Strona 1 z 1

6 rzutów kostką i te same wyniki

: 10 lis 2019, o 00:43
autor: strefa61
Hej, mam problem z następującą sytacją: rzucamy kostką(normalną) 6 razy i chcemy by wypadły dokładnie trzy różne pary.
Chcę to policzyć kombinatorycznie i na innych stronach znalazłem takie rozwiązanie:
Wybieram trzy liczby, które będę parował: \(\displaystyle{ {6 \choose 3} }\) - to jest jasne.
I teraz wybieram miejsca: wybieram dwa miejsca dla pierwszej pary: (niech to będzie krok pierwszy) \(\displaystyle{ {6 \choose 2} }\) oraz dla drugiej z pozostałych czterech miejsc(krok drugi): \(\displaystyle{ {4 \choose 2} }\)
To ma sens, ale nie całkiem rozumiem co się dzieje, bo wyobraźmy sobie sytuację (sześciu rzutom kostki odpowiada sześć miejsc):
1) w pierwszym kroku wybieram miejsce pierwsze i drugie. i w drugim kroku wybieram miejsce trzecie i czwarte.
2) w pierwszym kroku wybieram miejsce trzecie i czwarte i w drugim kroku wybieram miejsce pierwsze i drugie.
Otóż wg mnie te sytuacje się w ogóle nie różnią z punktu widzenia prawdopodobieństwa, ale opisany sposób liczenia je uwzględnia jako osobne - w końcu mnożę \(\displaystyle{ {6 \choose 3} }\) przez obydwa przypadki.
W jednym miejscu ktoś napisał, że krok pierwszy można potraktować jako wybieranie miejsc dla najmniejszej z trzech par, drugie - dla średniej - to wydaje się sensowne, ale jakoś tego nie widzę.
Czy ktoś może po pierwsze: potwierdzić, czy to rozumowanie jest ok i po drugie spróbować przybliżyć to, 'co się tam dzieje'?

Re: 6 rzutów kostką i te same wyniki

: 10 lis 2019, o 06:40
autor: kerajs
Potwierdzam, to dobre rozumowanie.
Skoro w \(\displaystyle{ { 6\choose 3}}\) wybrałeś trójkę liczb: a,b,c to zdarzenia:
1) a,a,b,b
2) b,b,a,a
się różnią.

Ja liczyłbym to zadanie tak:
\(\displaystyle{ il= {6 \choose 3} \cdot \frac{6!}{2!2!2!} }\)
wybrane liczby (a,a,b,b,c,c) permutują na \(\displaystyle{ 6!}\) sposobów, lecz należy uwzględnić nierozróżnialność liczb w parze (stąd dzielenie przez \(\displaystyle{ 2! }\) )