Прочитайте, как обстоят дела у сайта Дневников и как вы можете помочь!
×
19:14 

Задача по теории вероятностей.

IWannaBeTheVeryBest
"Из колоды карт (52 карты) наугад берутся 6 карт. Найти вероятность того, среди этих карт будут представители всех 4 мастей."
Почему-то моя логика решения неверная. Объясните почему?
По сути, чтобы найти вероятность данного события `P(A)`, нам надо убрать из всех возможных выборок 6 карт те, в которых отсутствует какой-то представитель из 4 мастей. Всего количество способов выбрать 6 карт из 52 = `C_{52}^{6}`. Теперь разберемся с тем, сколько же существует всего комбинаций без какой-либо масти. Их всего `4 * C_{39}^{6}`. Ну объяснить просто. Мы поочередно убираем 13 карт с одинаковой мастью из колоды и составляем колоду из остальных карт. К примеру, если мы убрали пики, то в получающейся выборке также может присутствовать ситуация, когда все 6 карт состоят из, скажем, червей. Ну или еще какие-то любые комбинации из оставшихся карт.
По итогу `P(A) = (C_{52}^6 - 4 * C_{39}^{6})/C_{52}^{6}`. Можно выделить единицу. Однако с ответом не сходится. Могу предоставить ответ.

@темы: Теория вероятностей

Комментарии
2017-04-14 в 20:10 

IWannaBeTheVeryBest
Ааа я понял ошибку свою. Я вычел вроде слишком много комбинаций из общего количества. Буду думать.

2017-04-14 в 20:25 

IWannaBeTheVeryBest
Пришел к выводу, что надо вычитать поочередно. Сначала все комбинации, составленные только из одной масти. Назовем это событие `B`
`B = 4 * C_{13}^{6}` - комбинации из 6 карт, в которых присутствует только 1 масть.
13 карт = одна масть. Мастей 4, поэтому домножаю на 4
Создадим событие C. В нем у нас будут содержаться комбинации из 6 карт, в которых только 2 каких-то масти. При этом возможные комбинации только из одной масти я буду вычитать.
`C = 6 * C_{26}^{6} - 4 * C_{13}^{6}`
Создадим событие D. В нем будут содержаться комбинации из 6 карт, в которых только 3 какие-то масти. При этом нам надо убрать возможные комбинации только из 1 или 2 мастей.
`D = 4 * C_{39}^{6} - C - B = 4 * C_{39}^{6} - 6 * C_{26}^{6}`
Событие A - ситуация, при которой все возможные ситуации из 6 карт
`A = C_{52}^{6}`
Получается, что количество комбинаций, в которых присутствуют все 4 масти - это событие
`Z = A - (B + C + D)`
И `P(Z) = Z/A`
Верно должно быть? Или нет?
--------------------
Пфф... У меня то же самое получилось...

2017-04-14 в 21:04 

Trotil
Вы на правильном пути!

Сколько раз подсчитана комбинация "6-7-8-9 пик" здесь: 4 * C_{39}^{6} ?

2017-04-14 в 21:14 

IWannaBeTheVeryBest
У нас же 6 карт.
Ну не важно. Я понял, что вы имели ввиду. Типа комбинация карт с одной мастью. Вроде 3 раза.

2017-04-14 в 21:18 

IWannaBeTheVeryBest
Z = A - (3B + 2C + D)
Так?

2017-04-14 в 21:19 

Trotil
IWannaBeTheVeryBest, пардон, да, 6 карт.

Вроде 3 раза.

Это верно. То есть 2 лишних раза подсчитано. А вы вычитаете только один раз.

2017-04-14 в 21:25 

Trotil
Z = A - (3B + 2C + D)

Я сам до конца не уверен, как выглядит правильная формула вашим методом, легко запутаться :)

Но есть способ чуть проще - почитайте про формулу включения-исключения.

2017-04-14 в 21:53 

IWannaBeTheVeryBest
Так, хорошо. А для каких множеств мне ее стоит применять? То есть мне нужно по ней объединить множества, при которых мы получаем в выборке 1, 2 и 3 масти?

