Теория вероятностей в покере (комбинаторика)

[$]

akaWild писал(а):

Большое спасибо всем за помощь! Хотя, на самом деле, задача стоит передо мной куда более сложная, чем я описал, но думаю, что зная ответы на эти вопросы, до остального дойду сам. Просто надо будет приспособить это решение к реальной ситуации, правда уже не на шарах, а к картам и соперникам в покере, ведь надо будет учитывать силу соперников и вероятность того, что тот или иной игрок будет играть ту или иную комбинацию, а не все карты подряд и т.д. и т.п. Ещё раз спасибо.

Я пробовал задавать вопросы по теории вероятностей на покерном сайте, давая более развёрнутые ответы в зависимости от различных игровых ситуаций на столе, но мне так никто там не ответил.

Вам хоть что то прояснили форумные товарищи? Я старался как мог. ))))))))))))

По своим рассуждениям могу дать пояснения. В двух словах- я считал сколько всевозможных выборок карт при раздаче их игрокам и число выборок (из этих указанных ранее) дающих благоприятный исход (когда выполняются нужные вам условия насчет тузов). Делил одно на другое и получал вероятности. Все остальное - комбинаторика (сколькими способами можно так и сяк выбрать...) . Даже если я сосчитал не то что вам нужно от того что не понял, что именно надо сосчитать (некоторая путаница в том как понимать, что именно считать- то ли два игрока у которых два туза, то ли просто у кого то два туза)- вы просто можете сами переписать и пересчитать используя такой вот простой подход (придется пересчитывать если что число благоприятных исходов).

[akaWild]

$ писал(а):

Вам хоть что то прояснили форумные товарищи? Я старался как мог. ))))))))))))

Ещё бы! Без вашей помощи я навряд ли сравился бы. Огромнейшее спасибо.И ещё один, если позволите, вопрос (надеюсь, заключительный ), как некое уточнение:

m$ писал(а):

Вероятности попарных пересечений:

$${\mathsf P}(A_i\cap A_j) = {\mathsf P}(A_1\cap A_2) = \dfrac{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{52\cdot 51 \cdot 50\cdot 49} = \dfrac{1}{C_{52}^4}.$$

Итого ${\mathsf P}(A) = m \dfrac{C_4^2}{C_{52}^2} - C_m^2 \dfrac{1}{C_{52}^4}$. Здесь $C_n^k=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$.

Здесь вероятности попарных пересечений означают то, что сразу у обоих человек будет по паре белых шаров? Или я ошибаюсь? Если да, то как преобразиться формула ${\mathsf P}(A) = m \dfrac{C_4^2}{C_{52}^2} - C_m^2 \dfrac{1}{C_{52}^4}$, если в корзине всего 3 белых шара, а человек двое? Уберётся часть формулы после знака "минус"? Или всё-таки никак не изменится? Если вас сильно не затруднит, пожалуйста, разъясните этот момент.

[--mS--]

akaWild писал(а):

И ещё один, если позволите, вопрос (надеюсь, заключительный ), как некое уточнение:
Здесь вероятности попарных пересечений означают то, что сразу у обоих человек будет по паре белых шаров? Или я ошибаюсь? Если да, то как преобразиться формула ${\mathsf P}(A) = m \dfrac{C_4^2}{C_{52}^2} - C_m^2 \dfrac{1}{C_{52}^4}$, если в корзине всего 3 белых шара, а человек двое? Уберётся часть формулы после знака "минус"? Или всё-таки никак не изменится? Если вас сильно не затруднит, пожалуйста, разъясните этот момент.

Видимо, это вопрос мне, а не $ .
Именно так, Вы не ошибаетесь. Если белых шаров всего три, то вместе события $A_i$ и $A_j$ при $i\neq j$ случиться не могут, и отнимать от суммы вероятностей будет нечего. В уменьшаемом изменятся биномиальные коэффициенты - будет $C_3^2$, а не из четырёх.

[akaWild]

Спасибо. Всё, вроде теперь во всём разобрался.

