Esercizio probabilità mazzo di carte

[Sylphide]

Buongiorno a tutti, ho difficoltà a risolvere questo esercizio:

"Un mazzo di 52 carte francesi è distribuito fra 4 giocatori in modo tale che ciascun giocatore ne riceva 13. Calcolare la probabilità che almeno 2 dei 4 giocatori non ricevano assi." [Risp. 276/833 $ ~~ $ 0.331]

Nella parte precedente dell'esercizio ho calcolato lo spazio di probabilità delle carte di un singolo giocatore:

$ | Omega | $ = $ ( ( 52 ),( 13 ) ) $

E lo spazio di probabilità di tutte le carte:

$ | Omega | $ = $ ( (52 ),(13) ) ( ( 39 ),( 13 ) ) ( ( 26 ),( 13 ) ) ( ( 13 ),( 13 ) ) $

A questo punto non so proprio che fare. Ho erroneamente calcolato la probabilità che esattamente due persone non ricevessero assi. Quell'"almeno" mi fa pensare a una formula del tipo:

P("almeno 2 dei 4 giocatori non ricevano assi")=1- P("almeno 2 dei 4 giocatori non ricevano assi"^c)

Ma non riesco a trovare un ragionamento logico traducibile poi in formule di calcolo combinatorio.

Potete darmi una mano? Vi ringrazio in anticipo

[tommik]

La probabilità che almeno 2 dei 4 non abbiano assi la puoi rigirare così: Calcolare la probabilità che due (infischiandotene dell'avverbio) dei 4 soggetti abbiano esattamente zero assi....e non cercando di calcolare altro....così nel residuo delle probabilità includerai anche il fatto che uno dei due soggetti restanti abbia comunque zero assi....quindi ti viene così

$(((4),(0))((48),(13)))/(((52),(13)))*(((4),(0))((35),(13)))/(((39),(13)))*6=...=(2xx23xx6)/(17xx49)=276/833$

In pratica cosa ho fatto:

Avendo 4 giocatori A,B,C,D ho calcolato la probabilità che A abbia zero assi....poi ho moltiplicato per la probabilità che anche B abbia zero assi, dato che A ne ha avuti zero (quindi a B rimangono 39 carte con 4 assi dentro) e poi ho moltiplicato per tutte le coppie che si possono fare con 4 giocatori... $((4),(2))=6$



PS: benvenuto in questa Community.....

[Sylphide]

Grazie mille!!! Mi stavo ingarbugliando in ragionamenti troppo complicati!
Sei stato molto chiaro

[nino_]

Secondo me, il risultato giusto è $p = 76/245 = 0,310204082$

I casi possibili sono tutti i possibili raggruppamenti delle 52 carte a 13 a 13, moltiplicato per i possibili raggruppamenti delle rimanenti 39 carte a 13 a 13, moltiplicato per i possibili raggruppamenti delle rimanenti 26 carte a 13 a 13, moltiplicato per 1, cioè le 13 rimanenti 13 carte per l'ultimo giocatore.
$C(52,13) * C(39,13) * C(26,13) * C(13,13) = 5,36447E+28$

Vediamo ora i vari casi:

1) 4 0 0 0 + 0 4 0 0 + 0 0 4 0 + 0 0 0 4
$ = 4 * C(4,4) * C(48,9) * C(39,13) * C(26,13) * C(13,13) = 5,66715E+26 $ -----> $p = 0,010564226$

2) 3 1 0 0 + 3 0 1 0 + 3 0 0 1 + 1 3 0 0 + 0 3 1 0 + 0 3 0 1 + 1 0 3 0 + 0 1 3 0 + 0 0 3 1 + 1 0 0 3 + 0 1 0 3 + 0 0 1 3
$ = 12 * C(4,3) * C(48,10) * C(1,1) * C(38,12) * C(26,13) * C(13,13) = 8,84076E+27$ -----> $p = 0,164801921$

3) 2 2 0 0 + 2 0 2 0 + 2 0 0 2 + 0 2 2 0 + 0 2 0 2 + 0 0 2 2
$ = 6 * C(4,2) * C(48,11) * C(2,2) * C(37,11) * C(26,13) * C(13,13) = 7,23335E+27 $ -----> $p = 0,134837935$

