Jeu de cartes: si je pioche quatre cartes au hasard et que vous en tirez six, quelle est la probabilité que ma carte la plus élevée soit supérieure à la plus élevée?

Comme indiqué dans le titre, disons que si je pioche au hasard 4 cartes et que vous en tirez 6 dans le même jeu, quelle est la probabilité que ma carte la plus élevée bat votre carte la plus élevée?

Comment cela changera-t-il si nous tirons de différents decks?

Merci!

probability maximum

— Wudanao
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Est-ce un travail à domicile?

— Aksakal, le

Cette question simple a une réponse compliquée. Les complications sont dues à deux facteurs:

Les cartes sont tirées sans remplacement. (Chaque tirage modifie donc le contenu du jeu qui est disponible pour les tirages suivants.)
Un paquet a généralement plusieurs cartes de chaque valeur, ce qui crée une égalité pour la carte la plus élevée possible.

Étant donné que les complications sont inévitables, examinons une généralisation assez large de ce problème, puis examinons les cas spéciaux. Dans la généralisation, un "jeu" se compose d'un nombre fini de cartes. Les cartes ont "valeurs" distinctes qui peuvent être classées du plus bas au plus élevé. Soit les valeurs classées (avec la plus basse et la plus élevée). Un joueur pioche carte du jeu et un deuxième joueur pioche carte . Quelle est la chance que la carte la mieux classée dans la main du premier joueur soit strictement $m$ $n_i \ge 1$ $i$ $i=1$ $i=m$ $a\ge 0$ $b\ge 1$ plus grande que la carte la mieux classée dans la main du deuxième joueur? Appelons cet événement : une «victoire» pour le premier joueur. $W$

Une façon de comprendre cela commence par noter que la procédure équivaut à piocher des cartes a du jeu, en prenant la première de celles-ci pour être les cartes du premier joueur, et le restant pour être les cartes du deuxième joueur. Parmi ces cartes soit la valeur la plus élevée et soit le nombre de cartes de cette valeur. La première joueuse ne gagne que lorsqu'elle détient les de ces cartes. Le nombre de façons dont ces cartes particulières se trouvent parmi carte est , tandis que le nombre de façons de positionner ces cartes entre tous qui ont été tirées est $a+b$ $a$ $b$ $j$ $k \ge 1$ $k$ $a$ $\binom{a}{k}$ $k$ $a+b$ $\binom{a+b}{k}$ .

Maintenant, la chance que soit la valeur la plus élevée et qu'il y ait telles cartes est la chance de sélectionner parmi cartes de valeur et de sélectionner le reste parmi les valeurs. Parce qu'il y a tirages équiprobables des cartes a , la réponse est $j$ $k$ $k$ $n_j$ $j$ $a+b-k$ $n_1 + n_2 + \cdots + n_{j-1} = N_{j-1}$ $\binom{N_m}{a+b}$ $a+b$

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}) .

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

(Dans cette expression, et tout coefficient binomial dont la valeur supérieure est inférieure à sa valeur inférieure, ou dont la valeur inférieure est négative, est considéré comme nul.) C'est un calcul relativement efficace, prenant un temps proportionnel au nombre de cartes. dans le pont. Parce qu'il implique exclusivement des coefficients binomiaux, il se prête à des approximations asymptotiques pour de grandes valeurs de et . $N_0=0$ $a$ $b$

Dans certains cas, vous souhaiterez peut-être modifier la définition d'un «gagnant». Cela se fait facilement: en échangeant les valeurs de et , la même formule calcule les chances que le deuxième joueur gagne carrément. La différence entre et la somme de ces deux chances est la chance d'une égalité. Vous pouvez attribuer cette chance d'égalité aux joueurs dans la proportion que vous souhaitez. $a$ $b$ $1$

Dans de nombreux jeux de cartes classiques, et pour . Considérons donc tout deck dans lequel tous les ont la même valeur, disons . Dans ce cas, et la formule précédente se simplifie légèrement pour $m=13$ $n_i=4$ $i=1, 2, \ldots, m$ $n_i$ $n$ $N_{j-1} = (j-1)n$

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}) .

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

Par exemple, avec et dans un jeu de 52 cartes commun de 13 rangs, et , . Une simulation de 100 000 jeux de ce jeu a produit une estimation de , ce qui correspond à près de trois chiffres significatifs et n'est pas très différent de ce que la formule indique. $m=13$ $n=4$ $a=4$ $b=6$ $\Pr(W) = \frac{12297518}{38720339}\approx 0.3176$ $0.3159$

Ci - dessous Rcode est facilement modifié pour estimer pour chaque plate - forme: il suffit de changement , et . Il a été défini pour exécuter seulement 10 000 jeux, ce qui devrait prendre moins d'une seconde à exécuter et est bon pour deux chiffres significatifs de l'estimation. $\Pr(W)$ 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")

La sortie dans ce cas est

Pr estimé (a gagne) = 0,3132 +/- 0,00464

— whuber
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très bonne réponse! Puis-je vous demander ce que vous pensez si chaque joueur tire sur un jeu différent - cela changera-t-il la réponse?

— Wudanao

Oui, cela changera la réponse car ce qu'une personne dessine sera indépendant de ce que l'autre joueur dessine. À certains égards, c'est une question plus facile, car la réponse est un calcul simple de la probabilité qu'une variable aléatoire dépasse la valeur d'une autre qui en est indépendante.

— whuber

Notez que s'il n'y avait pas de liens, la réponse serait trivialement : sur les cartes a tirées, une doit être la plus élevée et sa chance de se retrouver dans la première la main du joueur est de . Mais comme vous le constatez, la présence de plusieurs cartes de même valeur dans le jeu complique les choses.

\frac{a}{a + b}

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

a + b

$a+b$

a

$a$

a + b

$a+b$

— Ilmari Karonen du

@Ilmari C'est vrai. (Et c'est cet aperçu qui a initialement suggéré la solution que j'ai présentée.) Sans liens, toujours, la somme de disparaît et la fraction factorise, montrant comment la formule générale se réduit à cette simple.

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)

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

— whuber

@WernerCD C'est vrai, mais cet effet a été expliqué: si les combinaisons ont un classement, alors il n'y a pas de liens, et donc la formule se réduit à ce que décrit le commentaire de limari.

— Brilliand