Колода карт

[Charlz_Klug]

Задача:
Колода игральных карт содержит 52 карты, разделяющиеся на 4 различных масти по 13 карт в каждой. Предположим, что колода тщательно стасована, так что вытаскивание любой карты одинаково вероятно. Вытащим 6 из них. Найти вероятность того, что среди этих карт будут представители всех мастей.

Моё решение:
Всего возможных наборов из 6 карт: $C\limits_{52}^{6}$. Наберём из 4-х мастей по 1-й карте и две произвольные карты из оставшихся 48 кар: $13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 48 \cdot 47$. Поскольку порядок не играет роли то последнее значение разделим на $6!$, получаем всего возможных наборов из четырёх мастей: $\frac {13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 48 \cdot 47} {6!}$. Значит, вероятность равна $\frac {13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 48 \cdot 47} {6! \cdot C\limits_{52}^{6}}$. Верно ли я решил задачу?

[Someone]

Ну, если не считать того, что число

Charlz_Klug в сообщении #1192880 писал(а):

$\frac {13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 48 \cdot 47} {6!}$

не целое…

[Hasek]

Charlz_Klug в сообщении #1192880 писал(а):

Поскольку порядок не играет роли

Обратите внимание, что вы до этого момента порядок и не учитывали.

[Charlz_Klug]

Someone в сообщении #1192888 писал(а):

Charlz_Klug в сообщении #1192880 писал(а):

$\frac {13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 13 \cdot 48 \cdot 47} {6!}$

не целое…

Действительно.

[gris]

При применении классической схемы надо следить за тем, чтобы "числитель" вычислялся строго подобно "знаменателю". Если в знаменателе используете $C_n^k$, то и в числителе тоже. Убережётесь от обычных ошибок. А можно и через условные вероятности решить.
Но проблема в другом. Вы уверены, что у Вас не будет повторений?

[Charlz_Klug]

gris в сообщении #1193098 писал(а):

При применении классической схемы надо следить за тем, чтобы "числитель" вычислялся строго подобно "знаменателю". Если в знаменателе используете $C_n^k$, то и в числителе тоже. Убережётесь от обычных ошибок.

Не знал. Спасибо.

gris в сообщении #1193098 писал(а):

А можно и через условные вероятности решить.

Задача в разделе на классическую вероятность. Буду решать классическим методом.

-- 16.02.2017, 11:16 --

gris в сообщении #1193098 писал(а):

Но проблема в другом. Вы уверены, что у Вас не будет повторений?

Не уверен. Но выяснил что мой способ не подходит: взял 2 масти по 3 карты и 3 места. Вручную составил все наборы из трёх карт с обязательным содержанием двух мастей. Получилось 19 наборов. Если решать так как я решал, то получается 6 наборов. Решение неправильное.

[Yadryara]

Charlz_Klug в сообщении #1192880 писал(а):

Колода игральных карт содержит 52 карты, разделяющиеся на 4 различных масти по 13 карт в каждой.

Избегайте путаницы в формулировке:

Колода игральных карт содержит 52 карты, 4-х различных мастей 13-и различных достоинств.

Charlz_Klug в сообщении #1193102 писал(а):

Но выяснил что мой способ не подходит: взял 2 масти по 3 карты и 3 места. Вручную составил все наборы из трёх карт с обязательным содержанием двух мастей. Получилось 19 наборов.

2 масти по 3 достоинства в каждой.

И даже здесь вы ошиблись. Не 19. Если не верите, выпишите все наборы здесь, покажу ошибку.

[gris]

Charlz_Klug, Вас способ прекрасно работает, если надо вытянуть 4 разномастные карты. Ответ будет
\dfrac {13\cdot 13\cdot 13\cdot 13}{C^4_{52}}$
Но если карт вытягивается 5, то таким способом считать удовлетворяющие расклады нельзя. Будут повторы. Их можно учесть. Вот пример повтора: $(2S,2H,2D,2C,3S) - (3S,2H,2D,2C,2S)$. Это один и тот же набор карт, но учитывается он дважды. Одна и та же пара одномастных карт меняется местами. А уж если карт больше, то вообще! Если только карт вытаскивается не сорок

[Charlz_Klug]

Yadryara в сообщении #1193210 писал(а):

И даже здесь вы ошиблись. Не 19. Если не верите, выпишите все наборы здесь, покажу ошибку.

Масть №1: 11, 12, 13. Масть №2: 21, 22, 23. Набор:

$$\begin{tabular}{ccc} 11 & 12 & 13 \\ 11 & 12 & 21 \\ 11 & 12 & 22 \\ 11 & 12 & 23 \\ 11 & 13 & 21 \\ 11 & 13 & 22 \\ 11 & 13 & 23 \\ 11 & 21 & 22 \\ 11 & 21 & 23 \\ 11 & 22 & 23 \\ 12 & 13 & 21 \\ 12 & 13 & 22 \\ 12 & 13 & 23 \\ 12 & 21 & 22 \\ 12 & 21 & 23 \\ 12 & 22 & 23 \\ 13 & 21 & 22 \\ 13 & 21 & 23 \\ 13 & 22 & 23 \\ 13 & 21 & 23 \end{tabular}$$

Итого: 18 нужных комбинаций.

[Yadryara]

Вот именно, $18$.

$11 \; 12 \; 13$ лишняя, потому что одномастная, а $13 \; 21 \; 23$ встречается дважды.

[GAA]

Charlz_Klug, проще подсчитать кол-во комбинаций вытащить 6 карт трех и менее мастей, а затем можно его вычесть из общего количества комбинаций ($C_{52}^6$) и таким образом найти желаемое.
(Как будто совсем стандартный пример. Или я что-то не вижу?)

[Yadryara]

GAA в сообщении #1193228 писал(а):

проще подсчитать кол-во комбинаций вытащить 6 карт трех и менее мастей

ПМСМ, не проще. Кол-во комбинаций вытащить 6 карт 4-х мастей считается в одну строчку.

Charlz_Klug, напишите, пожалуйста, формулу, дающую те самые $18$ вариантов в упрощённой постановке.

[TOTAL]

GAA в сообщении #1193228 писал(а):

Charlz_Klug, проще подсчитать кол-во комбинаций вытащить 6 карт трех и менее мастей, а затем можно его вычесть из общего количества комбинаций ($C_{52}^6$) и таким образом найти желаемое.
(Как будто совсем стандартный пример. Или я что-то не вижу?)

Я бы искал вероятности вытащить мастей:
Менее 4
Менее 3
Менее 2

[Charlz_Klug]

Yadryara в сообщении #1193232 писал(а):

Charlz_Klug, напишите, пожалуйста, формулу, дающую те самые $18$ вариантов в упрощённой постановке.

Выбираем две карты из первой масти: $C \limit_3^2$ и добираем одну карту из второй масти: $C \limit_3^1$. Получили $C \limit_3^2 C \limit_3^1$. Аналогично поступаем со второй мастью: $C \limit_3^2 C \limit_3^1$. В результате $C \limit_3^2 C \limit_3^1 + C \limit_3^2 C \limit_3^1 = 2 C \limit_3^2 C \limit_3^1 = 2 \cdot 3 \cdot 3 = 18$.

[--mS--]

Замечательно, теперь то же самое с исходной колодой: либо из одной масти три карты, а из прочих по штуке, либо из двух мастей по две, а из двух - по одной.