Probabilità nel bridge
Ciao a tutti, scrivo di seguito il testo del mio problema.
Una mano di bridge è composta da 13 carte (il totale di carte in gioco è 52
e si gioca con le carte francesi).
(i) qual è la probabilità di avere almeno un asso in mano?
(ii) qual è la probabilità di avere un asso in mano sapendo che il giocatore alla vostra sinistra non
ha nemmeno un asso in mano?
(iii) qual è la probabilità che almeno uno degli altri 3 giocatori non abbia un asso in mano?
(iv) qual è la probabilità di avere almeno un asso in mano se sappiamo che almeno uno degli altri
tre giocatori non ha nessun asso in mano? Che differenza c’è tra la probabilità calcolata nel
punto (iv) e nel punto (iii)?
La mia soluzione:
i)
imposto una variabile ipergeometrica $X$ di parametri 4,13,52 che conta il numero di 'successi' di avere asso in un gruppo di 13 carte, quindi
$ X ~ IperGeo(4,13,52) $
siccome il testo chiede ALMENO un asso, $X>=1$
$ P(X>=1) = 1-P(X=0)=1-rho (0) = 1- (( (4), (0) ) *( (9),(13)))/(((52),(13))) = 1-((39!)*(9!))/((52!)*(4!)) $
non serve svolgere i calcoli fino in fondo, basta impostare la formula.
ii)
qua ci sono due modi di risoluzione a parere mio, il primo impostando una nuova V.A. $Y~ IperGeo(4,12,39) $ come ho fatto [ho messo come 39 il numero totale delle carte perchè il giocatore 2 che non ha assi quindi è come se eliminassi 13 carte nulle dal mazzo no?]
il secondo è facendo la $P(X1=1|X2=0)$ Ma qui iniziano i problemi perchè essendo eventi non indipendenti non si può usare la formula $P(A|B)=P(A)*P(B)$ , quindi l'unica sarebbe la probabilità condizionata o bayes ma in entrambi i casi ci sarebbero da risolvere le intersezioni fra $P(X1capX2)$.
in ogni caso ho svolto con
$P(Y=1) = rho(1) = (( (4), (1) ) *( (9),(12)))/(((39),(13))) = 1-((39!)*(9!))/((52!)*(4!))$
anche se devo dire che questo metodo mi puzza un po' sinceramente.
iii)
Qua iniziano i problemi, probabilità che almeno uno dei tre giocatori non abbia un asso equivale a
$P(X2=0 cup X3 =0 cup X4=0)$ e non so dove sbattere la testa per risolvere questa espressione quindi c'è qualcosa che non mi torna.
iv)
Con una risoluzione della iii) questa mi risulta intuitiva perchè basterebbe $P(X1=1|X2=0cupX3=0cupX4=0)$
Una mano di bridge è composta da 13 carte (il totale di carte in gioco è 52
e si gioca con le carte francesi).
(i) qual è la probabilità di avere almeno un asso in mano?
(ii) qual è la probabilità di avere un asso in mano sapendo che il giocatore alla vostra sinistra non
ha nemmeno un asso in mano?
(iii) qual è la probabilità che almeno uno degli altri 3 giocatori non abbia un asso in mano?
(iv) qual è la probabilità di avere almeno un asso in mano se sappiamo che almeno uno degli altri
tre giocatori non ha nessun asso in mano? Che differenza c’è tra la probabilità calcolata nel
punto (iv) e nel punto (iii)?
La mia soluzione:
i)
imposto una variabile ipergeometrica $X$ di parametri 4,13,52 che conta il numero di 'successi' di avere asso in un gruppo di 13 carte, quindi
$ X ~ IperGeo(4,13,52) $
siccome il testo chiede ALMENO un asso, $X>=1$
$ P(X>=1) = 1-P(X=0)=1-rho (0) = 1- (( (4), (0) ) *( (9),(13)))/(((52),(13))) = 1-((39!)*(9!))/((52!)*(4!)) $
non serve svolgere i calcoli fino in fondo, basta impostare la formula.
ii)
qua ci sono due modi di risoluzione a parere mio, il primo impostando una nuova V.A. $Y~ IperGeo(4,12,39) $ come ho fatto [ho messo come 39 il numero totale delle carte perchè il giocatore 2 che non ha assi quindi è come se eliminassi 13 carte nulle dal mazzo no?]
il secondo è facendo la $P(X1=1|X2=0)$ Ma qui iniziano i problemi perchè essendo eventi non indipendenti non si può usare la formula $P(A|B)=P(A)*P(B)$ , quindi l'unica sarebbe la probabilità condizionata o bayes ma in entrambi i casi ci sarebbero da risolvere le intersezioni fra $P(X1capX2)$.
in ogni caso ho svolto con
$P(Y=1) = rho(1) = (( (4), (1) ) *( (9),(12)))/(((39),(13))) = 1-((39!)*(9!))/((52!)*(4!))$
anche se devo dire che questo metodo mi puzza un po' sinceramente.
iii)
Qua iniziano i problemi, probabilità che almeno uno dei tre giocatori non abbia un asso equivale a
$P(X2=0 cup X3 =0 cup X4=0)$ e non so dove sbattere la testa per risolvere questa espressione quindi c'è qualcosa che non mi torna.
iv)
Con una risoluzione della iii) questa mi risulta intuitiva perchè basterebbe $P(X1=1|X2=0cupX3=0cupX4=0)$
Risposte
Stranamente ai primi due casi assegni lo sviluppo finale uguale.......
