W każdej skrzynce znajdzie się przynajmniej jeden list

[fnt]

Listonosz losowo rozmieszcza 7 listów w 5 różnych skrzynkach na listy. Oblicz prawdopodobieństwo, że w każdej skrzynce znajdzie się przynajmniej jeden list.

[Glo]

Przypuszczam, że można tak:

Na rozmieszczenie listów mamy dwie opcje: albo w jednej ze skrzynek będą trzy listy a w reszcie po jednym, albo też w dwóch ze skrzynek znajdą się po dwa listy a w reszcie skrzynek po jednym. Pierwszy przypadek rozpiszemy tak:

\(\displaystyle{ C^3_7\cdot C^1_5\cdot 4!}\)
Ponieważ trzy listy bierzemy do kupy, wybieramy im skrzynkę, a resztę listów permutujemy po pozostałej liczbie skrzynek.

Drugi wariant to:

\(\displaystyle{ 2\cdot C^2_7\cdot C^2_5\cdot C^2_5\cdot 3!}\)

Ponieważ najpierw wybierzemy dwa listy z siedmiu, potem z pozostałych pięciu jeszcze dwa. Tym dwóm "paczkom" znajdujemy skrzynki (dwie spośród 5). Możemy "paczki" zamienić miejscami - stąd podwojenie. Zostają trzy listy, które permutujemy już bez skrupułów po pozostałych skrzynkach.

Moc zdarzenia to oczywiście \(\displaystyle{ 5^7}\), ponieważ każdy z listów może wylądować w skrzynce na 5 sposobów. Nie widzę błędów w tym rozumowaniu, ale byłoby dobrze gdyby ktoś jeszcze potwierdził.

[Tmkk]

Jest w porządku.

Dla lepszego zrozumienia zadania można zamienić te 'podwojenie' na coś takiego:

\(\displaystyle{ C^2_7\cdot C^1_5\cdot C^2_5\cdot C^1_4\cdot3!}\)

No ale jak kto woli, bo \(\displaystyle{ C^1_5\cdot C^1_4 = 2 \cdot C^2_5}\).

[Grzegorz t]

Drugi wariant to:

\(\displaystyle{ 2\cdot C^2_7\cdot C^2_5\cdot C^2_5\cdot 3!}\)

Liczysz zdarzenia podwójnie powinno być

\(\displaystyle{ C^2_7\cdot C^2_5\cdot C^2_5\cdot 3!}\)

[Tmkk]

Raczej nie, bo zarówno skrzynki, jak i listy są rozróżnialne.

Wg Ciebie nie ma znaczenia, czy po wybraniu \(\displaystyle{ 2}\) skrzynek najpierw wrzucę \(\displaystyle{ 2}\) listy do pierwszej czy do drugiej skrzynki.

[Grzegorz t]

Będę się upierał przy swoim
Proszę mi wierzyć, że takich zadań naprawdę dużo rozwiązywałem i liczysz zdarzenia podwójnie.

[Glo]

No to może rozważmy przypadek uproszczony. Mamy 3 listy i 3 skrzynki. Wszystko rozróżnialne. Dwa z tych listów będą odpowiednikami naszych listów podwójnych - bo tam i tak traktujemy je jako jeden element, więc to bez różnicy. Gdyby było jak mówisz, to mielibyśmy:

\(\displaystyle{ C^2_3}\) -> wybieramy dwie skrzynki dla dwóch elementów. Pomijamy człony odpowiadające wyborowi listów do pary, to nas nie obchodzi, a poza tym nie ma co wybierać.

Resztę listów (tu - jeden) permutujemy na 1! sposobów. Tak więc wszystkich możliwości ustawień listów byłoby:

\(\displaystyle{ 1!\cdot C^2_3}\) co daje nam 3 sposoby, co jest oczywiście nieprawdą - listy możemy ustawić na 6 sposobów. Zgadza się, gdy uwzględnimy, że elementy, którym szukaliśmy skrzynek na początku można zamienić miejscami, tj:

\(\displaystyle{ 1!\cdot C^2_3\cdot 2=6}\)

Kombinacje "przyznają" listom miejsca, jednakże miejsca te są ustalone i nie uwzględniają kolejności, której nie można zaniedbać - to jest różnica, gdy wrzucamy list nie do tej skrzynki co trzeba, choćby ilościowo się zgadzało. Gdybyśmy pakowali listy do worków które są identyczne, to faktycznie nie miałoby znaczenia w którym worku znalazł się list.

