z talii 52 kart

[Magda0601]

Z talii 52 kart wylosowano 13 kart. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych kart dokładnie 6 jest tego samego koloru (dokładnie jeden taki układ, w sensie że nie może być np. 6 pików i 6 karo w jednym układzie, tylko jeden układ złożony z kart tego samego koloru a reszta dowolna).

[Kartezjusz]

Czy dobrze postawiłeś problem. Co byłoby zdarzeniem przeciwnym?

[Magda0601]

Właśnie nie wiem jak na to patrzeć, czy rozpatrywać dwa osobne przypadki że wśród wylosowanych kart są wszystkie karty tego samego koloru, czy może że wśród wylosowanych kart nie ma 6 kart tego samego koloru...

[Kartezjusz]

Problem byłby dobrze postawiony, gdyby było dwanaście kart i po dwie tego samego koloru. Teraz dla każdego ustawienia znajdziemy kolor, który jest reprezentowany mniej lub więcej niż 6 razy.

[Magda0601]

To zadanie jest żywcem spisane z zadania z kolokwium, więc problem jest chyba dobrze postawiony.

[matmatmm]

A ja nie widzę, czemu niby problem miałby być źle postawiony. Zrobiłbym tak:

Możliwe rozkłady, w których jeden z kolorów występuje dokładnie 6 razy są takie:
\(\displaystyle{ 7600}\)
\(\displaystyle{ 6610}\)
\(\displaystyle{ 6520}\)
\(\displaystyle{ 6511}\)
\(\displaystyle{ 6430}\)
\(\displaystyle{ 6421}\)
\(\displaystyle{ 6331}\)
\(\displaystyle{ 6322}\)

Zgodnie z treścią zadania należałoby odrzucić rozkład \(\displaystyle{ 6610}\).

Następnie obliczamy liczbę układów, w których występuje każdy z rozkładów.

Na przykład dla rozkładu \(\displaystyle{ 6520}\) będzie to \(\displaystyle{ 4!\cdot {13 \choose 6}{ 13\choose 5}{13 \choose 2}{13\choose 0}}\), gdyż z trzynastu pików wybieramy 6, z trzynastu kierów wybieramy 6, z trzynastu karo wybieramy 2 i z trzynastu trefli wybieramy 0 i mnożymy wszystko przez \(\displaystyle{ 4!}\), gdyż na tyle sposobów można pozamieniać kolory miejscami.

I na przykład dla rozkładu \(\displaystyle{ 6331}\) będzie to wyglądać trochę inaczej, bo będzie to \(\displaystyle{ 4\cdot 3\cdot {13 \choose 6}{ 13\choose 3}{13 \choose 3}{13\choose 1}}\). Nie mnożymy przez \(\displaystyle{ 4!}\), tylko przez \(\displaystyle{ 4\cdot 3}\), bo w rezultacie niektórych zamian kolorów miejscami dostaniemy ten sam układ.

No i potem wiadomo dodajemy wszystko i dzielimy przez \(\displaystyle{ {52 \choose 13}}\)

Edycja. Brakowało jednego rozkładu (6430)

[Magda0601]

A da się zrobić to jakoś ze wzoru włącz-wyłącz?

[matmatmm]

Nie wiem, ale moje rozumowanie da się nieco uprościć.

Wybieramy \(\displaystyle{ 6}\) kart spośród \(\displaystyle{ 13}\) jednego koloru i \(\displaystyle{ 7}\) kart z reszty talii, mnożymy razy \(\displaystyle{ 4}\), bo mamy \(\displaystyle{ 4}\) kolory i odejmujemy liczbę układów, w których jest rozkład \(\displaystyle{ 6610}\). Wychodzi tyle

\(\displaystyle{ \frac{4\cdot {13\choose 6}{39 \choose 7}-4\cdot 3\cdot {13\choose 6}^{2}\cdot {13\choose 1}}{{52\choose 13}}}\)

EDIT. Trzeba jeszcze przemnożyć liczbę układów z rozkładem \(\displaystyle{ 6610}\) przez \(\displaystyle{ 2}\), gdyż liczymy je dwukrotnie. Wyjdzie tyle

\(\displaystyle{ \frac{4\cdot {13\choose 6}{39 \choose 7}-2\cdot 4\cdot 3\cdot {13\choose 6}^{2}\cdot {13\choose 1}}{{52\choose 13}}}\)