Jak oblicza sie prawdopodobienstwo

[jdx]

jak slusznie zauwazyl sebkrol, jest tu sporo liczenia, dlatego nie bedac do konca pewnym podaje co mi wyszlo

1. 38,1%
2. 65,1%

Intuicyjnie wydaje się, że te liczby nie są dobre ponieważ w drugim przypadku, tzn. gdy mamy dwie karty do koloru na ręku, automatycznie spada prawdopodobieństwo że kolor ma również któryś z przeciwników. Być może podałeś tutaj prawdopodobieństwa zdarzeń przeciwnych, tzn. powinno być odpowiednio 61,9% i 34,9%. Wtedy to zgadzałoby się mnie więcej z moimi obliczeniami zamieszczonymi niżej.

Fajny temat, to ja się podepnę. Gramy w PLO i dostajemy mono flop - np. Ks Qs 2s albo 3c 7c Ac.

1. Jaka jest szansa, że jeden z naszych czterech przeciwników złapał kolor (nie mamy ani jednej karty do koloru na ręce)?

2. Jaka jest szansa, że jeden z naszych trzech przeciwników złapał kolor (sami złapaliśmy kolor, mamy dwie karty do koloru na ręce)?

Ja to widzę następująco. Zacznę od pierwszego problemu. Najpierww policzę co nieco dla jednego przeciwnika, a później postaram się to uogólnić dla większej ilości przeciwników. Symbol C_x_y oznacza ilość x elementowych kombinacji bez powtórzeń ze zbioru y elementowego, gdzie x =< y.

Nieznane nam jest 45 kart, z tego 10 kart w "naszym" kolorze. Ilość wszystkich możliwych czterokartowych układów które może mieć przeciwnik jest równa C_4_45, czyli 148995. Aby przeciwnik miał kolor z flopa, musi mieć na ręku 2, 3 lub 4 karty w "naszym" kolorze. Inaczej mówiąc, rozpartujemy więc zdarzenie losowe "przeciwnik ma co najmniej 2 karty w "naszym" kolorze". W tym celu musimy policzyć ilość rąk gdy przeciwnik ma na ręku dokładnie 2 karty w kolorze, dokładnie 3 karty kolorze i dokładnie 4 karty w kolorze. Przeciwnik może dostać dokładnie 2 karty w kolorze na C_2_10*C_2_35=45*595=26775 sposobów - musi dostać 2 spośród 10 kart "w kolorze" i 2 spośród 35 pozostałych. Przeciwnik może dostać dokładnie 3 karty w kolorze na C_3_10*C_1_35=120*35=4200 sposobów - musi dostać 2 spośród 10 kart "w kolorze" i jedną spośród 35 pozostałych. Przeciwnik może dostać dokładnie 4 karty w kolorze na C_4_10=210 - musi dostać 4 z 10 kart "w kolorze". Podsumowując, prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia losowego "przeciwnik ma co najmniej 2 karty w "naszym" kolorze" wynosi (26775+4200+210)/148995=31185/148995=0,2093, czyli 20,93%. Prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego, tzn. "przeciwnik ma co najwyżej 1 kartę w "naszym" kolorze" jest równe 1-0,2093=0,7907, czyli 79,07%.

Teraz postaram się to uogólnić dla większej liczby przeciwników. W tym celu zakładam, że prawdopodobieństwo, że przeciwnik dostanie (bądź nie dostanie) co najmniej 2 karty w kolorze jest dla każdego z nich takie samo, niezależnie od liczby przeciwników. I tutaj jest właśnie problem ponieważ nie jestem do końca pewny czy jest to słuszne założenie. W celu ułatwienia obliczeń policzę prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że żaden z przeciwników nie dostał co najmniej 2 kart w "naszym" kolorze. I tak dla 4 przeciwników wynosi ono 0,7907*0,7907*0,7907*0,7907=0,3909. Wobec tego prawdopodobieństwo zdarzenia losowego polegającego na tym, że co najmniej 1 z 4 przeciwników dostał co najmniej 2 karty w "naszym" kolorze wynosi 1-0.3909=0,6091, czyli 60,91%.

Odpowiedź do zadania 1: Prawdopodobieństwo że któryś z 4 przeciwników trafił kolor wynosi 60,91%.

