prawdopodobieństwo i kombinatoryka

[martynus89]

Witam mam do rozwiązania dwa zadania bardzo prosze o pomoc dla mnie to czarna magia
1. na ile sposobów możemy z talii 52 kart wylosować cztery karty tak aby otrzymać:
a)dokładnie jednego pika
b)co najwyżej jednego pika
c)co najmniej jednego kiera
d)dokładnie trzy asy
2.z urny zawierającej 6kul białych i 8 czerwonych losujemy kolejno trzy kule bez zwracania po jednej kuli. ile jest wyników losowania w których:
a)pierwsza wylosowana kula jest czerwona,
b)druga wylosowana kula jest czerwona,
c)trzecia wylosowana kila jest biała?

[miodzio1988]

o kombinacjach poczytaj

[martynus89]

czytałam tylko niewiele mi to pomogło i tak nadal nie wiem co tu należy zastosować...

[Jakub Gurak]

Zad1.
a)
Wybieramy 1 kartę z 13 pików, oczywiście na 13 sposobów(wybranie pika).
Teraz wybieramy 3 karty z \(\displaystyle{ \left( 52-13=39\right)}\) gdyż mają nie być pikami na \(\displaystyle{ {39 \choose 3}}\) sposobów. Mamy wybrać 3 różne karty, kolejność kart nie ma znaczenia (i tak mamy 3 karty w ręku) zatem tworzymy zbiory 3 elementowe o elementach wybranych z 39 elementów, czyli kombinacje 3-wyrazowe zbioru 39-elementowego.
Zatem:\(\displaystyle{ 13 \cdot {39 \choose 3}= \frac{13 \cdot 39 \cdot 38 \cdot 37}{1 \cdot 2 \cdot 3}=13 \cdot 13 \cdot 19 \cdot 37=118 807}\)sposobów
b)
Trzeba oczywiście do poprzedniego wyniku dodać ilość możliwości otrzymania żadnego pika. Polega to na wybraniu 4 kart z \(\displaystyle{ \left( 52-13=39\right)}\), gdyż nie mają być pikami. Jest to możliwe na \(\displaystyle{ {39 \choose 4}= \frac{39 \cdot 38 \cdot 37 \cdot 36}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}=13 \cdot 19 \cdot 37 \cdot 9=82251}\)
Łącznie na \(\displaystyle{ 118 807+82251=201058}\)sposobów.
c)Obliczę liczbę wszystkich możliwości wylosowania 4 kart oraz liczbę możliwości otrzymania żadnego kiera. Jak odejmę te liczby, to otrzymam rozwiązanie.Czyli wybieram 4 karty z 52(wszystkie możliwości), i wybieram 4 kart z 39 (bez kierów, tak jak w b) bez pików). Czyli rozwiązaniem jest\(\displaystyle{ {52 \choose 4}- {39 \choose 4}= \frac{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}-82251=270725-82251=188474}\)
d)
Wybieram 3 asy z 4,a potem 1 kartę z \(\displaystyle{ \left( 52-4=48\right)}\) (nie jest asem).Czyli rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ {4 \choose 3} \cdot 48=4 \cdot 48=192}\)

Zad.2
Kula nie jest rozróżnialna od kuli innej tego samego koloru, lecz w wyniku moim zdaniem (jak sobie to wyobraże) będzie inny układ kul czerwona-czerwona-biała, a innym układ czerwona-biała-czerwona.
Mamy kulę na ustalonym miejscu ustalonego koloru. Ponieważ nie różni się ona od pozostałych kul tego samego koloru, więc można wybrać ją na 1 sposób. Zostały 2 pozycję- z takich samych względów mamy 2 możliwośći- kula biała lub kula czerwona na jednej z pozycji i 2 możliwości- kula biała lub czerwona na ostatniej pozycji. Zatem mamy \(\displaystyle{ 1 \cdot 2 \cdot 2=4}\) możliwości. Mamy wylosować tylko 3 kule, a mamy 6 kul jednego i 8 kul drugiego koloru, więc nie zabraknie na pewnego kul ani białego ani czerwonego koloru. Rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ 4}\).

Jakby ktoś uważał, że kolejność nie ma znaczenia nawet po losowaniu, to trzeba odliczyć pewne możliwości.

Ukryta treść:    

Muszą występować 2 kule różnych kolorów na pozycjach nie ustawionych (ustawionego nie można zmieniać), zatem będą 2 kule jednego koloru i 1 kula drugiego koloru oraz na pozycji ustawionej kula będzie '2-krotnego koloru'.
Mamy ustalony kolor na ustalonym miejscu. Możemy ustalić kulę tego samego koloru na 1 pozycji, a drugiego koloru na 2 pozycji lub na odwrót drugiego koloru na 1 pozycji, a ustalonego koloru na 2 pozycji. Zatem można tak zrobić,

czyli trzeba odliczyć 1 ustawienie, zatem kule można wylosować na 3 sposoby.

Po tych trudach rozwiązanie jest uniwersalne do wszystkich punktów a),b) i c) !!!

[martynus89]

hm... to pierwsze ok ale drugiego niestety nie zrozumiałam, jak niby mam je zapisać w rozwiązaniu? A i dziękuję za odpowiedź.

[ericcartman]

Jak w pierwszym zadaniu policzyć \(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}}\)?
Rozumiem idee, że bedzie to \(\displaystyle{ {52\choose 3}}\), ale dlaczego moje rozumowanie:
\(\displaystyle{ 52*51*50}\) jest błędne tzn. przecież losujemy najpierw ze wszystkich 52 kart, później z 51 i ostatni raz z 50. Wiem, że to głupie pytanie i robię gdzieś banalny błąd, ale nie moge do tego dojść.

[piasek101]

Nie bardzo wiem po co Ci jakaś omega - ale masz losować (na raz) 4 sztuki z 52-ch.