[Grzegorz t]

No to może rozważmy przypadek uproszczony. Mamy 3 listy i 3 skrzynki. Wszystko rozróżnialne. Dwa z tych listów będą odpowiednikami naszych listów podwójnych - bo tam i tak traktujemy je jako jeden element, więc to bez różnicy. Gdyby było jak mówisz, to mielibyśmy:

C^2_3 -> wybieramy dwie skrzynki dla dwóch elementów. Pomijamy człony odpowiadające wyborowi listów do pary, to nas nie obchodzi, a poza tym nie ma co wybierać.

Resztę listów (tu - jeden) permutujemy na 1! sposobów. Tak więc wszystkich możliwości ustawień listów byłoby:

1!cdot C^2_3

Nieprawda, według mojego rozumowania byłoby \(\displaystyle{ {3 \choose 1}\cdot {2 \choose 1}}\)

[Glo]

W takim razie nie zrozumiałem chyba Twojego toku rozumowania. Wykaż konkretnie gdzie jest to podwojenie - skoro wybierzemy podwójnym paczkom skrzynki, to możemy pierwszej wybrać skrzynkę 1 a drugiej 2. Natomiast przypadku gdzie pierwsza paczka będzie w skrzynce 2 i druga w skrzynce 1 kombinacja już nie uwzględni - bo z definicji nie uwzględnia kombinacji. A jak wiadomo, wspomniane ułożenie listów jest możliwe. Gdzie w takim razie zostanie ono policzone, jeżeli nie tutaj?

[Grzegorz t]

No dobra, to zróbmy takie zadanie, mamy 3 różne skrzynki i wkładamy do nich 5 różnych listów tak, aby żadna skrzynka nie była pusta (czyli w każdej musi być co najmniej jeden list).

Według mojego rozumowania mamy możliwości:

\(\displaystyle{ 3\cdot {5 \choose 2}\cdot {3 \choose 2} + 3\cdot {5 \choose 3}\cdot {2 \choose 1}}\)

Pierwszy człon oznacza, że mamy 3 możliwości takie, że dwie skrzynki będą miały po dwa listy, a trzecia jeden list. Dalej wybieramy kombinacyjnie 2 listy z 5 i wkładamy do pierwszej skrzynki, dalej wybieramy 2 listy z pozostałych 3 i wkładamy do drugiej skrzynki, a do trzeciej pozostały jeden list.

Drugi człon oznacza, że mamy trzy możliwości takie, że w jednej skrzynce będą trzy listy a w pozostałych po jednym liście. Wybieramy dalej 3 listy z 5 i umieszczamy do pierwszej skrzynki, dalej wybieramy 1 list z pozostałych 2 do drugiej skrzynki a do trzeciej pozostaje nam jeden list.

[Glo]

Teoretycznie można by się zastanowić, czy problem rozróżniania skrzynek nie zostaje załatwiony już przy ustalaniu par listów. Jednakże odnoszę wrażenie że nie. Rozpatrz taką sytuację:

Ustaliliśmy już pary listów: listy K i L będą razem oraz M i N również razem. Wrzućmy je do skrzynek:
1. KL
2. pojedynczy list
3. MN

A teraz inaczej:

1. MN
2. pojedynczy list
3. KL

Mamy te same pary listów (więc te przypadki nie mogły być rozróżnione przy losowaniu dwójek), ale dwa różne zdarzenia elementarne. Gdzie więc w Twoim rozwiązaniu zostały policzone oba (w końcu - różne) przypadki? Zostały one utożsamione poprzez zastosowanie kombinacji. Aby Twoje rozumowanie było prawdziwe, musiałbyś rozpatrzyć sześć przypadków, w których skrzynki mają po dwa listy, czyli, tak na prawdę, podwoić ilość zdarzeń. Gdybyśmy pytali o ilość listów w skrzynkach, nie rozróżniając listów, byłoby ok.