Alla prima risponderei così: $1-(48!*39!)/(52!*35!)$
Alla prima risponderei così: $1-(48!*39!)/(52!*35!)$
Il primo punto è certamente $1-(C(48,13))/(C(52,13))$
Il secondo punto invece mi "perplime". Nel senso che:
a) stando ai rimanenti quesiti non vorrei che anche in questo caso dicesse "almeno un asso" e non "esattamente un asso"
b ) la prob. cambia a seconda del momento in cui posseggo quell'informazione. Per esempio, vengono date 13 carte al giocatore alla mia sinistra e in quell'esatto momento so che non ha nessuno asso, ovvero prima che vengano distribuite le altre carte. Ma immagino che possiamo assumere che le carte vengano distribuite una alla volta e che quindi che le ricevano tutti e solo in quel momento venga a sapere che il giocatore alla mia sinistra non possiede assi.
Spero che l'OP chiarisca questi punti.
P.S. Nah, alla fine pensandoci le situazioni del punto b ) sono formalmente identiche
Il secondo punto invece mi "perplime". Nel senso che:
a) stando ai rimanenti quesiti non vorrei che anche in questo caso dicesse "almeno un asso" e non "esattamente un asso"
b ) la prob. cambia a seconda del momento in cui posseggo quell'informazione. Per esempio, vengono date 13 carte al giocatore alla mia sinistra e in quell'esatto momento so che non ha nessuno asso, ovvero prima che vengano distribuite le altre carte. Ma immagino che possiamo assumere che le carte vengano distribuite una alla volta e che quindi che le ricevano tutti e solo in quel momento venga a sapere che il giocatore alla mia sinistra non possiede assi.
Spero che l'OP chiarisca questi punti.
P.S. Nah, alla fine pensandoci le situazioni del punto b ) sono formalmente identiche
"superpippone":
Stranamente ai primi due casi assegni lo sviluppo finale uguale.......
Perchè?
Se la b ) chiede esattamente un asso $P=(C(35,12)*4)/(C(39,12))$
"superpippone":
Stranamente ai primi due casi assegni lo sviluppo finale uguale.......
Alla prima risponderei così: $1-(48!*39!)/(52!*35!)$
si scusa ho sbagliato io, facendo copia e incolla della formula ho dimenticato di correggere inoltre nella seconda binomiale del numeratore (ovvvero il conto dei non assi) ho contato 9 come carte rimanenti, anzichè 48, oggi ero fuso
nella prima intendevo
"WhiteSte":
siccome il testo chiede ALMENO un asso, $ X>=1 $
$ P(X>=1) = 1-P(X=0)=1-rho (0) = 1- (( (48),(13)))/(((52),(13))) = 1-((39!)*(48!))/((52!)*(35!)) $
nella seconda invece, confermo che chiede al G1 (io) esattamente un asso mentre al G2 Zero assi il ragionamento quindi è di eliminare 13 carte dal totale e quindi dai non assi, giusto come dici te ho sempre sbagliato a scrivere, pardon
"Bokonon":
[quote="superpippone"]Stranamente ai primi due casi assegni lo sviluppo finale uguale.......
Perchè?
Se la b ) chiede esattamente un asso $ P=(C(35,12)*4)/(C(39,12)) $[/quote]
"WhiteSte":
$ P(Y=1) = rho(1) = (( (4), (1) ) *( (35),(12)))/(((39),(13))) $
Quindi i) , ii) sono corretti.
ora, al di là di questi errori di calcolo, il mio dubbio era : c'è un modo per risolvere la ii) usando La V.A. X o Y e la probabilità condizionata, anzichè contare e basta i #casi favorevoli / #casi totali ? Quindi per esempio
$P(X1=1|X2=0)$ , ovvero, probabilità che G1 abbia un asso tenendo conto che G2 ne ha zero.
Di conseguenza risolvere iii) e iv) (che specifico devo ancora trovare la strada per la soluzione) sfruttando la soluzione 'alternativa' della ii)
"Bokonon":
Se la b ) chiede esattamente un asso $P=(C(35,12)*4)/(C(39,12))$
Mi sto ancora spaccando la testa su questo esercizio, trovo solo vicoli ciechi
Siamo d'accordo tutti quanti che nel punto due il giocatore due non ha assi, le sue 13 carte possono essere rimosse dal mazzo globale e sviluppare quindi la nuova iper geometrica $P=(C(35,12)*C(4,1))/(C(39,12))$
cercavo però un metodo di risoluzione più generale, senza conteggi, in modo da poter fare i successivi punti con facilità.
