Lidt sandsynlighedsregning

Hvad er risikoen for, at én eller flere af de ni andre ved et 10-mands bord får tildelt AKo/s, AA, KK eller QQ i en tilfældig runde, hvis vi antager, at vi selv sidder med AQ UTG - nogen herinde med matematisk sans udover gennemsnittet?

Den er stor :)

hmm, ja, det er også hvad jeg har på fornemmelsen :)

Men hvor stor i tal...

At regne det ud eksakt er ondt. Men jeg kan give en tilnærmelse.

Det er tæt på, og ikke under, 16%.

Det er for sent :-)

Tror ikke du har diagnosticeret den helt rigtigt, Ducktor.

Fold AQo UTG i et 9/10 mands game. :p

Mickey

@Henry
Hehe du har helt ret :-) Også mht. %

Det må være
AA 3 mulige
KK 6 mulige
QQ 3 mulige
AK 12 mulige

Ialt 24 mulige (Hvis du har AQ)

1326 mulige starthænder

Såeh ca. 24/1326*100*9 ~ 16,2%

Sandsynligheden er mindre end 17.43 %

Ducktor har kun næsten ret - man kan ikke gange sandsynligheden på den enkelte hånd med 9 - de 9 hændelser er nemlig ikke disjunkte.

Men fællesmængden er relativt lille så den kommer tæt på - mon ikke den ender på en 13-14%...

Hvis du vil vide det præcist så prøv at finde en simulator - jeg tror nemlig at det eksakte regnestykke bliver for komplekst til praksis - men jeg er da glad hvis noget kan demonstrere at jeg tager fejl her :o)

@kandinsky.


Tror nærmere den er over de beregnede procenter, idet sandsynligheden øges for at samle en hånd op hvis den ikke er samlet op tidligere.

@c_hope

nix grønært - der gælder P(AUB) = P(A) + P(B) - P(A snit B) og dermed altid
P(AUB) <= P(A) + P(B) og denne ulighed udvider nemt til flere end 2 hændelser.

jeg har rekvireret en simulering fra Kandinsky labs - så må vi se :o)

@ carl

Ja, præcis. Jeg har regnet på den måde, som Kandinsky antyder. Men altså ikke taget højde for det du skriver, hvilket ville gøre beregningerne ekstremt tunge.

Derfor skal de ca 16% rundes lidt op. Jeg skyder på et sted mellem 18% og 19%!

@ Kandinsky

Det er jo betingelsen for at være uafhængig, du opskriver.
10 hold'em hænder er ikke uafhængige.

@ henry

nix grønært igen: betingelsen for at være uafhængig er at P(A snit B) = P(A)*P(B).

P(AUB) <= P(A) + P(B) er faktum drenge!

Jaja, du har ret i din ulighed. Men det der er vi for længst nået forbi. Pointen er præcis det som carl skriver, og derfor skal 16% rundes op. Det er afhængighedsproblemet, der gør at vi ikke bare kan regne simpelt derudaf.

Jeg er helt enig med jer, et præcist regnestykke er meget komplekst (specielt med en flaske rødvin i tanken :-) )

Sandsynligheden for, at en vilkårligt udvalgt spiller af dem har en af de nævnte hænder er 24/1225 lig 0,01959
(24 mulige kombier ud af 50 over 2 mulige).
Du kan da regne med en middelværdi på 9*0,01959=0,1763 og derfor forvente en modstander med en af fordelingerne hver ca 6. gang

Fake_frog's estimat er aktuelt glimrende i praksis og jeg skriver kun denne mail for lige at præcisere faren ved den regnefejl der ligger bag - i andre tilfælde kan den give langt større fejl end i det aktuelle tilfælde.

Vi har 9 hændelser A1, A2, ... , A9 hver med sandsynlighed P(Ai) = 0.01959 som Ff helt korrekt beregner.

Vi ønsker nu at kende sandsynligheden for at mindst 1 af hændelserne indtræffer. Dvs sandsynligheden for foreningsmængden: P(A1UA2U...UA9).

HVIS nu hændelserne var disjunkte (dvs at der aldrig kunne indtræffe 2 af hændelser samtidigt) ville der gælde:
P(A1UA2U...UA9) = P(A1) + P(A2) + ... + P(A9) = 9*0.01959 = 17.63% jf Ff.

Imidlertid bliver denne sum for HØJ (altid for høj!) når hændelserne IKKE er disjunkte. I stedet fåes en kompleks og svært beregnelig formel med en alternerende sum som det ville føre for vidt at angive her.

Groft sagt kan man sige at jo større sandsynlighed for at der kan indtræffe 2 af hændelserne samtidigt - jo større bliver regnefejlen ved overslaget.

Som eksempel lad os se på følgende beslægtede problem: Du ser et uparret flop med 3 modstandere og misser selv floppet - hvad er a priori sandsynligheden for at mindst 1 modstander er ramt af floppet ?
Vi har her 3 hændelser A1, A2 og A3 hvor alle har sandsynlighed omkring en god trediedel. Her er det helt klart at hvis vi regner P(A1UA2UA3) = P(A1) + P(A2) + P(A3) = 3*(1/3) = 100 % så har vi ramt pænt meget ved siden af. Faktisk er svaret vel snarere omkring 70-75%.

Håber at det giver mening - for dem der prøver at forstå det ;o) Ellers må i gerne punke mig for yderligere detaljering.

Og hvad så aktuelt ?

Min kammerat "Zoozie" har lavet en simulering med sine temmeligt rappe og (for en java-programmør) let anvendelige/programmerbare simuleringsprogrammer (se koden for den aktuelle case nedenfor).

