Losowanie piłkarzy; zdarzenie przeciwne, a liczenie wprost.

[Olke]

Witam,
mam takie zadanie:
W meczu piłki nożnej wystąpiło dwunastu piłkarzy drużyny A z numerami na koszulkach od 1 do 12 i trzynastu piłkarzy drużyny B oznaczonych numerami od 1 do 13. Po meczu dokonano losowego wyboru zawodników do kontroli antydopingowej. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania zawodników, którzy grali z różnymi numerami na koszulkach, jeżeli
c). wybrano trzech zawodników;
i teraz moje pytanie brzmi, jak poradzić sobie z tym bez obliczania prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego. Cały czas wychodzi mi inny wynik, niż ten wyliczony właśnie z zastosowaniem zdarzenia przeciwnego.
Będę wdzięczna za pomoc.

[mat_61]

Pokaż swoje obliczenia, to wtedy będzie można powiedzieć co ewentualnie robisz źle.

[Olke]

Próba:
\(\displaystyle{ \left|A \right| = {24 \choose 1} \cdot {22 \choose 1} \cdot {20 \choose 1} \cdot \frac{1}{3!} + (lub) {1 \choose 1} \cdot {24 \choose 1} \cdot {22 \choose 1} \cdot \frac{1}{3!}}\), a
\(\displaystyle{ |\Omega| = {24 \choose 3} + {24 \choose 2} \cdot {1 \choose 1} \cdot \frac{1}{2}}\).

[mat_61]

A może jakiś komentarz do tego? Skąd takie liczby? Dlaczego np. przy liczeniu \(\displaystyle{ |\Omega|}\) masz w drugim składniku \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) ?-- 20 kwi 2013, o 15:29 --Jeżeli zdarzeniem elementarnym jest 3-elementowy zbiór, to wszystkich takich zbiorów mamy:

\(\displaystyle{ |\Omega|= {25 \choose 3}}\)

Oczywiście możemy podzielić ten zbiór na dwa rozłączne zbiory (jest pytanie w jakim celu chcemy to zrobić) tzn. jeden taki w których nie ma zawodnika B13 i drugi w którym jest ten zawodnik, ale wtedy mamy:

\(\displaystyle{ |\Omega|= {24\choose 3} + {24 \choose2} \cdot {1 \choose 1}}\)

W drugim składniku korzystamy z tw. o mnożeniu.

[Olke]

Już, już. Przepraszam. Po prostu głupio mi uzasadniać bzdury.
Od początku: wybieram jednego z 24 (pomijam w tym miejscu zawodnika z felerną 13), wybrałam, teraz wybieram 1 z pozostałych 23, odrzucając tego z numerem takim, jak wybrany w pierwszym kroku, a więc ostatecznie 1 z 22. Kolejnego podobnie. Mam więc trzech, ale tak jakby liczyła się kolejność, więc dzielę przez liczbę możliwych permutacji 3 elementowych, czyli przez \(\displaystyle{ 3!}\). Teraz z kolei muszę zająć się 13. Wybieram go na 1 możliwy sposób, a potem dobieram mu dwóch kolegów na zasadach takich jak wcześniej.
Co do \(\displaystyle{ |\Omega|}\): zbiory muszą być takie jak w \(\displaystyle{ |A|}\), czyli wybieram 3 z 24 lub Trzynastkę i 2 z 24, ale dzielę przez dwa, bo powtarzają mi się zbiory typu {13;2;4} i {2;4;13}, które są przecież takie same.

