distribuzione di carte! bellissimo problema!!

[iademarco]

Abbiamo un mazzo di 40 carte (10 per ogni palo). Le dividiamo in 4 mazzi, contenenti almeno una carta ciascuno. Calcolare la probabilità che ognuno contenga almeno una carta per ogni palo (seme).
Buon divertimento

[Reginald]

Visto che ormai nessuno ci prova, ci provo io..Allora...
I casi possibili sono i casi in cui 4 carte dal seme A sono disposte nei 4 mazzi; lo stesso per 4 carte del seme B e discorso analogo per C e D. Le altre poi posso metterle a caso. I modi di scegliere le A sono$ $\binom{10}{4}$ $, e le piazzo nei 4 mazzi; i modi per scegliere le B anche$ $\binom{10}{4}$ $, a questo punto la prima la posso scegliere in 4 modi il mazzo in cui metterla, la seconda in 3 e la terza in 2. Quello che valeva per B vale anche per C e D. Poi per ogni altra carta ho 4 possibili modi di piazzarla. I casi possibili quindi sono $ $4^{27}*\binom{10}{4}^4$ $. Ora conto i casi possibili: ogni mazzo deve avere almeno una carta, quindi riempio ogni mazzo in questo modo:prima decido che carta va nel mazzo 1, nel 2, nel 3 e nel 4; e poi per le altre è semplice:Le carte da piazzare all'inizio posso sceglierle così:$ $\binom{40}{4}$ $. Per le altre ho sempre 4 modi di piazzarle. Concludendo,
$ $P=\frac{4^{27}*\binom{10}{4}^4}{\binom{40}{4}*4^{36}}=\frac{\binom{10}{4}^4}{\binom{40}{4}*4^{9}} $.
Funziona?

Bonus question:Se ogni mazzo avesse n carte uguali?

[iademarco]

Bonus question:Se ogni mazzo avesse n carte uguali?

Prima di risolvere questo, bisogna prima risolvere il primo, perchè è più complicato di quanto può sembrare

@Reginald: in quel modo conti più volte la stessa cosa. Mettiamo il caso che tu inizialmente scelga per il mazzo 1 i 10 di tutti e 4 i semi. E mettiamo che nella distribuzione casuale delle carte nel mazzo 1 ci vada solo il 2 di bastoni.

Facciamo ora il caso che le 4 carte iniziali dei 4 semi del mazzo 1 siano 10 di coppe, 10 di denari, 10 di spade e 2 di bastoni. E poi nelle carte distribuite casualmente ci vada solo il 10 di bastoni.
Questa e la configurazione di prima, sono perfettamente uguali, ma con il tuo metodo, li consideri diversi. E idem per i casi possibili.

[giggiotb]

Io ho trovato una soluzione,però vorrei prima sapere se è giusta così,se non lo è,risparmio di postare il ragionamento.. la mia soluzione è (42/143)^4. è corretta?

[Iuppiter]

Provo a dare solo i casi possibili.
Allora, prendiamo le 40 carte e le disponiamo in fila su un tavolo. Possiamo farlo in $ 40! $ modi.
A questo punto dobbiamo fare quattro mazzi.
Prendo tre penne e le metto tra due carte a fare da separatore a due mazzi. Questa operazione posso farla in $ \binom{39}{3} $ modi.

Quindi i casi possibili dovrebbero essere: $ $\binom{39}{3}$ $$ *40! $

[iademarco]

Potrei anche sbagliarmi, ma facendo in questo modo, consideri più volte lo stesso mazzo; un esempio:
penne = |
Le 2 divisioni ...|12|... e ...|21|... vengono considerate diverse (40! disposizioni diverse), quando invece il problema le considera uguali, dato che non interessa l'ordine in cui sono disposte nel mazzo.

