Znowu te monety

[Adamcio121]

Rzucamy jednocześnie kostką i sześcioma symetrycznymi monetami. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że liczba otrzymanych oczek na kostce jest równa łącznej liczbie otrzymanych orłów na monetach. Wyszedł mi wynik \(\displaystyle{ \frac{63}{384}}\) Sprawdzi mnie ktoś czy mam dobrze?

[pyzol]

ok

[szachimat]

\(\displaystyle{ \frac{6}{384}+ \frac{15}{384}+ \frac{20}{384} + \frac{15}{384}+ \frac{6}{384} + \frac{1}{384}= \frac{63}{384}}\) - zgadza się.

[Kosiash]

Mógłby ktoś to bardziej rozpisać? Jak wyliczyć omegę i \(\displaystyle{ |A|}\)? Z góry dziękuję.

[Lafoniz]

Skoro rzucamy sześcioma symetrycznymi monetami oraz jedną kostką to nasz zbiór omega będzie liczył \(\displaystyle{ 2^{6} \cdot 6}\), gdyż wyników rzutów monetami jest \(\displaystyle{ 2^{6}}\) oraz do każdego z tych wyników można dopasować pewien wynik rzutu kostką, dlatego nasz zbiór zdarzeń elementarnych powiększa się o \(\displaystyle{ 6}\).

Zastanawiamy się teraz przykładowo, ile istnieje sytuacji kiedy my wyrzucimy jedynkę na kostce oraz wyrzucimy tyle samo orłów. Oczywiste jest, że musimy wyrzucić jednego orła oraz pięć reszek, skoro mamy 6 monet to mamy 6 takich możliwych zdarzeń, stąd bierze się iloraz \(\displaystyle{ \frac{6}{384}}\).

Dla dwójki wyrzuconej przez kostkę widzimy, że musimy szukać takich ustawień monet, gdzie będą dokładnie dwa orły i 4 reszki. Ważne jest, żeby zobaczyć, że tak naprawdę szukamy w tym przypadku pewnych dwuelementowych podzbiorów zbioru 6-elementowego lub też mówiąc kombinatorycznie dwuelementowych kombinacji z tego zbioru.

Jeżeli nie znasz kombinacji to można proces zliczania zdarzeń dla kostki z dwójką opisać następująco:
pierwszy orzeł może znajdować się na jednym z sześciu miejsc, drugi już tylko na jednym z pięciu (jedna moneta jest już zajęta). Skoro 1 orła można wybrać na 6 sposobów, a 2 na 5 to mamy 30 takich możliwych zdarzeń, gdzie liczba oczek na kostce będzie równa liczbie wyrzuconych orłów. Zauważyć trzeba jednak bardzo istotną rzecz, uporządkowanie rzutów nie ma jakiekolwiek znaczenia, sama liczba wyrzuconych orłów jest istotna.

Musimy sobie zadać pytanie, na ile sposób można uporządkować zbiór dwuelementowy (tyle mamy wybranych orłów). Dany wyrzucony orzeł może znajdować się na pierwszym miejscu lub też drugim, czyli każdy ma dwie możliwości ustawienia. Czyli tak naprawdę w tych 30 wyborach 2 monet, istnieje 15 par, które różnią się jedynie kolejnością (co wynika z faktu, że permutacja dwuelementowego zbioru jest równa \(\displaystyle{ 2!}\)).

Tak więc liczba zdarzeń w których będą dokładnie dwa orły i dwójka wyrzucona na kostce wynosi \(\displaystyle{ \frac{30}{2!}}\).

Sprawa wygląda analogicznie w momencie gdy wyrzucimy 3, 4, 5 czy 6 na kostce. Pamiętać trzeba tylko, że potem wybieramy odpowiednio 3,4, 5 lub 6 orłów, więc ilość powtórzonych kombinacji się zwiększy (odpowiednio \(\displaystyle{ 3!, 4!, 5!, 6!}\)), wszystkie te wyniki musimy na końcu zsumować jako sprzyjające naszemu zdarzeniu. W razie pytań, pytaj.

[szachimat]

Jak ja do tego dochodziłem:
1) (jedynka na kostce) - 1 orzeł i 5 reszek
Układy typu ORRRRR można permutować (ze wzoru na permutacje z powtórzeniami) na \(\displaystyle{ P_{6} ^{1,5}= \frac{6!}{1! \cdot 5!}=6}\) sposobów - stąd mój pierwszy licznik.
2) (dwójka na kostce) - 2 orły i 4 reszki
Układy typu OORRRR można permutować na \(\displaystyle{ P_{6} ^{2,4}= \frac{6!}{2! \cdot 4!}=15}\) sposobów - stąd mój drugi licznik.
3) (trójka na kostce) - 3 orły i 3 reszki
Układy typu OOORRR można permutować na \(\displaystyle{ P_{6} ^{3,3}= \frac{6!}{3! \cdot 3!}=20}\) sposobów - stąd mój trzeci licznik.
4) (czwórka na kostce) - 4 orły i 2 reszki - analogicznie
5) (piątka na kostce) - 5 orłów i 1 reszka - analogicznie
6) (szóstka na kostce) - 6 orłów - analogicznie