Carte e probabilità

[axpgn]

Dato un normale mazzo da $52$ carte e quattro semi, quante ne devo estrarre, come minimo, per essere sicuro di averne in mano $7$ dello stesso seme? (Questa la so )
Generalizzando, quante ne devo estrarre, come minimo, per essere sicuro di averne in mano $k$ dello stesso seme? (Anche questa la so )
Qual è la probabilità che estraendo $n$ carte possa averne in mano $7$ dello stesso seme? (Questa penso di saperla )
Generalizzando, qual è la probabilità che estraendo $n$ carte possa averne in mano $k$ dello stesso seme?
In quest'ultimo caso, cosa cambia se io, dopo aver estratto la carta, la rimpiazzassi nel mazzo con una identica?
Alla lunga, mediamente, quante carte devo estrarre per averne in mano $k$ dello stesso seme (con o senza rimpiazzo) ?
(Quest'ultimo valore sarebbe il cosiddetto "valore atteso / expected value" ?)

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

A parte la risposta

$ 4k-3 $

alla seconda domanda.
Per quelle successive, che non mi paiono semplici, due informazioni:
1) con 7 dello stesso seme è da intendersi almeno 7, oppure esattamente 7 ?
2) ti basta un algoritmo risolutivo o cerchi un'espressione dipendente solo da $ n $ e $ k $ ?
Ciao

[axpgn]

A me piace di più così $s(k-1)+1$ dove $s$ è il numero di semi ... ... scherzo, eh ...

1) Esattamente $7$ (o esattamente $k$)
2) Beh, se esistesse una formula diretta, mi piacerebbe conoscerla ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@Alex,
scusami, ma prima di provare a fare calcoli mi serve ancora un'informazione. Sia $ k=7$ e $n=20$, 7C 6Q 6F 1P soddisfa sicuramente la condizione. Però ho ancora dubbi su distribuzioni di questi due tipi:
1) 7C 7Q 6F 0P
2) 7C 8Q 5F 0P
Ciao

[axpgn]

Devo premettere che sono domande che mi sono posto io; il problema originale era composto solo dalle prime due, ma siccome mi sembrava facile ( ), ho aggiunto quelle sulla probabilità ... giustamente, come dici, devo fare una precisazione che mi era rimasta nella penna: quando chiedo qual è la probabilità che estraendo $n$ carte io ne abbia $7$ (o $k$) dello stesso seme, il range di $n$ va da un minimo di $k$ (altrimenti la probabilità è nulla) ad un massimo pari alla risposta delle prime due domande (in quel caso la probabilità è sicuramente $1$)

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@Alex,
visto che non chiarisci, saltiamo la terza domanda e passiamo alla quarta.

Riesco a pensare solamente a due approcci diversi, ma ve ne saranno sicuramente altri, probabilmente più semplici.
1)
Usare la funzione di ripartizione, calcolare cioè la probabilità che entro l'ennesima estrazione siano comparse $ k $ carte del medesimo seme. Per $ n<2k $ le cose sono semplici:
$ F(n,k)=4 ((52),(n))^{-1} sum_{i=k}^n ((13),(k))((39),(n-k))$.
Poi, a causa della possibile presenza di più k-ple di semi diversi, le cose si complicano ed occorre usare il metodo di inclusione/esclusione, comunque si può fare.
Nota la funzione di ripartizione, la probabilità che, per la prima volta si abbiano $ k $ carte del medesimo seme all'ennesima estrazione si ricava per differenza $ P(n,k)=F(n,k)-F(n-1,k) $.

2)
Calcolare direttamente P(n,k) come prodotto della probabilità di avere, dopo l'estrazione di $n-1$ carte, in uno o più semi $ k-1 $ carte e meno nei semi restanti, per la probabilità di ottenere all'ennesima estrazione una carta del seme (dei semi) pronti alla promozione. Molto lungo ma, con tanta pazienza, si riesce a calcolare, perché, al variare di $ n $, alcuni casi risultano impossibili. Ad esempio per P(21,7) possiamo avere dopo $20$ estrazioni (i numeri sono le carte nei vari semi):
1) (6) 4, 5, 5 in $((13),(6)) 4 ((13),(4))((13),(5))^2 3=m_1$ maniere diverse;
2) (6,6) 3,5; 4,4 in $((13),(6))^2 6(((13),(3))((13),(5)) 2+((13),(4))^2)=m_2$ modi;
3) (6,6,6) 2 in $ ((13),(6))^3 4((13),(2)) =m_3$ modi.
Allora $ P(21,7)=7/32 (m_1+2m_2+3m_3)((52),(20))^{-1} $