@giggiotb: Comunque stavo scherzando nel mp, era solo per far postare il tuo procedimento

ps: se qualcuno posta una soluzione, è pregato di scrivere il procedimento grazie

[Iuppiter]

Beh...allora, per risolvere questa questione, chiamiamo $ n_1 $ il numero di carte contenute nel primo mazzo, $ n_2 $ nel secondo, e così via.
E a questo punto dividiamo per $ n_1!n_2!n_3!n_4! $

E quindi verrebbe $ \frac{40!}{n_1!n_2!n_3!n_4!} $ $ * \binom{39}{3} $

E poi mi viene da pensare che questi $ n_1!,n_2! $... si semplificheranno con i casi favorevoli.

[iademarco]

Beh...allora, per risolvere questa questione, chiamiamo $ n_1 $ il numero di carte contenute nel primo mazzo, $ n_2 $ nel secondo, e così via.
E a questo punto dividiamo per $ n_1!n_2!n_3!n_4! $

Ma il numero di carte contenute nei 4 mazzi cambia. Boh forse sono io che non ho capito cosa tu intenda con questo, ma mi verrebbe da dire che così non funziona. Facciamo un esempio con 5 carte: tutti i possibili mazzi sono:
15-2-3-4
14-2-3-5
13-2-4-5
12-3-4-5
...
quindi dovremmo fare $ \frac{5!}{2!2!2!2!...2!} $ che non è un numero intero

[Gatto]

Si può porre $ A_1 $ = Asso di cuori e quadri sono in mazzetti diversi, $ A_2 $ = Asso di cuori, quadri e picche in 3 mazzetti diversi e $ A_3 $ = Asso di cuori, quadri, picche e fiori in 4 mazzetti diversi e vedere:

$ P(A_1 A_2 A_3) = P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_2 A_1) $ che viene semplice da calcolare...

[Iuppiter]

@ iademarco: Ti faccio un esempio di quello che intendevo:
$ n_1=3 $
$ n_2=15 $
$ n_3=14 $
$ n_4=8 $

Questo significa che abbiamo 3 carte nel primo mazzo, 15 nel secondo, 14 nel terzo e 8 nell'ultimo, per un totale di 40 carte.
Ora prendiamo il primo mazzo, costituito da tre carte(facciamo un 7 di denari, un 5 di coppe e un 3 di bastoni). Esso può essere formato (sempre nel caso in cui le carte siano disposte in fila sul tavolo e separate dalle penne) da:

7,5,3
7,3,5
5,7,3
5,3,7
3,7,5
3,5,7

E come hai detto tu non ci importa l'ordine, per cui dobbiamo dividere il $ 40! $ (disposizioni delle 40 carte) per $ 3!*15!*14!*8! $

Adesso mi sono accorto che bisogna dividere anche per $ 4! $ (cioè le disposizioni dei mazzi), per evitare problemi di questo tipo:

|3 5 7|2 1|...
|2 1|3 5 7|...

Quindi nell'esempio i casi possibili sarebbero:

$ \frac{40!}{3!15!14!8!4!} $$ \binom{39}{3} $

Che in numeri sarebbe qualcosa del tipo: $ 1,127*10^{22} $

@Gatto: mi dispiace, ma è troppo difficile per le mie capacità. (Per questo ho fatto solo i casi possibili)
Ma hai tenuto conto dei mazzi formati da meno di 4 carte?

[iademarco]

Quindi nell'esempio i casi possibili sarebbero:

$ \frac{40!}{3!15!14!8!4!} $$ \binom{39}{3} $

Nell'esempio sarebbero quelli, si sono d'accordo; ma se devi fare questo per ogni diversa divisione, come li fai a contare i casi possibili?
Potresti avere $ n_1 = 3 ... n_2 = 15 ... n_3 = 14 ... n_4 = 8 $
oppure $ n_1 = 4 ... n_2 = 20 ... n_3 = 10 ... n_4 = 6 $
Come fai a conciliare entrambe le cose? In definitiva la domanda è quanti sono i casi possibili?