[mat_61]

Widzę, że wymaga wyjaśnienia kwestia uwzględniania lub nie kolejności elementów, czyli rozróżniania w obliczeniach ciągów (istotna kolejność) i zbiorów (nieistotna kolejność):

Chyba to będzie wyjaśnić najprościej na przykładzie \(\displaystyle{ |A|}\)

Pierwszy składnik czyli:

\(\displaystyle{ {24 \choose 1} \cdot {22 \choose 1} \cdot {20 \choose 1} \cdot \frac{1}{3!}}\)

dotyczy sytuacji gdy zbiory z których dokonujemy kolejnego losowania nie są rozłączne (mówiąc obrazowo losujemy kolejne elementy z tego samego pudełka). Możemy wówczas wylosować np. tak:

\(\displaystyle{ \left( A3; B5; B11\right)}\)

albo tak:

\(\displaystyle{ \left( A3; B11; B5\right)}\)

Widzimy, że takie wyniki losowania choć policzone jako różne są w rzeczywistości takie same (przy założonym przez nas modelu) i stąd to dzielenie przez \(\displaystyle{ 3!}\)

Drugi składnik dotyczy sytuacji gdy losujemy kolejno z dwóch rozłącznych zbiorów (czyli mówiąc obrazowo losujemy z dwóch osobnych pudełek i nie przemieszczamy elementów między tymi pudełkami). Pierwszy zbiór to zawodnik B13 a drugi zbiór to pozostali zawodnicy. Losujemy więc zawodnika najpierw z pierwszego zbioru a następnie dwóch z drugiego zbioru. Tutaj wynik może być np. taki:

\(\displaystyle{ \left( B13; A6; B8\right)}\)

Ale nie może być taki:

\(\displaystyle{ \left( B8; A6; B13\right)}\)

bo przy losowaniu pierwszego elementu nie możemy wylosować B8 (nie ma takiego elementu w zbiorze z którego losujemy) a przy losowaniu trzeciego elementu nie możemy wylosować B13 (tutaj także nie ma takiego elementu w zbiorze z którego losujemy

Co najwyżej może być tak:

\(\displaystyle{ \left( B13; B8; A6\right)}\)

Jak widać tylko dwa ostatnie elementy mogą przy różnych losowaniach "zamienić się" miejscami Jest tak dlatego, bo właśnie te dwa elementy losujemy ze zbiorów które nie są nierozłączne (czyli, posługując się naszym przykładem, losujemy je z tego samego pudełka). Czyli różnych losowań dla tego przypadku jest:

\(\displaystyle{ {1 \choose 1} \cdot \left( \frac {{24 \choose 1} \cdot {22 \choose 1}} {2!}\right)}\)

Znaki mnożenia są wynikiem zastosowania twierdzenia o mnożenia a dzielenie jest wynikiem nierozróżniania w naszym modelu kolejności wylosowanych elementów.

-- 20 kwi 2013, o 16:19 --

Co do \(\displaystyle{ |\Omega|}\): zbiory muszą być takie jak w \(\displaystyle{ |A|}\), czyli wybieram 3 z 24 lub Trzynastkę i 2 z 24, ale dzielę przez dwa, bo powtarzają mi się zbiory typu \(\displaystyle{ {13;2;4}}\) i \(\displaystyle{ {2;4;13}}\), które są przecież takie same.

Niestety takie zbiory nie mogą się powtórzyć przy tym sposobie liczenia, bo skoro "losowanie z drugiego pudełka" liczysz jako kombinacje \(\displaystyle{ 2}\) elementów z \(\displaystyle{ 24}\) (czyli nie rozróżniasz kolejności) to masz jako wynik tylko \(\displaystyle{ \left\{ 2; 4\right\}}\) a nie dwa różne wyniki, czyli \(\displaystyle{ \left( 2; 4\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \left( 4; 2\right)}\) Tak byłoby gdybyś liczyła w ten sposób:

\(\displaystyle{ |\Omega|= \frac {{24 \choose 1} \cdot {23 \choose 1} }{2!}}\)

Oczywiście tak jak pisałem wcześniej nie ma potrzeby liczenia zbiorów osobno z elementem B13 i bez niego. Przecież jak liczymy wszystkie możliwe zdarzenia, to po prostu wybieramy trzy elementy z wszystkich, czyli:

\(\displaystyle{ |\Omega|= {25 \choose 3}}\)

[Olke]

Dziękuję bardzo.
Teraz rozumiem.