co najmniej jedno trafienie w totka (do sprawdzenia)

[lisekpk]

Treść:
Oblicz prawdopodobieństwo, że grający w totolotka miał co najmniej jedno trafienie.

Obliczenia:
\(\displaystyle{ \Omega = {(a,b,c,d,e,f):a,b,c,d,e,f \in {1,...,49}}}\)
\(\displaystyle{ {1,2,3,4,5,6}}\) - moje przykładowo wylosowane liczby
\(\displaystyle{ {1,7,8,9,10,11}}\) - przykład, co najmniej 1 trafienie (może być więcej)
\(\displaystyle{ A}\) - zdarzenie losowe polegające na co najmniej jednym trafieniu
\(\displaystyle{ A\prime}\) - zdarzenie losowe polegające na nie trafieniu żadnej wylosowanej liczby

\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}} = 1 * 49 * 48 * 47 * 46 * 45}\)

Obliczam zdarzenie przeciwne:

\(\displaystyle{ 49 - 6 = 43}\)

\(\displaystyle{ \overline{\overline{A\prime}} = 43 * 42 * 41 * 40 * 39 * 38}\)

\(\displaystyle{ P(A\prime) = \frac{\overline{\overline{A\prime}}}{\overline{\overline{\Omega}}}}\)

No i tu mi wychodzi jakiś tam wynik.
Potem przekształcam wzór:

\(\displaystyle{ P(A) + P(A\prime) = 1}\)

I mam ostateczny wynik

Czy dobrze to rozkminiłem?

[mat_61]

Niestety nie

1) Dlaczego moc zbioru Omega to: \(\displaystyle{ 1 \cdot 49 \cdot 48 \cdot 47 \cdot 46 \cdot 45}\) ?

Skąd ta jedynka na początku? Czy w losowaniu totolotka liczy się kolejność wylosowanych liczb?

2) Skąd taki wzór na moc zbioru A'?

[lisekpk]

A no tak, to nie permutacja.
1 tam dałem, jako liczbę, która musi wypaść, próbowałem jakoś to ogarnąć ;ppp

No to podzielę sobie zbiór 49 licz na dwa podzbiory
na te 6 co były wylosowane i na 43 inne.
49 wszystkie
6 wylosowane 43 pozostałe

Tak więc wydaje mi się, że:
\(\displaystyle{ A\prime}\)\(\displaystyle{ ={43\choose 6}}\)
Bo wtedy żadna z wylosowanych nie będzie należała do \(\displaystyle{ A\prime}\)

To teraz jak obliczyć \(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}}\)
Strzelam:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}}\)\(\displaystyle{ = {49\choose 6}}\)





\(\displaystyle{ overline{overline{Omega}} =}\)

[mat_61]

OK.