Игральные карты в задачах теорвера

[Shtorm]

Shtorm в сообщении #895179 писал(а):

Например, вероятность попадания геометрической точки, случайно брошенной на отрезок AB, лежащий внутри отрезка CD: $P=\frac{AB}{CD}$. Вероятность того, что точка попадёт в круг площадью $S_1$, лежащий внутри круга площадью $S_2$: $P=\frac{S_1}{S_2}$.

Неточно изложил. Перепишу эту фразу:

Например, вероятность попадания геометрической точки на отрезок $AB$, случайно брошенной на отрезок CD, при том, что отрезок $AB$ лежит внутри отрезка CD: $P=\frac{AB}{CD}$. Вероятность того, что точка, случайно брошенная в круг площадью $S_2$, попадёт в круг площадью $S_1$, лежащий внутри круга площадью $S_2$: $P=\frac{S_1}{S_2}$.

[Munin]

AndrewN в сообщении #895146 писал(а):

Сдаюсь... Кроме направления, параллельного паре стенок биллиарда, и достаточно смещённого от этой прямой неподвижного шарика - при этом столкновения никогда не произойдёт, ничего пока придумать не могу...

Подсказку в студию! :-)

Вы хорошо начали с $n$-кратными отражениями. Будем использовать метод отражений, то есть, представим себе, что частица не отражается от стенки, а "проходит через зеркало в зазеркалье", которое есть точная копия исходного пространства, развёрнутая по отношению к зеркалу. Тогда вместо движения в прямоугольнике $K\times L,$ частица после $n$-кратных отражений движется по плоскости, размеченной на прямоугольники $K\times L.$ (Проиндексируем эти прямоугольники по горизонталям и вертикалям, так что исходный прямоугольник назовём $[0;0],$ ближайшие отражения через стенку длиной $K$ назовём $[\pm 1;0],$ а ближайшие отражения через стенку длиной $L$ назовём $[0;\pm 1].$)

В нашем исходном прямоугольнике $K\times L$ были расставлены какие-то препятствия (неподвижный шар). Заметим, что в прямоугольниках $[2m;2n]$ эти препятствия расставлены точно так же, в прямоугольниках $[2m+1;2n]$ отражены по горизонтали, в $[2m;2n+1]$ - по вертикали, и в $[2m+1;2n+1]$ - развёрнуты. Таким образом, плоскость замощена одинаковыми прямоугольниками $2K\times 2L.$ Мы можем вырезать один такой прямоугольник, склеить его противоположные стороны, и получить тор. (Заменили в итоге отражающие граничные условия на периодические.)

Движение шара по бильярду становится намоткой на этом торе. Как мы знаем, все намотки, кроме рациональных (с рациональным отношением проекций скорости) заполняют тор плотно, и никакое неподвижное препятствие с конечным ненулевым диаметром не останется незадетым при такой намотке. Осталось вспомнить вероятность того, что намотка будет рациональной: это $\operatorname{mes}(\mathbb{Q}\cap[0,1])/\operatorname{mes}(\mathbb{R}\cap[0,1])$ (в обозначениях Shtorm), и это $=0.$

Часть II дорисовать самостоятельно :-)

[Aritaborian]

Странно, что эту книжку ещё не упомянули. Г. Гальперин, А. Земляков, «Математические бильярды» (Библиотечка «Квант», № 77). Там много чего по теме.

(Оффтоп)

AndrewN, а вы туда не подсматривайте, Munin и так вам почти всё разжевал ;-)

[Munin]

А точно, хорошая книжка!

[Shtorm]

Aritaborian, спасибо, скачал. Очень полезная книжка.

