Listy w skrzynkach

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Listy w skrzynkach

Post autor: adambak »

Listonosz losowo rozmieszcza 4 listy w 6 skrzynkach na listy. Jakie jest prawdopodobieństwo, że przynajmniej dwa listy znajdą się w tej samej skrzynce?


oczywiście nasuwa się od razu aby skorzystać z prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego, mamy:

\(\displaystyle{ \left|\Omega \right|=6^{4}}\)

bo dla każdego listu mamy do dyspozycji 6 skrzynek, w takim razie zdarzenie \(\displaystyle{ A'}\) będzie zdarzeniem gdy każdy list trafia do innej skrzynki:

\(\displaystyle{ \left| A'\right| = 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3}\)

bo dla każdego następnego listu mamy do dyspozycji o jedną skrzynkę mniej, żeby żadne dwa nie trafiły do tej samej, koniec końców:

\(\displaystyle{ P(A)=1- \frac{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3}{6 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 6}}\)

\(\displaystyle{ P(A)=1- \frac{5}{ 18} = \frac{13}{18}}\)


co gdy jednak na to nie wpadnę? albo będzie inny wariant w zadaniu, więcej listów i skrzynek, wtedy najprościej by było liczyć po kolei.. ale coś mi nie wychodzi, czegoś nie uwzględniam, próbowałem w ten sposób:

\(\displaystyle{ P(A)= \frac{ {4 \choose 2} \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 + {4 \choose 3} \cdot 6 \cdot 5 + {4 \choose 4} \cdot 6 }{6^{4}}}\)

a tłumaczyłem w ten sposób: jako że i listy i skrzynki są rozróżnialne to najpierw wybieram dwa z czterech listów które będą w tej samej skrzynce, potem dla nich jedną z sześciu skrzynek, a pozostałe dwa rozmieszczam podobnie jak w poprzedniej metodzie: \(\displaystyle{ 5 \cdot 4}\) tak aby się z żadnym listem nie spotkały,

następnie wariant gdy trzy listy w tym samym miejscu, znowu: wybieram trzy z czterech listów, jedną z sześciu dla nich skrzynek i jedną z pięciu dla czwartego listu, a na koniec oczywiście jest sześć takich sytuacji kiedy wszystkie cztery listy są w tej samej skrzynce..


ale coś tutaj nie gra, czegoś mi brakuje i chyba już z nadmiaru tych zadań nie widzę, otóż po policzeniu:

\(\displaystyle{ P(A)= \frac{6 \cdot 5 \cdot 4 + 4 \cdot 5 + 1}{6^{3}} = \frac{141}{216}}\)

czyli za mało, gdzie błąd w liczeniu drugą metodą?
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Listy w skrzynkach

Post autor: mat_61 »

Mogą być jeszcze 2 razy po 2 listy w 2 skrzynkach.
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Listy w skrzynkach

Post autor: adambak »

racja, uwzględniłem to i wszystko się zgodziło.. widzę że metoda z przeciwnego zdarzenia deklasuje tą drugą pod względem łatwości w obliczeniach i trudności w pomyleniu się.. dziękuję.
ODPOWIEDZ