Quelle est la probabilité de tirer un quadruple type lorsque 20 cartes sont tirées d'un jeu de 52?

Hier, mes colocataires et moi jouions à des jeux de cartes et quelqu'un a posé cette question. Nous avons essayé de résoudre le problème, mais nous n'avons pas pu le comprendre. Ce matin, je me suis réveillé et je me demande toujours comment le résoudre. Pourriez-vous m'aider?

Il y a 13 types, nous pouvons donc résoudre le problème pour un seul type, puis avancer à partir de là.

La question est alors: quelle est la probabilité de tirer 4 succès (comme des rois) dans 20 échantillons de la même distribution de 4 succès (rois) et 48 échecs sans remplacement?

La distribution hypergéométrique (wikipedia) nous donne la réponse à cette question, et elle est de 1,8%.

Si un ami parie sur l'obtention de 4 rois, et un autre parie sur l'obtention de quatre reines, ils ont tous deux 1,8% de chances de gagner. Nous devons savoir combien les deux paris se chevauchent afin de dire quelle est la probabilité qu'au moins l'un d'entre eux gagne.

Le chevauchement des deux victoires est similaire à la première question, à savoir: quelle est la probabilité de tirer 8 succès (rois et reines) dans 20 échantillons d'une distribution de 8 succès (rois et reines) et 44 échecs, sans remplacement?

La réponse est encore hypegéométrique, et d'après mon calcul, c'est 0,017%.

Ainsi, la probabilité qu'au moins un des deux amis gagne soit 1,8% + 1,8% - 0,017% = 3,6%

En poursuivant ce raisonnement, la partie facile résume les probabilités pour les types individuels (13 * 1,8% = 23,4%), et la partie difficile consiste à déterminer dans quelle mesure tous ces 13 scénarios se chevauchent.

La probabilité d'obtenir 4 rois ou 4 reines ou 4 as est la somme de l'obtention de chaque quadruple moins leur chevauchement. Le chevauchement consiste à obtenir 4 rois et 4 reines (mais pas 4 as), à obtenir 4 rois et 4 as (mais pas 4 reines), à obtenir 4 reines et 4 as (mais pas 4 rois) et à obtenir 4 rois et 4 reines et 4 as.

C'est là que ça devient trop poilu pour moi de continuer, mais en procédant ainsi avec la formule hypergéométrique sur wikipedia, vous pouvez aller de l'avant et tout écrire.

Peut-être que quelqu'un peut nous aider à réduire le problème?

Pour dessiner au moins quatre types spécifiés, nous devons piocher toutes les cartes requises. Il s'agit d'une distribution hypergéométrique, où nous devons tirer tous les succès de la population de taille Il existe tels ensembles de quatre types. Par conséquent, la chance d'obtenir au moins quatre-de-sortes est$k$$4k$$4k$$52.$$\binom{13}{k}$$k$

$\binom{13}{k} \frac{\binom{4k}{4k}\binom{52-4k}{20-4k}}{\binom{52}{20}} = \binom{52}{20}^{-1} \binom{13}{k} \binom{52-4k}{20-4k} ,$ pour$0\leq k\leq5.$

Par le principe d'inclusion-exclusion, la probabilité de dessiner au moins un quadruple est donc égale à

$\binom{52}{20}^{-1} \sum_{k=1}^5 (-1)^{k+1} \binom{13}{k} \binom{52-4k}{20-4k} = -\binom{52}{20}^{-1} \sum_{k=1}^5 (-1)^k \binom{13}{k} \binom{4(13-k)}{4\times 8} .$

Cela peut être calculé numériquement à environ$0.2197706.$

La somme ci-dessus a la forme si nous soustrayons le terme par la suite , puisque les termes pour sont égaux à zéro. Je me demande s'il y a un moyen de simplifier ce genre de somme.$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \binom{r(n-k)}{rm},$$k=0$$5<k\leq 13$