Korttien todennäköisyyttä

Seuraa 
Viestejä45973
Liittynyt3.9.2015

Jos otetaan korttipakka ilman jokeita ja aletaan latomaan kortteja toiseen pinoon laskien samalla kortteja. Aina, kun on laskenut 13 siirrytään ykköseen eli yhden korttipakan aikana lasketaan neljä kertaa 13. Jos sanoo sen numeron, joka vastaa korttia jonka juuri laittoi pinoon, häviät pelin. Ässä on 1, jätkä on 11, muija on 12 ja kuningas on 13. Kuinka suurella mahdollisuudella tämän voi siis päästä läpi?

Sivut

Kommentit (18)

pepe+
Seuraa 
Viestejä253
Liittynyt16.3.2005

Lasketaan läpimenon mahdollisuus.
Esimmäisen korttin todennäköisyys 48/52 joka kerrotaan seuraavan
47/51 ja taas 46/50... jne ... 37/41 X 36/40 X 36/39 X 35/38...
sitten supistellaan ja saadan 432/270725 eli noin 0,16 % todennäköisyydellä menee läpi.

Olen penskana, muistini mukaan, saanut pakan läpi muutaman kerran,
joten todennäköisyys tuntuu yllättävän pieneltä. Voihan se olla tietenkin,
että olen aikoinaan tahkonnu sitä älyttömiä määriä.

yst.pn

pöhl
Seuraa 
Viestejä875
Liittynyt19.3.2005

Ei se pepe+ noin mene. Toisen kortin osumistodennäköisyyteen vaikuttaa se, onko kortin numeroarvo sama kuin ensimmäisen kortin vai ei. Joskus laskin todennäköisyyden sille, että kun 52 korttia sekoitetaan keskenään ja numeroidaan 1-52, on todennäköisyys, että ainakin kerran tulee n:nellä nostolla n:s kortti noin 63%. En sitten tiedä mitään kovin helppoa tapaa tähän ongelmaan, kun toiseen 13 kortin sarjaan vaikuttaa ensimmäisen sarjan kortit.

pepe+
Seuraa 
Viestejä253
Liittynyt16.3.2005
Puuhikki
Ei se pepe+ noin mene. Toisen kortin osumistodennäköisyyteen vaikuttaa se, onko kortin numeroarvo sama kuin ensimmäisen kortin vai ei. Joskus laskin todennäköisyyden sille, että kun 52 korttia sekoitetaan keskenään ja numeroidaan 1-52, on todennäköisyys, että ainakin kerran tulee n:nellä nostolla n:s kortti noin 63%. En sitten tiedä mitään kovin helppoa tapaa tähän ongelmaan, kun toiseen 13 kortin sarjaan vaikuttaa ensimmäisen sarjan kortit.

Olet oikeassa ei se mene niin kuin laskin. Mutta älä sinäkään ajattele samalla tavalla virheellisesti kuin minäkin, ei ne muut kortit vaikuta mitenkään sekoittamisen jälkeen toisiinsa.

Lasketaanpa uudestaan läpimenon mahdollisuus.
esimmäinen kortti 48/52 eli 12/13 toinen kortti 12/13 kolmas 12/13
eli 12/13 potenssiin 52
12/13 on noin 92,3% se potenssiin 52 on noin 1,56 %.
Pakan saa siis läpi 1,56 % todennäköisyydellä joka tuntuukin oikeammalta epiirisiin testeihin verrattaessa.

yst pn

Vierailija

Kysytty todennäköisyys lienee noin exp(-4) = 0,0183156...

pepe+
Puuhikki
Ei se pepe+ noin mene. Toisen kortin osumistodennäköisyyteen vaikuttaa se, onko kortin numeroarvo sama kuin ensimmäisen kortin vai ei. Joskus laskin todennäköisyyden sille, että kun 52 korttia sekoitetaan keskenään ja numeroidaan 1-52, on todennäköisyys, että ainakin kerran tulee n:nellä nostolla n:s kortti noin 63%. En sitten tiedä mitään kovin helppoa tapaa tähän ongelmaan, kun toiseen 13 kortin sarjaan vaikuttaa ensimmäisen sarjan kortit.



Olet oikeassa ei se mene niin kuin laskin. Mutta älä sinäkään ajattele samalla tavalla virheellisesti kuin minäkin, ei ne muut kortit vaikuta mitenkään sekoittamisen jälkeen toisiinsa.

Kyllä ne siinä mielessä vaikuttavat, että kun annetaan ehto ensimmäiselle kortille, toisen kortin ehdollinen todennäköisyys ei enää olekaan sama kuin ilman ehtoa. Ihan yksinkertainen esimerkki: pakassa on kortit 1 ja 2. Ensimmäiseksi kortiksi vaihtoehtoja on yksi kahdesta (siis kortti 2), mutta sen jälkeen toinen kortti onkin automaattisesti oikein. Todennäköisyys ei siis ole (1/2)² vaan 1/2.

