Kiedy kolejność jest ważna, a tak naprawdę nie jest?

[pasta36]

Rzucamy trzy razy sześcienną, symetryczną kostką do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadnie co najmniej raz pięć oczek, jeśli wiadomo, że za każdym razem wypadła inna liczba oczek?

Zadanie nie jest problematyczne, ale mam wątpliwości co do odpowiedzi.
\(\displaystyle{ \Omega}\)- trzykrotny rzut kostką
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=6 \cdot 6 \cdot 6=216}\)

\(\displaystyle{ B}\) - zdarzenie polegające na wypadnięciu za każdym razem innej liczby oczek
\(\displaystyle{ \overline{\overline{B}}=6 \cdot 5 \cdot 4=120}\)

\(\displaystyle{ A}\) - zdarzenie polegające na wyrzuceniu co najmniej raz \(\displaystyle{ 5}\) oczek
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A\cap B}}=3! \cdot (5 \cdot 4 \cdot 1)=120}\)

Mnożę przez liczbę permutacji, ponieważ musimy uwzględnić wszelkie możliwe kolejności wyrzutu poszczególnych liczb oczek np. \(\displaystyle{ (5,4,3); (5,3,4)}\), dlatego że tak uwzględnialiśmy w \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ \Omega}\)
Wtedy \(\displaystyle{ P(A\mid B)=1}\), a w odpowiedziach jest \(\displaystyle{ \frac12}\), czyli chyba nie uwzględniają różnić typu \(\displaystyle{ (5,4,3)}\) a \(\displaystyle{ (5,3,4)}\), ale już uwzględniają \(\displaystyle{ (5,4,3)}\) a \(\displaystyle{ (4,5,3}\))

Macie może pomysł dlaczego jest różnica w wynikach?

[karakuku]

Kombinacji wyrzucenia piątki w pierwszym rzucie jest \(\displaystyle{ 1 \cdot 5 \cdot 4}\). Kombinacji takich, że piątka będzie w drugim rzucie jest \(\displaystyle{ 5 \cdot 1 \cdot 4}\) i, że w trzecim rzucie jest \(\displaystyle{ 5 \cdot 4 \cdot 1}\). Czyli w sumie mamy kombinacji na wyrzucenie piątki w dowolnym rzucie \(\displaystyle{ 3 \cdot (5 \cdot 4)}\).

//oczywiście wyrzucenia piątki z tym założeniem, że nie powtarzają się wartości

[Slup]

Załóżmy, że rzuciliśmy trzy razy kostką i za każdym razem wypadły inne liczby oczek. Gdyby Twój rachunek był poprawny, to znaczyłoby, że w takiej sytuacji zawsze dokładnie raz wypadła \(\displaystyle{ 5}\). Ale przecież może wypaść \(\displaystyle{ (2,3,4)}\) lub \(\displaystyle{ (1,3,6)}\)!!!!
Moc \(\displaystyle{ \overline{\overline{A\cap B}}}\) jest u Ciebie źle policzona. Każde zdarzenie elementarne w tym zbiorze liczysz dwukrotnie.
Poprawny sposób wygląda tak:
1) na trzy sposoby wybieramy rzut w którym wypadnie \(\displaystyle{ 5}\)-oczek
2) zostały nam dwa rzuty w których mają wypaść różne liczby oczek, w dodatku obie muszą być różne od \(\displaystyle{ 5}\)
Sposobów w 2) jest \(\displaystyle{ 5\cdot 4}\), to już uwzględnia kolejność(nie trzeba tego mnożyć przez \(\displaystyle{ 2}\)).
Mamy:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A\cap B}}=3\cdot 5\cdot 4=60}\)
Wtedy:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A\mid B)=\frac{60}{120}=\frac{1}{2}}\)