W przypadku zadania drugiego tok rozumowania jest identyczny, zmieniają się tylko trochę liczby (ponieważ tym razem my mamy na ręku 2 karty do koloru). Obliczenia pozostawiam jako pracę domową dla ambitnych. Podam tylko odpowiedź do zadania 2: prawdopodobieństwo że któryś z 3 przeciwników równiez trafił kolor wynosi 36,28%.

Mam nadzieję, że nigdzie się nie walnąłem, szczególnie w założeniu dla większej ilości graczy. Chętnie wysłucham opinii ludzi którzy niedawno studiowali probabile, a nie tak jak ja, ładnych kilkanaście lat temu.

jdx

[jdx]

To ja mam pytanie kolejne.
Jak obliczyc jakie jest prawdopodobienstwo, ze dwoje ludzi dostalo pare na reke i w dodatku obydwoje zlapali seta na flopie.

Tak w skrócie, ponieważ nie chce mi sie rozpisywać. Prawdopodobieństwo że dostaniesz jakąkolwiek parę wynosi C_2_4*C_1_13/C_2_52, czyli 78/1326. Prawdopodobieństwo że w tym samym czasie przeciwnik również dostanie parę (inną niż Twoja) wynosi C_2_4*C_1_12/C_2_50, czyli 72/1225. Prawdopodobieństwo że obaj traficie dokładnie seta na flopie wynosi C_1_2*C_1_2*C_1_44/C_3_48, czyli 176/17296. Wobec tego prawdopodobieństwo że Ty dostaniesz parę, przeciwnik dostanie parę i obaj traficie seta wynosi 78/1326*72/1225*176/17296, czyli jakieś 0,003%. Mniej więcej zgadza się to z tym, co napisał sebkrol - u niego to jest jakieś 0,005%.

Natomiast inną sprawą jest prawdopodobieństwo set vs set gdy już dostałeś parę i przeciwnik również ją dostał. Wtedy prawdopodobieństwo że obaj traficie seta na flopie wynosi C_1_2*C_1_2*C_1_44/C_3_48, czyli 176/17296, czyli 1,01%.

jdx

[electer]

racja, ze cos sie nie zgadza, zle napisalem numery zadan, juz poprawilem

ostatecznie:
1. moj wynik 65,1% Twoj 60,9%
2. moj wynik 38,1% Twoj 36,3%

chociaz rzedy wynikow nam sie zgadzaja

a co do Twojego niepewnego zalozenia, to sadze ze moze byc bledne, bo zakladasz nic innego jak "niezaleznosc zdarzen" czyli, ze P(AnB)=P(A)*P(B) (n to iloczyn zdarzen) - niestety niezaleznosc trzeba po prostu policzyc, ale wydaje mi sie ze te zdarzenie nie beda niezalezne

Bocian: rozwiazywanie zadania to czysta kombinatoryka, pelno symbolow Newtona i meczenie ich kalkulatorem, jak mimo to Cie interesuje tok liczenia, to przedstawie

[bocian]

Bocian: rozwiazywanie zadania to czysta kombinatoryka, pelno symbolow Newtona i meczenie ich kalkulatorem, jak mimo to Cie interesuje tok liczenia, to przedstawie

BARDZO interesuje mnie tok liczenia, bo planuję stworzyć arkusz w Excelu badający szanse na nuts u różnej ilości przeciwników przy różnych typowych flopach. Byłbym wdzięczny za rozpisanie powyższych zagadnień - niby wiem, co to symbol Newtona i do czego służy, ale lepienie z niego narzędzia do rozwiązywania nurtujących mnie problemów niespecjalnie mi wychodzi...

tenks

PS. Widzę, że jesteś kolejnym scrabblistą romansującym z pokerem. Powodzenia na obu frontach - mnie nie wystarczyło zapału do rozwijania obu gier i wybrałem pokerka. I nie żałuję pzdr

[jdx]

a co do Twojego niepewnego zalozenia, to sadze ze moze byc bledne, bo zakladasz nic innego jak "niezaleznosc zdarzen" czyli, ze P(AnB)=P(A)*P(B) (n to iloczyn zdarzen) - niestety niezaleznosc trzeba po prostu policzyc, ale wydaje mi sie ze te zdarzenie nie beda niezalezne