2017-04-14 в 22:02 

IWannaBeTheVeryBest
Хотя нет. У нас же 4 масти. Значит 4 множества, которые пересекаются между собой.

2017-04-14 в 22:11 

IWannaBeTheVeryBest
Да, действительно. 4 множества ABCD, в каждом из которых есть выборка наших 6 карт по какой-то из мастей. Естественно, эти 4 множества пересекаются между собой. По формуле включений-исключений нашел, что объединение этих множеств = `4 * C_{13}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{39}^{6} - |ABCD| = C_{52}^{6}`
Отсюда (сразу напишу формулу для вероятности)
`P(Z) = 1 - (4 * C_{13}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{39}^{6})/(C_{52}^{6})`
Спасибо)) Знал раньше эту формулу, но учил ее только ради того, чтобы экзамен по дискретной математике сдать. А тут вон как пригодилась. Очень нужная оказалась))

2017-04-14 в 22:14 

Trotil
Так, хорошо. А для каких множеств мне ее стоит применять?

[ф-ла для 4 мастей] - [ф-ла для 3 мастей] + [ф-ла для 2 мастей] - [ф-ла для 1 масти]

upd: не успел

2017-04-14 в 22:18 

Trotil
Кстати, можно подсчитать напрямую.

4 масти среди 6 карт - это три по одной и одна по три ИЛИ 2 по одной и 2 по две.
Значения складываются.

2017-04-14 в 22:20 

IWannaBeTheVeryBest
Так... У меня какой-то ступор. Я похоже ошибся со знаком где-то. Или нет.

2017-04-14 в 22:38 

IWannaBeTheVeryBest
Просто если выразить из этого равенства `|ABCD|` получится отрицательное число. Мощность множества не может же быть отрицательной.

2017-04-14 в 22:46 

Trotil
не понял, что такое ABCD? (словами)

2017-04-14 в 22:59 

IWannaBeTheVeryBest
Вообще я похоже не понял, как выглядят множества. Я думал, что это множество, в котором находятся все комбинации, с использованием всех четырех мастей. Но похоже это не так. Их количество по логике должно быть маленьким. Но по факту оно должно получиться не таким уж маленьким. Я думал, что во множестве, скажем, А содержатся комбинации только с одной мастью. В пересечении, скажем, с В (множество АВ) - комбинации только с этими двумя мастями. Но вроде как мощность такого пересечения получается больше (`C_{26}^{6}`) чем мощность множества, скажем A (`C_{13}^{6}`). Тут мой мозг начинает ломаться)) Я похоже не так что-то представляю

2017-04-15 в 08:36 

Trotil
Я думал, что это множество, в котором находятся все комбинации, с использованием всех четырех мастей.

нет-нет-нет.

Вспомните, что вы посчитали "4 * C_{39}^{6}" и оказалось, что некоторые комбинации входят несколько раз? Вот это и есть 4 множества, которые всевозможным образом пересекаются друг с другом. Что такое каждое из них? Это множество, в котором нет пик, множество в котором нет бубей, множество, в котором нет червей и множество, в котором нет крестей. И, например, множество без бубен и пик является подмножеством сразу двух множеств.

В центре диаграммы будет множество, в котором нет пик, нет бубен, нет крестей, нет червей. :)

2017-04-15 в 11:36 

IWannaBeTheVeryBest
Trotil, Вот именно последнее предложение меня и смущает в такой расстановке. То есть пересечение всех четырех множеств - пустое множество?
Тогда получится, что `4 * C_{39}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{13}^{6} = C_{52}^{6}`?
Ну давайте в общем виде распишу. Мне так нагляднее будет.
Существует 4 пересекающихся множества, в каждом из которых отсутствует какая-то масть. По формуле включений - исключений
`C_{52}^{6} = |A| + |B| + |C| + |D| - |AB| - |AC| - |AD| - |BC| - |BD| - |CD| + |ABC| + |ABD| + |ACD| + |BCD| - |ABCD| = 4 * C_{39}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{13}^{6} - 0`
Или `4 * C_{39}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{13}^{6}` - как раз есть множество, в котором нет комбинаций со всеми 4 мастями? (ну в таком случае, то что я сверху расписал - неверно)

2017-04-15 в 11:42 

Trotil
То есть пересечение всех четырех множеств - пустое множество?

