Семенов В.А. Теория вероятностей. Задача о 7 подарках

[prov]

Здравствуйте.
Возникло затруднение при решении задачи 2.1.3 из учебника "Теория вероятностей и математическая статистика" Семенов В.А., 2013.
Условие задачи:

Цитата:

Готовясь к юбилею института, каждый из 7 членов кафедры принёс подарок. Эти подарки смешали и случайным образом распределили между собой. Какова вероятность, что: а) каждый получит свой подарок; б) ни один не получит свой подарок; в) хотя бы один сотрудник получит свой подарок?

Затруднение, конечно, с пунктами б и в.
Моё решение: присвоим каждому подарку код: число от 1 до 7, а также каждому сотруднику. Составим все возможные размещения подарков, их число = 7! = 5040. Если в размещении существует подарок, код которого совпадает с его порядковым номером, то считаем, что сотрудник получил свой подарок.
Теперь найдём, сколько среди всех возможных размещений таких, где ни один сотрудник не получил свой подарок. Для этого используем формулу включений и исключений:
$N(\overline{p_1}, \overline{p_2}, \overline{p_3}, \overline{p_4}, \overline{p_5}, \overline{p_6}, \overline{p_7}) = N - N(p_1) - N(p_2) - ... - N(p_7) + N(p_1, p_2) + N(p_1, p_3) + ... + N(p_6, p_7) - N(p_1, p_2, p_3) - ... - N(p_1, p_2, p_3, p_4, p_5, p_6, p_7)$
где $N$ - общее число размещений (5040), $N(p_1)$ - число всех размещений, в которых первый подарок находится на первом месте, $N(p_1, p_2)$ - число всех размещений, в которых первый подарок находится на первом месте, а второй находится на втором месте, и т.д.
Приведём формулу к следующему виду:
$N(\overline{p_1}, \overline{p_2}, \overline{p_3}, \overline{p_4}, \overline{p_5}, \overline{p_6}, \overline{p_7}) = N - N_1 + N_2 - N_3 + N_4 - N_5 +N_6 - N_7$
где $N_1 = N(p_1) + ... + N(p_7)$ - число всех размещений, в которых хотя бы один подарок находится на месте, номер которого равен коду подарка, $N_2 = N(p_1, p_2) + ... + N(p_6, p_7)$ - число всех размещений, в которых хотя бы 2 подарка находятся на соотв. местах и т.д.
Найдём числа $N_1$, ..., $N_7$.
Для $N_1$ общее число слагаемых очевидно = 7, а количество размещений для каждого из них = 6!, отсюда $N_1 = 7\cdot6!$.
Для $N_2$ общее число слагаемых найдём по формуле числа сочетаний без повторений из 7 элементов по 2, и, с учётом того, что для каждого из них число размещений 5!, получим: $N_2 = \frac{7!}{(7-2)!2!}5! = \frac{7!}{2!}$.
Аналогичным образом получим оставшиеся числа: $N_3 = \frac{7!}{3!}$, $N_4 = \frac{7!}{4!}$, $N_5 = \frac{7!}{5!}$, $N_6 = \frac{7!}{6!}$, $N_7 = 1$.
Суммируя, находим число размещений, при которых ни один не получит свой подарок: $N(\overline{p_1}, \overline{p_2}, \overline{p_3}, \overline{p_4}, \overline{p_5}, \overline{p_6}, \overline{p_7}) = 1854$, и искомую вероятность: $\frac{1854}{5040} \approx 0,3679$.
Но это не согласуется с правильным ответом. Правильный ответ:

Цитата:

б) $p = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 3!}{7!} = \frac{3}{7!}$
в) $p = 1 - \frac{3}{7} = \frac{4}{7}$

Судя по контексту, правильный ответ - это именно $\frac{3}{7}$, а не $\frac{3}{7!}$, но, в любом случае, мой результат не совпадает ни с тем, ни с другим. Помогите, пожалуйста, разобраться, как найти правильный ответ.

[мат-ламер]

prov в сообщении #1548187 писал(а):

Но это не согласуется с правильным ответом.

Зато ваш ответ близок к $1 \slash e$ (что было бы ответом при $7 \to \infty $ - надеюсь на понимание обозначений), что намекает, что у вас может быть и правильно. Ваш текст, правда, я не читал (не осилил - длинный). Хотя то, что вы использовали формулу включений-исключений, правильно.

[gris]

Рассуждение у вас верное и ответ тоже. Странный правильный ответ в цитате. Как его получили? Вообще, в комбинаторике есть понятие беспорядка. Их количество это субфакториал длины массива.

[nnosipov]

prov
Ваш ответ правильный, а в задачнике --- нет.

[EUgeneUS]

prov

В цитате в ответе на пункт б) взаимоисключающие параграфы.

prov в сообщении #1548187 писал(а):

б) $p = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 3!}{7!} = \frac{3}{7!}$

Второе равенство не выполняется.
Да и ответ в пункте в) подразумевает $\frac{3}{7}$ в ответе на пункт б)
Но если сократить выражение после первого знака равенства, то $\frac{3}{7}$ и получится.
В общем, опечатка - не убрали факториал после сокращений.

(Оффтоп)

пока писал ответ, занимался копипастой, и чуть сам не эти грабли не наступил, почти забыл убрать факториал

[prov]

Ответ из цитаты взят из учебника. Там именно так и написано: $p = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 3!}{7!} = \frac{3}{7!}$. Но, судя по всему, действительно, должно было быть $\frac{3}{7}$, о чём я и сказал.
Если ошибка в задачнике, то это, конечно, огорчает: как можно изучать предмет по учебнику, если в нём ошибки?

[bot]

prov в сообщении #1548200 писал(а):

как можно изучать предмет по учебнику, если в нём ошибки?

Вдумчиво.

[wrest]

Ну раз уж сюда был пост, а я на него написал развёрнутый ответ как считать беспорядки рекуррентно, после чего пост убрали, и теперь развернутый ответ не нужен, то просто замечу, что правильные ответы:
a) $\dfrac{1}{7!}=\dfrac{1}{5040}$
б) $\dfrac{!7}{7!}=\dfrac{1854}{5040}=\dfrac{103}{280}$
в) $1-\dfrac{!7}{7!}=\dfrac{177}{280}$

[svv]

wrest, зря Вы убрали ответ, я бы с удовольствием почитал.
Просветите, пожалуйста, что такое $!7$, в первый раз такое вижу.

[wrest]

svv в сообщении #1596015 писал(а):

Просветите, пожалуйста, что такое $!7$, в первый раз такое вижу.

Это количество беспорядков (derangement, перестановок в которых нет неподвижных точек), субфакториал (см. Вики "Субфакториал"). Об этом писал

gris в сообщении #1548196 писал(а):

Вообще, в комбинаторике есть понятие беспорядка. Их количество это субфакториал длины массива.

Для субфакториала есть несколько формул, (прямое суммирование, две рекуррентных), и самая практически удобная (для именно вычислений)
$!n=\left\lfloor {\frac {n!+1}{e}}\right\rfloor$

Вы ничего не потеряли, в посте я рассказывал на пальцах откуда берется рекуррентная формула, если обозначим $d(n)=!n$ чтобы с воскицательными знаками не путаться, вот эта:
$d(n)=(n-1)(d(n-1)+d(n-2))$