Dokładnie tak, zakładam tutaj niezależność zdarzeń. Opieram się na tym, że szansa na to, że przeciwnik dostanie co najmniej dwie karty w kolorze jest taka sama wtedy gdy gramy heads up jak i wtedy, gdy gramy z większą ilością przeciwników. Inaczej mówiąc, nie ma znaczenia czy po wyłożeniu flopa wszystkie nieznane karty znajdują się w talii czy też część z nich znajduje się u pozostałych przeciwników. Szansa że jeden z nich dostanie (lub nie dostanie) co najmniej 2 karty w kolorze jest wciąż taka sama. No ale właśnie tego nie jestem pewien. Do tego za bardzo nie wiem, w jaki sposób możnaby policzyć niezależność zdarzeń w takim przypadku, nawet dla zaledwie dwóch przeciwników. Masz jakiś pomysł jak się do tego zabrać? Bo na pierwszy rzut oka wygląda na to, że należałoby rozpatrzyć sporo różnych przypadków. No chyba że jest jakaś sztuczka która w tej chwwili nie przychodzi mi do głowy.

jdx

[mash]

PS. Widzę, że jesteś kolejnym scrabblistą romansującym z pokerem. Powodzenia na obu frontach - mnie nie wystarczyło zapału do rozwijania obu gier i wybrałem pokerka. I nie żałuję pzdr

Hm, jeździłeś na turnieje w scrabble? Nazywasz się może MB? Jeśli tak, to świat jest mały.

[bocian]

Dokładnie

pzdr

[mash]

ma się tego nosa. z Fejhoą dużo grałem swojego czasu.

pozdrówka.

[axeld333]

Wyszlo wam ze set vs set na flopie to 1% ale chyba nie na party.
Wlasnie wczoraj mialem seta 10tek a przeciwnik seta asow i caly stack poszedl sie j....

[electer]

postaram sie wiec jakos to rozpisac, choc obawiam sie, ze bedzie dlugie, dosc zawile, i duzo gorzej wygladajace niz w rzeczywistosci wyglada to przy obliczeniach

bede oznaczal symbol Newtona jako (n po k), z definicji mamy, ze (n po k)= (n!)/(k!(n-k)!), a oznacza on ilosc mozliwych wyborow bez powtorzen k-elementowych podzbiorow zbioru n-elementowego
czyli np. 5osobowa delegacje z 21osobowej klasy mozna wybrac na (21 po 5) sposobow, a ilosc roznych losowan w totku 6 liczb sposrod 49 to (49 po 6)

(n po 0)=1 z definicji

(n po 1)=n

k! to oczywiscie silnia definiowana k!=1*2*3*4*...*k

przydatna do obliczen jest tozsamosc (n po k)=(n po (n-k)) czyli np. (50 po 47)=(50 po 3) albo (27 po 22)=(27 po 5)

zeby sobie troche uproscic wprowadze jeszcze pewna odmiane symbolu Newtona, latwiej bedzie na konkretnym przykladzie:
(50 po 3)(47 po 5)(42 po 2)(40 po 7)(33 po 3) bede oznaczal (50 po 3,5,2,7,3) bo "n" w kazdym kolejnym nawiasie spada o poprzednie "k", wartosc tego wyrazenia w ogolnosci to (n po a,b,...,k)=(n!)/((a!)(b!)...(k!)(n-(a+b+...+k))!) w naszym przykladzie mamy (50!) / (3!5!2!7!3!(30!))
przydatne do jest szczegolnie do zadan z kartami, bo np (52 po 4,4,4,4,4) oznacza ilosc sposobow rozdania kart w omahe przy 5 osobach (4 karty z 52 pierwszemu, zostaje 48 kart i z nich 4 drugiemu, zostaja 44 karty i z nich 4 trzeciemu.... stad to spadajace o "k" "n")

kolejnosc 35273 czy tez 75332 czy 23573 nie zmiania wyniku

zajmiemy sie rozwiazaniem zadania "mamy mono flop, zadnej karty w tym kolorze na rece, 4 przeciwnikow, jaka szansa ze ktorys ma kolor"

tak wiec w tym zadaniu 52 karty dziela sie tylko na 13 w wyszczegolnionym kolorze (oznaczmy T) i 39 w innym (F)

mamy 3T na flopie oraz 4F na rece, wiec zostaje nam w talii 10T oraz 35F
zalozenia o flopie i rece nie trzeba uwzgledniac w obliczeniach, wystarczy ze policzymy jaki jest wtedy stan talii

