комбинаторика, вероятность, покер

[alx_12]

логика уже 2й час подводит, направьте пожалуйста :

$F$- вероятность выпадения одной пары в покере ( колода 52е карты, сдаётся 5, это $C_{52}^5$ комбинаций)

моя логика :
1)выбираем 2е карты из 4х ( например 2 туза из 4х тузов ) это $ C_4^2 = 6 $ комбинаций.
2)выбирает 1-о значение карты из 13и (от 2-ки до туза) это $ C_{13}^1 $ комбинаций
3)выбираем оставшиеся 3и карты, ( например пара тузов, зничит оставшиеся 3и карты не содержат туза) это $C_{48}^3$

$ P(F)=\frac{C_4^2 C_{13}^1 C_{48}^3}{C_{52}^5}$

немогу понять почему это неправильно

[Joker_vD]

Очень странный подсчет... Нам нужна ровно одна пара? Определяемся с ее значением (туз, 2, 3, ..., король) — это 13 вариантов. Теперь ее нужно реализовать, для этого:

1) Берем из 4-х эквивалентных карт две — $C^2_4$; больше из этой 4-ки ничего брать нельзя;
2) Смотрим на оставшиеся 12 классов эквивалентности: надо выбрать три разных класса, и из каждого класса по одной карте, это $C_{12}^3$ и $C_4^1 = 4$;

Дальше сами.

[gris]

А почему неправильно? Я бы, конечно, переставил местами пункты 1 и 2. Выбираем значение, потом две карты, потом добираем остальное.
Что там получается?
$13\cdot 6\cdot\dfrac{48\cdot47\cdot46}{6}\cdot\dfrac{120}{52\cdot51\cdot50\cdot49\cdot48}=0,52$
Но! это вероятность того, что в раздаче будет одна пара. Но может быть и ещё одна пара или тройка.
А вот у знатока покера это учитывается и ответ получается $0,42$

[alx_12]

gris в сообщении #353134 писал(а):

Но! это вероятность того, что в раздаче будет одна пара. Но может быть и ещё одна пара или тройка.

в учебнике дана таблица : "рука" с парой 0.42, "рука" с двумя парами 0.048, "рука" с 3-мя одинаковыми 0.021... и тд до рояль флэша 0.0000015 . вот я взялся всё это пересчитать дабы проверить как я понял тему, застрял на первом же .
автор приводит ответ 0.42. на который я невыхожу

[gris]

Joker_vD подсказывает, как получить ровно пару и ничего больше. Только учтите, что выбирать одну карту из четырёх надо три раза.

[alx_12]

утро вечера мудренее :)

первая пара $C_4^2$ , 1 из 13и значений $C_{13}^1$
следующие 3 карты разных значений $C_{12}^3$ , которых 3 штуки $3C_4^1$

выходит 0.42

всем спасибо!

[alx_12]

снова покер , на этот раз собираем дом (3+2)

сначала выбираем значение для 3х одинаковых $C_{13}^1$ $C_4^3$
потом выбираем значение для 2х одинаковых$C_{12}^1$ $C_4^2$
общее число комбинаций $C_{13}^1 C_4^3 C_{12}^1 C_4^2$ и это есть правильный результат.

но так как мне кажется, что я не понял все тонкости данной области математики... ещё одна попытка :
выбираю сразу 2 значения из 13 $C_{13}^2$ , одно из которых 3 из 4х(мастей) $C_4^3$ , второе 2 из 4х $C_4^2$
и вот тут я не могу понять, почему это неправильно $C_{13}^2 C_4^3 C_4^2$ или какие то другие тонкости я не понимаю ?

Не дублируйте темы. Темы объединены.

[gris]

Во втором случае надо ещё умножить на два. Так как вы отбираете два значения, а потом ещё должны выбрать, какое из них соответствует двойке, а какое тройке. То есть $C_2^1$. тогда всё сойдётся.

[Enter]

это вы считали вероятность для выдачи всех карт. а что если решим подсчитать веротность выпадания пары на всех улицах?
тоесть, для техаского холдема есть 2 начальные карты + 5 карт выпадающих на столе (3 -флоп, 1 - терн, и 1 ривер).

у меня получается так:

для флопа =$(C_4^2*C_1_3^1*C_1_3^3*(C_4^1)^3) / (C_5_2^5)$ = 42.3 %
для терна =$(C_4^2*C_1_3^1*C_1_3^4*(C_4^1)^4) / (C_5_2^6)$ = 48.6 %
для ривера =$(C_4^2*C_1_3^1*C_1_3^5*(C_4^1)^5) / (C_5_2^7)$ = 47.3 %

правильно ли я считаю?
если да, то вероятность на терне превышает вероятность на ривере почти на 1 %. с чем это может быть связано ?