prawdopodobieństwo i kombinatoryka - karty, bilety

[ooolllaaa8883]

Z talii zawierającej \(\displaystyle{ 52}\) karty losujemy \(\displaystyle{ 6}\) kart. Jakie jest prawdopodobieństwo, że są wśród nich karty wszystkich kolorów?
Mój pomysł:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}} = {52\choose 6}}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}} = 13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot {48\choose 2}}\)
Niestety \(\displaystyle{ P(A)>1}\) . Gdzie jest błąd?

I kolejne:
Mamy pięć biletów po 1 zł, trzy po 3 zł i dwa po 5 zł. Wybieramy jednocześnie trzy bilety. Jakie jest prawdopodobieństwo, że przynajmniej dwa z nich mają jednakową wartość?
Mój pomysł:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}} = {10\choose 3}}\)
\(\displaystyle{ A'}\) - każdy ma inną wartość
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A'}} = 5 \cdot 3 \cdot 2}\)
Czy to prawidłowe rozumowanie? (mam wątpliwości, bo każdy z biletów po 1 zł jest identyczny, ale jak to poprawić?)

[Premislav]

Pierwsze:
układów sześciu kart bez kiera jest \(\displaystyle{ {39 \choose 6}}\), analogicznie bez pika, trefla, karo.
Układów bez dwóch ustalonych kolorów mamy \(\displaystyle{ {26 \choose 6}}\) i na \(\displaystyle{ {4 \choose 2}=6}\) sposobów można wybrać kolory, których nie wylosujemy w tym wypadku, układów bez trzech konkretnych kolorów jest \(\displaystyle{ {13 \choose 6}}\) i na \(\displaystyle{ {4 \choose 3}}\) sposobów wybieramy te kolory, których nie chcemy. Zatem, na mocy zasady włączeń i wyłączeń, układów niesprzyjających (bez co najmniej jednego koloru) jest
\(\displaystyle{ 4\cdot {39 \choose 6}-{4\choose 2}{26\choose 6}+{4\choose 3}{13\choose 6}}\),
a więc układów sprzyjających mamy \(\displaystyle{ {52\choose 6}-\left(4\cdot {39 \choose 6}-{4\choose 2}{26\choose 6}+{4\choose 3}{13\choose 6} \right)}\)
i wynik to
\(\displaystyle{ \frac{{52\choose 6}-\left(4\cdot {39 \choose 6}-{4\choose 2}{26\choose 6}+{4\choose 3}{13\choose 6} \right)}{{52\choose 6}}}\)
(nienawidzę dyskretnego rachunku prawdopodobieństwa).
Swojego rozumowania nie opisałaś, więc trudno powiedzieć, gdzie jest błąd, ale niewątpliwie liczysz wielokrotnie te same układy.

[janusz47]

a)

Liczba wszystkich różnych możliwych układów kart wynosi:

\(\displaystyle{ {52\choose 6}.}\)

Sprzyjające są te, które zawierają po jednej karcie trzech dowolnych kolorów oraz trzy karty czwartego koloru albo zawierają po jednej karcie dwóch kolorów oraz po dwie karty dwóch pozostałych kolorów. Biorąc pod uwagę, że w każdym z obu przypadków uwzględnić jeszcze należy kombinację kolorów kart, otrzymujemy:

\(\displaystyle{ P(A) = \frac{{4\choose 3}\cdot {13\choose 1}\cdot {13\choose 1}\cdot {13\choose 1}\cdot {13\choose 3}+ {4\choose 2}\cdot {13\choose 1}\cdot {13\choose 1}\cdot {13\choose 2}\cdot {13 \choose 2}}{{52\choose 6}} \approx 0,4265.}\)