Per P(16,7)
1) (6) 0,4,5; 1,3,5; 1,4,4; 2,2,5; 2,3,4; 3,3,3 in $ ((13),(6))4 (((13),(4))((13),(5)) 6+....+ ((13),(3))^3)=m_1$;
2) (6,6) 0,3: 1,2 in $((13),(6))^2 6(((13),(3))2+((13),(1))((13),(2)) 2)=m_2$
$ P(16,7)=7/37 (m_1+2m_2)((52),(15))^{-1} $

Edit: inseriti gli indispensabili esponenti "-1"
Ciao

[axpgn]

Hai ragione ... si vede che son domande che ho inventato io ...

Provo a riformulare le domande sulla probabilità ...

La quarta domanda è: Estraendo dal mazzo $n$ carte, qual è la probabilità che almeno $k$ di esse siano dello stesso seme?
(La terza è un caso particolare di questa cioè $k=7$)
La quinta domanda è la stessa della quarta con la variante che dopo aver estratto una carta, la rimpiazzo nel mazzo con una identica.
La sesta e ultima è: Alla lunga, mediamente, quante carte devo estrarre dal mazzo per averne in mano almeno $k$ dello stesso seme (con o senza rimpiazzo)?

Sperando di essere stato più chiaro (e di non averti sconvolto i ragionamenti, sorry, ... )
Adesso provo a capire la tua risposta ma la vedo difficile ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

"axpgn": ma la vedo difficile ...

difficoltà incrementata dalla mia smemoratezza: scrivendo avevo lasciato il sospeso i coefficienti binomiali da inserire a denominatore (non mi piacevano le frazioni a quattro piani), poi me ne sono dimenticato. Ho corretto l'errore.
Ciao e scusami.

[axpgn]

Ah, ok, così mi torna di più ... ... mi sembrava che mancasse qualche divisione ma non osavo chiedere ...

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Queste potrebbero essere le sudate espressioni risolventi.

Nel caso di un mazzo con $ q $ carte per ciascuno dei quattro semi (volendo si possono adattare le espressioni anche per un numero diverso di semi), la probabilità che estraendo $n$ carte uno o più semi compaiano almeno $ k $ volte dovrebbe essere:
$F(n,k,q)=(sum_{i=k}^n ((q),(i))[4((3q),(n-i))-sum_{j=k}^{n-i}((q),(j))(6((2q),(n-i-j))-sum_{l=k}^{n-i-j}4((q),(l))((q),(n-i-j-l)))])/(((4q),(n)))$,
Il numero medio di estrazioni occorrenti per osservare, per la prima volta, $ k $ carte del medesime seme è allora:
$mu(k,q)=sum_{i=k}^{4k-3}i(F(i,k,q)-F(i-1,k,q))$ da cui $mu(7,13)=19.417...$.

Nel caso di estrazioni con reinserimento [solo i grandi giocatori come Alex possiedono, oltre ad una scorta infinita di emoticon, anche $n$ mazzi di carte ] ovvero lanciando {n} dadi uguali tetraedrici o, ancora, estraendo un numero a caso, scritto in base quattro e compreso fra zero e una sfilza di $n$ '$3$'; l'equivalente probabilità è invece:
$F(n,k)=4^{-n} sum_{i=k}^n ((n),(i))[4 cdot 3^(n-i)-sum_{j=k}^{n-i}((n-i),(j))(6 cdot 2^{n-i-j}-sum_{l=k}^{n-i-j}4((n-i-j),(l)))]$
ed il numero medio:
$mu(k)=sum_{i=k}^{4k-3} i (F(i,k)-F(i-1,k))$ da cui $ mu(7)=18.020...$.
NB Le espressioni forniscono risultati maggiori di $1$ nel caso sia $ n>=4k $, per correggerle sarebbe necessario inserire un'ulteriore sommatoria, ma mi paiono sufficientemente incasinate anche così!
Si suppone la convenzione che i coefficienti binomiali non consueti valgano zero .

Ciao

[axpgn]

Wow!