Интересная задача по ТВ - как ее решить?

[Andrey96]

В урне лежат N шаров n разных цветов. N=Т*n. Количество шаров каждого цвета =T
Вытаскивают шары 2 человека, по очереди. Шары не возвращаются. Каждый тянет по 5 шаров.
Какова вероятность, что из 5 извлеченных шаров 2 шара будут одинакового цвета только у №1? Только у №2? У обоих?

Решение в общем виде существенно отличается от средних значений, которые дает ГСЧ.

Пара может быть:
Для №1:
Извлекает нечетные шары (№2 извлекает четные, от шара 2 до шара 10)
К первому шару - третий шар [1-(Т-1)/(N-2)], если первый шар №2 - не нужного цвета; [1-(Т-2)/(N-2)], если первый шар №2 - нужного цвета.
пятый шар, седьмой шар....
Аналогично - к третьему шару (если к первому пары не будет), к пятому, к седьмому.

Потом находится вероятность того, что хотя бы один вариант пары случился.

Для N=52, n=13 получается для №1 около 0,66, для второго - чуть больше,
а ГСЧ дает 0,42-0,44 (прогнал 1000 последовательностей по 10000 извлечений по 10 шаров. Может, мало?)

[КАТЮШКА]

честно и откровенно: ничем не могу Вам помочь, но по-моему достаточно ты всего прогнал

[Werwolf]

Чего-то не нравится мне Ваш метод решения. Как я понял Вы перемножаете вероятности и прибавляете, хотя я думаю, что лучше посчитать сколько будет разных методов вытянуть 10 шаров и сколько из них таких, что у первого игрока 2 шара одного цвета. По поводу ГСЧ: если не считать, то кажется, что вероятность меньше 0.5.

[photon]

Andrey96 писал(а):

Какова вероятность, что из 5 извлеченных шаров 2 шара будут одинакового цвета только у №1? Только у №2? У обоих?

Уточните: ровно 2 или хотя бы 2 шара одного цвета? ровно одна пара или хотя бы одна пара?

Я попытался реализовать решение с использованием ГСЧ. Для вашего случая - 4 цвета, 13 шаров каждого цвета, очевидно, что всегда у каждого из игроков хотя бы два шара хотя бы одного цвета будет.

1) Если ставить вопрос о том, что ровно два у первого и нет ровно двух у второго, то у меня получается при 10000 итераций с некоторым разбросом от вычисления к вычислению от 0.1903 до 0.1992 для 100000 просчитал пару раз, получил 0.1946 и 0.1973
2) ровно два у второго и нет ровно двух у первого. Числа примерно те же, то есть с учетом того разброса, что есть, их не удается сравнить.(А скакой такой большой радости они вообще должны быть различны?)
3) ровно два у первого и ровно два у второго: от 0.5357 до 0.5412
4) нет ровно двух ни у первого, ни у второго: от 0.0683 до 0.0766

Примечание 1: у меня везде речь идет о том, что хотя бы одна пара шаров, а не ровно одна пара, но, если хотите, могу поменять условия на то, что ровно одна пара.
Примечание 2: я мог и ошибиться
Примечание 3: я не очень много раз проводил вычисления (в пределах 10), то есть реальный разброс может получиться и шире

[Andrey96]

photon писал(а):

Уточните: ровно 2 или хотя бы 2 шара одного цвета? ровно одна пара или хотя бы одна пара?

Ровно 2. Ровно 1 пара.

photon писал(а):

Я попытался реализовать решение с использованием ГСЧ. Для вашего случая - 4 цвета, 13 шаров каждого цвета, очевидно, что всегда у каждого из игроков хотя бы два шара хотя бы одного цвета будет.