[Iuppiter]

I casi possibili sono:$ \frac{40!}{n_1!n_2!n_3!n_4!4!}\binom{39}{3} $

E poi mi viene da pensare che questi $ n_1!,n_2! $... si semplificheranno con i casi favorevoli.

Quindi bisogna trovare i casi favorevoli.
Ma penso che sia troppo difficile per me perchè bisogna:
- escludere i casi in cui si formano mazzi con meno di 4 carte;
- escludere i casi in cui i mazzi non hanno almeno 1 carta per ogni seme.

[iademarco]

Quindi nell'esempio i casi possibili sarebbero:

$ \frac{40!}{3!15!14!8!4!} $$ \binom{39}{3} $

Nell'esempio sarebbero quelli, si sono d'accordo;

MMM, misà che non sono più d'accordo
Un esempio: abbiamo 6 carte e le dividiamo in questo modo: 1 | 2 | 3 | 456
In base a quanto detto i casi possibili dovrebbero essere: $ \frac{6!}{{3!}{4!}}\binom{5}{3}={5}\cdot{10}=50 $, quando in realtà sono 20, dato che dobbiamo solamente scegliere le 3 carte che vanno nel mazzo formato da 3, $ \binom{6}{3}=20 $, dato che le altre 3 carte andranno una in ogni mazzo, e non ci interessa l'ordine

[exodd]

proviamo a contare i casi possibili, ma stavolta contando l'ordine
se mettiamo in fila le 40 carte ordinate, dobbiamo trovare prima tutte le possibili "smazzate", cioè 40!
quindi, per ogni smazzata, calcoliamo in quanti modi si possono dividere le 40 carte in dividere in 4 gruppi, cioè 39*38*37/3*2 (binomiale di 39 su 3)
quindi è
$ 40!*\binom{39}{3} $

edit: anche i 4 mazzi sono numerati

[iademarco]

proviamo a contare i casi possibili, ma stavolta contando l'ordine

Si, ma al problema l'ordine non gli piace affatto

Un modo bruttissimo (ma è pur sempre un modo ) di trovare i casi possibili sarebbe quello di fare questa piccola addizione:
$ \binom{40}{37}+\binom{40}{36}\binom{4}{2}+\binom{40}{35}\binom{5}{3}+...+\binom{40}{19}\binom{21}{19}+\binom{40}{35}\binom{5}{2}\binom{3}{2}+\binom{40}{34}\binom{6}{3}\binom{3}{2}+\binom{40}{33}\binom{7}{4}\binom{3}{2}+\binom{40}{33}\binom{7}{3}\binom{4}{3}+...........................................+\binom{40}{10}\binom{30}{10}\binom{20}{10}\binom{10}{10} $

Oppure, se vogliamo considerare diversi i 4 mazzi (sempre senza contare l'ordine delle carte però), chiamandoli A B C D, i casi possibili si potrebbero calcolare in questo modo:
$ 4^{40}-4-{(2^{40}-2)}\binom{4}{2}-{(3^{40}-4-{(2^{40}-2)}\binom{3}{2})} = 4^{40}-3^{40}-6{(2^{39}-1)} $
...ed è così che si accorse che il problema era più contoso di quanto volesse sembrare...

Se invece vogliamo considerare l'ordine di tutto, così come già detto da Iuppiter ed exodd, i casi possibili sarebbero $ 40!\binom{39}{3} $

Ora, se ho detto (sicuuuuuro) qualche castroneria, correggetemi pure, sono pronto ad ogni critica

ps: il perchè dei calcoli lo scriverò appena troverò un po' di tempo
pps: così si nota come più le cose sono ordinate, e più sono facili da gestire...l'universo va verso il caos, quindi è per questo che è difficile da "decifrare"
ppps: per scrivere certe cose, anche la mia testa deve dirigersi verso un caos sempre maggiore