[AndrewN]

Munin в сообщении #895218 писал(а):

Часть II дорисовать самостоятельно :-)

Спасибо за подробное объяснение. Теперь понятно, где я ошибался - предположив, что множество траекторий с рассеянием счётно. Ан нет, оно, оказывается, "всюду плотно за исключением множества меры ..." :-)

А ещё мне кажется, что я эту теорему о намотках на торе где-то уже видел. Где-то в теории динамических систем(?)... Но, конечно, надо было сперва про тор догадаться - про периодическое продолжение - ведь учили же когда-то этому приёмчику...

Вторую часть оставлю потомкам.

Aritaborian, спасибо за ссылку!

[Aritaborian]

Munin в сообщении #895019 писал(а):

Правильно. А на II какой ответ?

gris в сообщении #895021 писал(а):

Да такой же ответ — рано или поздно столкнутся с вероятностью единица относительно НУ.

Aritaborian в сообщении #895023 писал(а):

Надо бы промоделировать...

Забавы ради промоделировал. Естественно, шары рано или поздно столкнутся. Там попутно и прочие интересные вопросы возникают. Надо бы покопаться, если не лень будет.

[Munin]

Жаль, что часть II никто не захотел сделать. А всё просто. На шаге "у нас есть бесконечная плоскость" мы имеем не неподвижное препятствие (четыре копии исходного шара-мишени), а движущееся: четыре копии исходного шара-мишени движутся как свободные частицы, равномерно и прямолинейно. В четыре разные стороны, и иногда накладываются друг на друга в пространстве, но это не важно. Важно, что если наш "бьющий" шар встретится хоть с одной из копий шара-мишени, заранее выбранной, столкновение будет засчитано (если он перед этим встретится с другой копией, это не отменит факта столкновения).

Теперь, выберем любую из копий, и перейдём в её систему отсчёта. И мы свели задачу к предыдущей: плоскость, на ней прямоугольная решётка препятствий с шагом $2K\times 2L,$ всё можно свернуть в тор, и получить опять вероятность избежать препятствия 0. Единственное, что стоит оговорить случай, когда при переходе в другую систему отсчёта, у нас и "бьющий" шар тоже оказался неподвижным - но легко заметить, что мера этого случая тоже 0.

[Shtorm]

Всё же тема себя не исчерпала.
Сначала вопрос к тем, кто хорошо знает особенности игры в карты: если колоду карт сразу раздают всем игрокам, то ведь обычно раздают по кругу, причём каждому игроку по одной карте - пока не раздадут всю колоду? Или же в разных видах игр раздают по-разному? А если, допустим, в методичке или задачнике в условии написано, что колода из 52 карт раздаётся 4-ём игрокам и больше никаких уточнений нет, то как тут подходить к вопросу? Я лично подошёл так, что раздают по кругу и по одной карте, пока не раздадут всю колоду. Тогда для нахождения количества всех способов, которыми могут быть розданы карты рассуждаю так: первому игроку может достаться любая из 52 карт, тогда второму любая из 51 карт, третьему любая из 50, а четвёртому любая из 49 карт. Далее пошли на второй круг: первому игроку достаётся одна из 48 карт и т.д. Таким образом, общее количество способов раздачи карт:

$$n=2\cdot 4\cdot C_{52}^1\cdot C_{51}^1\cdot C_{50}^1\cdot C_{49}^1\cdot C_{48}^1\cdot...\cdot C_1^1=8\cdot 52!$$

В этом расчёте меня смущает тот момент, что внутри $52!$, есть комбинации, при которых меняется порядок карт у одного из игроков, а у других игроков вообще ничего не меняется. Но ведь по смыслу задачи совершенно не важно в каком порядке лежат карты у одного из игроков. Важно, что конкретно данному игроку достался конкретный набор карт. Как с этим быть?

[warlock66613]

Shtorm в сообщении #914722 писал(а):

если колоду карт сразу раздают всем игрокам, то ведь обычно раздают по кругу, причём каждому игроку по одной карте - пока не раздадут всю колоду?