Разве? ИМХО, совсем неочевидно.

photon писал(а):

1) Если ставить вопрос о том, что ровно два у первого и нет ровно двух у второго, то у меня получается при 10000 итераций с некоторым разбросом от вычисления к вычислению от 0.1903 до 0.1992 для 100000 просчитал пару раз, получил 0.1946 и 0.1973
2) ровно два у второго и нет ровно двух у первого. Числа примерно те же, то есть с учетом того разброса, что есть, их не удается сравнить.(А скакой такой большой радости они вообще должны быть различны?)
3) ровно два у первого и ровно два у второго: от 0.5357 до 0.5412
4) нет ровно двух ни у первого, ни у второго: от 0.0683 до 0.0766

Вероятности п. 1 и п. 2 - РАЗЛИЧНЫ. Второй имеет преимущество - Вы сами посчитайте.

Результат по формулам отличается от результата по ГСЧ.

Почему?

[Andrey96]

Werwolf писал(а):

Чего-то не нравится мне Ваш метод решения. Как я понял Вы перемножаете вероятности и прибавляете, хотя я думаю, что лучше посчитать сколько будет разных методов вытянуть 10 шаров и сколько из них таких, что у первого игрока 2 шара одного цвета.

??? Странно.
Вероятности ведь меняются - шары НЕ возвращаются.

[photon]

Andrey96 писал(а):

photon писал(а):

Я попытался реализовать решение с использованием ГСЧ. Для вашего случая - 4 цвета, 13 шаров каждого цвета, очевидно, что всегда у каждого из игроков хотя бы два шара хотя бы одного цвета будет.

Разве? ИМХО, совсем неочевидно.

Как же нет? 5 шаров, 4 цвета - хотя бы один цвет будет хотя бы два раза

Andrey96 писал(а):

Вероятности п. 1 и п. 2 - РАЗЛИЧНЫ. Второй имеет преимущество - Вы сами посчитайте.

Вы используете условные вероятности? Причем они тут? Какая разница в каком порядке извлекать шары. Они могут взять сначала один все пять, потом другой все пять - и результат не изменится. Другое дело, если бы они соревновались, кто первым наберет два шара одного цвета.

[Andrey96]

photon писал(а):

Как же нет? 5 шаров, 4 цвета - хотя бы один цвет будет хотя бы два раза

n=13, т.е. цветов 13. 4 - это к-во шаров одного цвета. Прочтите внимательно условия

photon писал(а):

Вы используете условные вероятности? Причем они тут? Какая разница в каком порядке извлекать шары. Они могут взять сначала один все пять, потом другой все пять - и результат не изменится. Другое дело, если бы они соревновались, кто первым наберет два шара одного цвета.

Изменится. Прочтите внимательно условия.
Никаких условных вероятностей.

[Руст]

Ребята это же очевидно, что photon прав. Представьте, что взяли 10 шаров и потом поделили их между первым и вторым. У кого есть две одинаковые (у первого или второго) не имеет значения, вероятности одинаковые. Я могу даже явный вид расписать, не делаю этого только из-за громоздкости.
Хотя с логической точки зрения следует, что два одинаковых шара надо понимать по крайней мере два одинаковых, когда специально не огаривается ровно два одинаковых. Я хочу это напомнить для тех, кто будет выписывать явные формулы.

[Andrey96]

Откуда же одинаковые вероятности?
Вероятности разные.

Например, для пары из шаров 1 и 2 для обоих
Для №1:
Шар 1: вероятность 1.

Если №2 не вытянул шар того же цвета, что и шар 1 у №1 (своим первым подходом к урне), то
Шар 2: вероятность пары к шару 1=3/50, т.к. это третий шар из урны

Если №2 вытянул шар того же цвета, что и шар 1 у №1 (своим первым подходом к урне), то
Шар 2: вероятность пары к шару 1=2/50, т.к. это третий шар из урны

Для №2:
Шар 1: вероятность 1 (складывается из 3/51, если шар 1 того же цвета. что и у №1; + 48/51, если другого).

