Matematyka.pl

Do 5 pustych wagonów metra wsiadło (losowo) 9 osób. Obliczyć prawdopodobieństwo, że żaden wagon nie pozostanie pusty.

Ja rozumuje tak:
Najpierw zapełniam każdy z wagonów przez jedną osobę, czyli wybieram \(\displaystyle{ C^5_9}\),pierwsza z wybranych osób moze wsiąść do 5 wagonów, druga do czterech pozostałych, kolejna już tylko do trzech itd.
Pozostałe niewylosowane osoby wsiadają już dowolnie czyli każda może do dowolnego z pięciu wagonów.
Ostatecznie:
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{C^5_9 5! 5^4}{5^9}}\)
No i okazuje się że zdarzenia mi sie dublują bo prawdopodobieństwo wychodzi większe niż 1...

Istotnie liczysz wielokrotnie te same zdarzenia, ale... to już wiesz.
Najłatwiej chyba zrobić to zadnie z wzoru włączeń i wyłączeń.

\(\displaystyle{ P(A)=\frac{{5 \choose 0}5^9-{5 \choose 1}4^9+{5 \choose 2}3^9-{5 \choose 3}2^9+{5 \choose 4}1^9}{5^9}}\)

Od wszystkich możliwości \(\displaystyle{ 5^9}\) odejmujemy przypadki, dla których co najmniej jeden wagon jest pusty, których jest \(\displaystyle{ {5 \choose 1}4^9}\) (wybierasz wagon, który ma być pusty i upychasz osoby w pozostałe cztery). Oczywiście, gdybyśmy tak to zostawili, to odjęlibyśmy za dużo (w wyrażeniu \(\displaystyle{ {5 \choose 1}4^9}\) liczymy wielokrotnie te same zdarzenia), więc trzeba dodać przypadki, że co najmniej dwa wagony są puste, itp. W sposób dochodzimy do wzoru włączeń i wyłączeń.

btw: w Twoim poprzednim zadaniu z rzutami dwiema kośćmi do gry masz bardzo podobną sytuację i przedstawione wyżej rozumowanie jest analogiczne

ooo już rozumiem!
Trzeba dobrze sobie wyobrazić które zdarzenia się powtarzają i idzie.
A dałoby się to zrobić bez w/w wzoru? Np uratować jakoś moje rozumowanie... Jeśli da się to zrobić w miare prosto to prosiłbym, inaczej to wystarczy mi Twój sposób.

Skoro bardzo chcesz innym sposobem... to może tak.

9 możesz zapisać jako sumę dodatnich liczb całkowitych na 5 sposobów: {5,1,1,1,1}, {2,2,2,2,1}, {3,3,1,1,1}, {4,2,1,1,1}, {3,2,2,1,1}. W związku z powyższym szukane prawdopodobieństwo możesz zapisać jako:

\(\displaystyle{ P(A)=\frac{\frac{5!}{4!}{9 \choose 5}{4 \choose 1}{3 \choose 1}{2 \choose 1}+\frac{5!}{4!}{9 \choose 2}{7 \choose 2}{5 \choose 2}{3 \choose 2}+\frac{5!}{2!3!}{9 \choose 3}{6 \choose 3}{3 \choose 1}{2 \choose 1}+\frac{5!}{3!}{9 \choose 4}{5 \choose 2}{3 \choose 1}{2 \choose 1}+\frac{5!}{2!2!}{9 \choose 3}{6 \choose 2}{4 \choose 2}{2 \choose 1}}{5^9}}\)

btw: podobne zadanie już miałeś w poście zatytułowanym "Sekretarka wkłada..."

jovante pisze:Istotnie liczysz wielokrotnie te same zdarzenia, ale... to już wiesz.
Najłatwiej chyba zrobić to zadnie z wzoru włączeń i wyłączeń.

\(\displaystyle{ P(A)=\frac{{5 \choose 0}5^9-{5 \choose 1}4^9+{5 \choose 2}3^9-{5 \choose 3}2^9+{5 \choose 4}1^9}{5^9}}\)

Od wszystkich możliwości \(\displaystyle{ 5^9}\) odejmujemy przypadki, dla których co najmniej jeden wagon jest pusty, których jest \(\displaystyle{ {5 \choose 1}4^9}\) (wybierasz wagon, który ma być pusty i upychasz osoby w pozostałe cztery). Oczywiście, gdybyśmy tak to zostawili, to odjęlibyśmy za dużo (w wyrażeniu \(\displaystyle{ {5 \choose 1}4^9}\) liczymy wielokrotnie te same zdarzenia), więc trzeba dodać przypadki, że co najmniej dwa wagony są puste, itp. W sposób dochodzimy do wzoru włączeń i wyłączeń.

btw: w Twoim poprzednim zadaniu z rzutami dwiema kośćmi do gry masz bardzo podobną sytuację i przedstawione wyżej rozumowanie jest analogiczne

Jest w stanie ktoś pomóc mi sobie wyobrazić jakie sytuację się powtarzają?
Bo jakoś nie umiem .
Rozumiem, że od całości odejmujemy sytuację, gdy minimum jeden wagon jest pusty,
ma to też w sobie sytuację gdy:
* jeden pusty
* dwa są puste
* trzy są puste
* cztery są puste
* pięć jest pustych

Jak dodamy zdarzenie, że minimum 2 są puste zostaję:
* jeden pusty

Więc wystarczy dodać sytuację gdy jeden jest pusty i ok ?!
Nie czaję