Да.

> 4 * C_{39}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{13}^{6} = C_{52}^{6}

Нет.

> `4 * C_{39}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{13}^{6}` - как раз есть множество, в котором нет комбинаций со всеми 4 мастями?

Да.
Если это число поделить на C_{52}^{6}, по идее получим вероятность, которая будет совпадать с ответом из учебника.

2017-04-15 в 11:55 

IWannaBeTheVeryBest
Trotil, Ну не совсем это. Нам же надо найти вероятность того, что будут представители всех четырех мастей. Получается
`P(Z) = 1 - (4 * C_{39}^{6} - 6 * C_{26}^{6} + 4 * C_{13}^{6})/C_{52}^{6}`
Ну все, вроде понял теперь. Спасибо))

2017-04-15 в 12:03 

Trotil
В качестве дополнительного упражнения предлагаю получить ответ, подсчитав количество исходов напрямую.

eek.diary.ru/p212523066.htm?from=0#720601335

Получится выражение вида (С*С*С^2*C^2 + C*C*C*C^3)/C_{52}^{6}

2017-04-15 в 12:05 

Trotil
В качестве дополнительного упражнения предлагаю получить ответ, подсчитав количество исходов напрямую.

eek.diary.ru/p212523066.htm?from=0#720601335

Получится выражение вида (С*С*С^2*C^2 + C*C*C*C^3)/C_{52}^{6}

2017-04-15 в 12:34 

IWannaBeTheVeryBest
Можно. Выше вы сказали, что "4 масти среди 6 карт - это три по одной и одна по три ИЛИ 2 по одной и 2 по две".
Правильно ли я понимаю, что это 3 карты по 1 масти, и остальные разных мастей (ну, скажем, "ПППКЧБ") - первый случай. Или 2 карты по одной масти 2 карты по две масти (ПКББЧЧ) - второй случай?
Ну в первом случае, насколько я понимаю, можно расписать так `C_{13}^{3} * C_{13}^{1} * C_{13}^{1} * C_{13}^{1}`
Во втором случае - `C_{13}^{1} * C_{13}^{1} * C_{13}^{2} * C_{13}^{2}`
В итоге эти ситуации сложить и разделить на общее количество комбинаций. Верно?

2017-04-15 в 12:49 

Trotil
Первое слагаемое, действительно, число способов различными способами образовать все возможные ПППКЧБ, второе - ПКББЧЧ.
(дословно: возьмём три пики, крестушку, черву, бубну и получится в точности ваше первое слагаемое)

Это верно, но осталась проблема в том, что это описание не покрывает все возможные комбинации из шести карт с четырьмя мастями.
Чтобы эту проблему исправить, необходимо и первое слагаемое, и второе домножить на доп. коэффициент вида С_n^m. Надо подумать, на какой и почему.
Итоговый ответ должен совпасть со способом 1.

2017-04-15 в 13:01 

IWannaBeTheVeryBest
Trotil, Вроде первое слагаемое надо на 4 домножить, а второе на 6 же. Или нет? Хотя через сочетания это тоже можно записать. Ответ вроде такой
`(4 * C_{13}^{3} * C_{13}^{1} * C_{13}^{1} * C_{13}^{1} + 6 * C_{13}^{2} * C_{13}^{2} * C_{13}^{1} * C_{13}^{1})/C_{52}^{6}`
Не пересчитывал пока. Охота именно понять. А не чтобы численно ответы сошлись и ладно))

2017-04-15 в 21:32 

Trotil
Вроде первое слагаемое надо на 4 домножить, а второе на 6 же.

Ну да.
4 = это выбор масти для трёх карт одинаковой масти (С_4^1), остальные определяются однозначно
6 = это выбор двух мастей для двух пар (С_4^2), оставшиеся определяются однозначно.

Вот и вся задача.

2017-04-16 в 17:10 

IWannaBeTheVeryBest
Trotil, хорошо, спасибо)

   

Не решается алгебра/высшая математика?.. ПОМОЖЕМ!

главная