. Bởi vì có $n_1 + n_2 + \cdots + n_{j-1} = N_{j-1}$ rút ra được trang bị cácthẻ, câu trả lời là $\binom{N_m}{a+b}$ $a+b$

Pr (W) = \frac{1}{(\binom{N_{m}}{a + b})} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{k = 1}^{n_{j}} \frac{(\binom{a}{k})}{(\binom{a + b}{k})} (\binom{n_{j}}{k}) (\binom{N_{j - 1}}{a + b - k}) .

$\Pr(W) = \frac{1}{\binom{N_m}{a+b}}\sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^{n_j} \frac{\binom{a}{k}}{\binom{a+b}{k}}\binom{n_j}{k}\binom{N_{j-1}}{a+b-k}.$

(Trong biểu thức này, và bất kỳ hệ số nhị thức nào có giá trị đỉnh nhỏ hơn giá trị đáy của nó hoặc có giá trị đáy là âm, được lấy bằng 0.) Đây là một phép tính tương đối hiệu quả, lấy thời gian tỷ lệ thuận với số lượng thẻ trong bộ bài. Bởi vì nó liên quan đến các hệ số nhị phân độc quyền, nên có thể chấp nhận các xấp xỉ tiệm cận cho các giá trị lớn của và . $N_0=0$ $a$ $b$

Trong một số trường hợp, bạn có thể muốn sửa đổi định nghĩa của "chiến thắng". Điều này được thực hiện dễ dàng: bằng cách hoán đổi các giá trị của và , cùng một công thức sẽ tính toán khả năng người chơi thứ hai thắng hoàn toàn. Sự khác biệt giữa và tổng của hai cơ hội đó là cơ hội hòa. Bạn có thể chỉ định cơ hội đó cho một người chơi theo bất kỳ tỷ lệ nào bạn muốn. $a$ $b$ $1$

Trong nhiều bộ bài thông thường của thẻ chơi và cho . Do đó, chúng ta hãy xem xét bất kỳ bộ bài nào trong đó tất cả đều có cùng giá trị, giả sử . Trong trường hợp này $m=13$ $n_i=4$ $i=1, 2, \ldots, m$ $n_i$ $n$ và công thức trước đơn giản hóa một chút thành $N_{j-1} = (j-1)n$

Pr (W) = \frac{1}{(\binom{m n}{a + b})} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(\binom{a}{k})}{(\binom{a + b}{k})} (\binom{n}{k}) \sum_{j = 1}^{m} (\binom{(j - 1) n}{a + b - k}) .

$\Pr(W) = \frac{1}{\binom{m n}{a+b}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\binom{a}{k}}{\binom{a+b}{k}}\binom{n}{k}\sum_{j=1}^m \binom{(j-1)n}{a+b-k}.$

Chẳng hạn, với và trong một cỗ bài 52 chung gồm 13 cấp bậc, và $m=13$ $n=4$ $a=4$ , $b=6$ . Một mô phỏng 100.000 lượt chơi của trò chơi này đã tạo ra ước tính, chính xác với gần ba con số quan trọng và không khác biệt đáng kể so với những gì công thức nêu. $\Pr(W) = \frac{12297518}{38720339}\approx 0.3176$ $0.3159$

Sau đây Rđang dễ dàng sửa đổi để ước tính cho bất kỳ boong: chỉ cần thay đổi , và . Nó đã được thiết lập để chỉ chạy 10.000 lượt, chỉ mất chưa đến một giây để thực hiện và tốt cho hai con số quan trọng trong ước tính. $\Pr(W)$ abdeck

a <- 4
b <- 6
deck <- rep(1:13, 4)
set.seed(17)
cards <- replicate(1e4, sample(deck, a+b))
win <- apply(cards, 2, function(x) max(x[1:a]) > max(x[-(1:a)]))
m <- mean(win)
se <- sqrt(m*(1-m)/length(win))
cat("Estimated Pr(a wins) =", round(m, 4), "+/-", round(se, 5), "\n")

Đầu ra trong trường hợp này là

Ước tính Pr (một chiến thắng) = 0,3132 +/- 0,00464

— whuber
nguồn

câu trả lời chính xác! Tôi có thể hỏi bạn nghĩ gì nếu mỗi người chơi rút ra từ một bộ bài khác nhau không - điều này có thay đổi câu trả lời không？

— Wudanao

Vâng, nó sẽ thay đổi câu trả lời vì những gì một người rút ra sẽ độc lập với những gì người chơi khác vẽ. Trong một số cách đó là một câu hỏi dễ dàng hơn, bởi vì câu trả lời là một phép tính đơn giản về khả năng một biến ngẫu nhiên vượt quá giá trị của một biến khác độc lập với nó.

— whuber

Lưu ý rằng, nếu có là không bất kỳ mối quan hệ, câu trả lời sẽ được trivially

\frac{a}{a + b}

$\frac{a}{a+b}$

a + b

$a+b$

a

$a$

a + b

$a+b$

n_{i} = 1

$n_i=1$

k

$k$

(\binom{a}{k}) / (\binom{a + b}{k}) = (\binom{a}{1}) / (\binom{a + b}{1}) = a / (a + b)

$\binom{a}{k}/\binom{a+b}{k} = \binom{a}{1}/\binom{a+b}{1} = a/(a+b)$

@WernerCD Đúng, nhưng hiệu ứng đó đã được giải thích: nếu các bộ quần áo có thứ hạng, thì không có mối quan hệ nào, và vì vậy công thức giảm xuống theo nhận xét của Limari mô tả.

— Brilliand