4) 2 1 1 0 + 2 1 0 1 + 2 0 1 1 + 1 2 1 0 + 1 2 0 1 + 0 2 1 1 + 1 1 2 0 + 1 0 2 1 + 0 1 2 1 + 1 1 0 2 + 1 0 1 2 + 0 1 1 2
$ = 12 * C(4,2) * C(48,11) * C(2,1) * C(37,12) * C(1,1) * C(25,12) * C(13,13) = 3,13445E+28 $ -----> $p = 0,584297719$

5) 1 1 1 1
$ = C(4,1) * C(48,12) * C(3,1) * C(36,12) * C(2,1) * C(24,12) * C(1,1) * C(12,12) = 5,65942E+27 $-----> $p = 0,105498199$

La somma delle cinque probabilità precedenti è giustamente = 1
Però la somma delle prime tre probabilità (che dovrebbe essere la risposta al quiz) è $ = 0,310204082$ (che è un valore diverso rispetto al $ 0,331332533$ trovato col precedente procedimento) .
La differenza è $ = 0,021128451 $ che corrisponde esattamente al doppio del caso 1) 4 0 0 0
Questo perché con il primo procedimento si è moltiplicato tutto per 6, mentre i modi in cui i 4 assi vanno tutti ad uno stesso giocatore sono solo 4.

Nino

[tommik]

Secondo me, il risultato giusto è $p = 76/245 = 0,310204082$

eh caro Nino...che ti devo dire.....hai ragione da vendere (anzi da regalare....)

Pensavo di aver trovato una scorciatoia veloce e, confortato dal risultato del libro postato dall'utente, non ho fatto ulteriori controlli.

Analizzando dettagliatamente tutti i casi favorevoli alla richiesta torna quanto da te trovato.

Ecco infatti la distribuzione degli assi fra i primi 3 soggetti (il quarto è obbligato perché prende le 13 carte residue quindi è inifluente ai fini del calcolo)



Se posso arrampicarmi sugli specchi, diciamo che la soluzione che ho postato al mio primo intervento (e che si trova in 2 secondi e mezzo) è molto simile a quella corretta, ovvero poco più del $30%$ e quindi se dovessi risolverlo io farei ancora così...

Grazie Nino per la consueta precisione e professionalità.

[orsoulx]

Bel problema e belle soluzioni! Propongo un approccio ancora diverso che conferma il risultato e riduce (non di molto) i calcoli necessari.
Un problema equivalente a quello dato può essere il seguente: i $ 52 $ biglietti di una lotteria con $ 4 $ premi vengono venduti a $ 4 $ giocatori, $ 13$ per ciascuno; qual è la probabilità che almeno due giocatori non vincano alcun premio?
Risolvendolo con il classico metodo dell'albero (opportunamente potato) delle successive estrazioni (i numeri in parentesi quadre indicano quanti giocatori hanno vinto almeno un premio), si ottiene il seguente grafico:

da cui $p=12/51 cdot 11/50+ (12/51 cdot 39/50+ 39/51 cdot 24/50) cdot 23/49=76/245$

Questo perché con il primo procedimento si è moltiplicato tutto per 6, mentre i modi in cui i 4 assi vanno tutti ad uno stesso giocatore sono solo 4.

Usando il principio di inclusione/esclusione l'espressione $p= ( ((4),(2)) * ((26),(4))-2((4),(1))*((13),(4)))/(((52),(4))) $ è corretta, però la giustificazione del fattore $ 2 $ non mi pare esatta, a mio avviso dovrebbe essere semplicemente il numero di giocatori diminuito di $ 2 $: l'eventualità di un giocatore che riceva i $ 4 $ assi porta a conteggiare questo evento in tre coppie diverse, mentre dovrebbe esser contato una sola volta. Prova, ad esempio, a considerare il caso di $ 5 $ giocatori con un mazzo da scopa ($40$ carte).

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.

Mi è piaciuta la 'scoperta' di una proprietà, ovvia, che non conoscevo: a causa del divisore $ 49 $ nell'espressione decimale del risultato $ p= 0,31020408163265... $ compaiono dopo il $ 3 $ numeri a due cifre successivamente duplicati (fino al $ 64 $, che viene 'sporcato' dal $ 128 $ che dovrebbe seguire).

Ciao