Laskeskelin, että N:n kortin pakalla, jossa on kortit 1...N, todennäköisyys on hyvin lähellä exp(-1):tä. Paljon lähempänä kuin mitä kaava (1-1/N)^N antaisi olettaa. (Tuo on siis se pepe+:n kaava N:lle kortille ja myös se lähestyy exp(-1):tä, kun N kasvaa.) Jos käytetään MxN:n kortin pakkaa, jossa on M kpl kutakin korttia 1...N, todennäköisyydeksi saadaan siis luultavasti lähelle exp(-1)^M = exp(-M), mutta en kyllä mene tästä takuuseen. Minäkään en keksinyt suoralta kädeltä mitään helppoa tapaa laskea tarkkaa arvoa.

pöhl
Seuraa 
Viestejä875
Liittynyt19.3.2005

Mielestäni tehtävä on huomattavasti hankalampi kuin yhden henkilön tapaus. Yhden henkilön tapauksessa (ns. rencontre-ongelma) voitiin erikseen laskea todennäköisyydet sille, osuuko yksi kortti oikein, osuuko kaksi korttia oikein jne.

Neljän henkilön tapauksessa vastaava erillisiin tapauksiin jakaminen on hankalampaa. Käden pitäisi jakaa ilmeisesti tapauksiin P(a,b,c,d), missä a on ensimmäisen käden oikeiden korttien lkm, b on toisen käden korttien lkm jne. Jos tässä onnistutaan, voidaan summata yli arvojen 0<=a,b,c,d<=13. Vaikeutta lisää vielä se, (jota ei ole yhden henkilön tapauksessa), että kullakin henkilöllä voi olla 0...4 arvoltaan kiinteää korttia. Tämä vaikuttaa kaikkiin muihin käsiin.

Toinen mahdollisuus olisi koittaa keksiä jokin rekursiivinen ehto tehtävälle, missä n kortin pakka riippuisi n-4 kortin pakasta tai jokin rekursiivinen ehto pelaajien lukumäärän suhteen. En kyllä keksi mitään tapaa sopivien rekursioyhtälöiden johtamiselle.

Eräs vaihtoehto on myös koittaa tietokoneella Monte-Carlo -simulointia. Tällä voisi saada hyvän likiarvon mahdollisten korttijakojen lukumäärästä, mutta se ei vielä todistaisi mitään.

Vierailija
Puuhikki
Eräs vaihtoehto on myös koittaa tietokoneella Monte-Carlo -simulointia. Tällä voisi saada hyvän likiarvon mahdollisten korttijakojen lukumäärästä, mutta se ei vielä todistaisi mitään.

Minäpä sitten kokeilin. Vastaus näyttää olevan lähempänä pepe+:n ehdotusta (12/13)^52 kuin omaa ehdotustani exp(-4). Sain 12 miljoonassa satunnaisessa jaossa 196022 pakkaa, jotka menivät läpi. Kokeellisesti saatu läpimenon todennäköisyys on siis 1,6335 ± 0,0037 %, missä varmuusväli kertoo yhden keskihajonnan. Muutama keskihajonta voi virhettä olla, mutta käytännössä on varmaa, että kahden merkitsevän numeron llikiarvo todennäköisyydelle on 1,6 %.

Vierailija
Päivystävä dosentti
Puuhikki
Eräs vaihtoehto on myös koittaa tietokoneella Monte-Carlo -simulointia. Tällä voisi saada hyvän likiarvon mahdollisten korttijakojen lukumäärästä, mutta se ei vielä todistaisi mitään.

Minäpä sitten kokeilin. Vastaus näyttää olevan lähempänä pepe+:n ehdotusta (12/13)^52 kuin omaa ehdotustani exp(-4). Sain 12 miljoonassa satunnaisessa jaossa 196022 pakkaa, jotka menivät läpi. Kokeellisesti saatu läpimenon todennäköisyys on siis 1,6335 ± 0,0037 %, missä varmuusväli kertoo yhden keskihajonnan. Muutama keskihajonta voi virhettä olla, mutta käytännössä on varmaa, että kahden merkitsevän numeron llikiarvo todennäköisyydelle on 1,6 %.

Millä softalla noita simuloit? Olis kiva saada itsellekki tuollainen softa...

Vierailija
Insinööri
Päivystävä dosentti
Puuhikki
Eräs vaihtoehto on myös koittaa tietokoneella Monte-Carlo -simulointia. Tällä voisi saada hyvän likiarvon mahdollisten korttijakojen lukumäärästä, mutta se ei vielä todistaisi mitään.