Для 48/51 (первые шары у №1 и №2 - разного цвета):
48/51 надо умножить на

Если №1 не вытянул шар того же цвета (на первом и втором вытягивании!), что и шар 1 у №2, то
Шар 2: вероятность пары к шару 1=3/49, т.к. это четвертый шар из урны

Если №1 вытянул шар того же цвета, что и шар 1 у №2 (не важно, на каком вытягивании), то
Шар 2: вероятность пары к шару 1=2/49, т.к. это четвертый шар из урны

Если №1 вытянул 2 шара того же цвета, что и шар 1 у №2 (т.е. на первом и втором вытягивании получил пару), то

Шар 2: вероятность пары к шару 1=1/49, т.к. это четвертый шар из урны

Для 3/51 (первые шары у №1 и №2 - одного цвета):
3/51 надо умножить на соответствующие вероятности.

Откуда же одинаковые вероятности?

[photon]

Andrey96 писал(а):

photon писал(а):

Как же нет? 5 шаров, 4 цвета - хотя бы один цвет будет хотя бы два раза

n=13, т.е. цветов 13. 4 - это к-во шаров одного цвета. Прочтите внимательно условия

Виноват, пересчитал для n=13, T=4. Для каждого случая делал 50 просчетов по 10000 итераций.(Кстати закон распределения решений похож на нормальный, во всяком случае визуально) Получил:

1) Ровно одна пара у первого и нет ни одной пары у второго: от 0.2154 до 0.2327

2) ровно одна пара у второго и нет ни одной пары у первого: от 0.2160 до 0.2333 (то есть при таком разбросе фактически совпадает с первым случаем)

3) ровно одна пара у первого и ровно одна у второго: от 0.1708 до 0.1910

4) нет ровно одной пары ни у первого, ни у второго: от 0.2705 до 0.2893

Andrey96 писал(а):

Например, для пары из шаров 1 и 2 для обоих
Для №1:
Шар 1: вероятность 1.

Если №2 не вытянул шар того же цвета, что и шар 1 у №1 (своим первым подходом к урне), то
Шар 2: вероятность пары к шару 1=3/50, т.к. это третий шар из урны...

Уже на втором шаге неверно: не 3/50, а 3/52 (2 из 54 вытащены). Не собираюсь делать выкладки, но порядок НЕ играет роли в этой задаче.

[photon]

Я не поленился запустить на счет и 100000 итераций - тоже по 50 раз для каждого случая, получил:
1) 0.22037-0.22648
2) 0.21916-0.22615
3) 0.17779-0.18259
4) 0.27669-0.28308

И один раз запустил просчитать 1000000 итераций для первого случая - получил 0.222864. Уходя поставлю на счет - пусть считает еще - посмотрим, что получится.
Я не могу гарантировать, что нигде в коде не ошибся, но что-то подсказывает, что Вы благополучно ошиблись не только при попытке аналитического решения.
Мне лень было оптимизировать код по скорости вычисления - динамическое изменение длины массивов очень негативно сказывается на скорости вычислений, но так программа компактна и ее легче проверить. Выставляю образец для случая, когда у первого есть ровно одна пара, а у второго нет ни одной пары. А закоментаренные строки условий соответсвуют остальным трем случаям:

function spheres=spheres(n,T,number_of_iterations)
if ((n*T)>10)
N=reshape(meshgrid(1:n,1:T),1,n*T);
found_sol=0;
    for k=1:number_of_iterations
        selected1=[];
        selected2=[];
        M=N;
        for i=1:5
            select=floor(length(M)*rand(1))+1;
            selected1=[selected1 M(select)];
            M=[M(1:select-1) M(select+1:end)];
            select=floor(length(M)*rand(1))+1;
            selected2=[selected2 M(select)];
            M=[M(1:select-1) M(select+1:end)];
        end
        for j=1:5
            count1(j)=length(find(selected1==selected1(j)));
            count2(j)=length(find(selected2==selected2(j)));
        end
        %if ((any(count2==2))&(~any(count1==2))&length(find(count2==2))==2))
        %if ((any(count1==2))&(any(count2==2))...
        %&(length(find(count1==2))==2)&(length(find(count2==2))==2))
        %if ((~any(count1==2))&(~any(count2==2)))
        if ((any(count1==2))&(~any(count2==2))&(length(find(count1==2))==2))
             found_sol=found_sol+1;
         end
     end
    spheres=found_sol/number_of_iterations;
else 
    disp('error: too small number of spheres')
end

[Andrey96]

photon писал(а):

Уже на втором шаге неверно: не 3/50, а 3/52 (2 из 54 вытащены). Не собираюсь делать выкладки, но порядок НЕ играет роли в этой задаче.

