Losowanie;d

ozon · Post autor: **ozon** » 11 sty 2006, o 20:40

zadanie banalne, ale w szkole doszliśmy do pewnej sprzeczności, wlasnie sie zastawaiam ale odrazu wrzuce na forum zeby jak by co ktos to wytłumaczył

więc tak:
Przygotowano 20 losów, w tym 4 wygrywające. Na ile sposóbów mozna wybrać 3 losy tak aby wśród nich był co najmniej 1 wygrywający?

I niby szystko proste:

1*sprawdzam ilośc mozliwosci dla 1 wygrywajacego sumuje z wartoscia dla 2 wygrywajacych i dla 3 w taki sposób
\(\displaystyle{ C=C^{1}_{4}*C^{2}_{16}+C^{2}_{4}*C^{1}_{16}+C^{3}_{4}*C^{0}_{16}\\={4\choose 1}*{16\choose 2}+{4\choose 2}*{16\choose 1}+{4\choose 3}*{16\choose 0}\\=\frac{4!}{3!}*\frac{16!}{14!*2}+\frac{4!}{2*2}*\frac{16!}{15!}+\frac{4!}{3!}*\frac{16!}{161*0!}\\=4*8*15+6*16+4=580}\)
taki jest wynik w książce;D

ale wszystok komplikuje się jak chce robić drugą metodą

2* zapewniam sobie żę wylosuje 1 z 4 wygranych losow a następne 2 losuje z reszty niewylosowanych jeszcze czyli z 19:

\(\displaystyle{ C= C^{1}_{4}*C^{2}_{19}\\ ={4\choose 1}*{19\choose 2}\\=\frac{4!}{3!}*\frac{19!}{17!*2}\\=4*171=684}\)

i tu jest kłopot bo na pierwszy rzut oka wszystko jest dobrze, a mimo wszysto wynik jest trochę inny

może mi ktoś to ładnie wytłumaczyć?

soliter · Post autor: **soliter** » 11 sty 2006, o 21:18

Zastanów się dogłębnie nad drugą metodą, czy aby nie liczysz pewnych przypadków wielokrotnie? : )

nykus · Post autor: **nykus** » 11 sty 2006, o 21:18

Problem w tym, że w drugim przypadku niektóre kombinacje zliczasz podwójnie (dokładnie te w których dostajesz dwa lub więcej "dobrych" losów).

Przykład: Ponumerujmy dobre losy od 1 do 20 (z tego od 1 do 4 są "dobre"). Porównajmy dwie sytuacje:
1) na kroku \(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) wyciągasz los nr 1, a na kroku \(\displaystyle{ {19 \choose 2}}\) losy 2 i 10.
2) na kroku \(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) wyciągasz los nr 2, a na kroku \(\displaystyle{ {19 \choose 2}}\) losy 1 i 10.
Drugi sposób zliczania widzi te dwie sytuacje jako różne, pomimo, że są one identyczne (z punktu widzenia zadania).

Wniosek: Aby wyniki się pokryły, trzeba w drugim sposobie zliczania "wyrzucić" te kombinacje, które są zliczane podwójnie. Jest ich (dwa losy dobre, reszta jakakolwiek) \(\displaystyle{ {4 \choose 2}{18 \choose 1}}\). Ale... w ten sposób wyrzuciliśmy również kombinacje, które dawały trzy losy dobre, a one pierwotnie zliczone były tylko raz. Jest ich \(\displaystyle{ {4 \choose 3}{17 \choose 0}}\). Ostatecznie drugi sposób powinien wyrazić się wzorem:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1}{19 \choose 2} - {4 \choose 2}{18 \choose 1} + {4 \choose 3}{17 \choose 0}}\)
I teraz się zgadza - sprawdziłem

Ogólnie o problemie, z którym się spotkałeś traktuje tzw. uogólniona reguła sita.

soliter · Post autor: **soliter** » 11 sty 2006, o 21:25

nykus pisze:Problem w tym, że w drugim przypadku niektóre kombinacje zliczasz podwójnie (dokładnie te w których dostajesz dwa lub więcej "dobrych" losów).

Wiesz, kombinacje 3 dobrych losów są przez ozona zliczane nawet potrójnie.

nykus · Post autor: **nykus** » 11 sty 2006, o 21:57

Jasne I przeze mnie potem tez potrojnie (a nie jednokrotnie jak napisałem) wyrzucone. Dzięki za uwagę, teraz widze

ozon · Post autor: **ozon** » 11 sty 2006, o 23:12

no racja też tak myslalem ze któreś są lliczone wielkokrotnie, ale jakos nie mialem siły dochodzic do tego które;D dzięki