Раздаётся обычно фиксированное количество карт каждому игроку, а не вся колода (техасский холдэм покер - по две, ослосвин - по четыре, дурак подкидной/переводной - по шесть). Раздаётся почти всегда по кругу по часовой стрелке по одной карте каждый круг (но, например, в преферансе - по две карты каждый круг), причём круг заканчивается на раздающем. Колоды тоже разные, типовые варианты - 24 карты ("тысяча", от девяток и выше), 32 карты (преферанс, от семёрок и выше), 36 карт ("дурак", от шестёрок и выше), 52 карты (техасский холдэм, полная колода от двоек и выше). Ну там дальше ещё прикупы бывают (например, в игре "тысяча" при игре вчетвером первый после раздающего игрок "сидит на прикупе" и получает только три карты, а в преферансе прикуп - первые две карты, никому вначале не принадлежащие).

[Александрович]

Как раздавать, разницы нет. Первому игроку 13 карт, второму - 13 и т.д.

[Munin]

warlock66613 в сообщении #914724 писал(а):

Раздаётся обычно фиксированное количество карт каждому игроку, а не вся колода (техасский холдэм покер - по две, ослосвин - по четыре, дурак подкидной/переводной - по шесть).

Зависит от игры. В играх с "торговлей-розыгрышем" (преферанс, бридж, вист) раздаётся вся колода (в преферансе почти вся).

Shtorm в сообщении #914722 писал(а):

Я лично подошёл так, что раздают по кругу и по одной карте, пока не раздадут всю колоду.

В преферансе - по две.

Александрович в сообщении #914725 писал(а):

Как раздавать, разницы нет. Первому игроку 13 карт, второму - 13 и т.д.

Для расчёта вероятностей - это не принципиально, но помогает предотвращать самые простые виды жульничества.

Shtorm
Для расчёта вашей раздачи, перенумеруйте розданные карты так, чтобы каждому игроку доставались последовательные номера.

[Shtorm]

warlock66613, Александрович, Munin, спасибо за разъяснения.

Shtorm в сообщении #914722 писал(а):

В этом расчёте меня смущает тот момент, что внутри $52!$, есть комбинации, при которых меняется порядок карт у одного из игроков, а у других игроков вообще ничего не меняется. Но ведь по смыслу задачи совершенно не важно в каком порядке лежат карты у одного из игроков. Важно, что конкретно данному игроку достался конкретный набор карт. Как с этим быть?

Сам себе отвечаю: при таком способе расчёта равновозможных исходов действительно автоматически учитывается порядок расположения карт у каждого игрока. Пройдя 13 кругов один раз - мы получаем одно расположение карт у одного конкретного игрока. Но, в таком способе расчёта учитываются все комбинации прохода по кругу (то есть не один раз). Среди таких всевозможных комбинаций будут и такие, когда последовательная раздача карт одному игроку меняется $13!$ способами, а сами карты остаются теми же самыми. Естественно же считать, что порядок раздачи карт одному конкретному игроку ни на что не влияет, если колода раздаётся полностью. Главное, какие именно эти 13 карт, а не в каком порядке они были розданы этому игроку. Также, при вышеприведённом способе расчёта получается, что количество игроков не важно - хоть 5 их будет, хоть 6, всё равно выходит $52!$. Таким образом вышеприведённый способ расчёта со всех сторон неправильный
Правильный же способ расчёта будет вот какой:

$$n=\dfrac{52!}{13!\cdot 13!\cdot 13!\cdot 13!}=\dfrac{52!}{(13!)^4}$$

Таким образом количество всевозможных комбинаций не зависит от того, по сколько карт сразу мы раздаём и не зависит от того движемся мы по кругу по часовой или против часовой, и вообще по кругу ли движемся.

[Александрович]

Shtorm в сообщении #914735 писал(а):

Естественно же считать, что порядок раздачи карт одному конкретному игроку ни на что не влияет, если колода раздаётся полностью.

Если не полностью, то тоже ни на что не влияет.

[Shtorm]

Александрович, да, Вы правы.