Сорри, а кто 2 шара подложил?
Первоначально их было 13*4=52. Т.е. 3/50, как и было сказано.

Воля Ваша, но что-то в Вашем ГСЧ не то.

[Руст]

Приведу формулы. Вероятность того, что у обеих все шары разных цветов (T>1):

$$p_0=\frac{C_n^kT^k \sum_{i=0}^k C_k^iC_{n-k}^{k-i}T^{k-i}(T-1)^i }{C_N^{2k}}.$$

Вероятность того, что у первого есть два одинаковых шара у второго нет (и наооборот):
$$p_1=p_2=\frac{C_n^kT^k[C_{N-k}^k-\sum_{i=0}^k C_k^i C_{n-k}^{k-i} T^{k-i}(T-1)^i ]}{C_N^{2k}}.
Вероятность того, что у обеих имеется по крайней мере два шара одинакового цвета:
$p_3=1-p_0-2p_1.$
В вашем случае k=5.

[evgeny]

Все покерные комбинации давно расчитаны (как-то при трансляции турнира по покеру сразу вместе с картами показывали и веростнось выигрыша каждой руки).

Судя по исходной задаче, в условии должно быть написано
ДВА шара ОДНОГО цвета, а все остальные РАЗНОГО (чтобы сравнивать вероятности выпадения пары одинаковых при начальной раздаче)

Очевидно порядок выемки не важен (перед началом раздачи можно верхние 10 карт переложить в нужном порядке).

У меня получилось, что вероятность того, что у первого нет двух шаров $\displaystyle \frac{52(52-4)(52-8)(52-12)(52-16)}{52*51*50*49*48}\approx 0.5070828331$

Пусть у второго с первым совпадают цвета $k$ шаров, тогда вероятность (условная), что у второго тоже нет двух одноцветных шаров будет $\displaystyle \frac {(C_3^1)^k(C_4^1)^{5-k}5!C_5^k C_8^{5-k}}{47*46*45*44*43}$
Таким образом абсолютная вероятность того, что ни у кого нет пары одинаковых будет

$$ \sum\limits_{k=0}^{5}\frac{4^55!C_{13}^43^k4^{5-k}5!C_5^kC_8^{5-k}}{10!C_{52}^{10}} = \frac{2^{20}C_{13}^5}{C_{52}^{5}C_{47}^5}\sum\limits_{k=0}^k\left(\frac 34\right)^k C_5^kC_8^{5-k}\approx 0.2587967425 $$

Вероятность того, что у второго есть пара, одного из $k$ общих цветов $\displaystyle \frac {C_3^2(C_3^1)^{k-1}(C_4^1)^{4-k}5!C_5^1C_4^{k-1} C_8^{4-k}}{47*46*45*44*43}$
для пары уникального цвета (которого нет у первого) $\displaystyle \frac {C_4^2(C_3^1)^{k}(C_4^1)^{3-k}5!C_8^1C_5^{k} C_7^{3-k}}{47*46*45*44*43}$
Просуммировав получим абсолютную вероятносчть того, что у первого все цвета разные, а у второго пара одинаковых $\approx 0.2133204464$.

Прогнав случайные перестановки колоды карт у меня получилось (результат может сильно зависеть от способа генерации "случайных" перестановок):
1) ни у кого ничего нет $0.2573-0.2597$
2) у первого пара, у второго ничего $0.2129-0.2137$
3) у первого ничего, у второго пара $0.2128-0.2139$
4) у первого пара, у второго пара $0.1785-0.1807$
5) у кого-то что-то больше, чем пара одинаковых $0.1344-0.1361$