[Grzegorz t]

Dobra, na ile sposobów można rozmieścić 4 różne listy w dwóch różnych skrzynkach, aby w każdej były dwa listy?

Ilość wszystkich zdarzeń można policzyć na palcach a jest ich 6

\(\displaystyle{ {4 \choose 2}\cdot {2 \choose 2}}\) i gdzie tu mnożenie przez 2?

Skrzynki K i L, listy abcd

K ab, L cd
K ac L bd
K ad L bc
K cd L ab
K bd L ac
K bc L ad

[Glo]

Przeprowadziłem swoje rozumowanie raz jeszcze, i muszę Ci przyznać rację. Coś mnie opętało z tą dwójką - wszak wybranie danej kombinacji jednoznacznie definiuje to, co pozostanie w zbiorze. Wybacz upartość - czasem trudno wskazać błąd w rozumowaniu które stworzyło się z intencją jego poprawności! Niemniej dyskusja problemu okazała się cenną .

[mat_61]

Może ja wtrącę jeszcze swoje trzy grosze do tej ciekawej dyskusji.

Oczywiście wybranie elementów zbioru jednoznacznie definiuje to co zostało, ale bardziej chodzi o to czy wybierane zbiory traktujemy jako rozróżnialne czy nierozróżnialne. Jeżeli zbiory mają różne liczby elementów to zawsze są rozróżnialne (bo rozróżnia je właśnie liczba elementów) natomiast jeżeli mają taką samą liczbę elementów to od nas zależy (i od treści zadania) jak je potraktujemy.

Jeżeli np. wybieramy dwukrotnie po 2 elementy z 7, to przy rozróżnianiu wybranych par ilość możliwych wyborów jest równa (bo wybór kolejno elementów A-D i C-F lub C-F i A-D traktujemy jako różne):

\(\displaystyle{ {7 \choose 2} \cdot {5 \choose 2}}\)

Jeżeli nie rozróżniamy wybranych par, to ilość możliwych wyborów jest równa (bo wybór kolejno elementów A-D i C-F lub C-F i A-D jest takim samym wyborem):

\(\displaystyle{ \frac{ {7 \choose 2} \cdot {5 \choose 2}}{2!}}\)

ale wówczas chcąc te pary uporządkować (np. tak jak przy przydzielaniu listów do wybranych skrzynek) musimy pomnożyć tą wartość przez permutację tych elementów czyli \(\displaystyle{ 2!}\) co daje taki sam wynik jak w przypadku 1)

O podziale zbioru na rozróżnialne lub nierozróżnialne podzbiory można poczytać np. w tym wątku: https://www.matematyka.pl/230511.htm posty: 9 sty 2011, o 10:29; 12 sty 2011, o 11:55

--------------------------------------------------------------------

A tutaj będzie inny sposób obliczeń. Wg mnie znacznie prostszy i przydatny także w innych zadaniach.

Np. dla przypadku gdy w jednej ze skrzynek mamy 3 listy:

Wybieramy 3 listy z 7, związujemy w jedną "paczuszkę" i rozmieszczamy 5 elementów ("paczka"+ 4 pojedyncze listy) w 5 skrzynkach:

\(\displaystyle{ {7 \choose 3} \cdot 5!}\)

Jeżeli mamy dwa razy po dwa listy. Robimy dwie nierozróżnialne "paczki" po dwa listy i rozmieszczamy 5 elementów (2 "paczki"+ 3 pojedyncze listy) w 5 skrzynkach:

\(\displaystyle{ \frac{ {7 \choose 2} \cdot {5 \choose 2} }{2!} \cdot 5!}\)

[kosior]

Moje rozumowanie jest jeszcze inne. Najpierw wybieramy losowo 5 spośród 7 listów i układamy je na 5 miejscach, a potem "dorzucamy" losowo 2, które nam zostają. Czyli liczba sposobów przedstawia się jako:
\(\displaystyle{ C^5_7\cdot 5!\cdot 5^2}\)