Matematyka.pl

Ile jest różnych rozdań w brydżu? Ile jest takich, w których każdy gracz dostał po jednym asie, jednym królu, jednej damie i jednym walecie?

Jeśli chodzi o pierwszą sytuację to:
Mamy 52 karty. Pierwszy gracz wybiera z nich 13, drugi 13 z pozostałych 39 i tak dalej.

W drugiej sytuacji bardzo podobnie, tylko najpierw rozdysponuj graczom figury, a potem pozostałe 36 kart.

+ rozkład rąk przy stoliku

Spoglądając na ilość możliwych rozdań w brydźu w inny sposób dostaję wynik taki jak przy użyciu kombinacji, jednak bez uwzględnienia rozkładu rąk przy stoliku. Moje rozumowanie jest następujące:

Rozkładam \(\displaystyle{ 52}\) karty w rzędzie przy czym pierwszych \(\displaystyle{ 13}\) należeć będzie do pierwszego zawodnika, etc.

Liczba możliwych permutacji tak ułożonych kart to oczywiście \(\displaystyle{ 52!}\). Jednak w ten sposób policzyłem wielokrotnie możliwości w których karty w obrębie jednego gracza są w różnych kolejnościach. Pozbawiam je porządku dzieląc przez liczbę ich możliwych permutacji dla każdego gracza co daje wynik:

\(\displaystyle{ R_b = \frac{52!}{(13!)^4}}\)

Tutaj z pewnością uwzględniona jest zamiana rąk między graczami, więc nie trzeba jej uwzględniać.

Z drugiej strony podejście z kombinacjami:

\(\displaystyle{ R_b = C_{52}^{13}\cdot C_{39}^{13} \cdot C_{26}^{13} = \frac{52!}{13!\cdot 39!}\cdot\frac{39!}{13!\cdot 26!}\cdot\frac{26!}{13!\cdot 13!}\cdot = \frac{52!}{(13!)^4}}\)

Wydaje mi się więc, że kolejności rąk nie trzeba już uwzględniać, chyba że chodzi o to żeby nieistotne stało się kto dostanie jakie karty.

Kolejność musi być brana pod uwagę - impas albo chodzi albo nie. Przy stoliku jest 3! ułożeń.

Nie neguję tego, że ułożenie nie ma znaczenia, lecz twierdzę, że zostało ono już uwzględnione w rozwiązaniu i dodatkowe uwzględnienie go da nam zły wynik.

Święta nie sprzyjają umysłowi (żołądek przeszkadza) - ale skoro kombinacje nie uwzględniają rozłożenia rąk to i pierwszy sposób chyba też.

Załóżmy, że w brydża gramy 4 kartami, każdy gracz dostaje po jednej. Rozwiązując problem jak w temacie dla takiego przypadku mamy liczbę możliwych rozdań:

\(\displaystyle{ C_4^1\cdot C_3^1 \cdot C_2^1 \cdot C_1^1 = 4\cdot 3 \cdot 2 \cdot 1\cdot = 4!}\)

A to przecież nic innego jak liczba permutacji tych 4 kart gdzie niewątpliwie różne ułożenia rąk są uwzględnione.

Widzę to.
Tylko mi czaszka wątpliwości wprowadza - gracze są rozróżnialni - jak ich te kombinacje poróżnią (dzisiaj nic nie wymyślę).