Minäpä sitten kokeilin. Vastaus näyttää olevan lähempänä pepe+:n ehdotusta (12/13)^52 kuin omaa ehdotustani exp(-4). Sain 12 miljoonassa satunnaisessa jaossa 196022 pakkaa, jotka menivät läpi. Kokeellisesti saatu läpimenon todennäköisyys on siis 1,6335 ± 0,0037 %, missä varmuusväli kertoo yhden keskihajonnan. Muutama keskihajonta voi virhettä olla, mutta käytännössä on varmaa, että kahden merkitsevän numeron llikiarvo todennäköisyydelle on 1,6 %.



Millä softalla noita simuloit? Olis kiva saada itsellekki tuollainen softa...
Eiköhän se onnistu helposti millä tahansa ohjelmointikielellä

Jyde
Seuraa 
Viestejä594
Liittynyt29.8.2005
Hynski
Insinööri
Päivystävä dosentti
Puuhikki
Eräs vaihtoehto on myös koittaa tietokoneella Monte-Carlo -simulointia. Tällä voisi saada hyvän likiarvon mahdollisten korttijakojen lukumäärästä, mutta se ei vielä todistaisi mitään.

Minäpä sitten kokeilin. Vastaus näyttää olevan lähempänä pepe+:n ehdotusta (12/13)^52 kuin omaa ehdotustani exp(-4). Sain 12 miljoonassa satunnaisessa jaossa 196022 pakkaa, jotka menivät läpi. Kokeellisesti saatu läpimenon todennäköisyys on siis 1,6335 ± 0,0037 %, missä varmuusväli kertoo yhden keskihajonnan. Muutama keskihajonta voi virhettä olla, mutta käytännössä on varmaa, että kahden merkitsevän numeron llikiarvo todennäköisyydelle on 1,6 %.



Millä softalla noita simuloit? Olis kiva saada itsellekki tuollainen softa...
Eiköhän se onnistu helposti millä tahansa ohjelmointikielellä

Onko tuohon olemassa mitään valmista softaa kun kaikilta ei tuo ohjelmointi välttämättä suju?

Kunhan yritän joskus olla asiallinen...

Vierailija
Jyde
Hynski
Insinööri

Millä softalla noita simuloit? Olis kiva saada itsellekki tuollainen softa...
Eiköhän se onnistu helposti millä tahansa ohjelmointikielellä



Onko tuohon olemassa mitään valmista softaa kun kaikilta ei tuo ohjelmointi välttämättä suju?

Itse käytin Matlab-ohjelmistoa, josta on olemassa ilmainen "klooni" Octave. En ole Octavea koskaan kokeillut, mutta mitään monimutkaista simulaation tekemiseen ei tosiaan tarvita. Matlabissa
[code:2b43l6g2]all(mod(randperm(52), 13) ~= mod(1:52, 13))[/code:2b43l6g2]
palauttaa 1, jos peli menee läpi, 0 muuten. Sitten vaan silmukkaan ja odottelemaan.
[code:2b43l6g2]j=0;for i=1:1e+6;j=j+all(mod(randperm(52), 13) ~= mod(1:52, 13));end;j/i[/code:2b43l6g2]
Melkein missä tahansa ohjelmointikielessä on satunnaislukuja, joilla saa satunnaisen permutaation aikaan varsin lyhyellä koodinpätkällä. Matlabin randperm käyttää valmista sort-komentoa: arvotaan satunnaislukuja ja sitten järjestään ne. Varsinaiset luvut heitetään roskiin ja katsotaan vain, missä pienin, toiseksi pienin, jne. luku oli. Tuon laskennallinen kompleksisuus on järjestämisen vuoksi O(n log n), vaikka tietysti satunnaisen permutaation saisi tehtyä O(n)-ajassa. Minulta olisi kuitenkin mennyt tehokkaamman koodin vääntämiseen paljon pidempään kuin 3 GHz Pentium rouskutti simulaatiota.

Vierailija

Kokeilkaapa seuraavaa:

Sekota pakka hyvin, ilman jokereita. Poista 1 kortti, et kato mikä se on.
Sitte selaan pakan kerran läpi kattoen kaikki kortit ja koita muistaa mikä puuttu.

Hauska tehtävä muistin jumppaamiseen

Vierailija
Puuhikki
Todennäköisyys on ilmeisesti 1-20366826385239437910994563581940510272786822469946975293800448/(52 yli 13).

Nyt lyö tyhjää. Mitä tuo on suunnilleen? Eikös (52 yli 13) ole vain jotain luokkaa 635 miljardia?

Sivut

Uusimmat

Suosituimmat