Egy pakli (52 lap) vagy két pakli (104 lap) francia kártyával nagyobb az esélye annak, hogy ha leosztunk 10 lapot, több piros színű (káró és kőr) kártya lesz a kezünkben, mint fekete (pikk és treff)?

Brute force számolás:

Ha 2*n lap van (n > 10), ezekből n a fekete és n a piros, akkor annak az esélye, hogy 10 kiosztott lapból pontosan 4 fekete lesz, a többi nem:

binom(10,4) * n*(n – 1)*(n – 2)*(n – 3) * n*(n – 1)*(n – 2)*(n – 3)*(n – 4)*(n – 5)/[2*n*(2*n – 1)*(2*n – 2)*(2*n – 3)*(2*n – 4)*(2*n – 5)*(2*n – 6)*(2*n – 7)*(2*n – 8)*(2*n – 9)] =

binom(10,4)*[n!/(n – 4)! * n!/(n – 6)!]/[(2*n)!/(2*n – 10)!]

(ugye a binomos tényező azért kell, mert annyiadik helyen jöhetnek a fekete lapok).

Hogy pontosan 3 lesz fekete:

binom(10,3)*[n!/(n – 3)! * n!/(n – 7)!]/[(2*n)!/(2*n – 10)!]

Hogy pontosan 2:

binom(10,2)*[n!/(n – 2)! * n!/(n – 8)!]/[(2*n)!/(2*n – 10)!]

Pontosan 1:

binom(10,1)*[n!/(n – 1)! * n!/(n – 9)!]/[(2*n)!/(2*n – 10)!]

Pontosan 0:

binom(10,0)*[n!/(n – 0)! * n!/(n – 10)!]/[(2*n)!/(2*n – 10)!]

Ezek kizáró események, és az uniójuk pont azt jelenti, hogy több a piros, mint a fekete lap a 10 között, tehát a kérdéses valószínűség ezeknek az összege:

sum(binom(10,i)*[n!/(n – i)! * n!/(n – 10 + i)!]/[(2*n)!/(2*n – 10)!], i=0..4).

Ez monoton nő, tehát két paklival nagyobb lesz az esély:

[link]

n = 26-ra (1 pakli):

[link] ,+n+%3D+26

174719/480998 ≈ 0,363 242 674 606.

n = 52-re (2 pakli):

[link] ,+n+%3D+52

156321859/421800038 ≈ 0,370 606 555 043.

Tehát 36,3% a 37,1% ellen.

Másik számolás.

Három dolog lehetséges:

1) több piros lesz, mint fekete, legyen ennek a valószínűsége Pp;

2) több fekete lesz, mint piros, ennek a valószínűsége legyen Pf;

3) ugyanannyi fekete lesz, mint piros, ennek a valószínűsége legyen Pu.

Tudjuk, hogy más lehetőség nincs, tehát

Pp + Pf + Pu = 1,

illetve, mivel ugyanannyi piros lap van, mint fekete,

Pp = Pf.

Így Pp = (1 – Pu)/2 = 1/2 – Pu/2.

Így csak Pu-t kell kiszámolni, tehát 10 leosztott lap esetén konkrétan azt, hogy mennyi az esélye annak, hogy pontosan 5 piros, és 5 fekete lap lesz. Ha összesen n piros és n fekete lap van (mint az előző hozzászólásomban), akkor összesen

binom(2*n, 10)-féle

lehet a kiválasztott 10 lap.

Az öt egy színű lap (akár piros, akár fekete) pedig

binom(n, 5)-féle

lehet, a jó esetek száma ennek a négyzete, hiszen a pirosak függetlenül jönnek a feketéktől.

Ebből

Pu = binom(n, 5)^2/binom(2*n, 10),

és

Pp = (1 – binom(n, 5)^2/binom(2*n, 10))/2.

Ami ugyanaz, mint amit korábban számoltam:

[link]

[link]

Megjegyzések:

1. Hogy tényleg nő a valószínűség, ahogy növeljük a paklik számát, az talán abból is könnyen látszik, hogyha megnézzük, mi történik 10 lap leosztása helyett 2 lap leosztásakor, ha egy pakli 2 lapból áll. Ugye ilyenkor 1 pakli esetén leosztjuk az egész paklit, és soha nem lesz olyan, hogy több fekete lesz, mint piros, mert 1 piros és 1 fekete lesz mindig. 2 pakli esetén (2 piros és 2 fekete lap), határozottan nagyobb eséllyel lesz több piros, mint fekete.

2. Természetesen, ha 10 helyett páratlan sok lapot osztunk le, akkor nem lehet, hogy ugyanannyi lesz köztük a fekete, mint a piros. Így (mivel a pakliban a piros és fekete lapok szerepe felcserélhető, hiszen ugyanannyian vannak) annak az esélye, hogy több piros lesz, mint fekete éppen 1/2 lesz; függetlenül attól, hogy mennyi az n.

Erre a kérdésre akkor tudjuk meg a választ, ha a Wolframos linkemen az input elé biggyesztjük, hogy 'lim':

[link]

Ha n a végtelenhez tart, akkor az esély 193/512 ≈ 0,376 953 125-höz, tehát nem 1-hez.

Ha 10 lap helyett páratlan sok lapot osztunk le, akkor meg ugye n-től függetlenül mindig 1/2-hez. (De ezt talán már leírtam.)