dosc latwo mozemy policzyc ilosc wszystkich mozliwych rozdan, bedzie to (45 po 4,4,4,4) czyli (45!)/(4!4!4!4!(29!)) czyli okolo 40.000.000.000.000.000.000

musimy jeszcze policzyc szanse na nasze zdarzenie, ale duzo latwiej bedzie nam liczyc szanse na zdarzenie przeciwne, a wynik odjac od 1, zdarzenie przeciwne polega na tym ze "zaden przeciwnik nie ma koloru" czyli inaczej mowiac "wszyscy przeciwnicy maja 0T lub 1T)

powyzsze zdarzenie podzielimy sobie na 2^4 (2 do potegi czwartej) czyli 16 przypadkow, ktore moga symbolizowac wszystkie 16 ciagow 4elementowych zlozonych z "0" i "1" czyli 0000,1000,0100,0010,0001,1100,...,1111 gdzie np ciag 0101 bedzie odpowiadal sytuacji gdy pierwszy gracz ma 0T, drugi 1T, trzeci 0T, czwarty 1T

widac ze obejmiemy wszystkie interesujace nas przypadki, i kazdy policzymy jednokrotnie

w dodatku uproscic mozemy sobie zauwazajac ze liczy sie dla nas ilosc jedynek w tych ciagach, i sytuacja 0101 bedzie dokladnie tak samo liczona jak sytuacja 0011 czy 1001 (mozna sobie policzyc te 3 sytuacje i zobaczyc ze wyjdzie ten sam wynik, w innej kolejnosci skladnikow tylko)

tak wiec mamy
a) (4 po 0)=1 mozliwosci zera jedynek (nikt nie ma zadnej karty w kolorze) [odpowiadajacy ciag to 0000]
b) (4 po 1)=4 mozliwosci jednej jedynki (jeden gracz ma karte w kolorze, nikt inny nie ma) [1000,0100,0010,0001]
c) (4 po 2)=6 mozliwosci dwoch jedynek (dwoch graczy z karta w kolorze, dwoch bez) [1100,1010,1001,0110,0101,0011]
d) (4 po 3)=4 mozliwosci trzech jedynek (trzech graczy ma karte w kolorze, jeden nie) [1110,1101,1011,0111]
e) (4 po 4)=1 mozliwosci czterech jedynek (wszyscy maja karte w kolorze) [1111]

wiec mamy do policzenia 5 powyzszych sytuacji, co zakonczy zadanie

a) (35 po 4,4,4,4) * 1 bo nikt nie ma zadnej karty w kolorze, wiec wybieramy im dowolnie po 4 karty sposrod 35 pozostalych kart nie w kolorze, mnozymy przez 1 bo tyle nam wyszlo ciut wyzej, tylko na 1 sposob wszyscy przeciwnicy moga miec 0 kart w kolorze

b) (10 po 1)(35 po 3,4,4,4) * 4 bo jeden gracz ma jedna karte w kolorze, reszta nie ma zadnej, wiec wpierw wybieramy temu graczu 1 z 10 kart w kolorze, a pozniej juz sposrod 35 kart nie w kolorze wybieramy mu 3, z pozostalych 4 dla nastepnego gracza..., mnozymy przez 4 bo tyle sposobow na 1 osobe z karta w kolorze nam wyszlo

c) (10 po 1)(9 po 1)(35 po 3,3,4,4) * 6 wpierw pierwszemu karte w kolorze sposrod 10, potem 3 karty z 35 nie w kolorze, potem drugiemu karte w kolorze sposrod 9 pozostalych, oraz 3 z 32 nie w kolorze, itd. kolejnosc liczenia/mnozenia nie ma znaczenia, co latwo zauwazyc po rozpisaniu, mnozymy przez 6 bo 6 sposobow na dwie osoby z karta w kolorze

d) (10 po 1)(9 po 1)(8 po 1)(35 po 3,3,3,4) * 4

e) (10 po 1)(9 po 1)(8 po 1)(7 po 1)(35 po 3,3,3,3) * 1

teraz wystarczy dodac a+b+c+d+e i podzielic przez wszystkie mozliwosci (45 po 4,4,4,4) zeby otrzymac szukane prawdopodobienstwo

jako ze liczylsimy zdarzenie przeciwne, wynik odejmujemy od 1, zeby otrzymac rozwiazanie zadania

ten schemat powienien dzialac dla wszystkich zadan tego rodzaju

jakbys mial jakies pytania/watpliwosci, to pytaj

pozdrawiam