Una strada che ho provato a prendere è questa:
$X_i$ è $ H(4,13,52) $ $i=1,2,3,4$ con $X_i$ v.a. che conta gli assi in mano al giocatore $i$
Il testo richiede la probabilità che $X_1=1$ condizionato da $X_2=0$
quindi $mathbb(P)(X_1=1|X_2=0)$
#2
per definizione $mathbb(P)(X_1=1|X_2=0)$ corrisponde alla densità condizionale $p_(x_1|x_2)(1,0) =( p_(x_1x_2)(1,0))/(p_y(0))$
ho la marginale di $X_2$ , il problema qua sta nel calcolare la congiunta $p_(x_1x_2)$ e non ci sono riuscito, non riesco a trovare un metodo da usare nel caso in cui valga la dipendenza delle V.A.
In alternativa ho provato a ricercare un metodo algebrico per risolvere l'equivalente intersezione $(mathbb(P)(X_1=1 cap X_2=0))/(mathbb(P)(X_2=0))$ ma continuo a sbattere la testa contro il muro
per questo passaggio chiedo una zampa a chiunque
#3 richiede la probabilità che almeno uno degli altri 3 giocatori NON abbia assi che ho impostato così:
$mathbb(P)(X_2=0 cup X_3=0 cup X_4 = 0) =$
$= mathbb(P)(X_2=0) + mathbb(P)(X_3=0) + mathbb(P)(X_4=0) - mathbb(P)(X_2=0 cap X_3=0) - mathbb(P)(X_2=0 cap X_4=0) - mathbb(P)(X_3=0 cap X_4=0) + mathbb(P)(X_2=0 cap X_3=0 cap X_4=0) $
senza la congiunta o senza la probabilità dell'intersezione mi trovo impossibilitato a risolvere anche i punti successivi al due, non riesco a trovare altre strade.
Ok, ti rivelo un segreto...per calcolare le probabilità dei giochi di carte nessuno cerca il "modello".
Le probabilità vengono "stimate" col metodo di montecarlo. C'è un motivo!
Per il terzo quesito puoi ridurre il problema. Sostanzialmente troviamo prima la probabilità che gli altri tre abbiano tutti almeno un asso in mano. Questo accade solo se tutti hanno un asso oppure se uno dei tre ne ha 2 e gli altri due 1.
Immagina ora di stendere le 48 carte senza gli assi e le dividi in gruppi da 12. Metti un asso all'inizio di ogni gruppo
e fai prima variare la posizione dell'ultimo asso (13 possibili posizioni) e poi degli altri 3.
Totale $13^4$ possibili distribuzioni con un asso a testa.
E ci sono 48! possibili stesure delle carte e 4! possibili distribuzioni degli assi (che in questo caso vengono considerati tutti diversi come le altre carte).
Quindi la prima prob. è $(13^4*48!*4!)/(52!)$
La seconda si trova in modo analogo e alla fine fai 1-le due prob. trovate.
Le probabilità vengono "stimate" col metodo di montecarlo. C'è un motivo!
Per il terzo quesito puoi ridurre il problema. Sostanzialmente troviamo prima la probabilità che gli altri tre abbiano tutti almeno un asso in mano. Questo accade solo se tutti hanno un asso oppure se uno dei tre ne ha 2 e gli altri due 1.
Immagina ora di stendere le 48 carte senza gli assi e le dividi in gruppi da 12. Metti un asso all'inizio di ogni gruppo
e fai prima variare la posizione dell'ultimo asso (13 possibili posizioni) e poi degli altri 3.
Totale $13^4$ possibili distribuzioni con un asso a testa.
E ci sono 48! possibili stesure delle carte e 4! possibili distribuzioni degli assi (che in questo caso vengono considerati tutti diversi come le altre carte).
Quindi la prima prob. è $(13^4*48!*4!)/(52!)$
La seconda si trova in modo analogo e alla fine fai 1-le due prob. trovate.
"Bokonon":
Ok, ti rivelo un segreto...per calcolare le probabilità dei giochi di carte nessuno cerca il "modello".
Le probabilità vengono "stimate" col metodo di montecarlo. C'è un motivo!
ah perfetto, non lo sapevo, sono abituato ad andare per modelli così da essere abbastanza certo del ragionamento. Grazie mille per l'aiuto allora
"WhiteSte":
ah perfetto, non lo sapevo, sono abituato ad andare per modelli così da essere abbastanza certo del ragionamento.
Puoi farlo, ma fossi in te solo a livello "qualitativo" perchè i calcoli diventano rapidamente assai complicati proporzionalmente alla complessità del problema.
Dove è possibile (ma non è questo il caso) è sempre desiderabile passare dal discreto al continuo..se l'errore è accettabile.
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