Zadanka z kartami

matr0x · Post autor: **matr0x** » 16 lut 2006, o 12:14

Zad 1.
Oblicz prawdopodobienstwo wylosowania fula z 52 kart.

Zad 2.
Oblicz prawdopodobienstwo wylosowania dwoch par w pokera.

Szczypior · Post autor: **Szczypior** » 16 lut 2006, o 18:41

Pani Kapuśniak pewnie by to rozwiązała
Napisz tylo co to jest full w pokerze, a pomogę Ci

rahl · Post autor: **rahl** » 16 lut 2006, o 23:04

Zad 1.

\(\displaystyle{ |\Omega|}\) = 52*51*50*49*48
bierzesz jedna z 52, zostaje 51, bieresz jedna, itd az wezmiesz 5 kart, taki zapis sie chyba nazywa 'regula mnozenia', mozna tez zapisac inaczej:

\(\displaystyle{ |\Omega|}\) = \(\displaystyle{ V_{52}^5}\)
bierzesz kolejno 5 kart bez powtorzen

|A| = 52*3*2*48*3
bierzesz jedna karte (np as), potem jedna z trzech tych samych, potem jedna z dwoch tych samych, potem bierzesz inna karte (jedna z (52-4), wywalasz z calosci ten typ ktory wybrales wczesniej - np asy), potem jedna z 3 kart tego typu

P(A) = \(\displaystyle{ \frac{|A|}{|\Omega|}}\) = \(\displaystyle{ \frac{52*3*2*48*3}{52*51*50*49*48}}\) = \(\displaystyle{ \frac{3}{20825}}\)

Zad 2. (zakladam ze jest to poker 24-kartowy)

\(\displaystyle{ |\Omega|}\) = 24*23*22*21*20

|A| = 24*3*20*3*16
zasada jak w zad 1.

P(A) = \(\displaystyle{ \frac{|A|}{|\Omega|}}\) = \(\displaystyle{ \frac{24*3*20*3*16}{24*23*22*21*20}}\) = \(\displaystyle{ \frac{24}{1771}}\)

edit: chyba faktycznie zle to jest zrobione, sorry za wprowadzenie w blad, myslalem ze tak sie tego typu zadania rozwiazuje, jeszcze raz sorry.

matr0x · Post autor: **matr0x** » 17 lut 2006, o 15:43

rahl mam watpliwosci co do rozwiazania tych zadan.
Wyjasniam co to jest FULL - układ składający się z TRÓJKI i PARY, czyli na przykład A,A,A,K,K.
Moze ktos potwierdzic rozwiazanie tyh zadan?

rahl · Post autor: **rahl** » 18 lut 2006, o 16:56

w czwartek sie bede widziec z nauczycielem z matmy, to potwierdze albo poprawie, bo w sumie tez nie jestem na 100% pewien czy to jest dobrze

parasite · Post autor: **parasite** » 18 lut 2006, o 17:14

rahl pisze:Zad 1.

\(\displaystyle{ |\Omega|}\) = 52*51*50*49*48
bierzesz jedna z 52, zostaje 51, bieresz jedna, itd az wezmiesz 5 kart, taki zapis sie chyba nazywa 'regula mnozenia', mozna tez zapisac inaczej:

\(\displaystyle{ |\Omega|}\) = \(\displaystyle{ V_{52}^5}\)
bierzesz kolejno 5 kart bez powtorzen

\(\displaystyle{ |\Omega|=C_{52}^5=\frac{52!}{47!*5!}=\frac{48*49*50*51*52}{5*4*3*2}=2598960}\)

Tu nie jestem pewien:
[EDIT]
\(\displaystyle{ |A|=13*C_{4}^3*12*C_{4}^2=3744}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{3744}{2598960}}\)
Jak źle to niech ktoś mnie poprawi

Janek Kos · Post autor: **Janek Kos** » 18 lut 2006, o 20:10

parasite pisze: Tu nie jestem pewien:
\(\displaystyle{ |A|=13*C_{4}^3+12*C_{4}^2=124}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{124}{2598960}}\)
Jak źle to niech ktoś mnie poprawi

Ja jeszcze bym ten fragment \(\displaystyle{ |A|=13*C_{4}^3+12*C_{4}^2=124}\) pomnozyl przez 2, bo wydaje mi sie, ze mozna tez najpierw pare z 13 figur wybrac a pozniej trojke z 12, czyli \(\displaystyle{ |A|=2(13*C_{4}^3+12*C_{4}^2)=248}\). Glowy nie daje, pozdrawiam.

parasite · Post autor: **parasite** » 18 lut 2006, o 21:17

Teraz powinno być dobrze, ale głowy nie dam
\(\displaystyle{ |\Omega|=C_{52}^5=\frac{52!}{47!*5!}=\frac{48*49*50*51*52}{5*4*3*2}=2598960}\)
\(\displaystyle{ |A|=13*C_{4}^3*12*C_{4}^2=3744}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{3744}{2598960}}\)

Szczypior · Post autor: **Szczypior** » 20 lut 2006, o 07:19

Moim zdaniem wartość zbioru omega to po prostu \(\displaystyle{ C_{52}^{5}}\)
Fulla można wylosować na sposobów \(\displaystyle{ C_{13}^{1}*C_{4}^{3}*C_{12}^{1}*C_{4}^{2}}\)
Powyższy zapis oznacza: wybieram jedną z czwórek kart (np. asy, dwójki, etc) * wybieram z czterech kart trzy * wybieram jedną z pozostałych czwórek kart, czyli z dwunastu * wybieram z tej czwórki dwie karty.
A - zdarzenie: wylosowano fulla
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{3744}{2598960}}\)

Janek Kos · Post autor: **Janek Kos** » 22 lut 2006, o 18:38

Też myślę tak jak kolega Szczypior tylko zastanawiam się czy nie trzeba licznika jeszcze przez dwa pomnożyć z uwagi na to, że można też najpierw wybrac parę z trzynastu a następnie trójkę z dwunastu, zresztą tak jak pisałem w poprzednim poście tylko, że nie zuważyłem, że zamiast iloczynu była tam suma.

Szczypior · Post autor: **Szczypior** » 24 lut 2006, o 18:18

Ja zawsze jak mam takie wątpliwości jak kolega Janek to zmniejszam ilość elementów, ktore sa w zadaniu, do tego stopnia, zeby mozna bylo latwo policzyc prawdopodobienstwo nie wykorzystujac wzorow kombinatorycznych i drugi raz - wykorzyustujac je. Jesli oba sposoby przynosza ten sam wynik to nasze rozumowanie jest prawidlowe.

A co do zadania to mysle, ze wszystko powinno byc w porzadku, co do powyzszych rozwiazan

Pozdrawiam