Resultatet bliver lige omkring 16.78% og altså knap 1% lavere end Ff's udemærkede overslag.

Test Case started:poker.CprAQ
p=0.167396 ,iterations=1000000
p=0.1675875 ,iterations=2000000
p=0.167669 ,iterations=3000000
p=0.16770175 ,iterations=4000000
p=0.1677864 ,iterations=5000000
p=0.167777 ,iterations=6000000
p=0.16779142857142856 ,iterations=7000000
p=0.167757375 ,iterations=8000000
p=0.16776355555555555 ,iterations=9000000
p=0.1677987 ,iterations=10000000

Hvis der er java-nørder der gerne vil have hele koden er de mere end velkomne siger Zoozie - send en PM til ham eller mig :o)

Med venlig matematisk hilsen
Kandinsky

--------- Simulerings testcase fra Zoozie: --------------

package poker;

public class CprAQ extends PokerTestCase {

int antalModspillere = 9;

public boolean loop(){
Deck deck = new Deck(); //Allready shuffled
deck.removeCard(new Card(CardValue.ACE,CardSuit.DIAMONDS));
deck.removeCard(new Card(CardValue.QUEEN,CardSuit.DIAMONDS));

for (int i = 1; i <= antalModspillere ; i++) {
Card card1= deck.draw();
Card card2= deck.draw();

if (CardValue.ACE.equals(card1.getValue()) && CardValue.ACE.equals(card2.getValue()))
return true;
if (CardValue.KING.equals(card1.getValue()) && CardValue.KING.equals(card2.getValue()))
return true;
if (CardValue.QUEEN.equals(card1.getValue()) && CardValue.QUEEN.equals(card2.getValue()))
return true;
if (CardValue.KING.equals(card1.getValue()) && CardValue.ACE.equals(card2.getValue()))
return true;
if (CardValue.ACE.equals(card1.getValue()) && CardValue.KING.equals(card2.getValue()))
return true;
}
return false;
}

Sandsynligheden for, at ingen har AA, AK ell. KK givet at hero har AQ =
(1 - (7*6)/(50*49))^9 = 0,855881391314
Sandsynligheden for, at ingen har QQ, givet at hero har AQ =
(1 - (3*2)/(50*49))^9 = 0,97817386446
Sandsynligheden for, at ingen har AA, AK, KK *eller* QQ =
0,855881391314*0,97817386446 = 0,837200808061

Dvs. sandsynligheden for, at nogen skulle sidde med en af hænderne =
1 - 0,837200808061 = 0,162799191939

@Kaptajn Kold

Dine beregningsmetode er kun gyldig hvis hændelserne er stokastisk uafhængige (som fx. succesive terningslag) - men det er de altså ikke.

@ Carl og Henry

Det holder selvfølgelig ikke. Hvis de tre resterende esser er faldet i de tre første hænder med tre lave kickere, så øger det jo ikke sandsynligheden for at samme AK op.

@ Ductor

Din beregning er heller ikke helt korrekt, da du regner med 52 kort i dækket. Da vi imidlertid ved at UTG sidder med AQ, er det kun 1225 starthænder tilbage, hvorfor regnestykket bliver som følger:

24/1225*100*9=17.63%

@ Alle

Jeg forstår ikke hvorfor sandsynligheden for de forskellige starthænder er forskellig, og ovenstånde regnestykke ikke er gældende. Det svarer vel lidt til at man skal til at regne med at sandsynligheden er anderledes når man trækker til en OESD på turn, da der også er røget to burn kort.

Hvis man deler ud til de 9 andre hænder, er det klart at esserne kun kan gå engang (pr. styk), men sandsynligheden for at få de forskellige hænder UTG+1 er jo ikke anderledes end for at få hænderne på knappen.

Anyway, hvis jeg er langt ude i skoven, så skriv lige en mere udførlig forklaring :-)

@ Jensen

"Det holder selvfølgelig ikke. Hvis de tre resterende esser er faldet i de tre første hænder med tre lave kickere, så øger det jo ikke sandsynligheden for at samme AK op."

Jo, det holder fint. Når det vides, at spiller A ikke har AK, er der gennemsnitligt flere esser og konger til resten af bordet.

"...hvorfor regnestykket bliver som følger:

24/1225*100*9=17.63%"

Nej, man kan ikke lægge sandsynligheder sammen på den måde. Chancen for at få en 6'er i løbet af 6 forsøg er jo heller ikke 6*1/6 = 1, vel?

Regnestykket er
1 - (1-24/1225)^9 = 16,3%.

Det skal rundes op, pga det som Carl skriver og som jeg også var opmærksom på ved min første post. Derfor min formulering
"Det er tæt på, og ikke under, 16%."
Computersimuleringen gav så 16,78%, og det passer fint.

;o)

Er på linie med Kadinsky her, som har foklaret det meget præcist og fyldestgørende.

Som han først redegjorde for, og som alle vist er med på, kan man ikke addere sandsynlighederne for de 9 hændelser, da hændelserne ikke er disjunkte. Disjunkte ville de være, hvis de betragede hænder aldrig kunne forekomme hos 2 eller flere spillere samtidig. Det er selvfølgelig forkert, hvorfor mængderne ikke er disjunkte.

Dernæst er hændelserne heller ikke stokastisk uafhængige, det er altså ikke 9 ens stokastiske eksperimter vi skal udføre, hvorfor vi ikke bare kan eksponere sandsynligheden for at spiller1 sidder med en af de givne starthænder i 9ende potens, som Henry og KK gør i deres regnestykker.

Så det var bare lige en opsumering. Det præcise svar har kadinsky allerede givet.