Хм, снова небольшое уточнение.Если в корзине 4 белых шара, а человек трое, то какой вид примет формула вероятности? Ведь, я так понимаю, здесь имеется три случая
попарных пересений: у первого человека 2 белых шара и у второго; у 1 и 3; у 2 и 3 (других вариатов нету, так как шара всего 4). Или формула остаётся неизменной, просто подсталяем вместо m число 3 и всё "разруливает" C_m^2?

[--mS--]

akaWild писал(а):

Или формула остаётся неизменной, просто подсталяем вместо m число 3 и всё "разруливает" C_m^2?

Именно так. $C_m^2$ и есть число всевозможных вариантов взять пару человек из $m$ - варианты, которые мы должны перебрать.

[akaWild]

Ну теперь точно всё понятно. Благодарю за помощь. Всего доброго.

[esperanto]

m$ писал(а):

akaWild писал(а):

Или формула остаётся неизменной, просто подсталяем вместо m число 3 и всё "разруливает" C_m^2?

Именно так. $C_m^2$ и есть число всевозможных вариантов взять пару человек из $m$ - варианты, которые мы должны перебрать.

Наверное надо добавить, что формула верна, когда порядок в выборке не важен

[$]

m$ писал(а):

akaWild писал(а):

И ещё один, если позволите, вопрос (надеюсь, заключительный ), как некое уточнение:
Здесь вероятности попарных пересечений означают то, что сразу у обоих человек будет по паре белых шаров? Или я ошибаюсь? Если да, то как преобразиться формула ${\mathsf P}(A) = m \dfrac{C_4^2}{C_{52}^2} - C_m^2 \dfrac{1}{C_{52}^4}$, если в корзине всего 3 белых шара, а человек двое? Уберётся часть формулы после знака "минус"? Или всё-таки никак не изменится? Если вас сильно не затруднит, пожалуйста, разъясните этот момент.

Видимо, это вопрос мне, а не $ .
Именно так, Вы не ошибаетесь. Если белых шаров всего три, то вместе события $A_i$ и $A_j$ при $i\neq j$ случиться не могут, и отнимать от суммы вероятностей будет нечего. В уменьшаемом изменятся биномиальные коэффициенты - будет $C_3^2$, а не из четырёх.

Да, я именно так и подумал, что ваш вопрос о том, с какой вероятностью у двух человек будет по паре тузов после раздачи.

На другие случаи это можно легко пересчитать, если вновь сосчитать число благоприятных исходов.

Добавлено спустя 4 минуты 38 секунд:

akaWild писал(а):

Спасибо. Всё, вроде теперь во всём разобрался.

Хм, снова небольшое уточнение.Если в корзине 4 белых шара, а человек трое, то какой вид примет формула вероятности? Ведь, я так понимаю, здесь имеется три случая
попарных пересений: у первого человека 2 белых шара и у второго; у 1 и 3; у 2 и 3 (других вариатов нету, так как шара всего 4). Или формула остаётся неизменной, просто подсталяем вместо m число 3 и всё "разруливает" C_m^2?

Если вы будете применять то что я написал, число игроков - n у меня просто параметр. Разные n и вы получаете вероятности для этих разных случаев.

Обьяснения второго советчика - я в них не вникал. Чего то про "условные вероятности", формулы толи Байеса то ли еще кого применял повидимому.

[--mS--]

esperanto писал(а):

m$ писал(а):

akaWild писал(а):

Или формула остаётся неизменной, просто подсталяем вместо m число 3 и всё "разруливает" C_m^2?

Именно так. $C_m^2$ и есть число всевозможных вариантов взять пару человек из $m$ - варианты, которые мы должны перебрать.

Наверное надо добавить, что формула верна, когда порядок в выборке не важен

К esperanto: формула включения-исключения верна всегда. Формула ответа к задаче верна при любом порядке извлечения игроками по паре карт, т.к. вероятность к этому индифферентна. В формуле участвует сумма по $i < j$. Таких наборов $C_m^2$ - столько, сколько есть пар игроков. Естественно, неупорядоченных пар.