Задача про вагоныи пассажиров (ТВ)

[rosa]

В трех вагонах электрички наудачу размещаются 10 человек. Найти вероятность того, что в один вагон сядут 6 пассажиров, в другой три, и в третий один.

Можно ли решать задачу по схеме гипергеометрического распределения?

Всего способов размещения 10 человек по трем вагонам $C_{10}^3$
Благоприятных $C_6^1C_3^1C_1^1$

У меня получилось 0,15.

[Alexey1]

rosa в сообщении #369278 писал(а):

Всего способов размещения 10 человек по трем вагонам $C_{10}^3$

То есть получается, что если только 1 вагон, то количество способов которыми можно разместить 10 человек в этот вагон равно 10?

[rosa]

Да... Что то я неправильно думаю... Понятно, что в один вагон они одним способом залезть могут...

[rosa]

А если вот так: $\frac6{10}\frac34\frac11$? Вероятность того, что в первый вагон войдут 6 человек из 10, во второй 3 из оставшихся 4, и последний заходит в последний вагон (по теореме умножения зависимых событий), а потом это еще на три умножить ( так как првым можно любой вагон считать)?
... Хотя... что то мне кажется, что все равно не то....

[Alexey1]

rosa в сообщении #369890 писал(а):

А если вот так: $\frac6{10}\frac34\frac11$? Вероятность того, что в первый вагон войдут 6 человек из 10, во второй 3 из оставшихся 4, и последний заходит в последний вагон (по теореме умножения зависимых событий), а потом это еще на три умножить ( так как првым можно любой вагон считать)?

Если так сделать, то вероятность будет больше единицы. Можно попробовать решить задачу следующим образом.
Пусть такие комбинации как 6,3,1 или 1,3,6 и т.д. будут различными. Фиксируем количество людей вошедших в первый вагон как $k$. Тогда во второй вагон может войти количество людей из интервала $10-k$. Остальные входят в третий вагон. Получили одну комбинацию. Теперь просуммируем такие комбинации, получим $\sum_{k=0}^{10} \sum_{j=0}^{10-k} 1 = 66$.
Теперь, так как считаем, что комбинации из одних и тех же чисел на разных местах различные, то можно поделить на $3!$ и тогда результат будет для комбинаций, где порядок цифр не имеет значения. Однако, это не так. Если посмотеть на то, какие комбинации считает эта сумма, то видно, что например, комбинаций из 0, 0, 10 (две цифры совпадают) в этой сумме всего 3. Теперь сами подумайте как это обойти.

[rosa]

Еще вариант:
Всего исходов $10^3$, так как в каждый вагон может зайти 1, 2,..., 10 челловек.
Благоприятных исходов 3! ( как Alexey1 сказал, различные комбинации (1, 3, 6); (6,1,3)...)

-- Чт ноя 04, 2010 10:05:19 --

Или всего исходов будет $A_{10}^3$ (будем еще учитывать, что варианты размещения пассажиров в предыдущих вагонах уже заняты)?

[ewert]

rosa в сообщении #369895 писал(а):

Всего исходов $10^3$, так как в каждый вагон может зайти 1, 2,..., 10 челловек.

Кто кого выбирает -- человек вагона или вагон человека?...

rosa в сообщении #369895 писал(а):

Благоприятных исходов 3! ( как Alexey1 сказал, различные комбинации (1, 3, 6); (6,1,3)...)

Раньше было лучше:

rosa в сообщении #369278 писал(а):

Благоприятных $C_6^1C_3^1C_1^1$

Здесь, правда, все цифирки сбиты, но хоть идея верная.

[tess]

10 человек могут выбрать 3 вагона 220 способами (сочетания с повторениями). 6 способами они могут разместиться по условию. Искомая вероятность 6 к 220 или 3 к 110.



Der gesunde Menschenverstand ist besonders in diesem Mathebereich erforderlich.

[alex1910]

tess, Вы неправы. Способов рассадки не 220, а 66.

А теперь самое интересное - вряд ли стоит считать, что все рассадки равновероятны. Так, рассадка 0,0,10 возникает с вероятностью 3^(-10), что много меньше, чем 1/66.

Ответ: 840*6/(3^10) =0.085. 840 - число рассадок 6-3-1 с учетом порядка вагонов, 6 - перестановка вагонов, 3^(-10) - вероятность любой одной рассадки (или 3^10 - общее число рассадок).

[tess]

Конечно, $66$ вариантов (вместо числа сочетаний по $2$ из $12$ я ошибочно посчитал по $3$ из $12$). Спасибо, alex 1910.
Подумав ещё немного, я пришёл к следующему. Представим себе мысленно ящик с $11$ шарами, пронумерованными от $0$ до $10$, пронумеруем вагоны $1$, $2$ и $3$ и рассмотрим $6$ вариантов от $136$ до $631$ (цифры слева направо соответствуют номерам вагонов $1$, $2$ и $3$).
Случайным образом достаём первый шар. Если вытащим номер 1 (вероятность этого $\frac{1}{11}$, то возвращаем его в ящик и убираем шар $10$. При втором доставании вероятность вытащить шар $3$ или $6$ равна $\frac{1}{10}$. Итого вероятность загрузки вагонов $136$ или $163$ равна $\frac{1}{55}$. Аналогично получим вероятность для загрузок $316$ и $361$ $\frac{1}{44}$(первое доставание производится как и раньше из полного ящика, перед вторым доставанием возвращаем шар $3$ и убираем три шара $10, 9$ и $8$).
Вероятности для загрузок $613$ и $631$ получим $\frac{2}{55}$ (первое доставание производится как и раньше из полного ящика,перед вторым доставанием убираем шесть шаров $10, 9$, ..., $5$).
Сложив три вероятности, получим ответ $\frac{17}{220}$.

[alex1910]

tess в сообщении #469974 писал(а):

Конечно, $66$ вариантов (вместо числа сочетаний по $2$ из $12$ я ошибочно посчитал по $3$ из $12$). Спасибо, alex 1910.
Подумав ещё немного, я пришёл к следующему. Представим себе мысленно ящик с $11$ шарами, пронумерованными от $0$ до $10$, пронумеруем вагоны $1$, $2$ и $3$ и рассмотрим $6$ вариантов от $136$ до $631$ (цифры слева направо соответствуют номерам вагонов $1$, $2$ и $3$).
Случайным образом достаём первый шар. Если вытащим номер 1 (вероятность этого $\frac{1}{11}$, то возвращаем его в ящик и убираем шар $10$. При втором доставании вероятность вытащить шар $3$ или $6$ равна $\frac{1}{10}$. Итого вероятность загрузки вагонов $136$ или $163$ равна $\frac{1}{55}$. Аналогично получим вероятность для загрузок $316$ и $361$ $\frac{1}{44}$(первое доставание производится как и раньше из полного ящика, перед вторым доставанием возвращаем шар $3$ и убираем три шара $10, 9$ и $8$).
Вероятности для загрузок $613$ и $631$ получим $\frac{2}{55}$ (первое доставание производится как и раньше из полного ящика,перед вторым доставанием убираем шесть шаров $10, 9$, ..., $5$).
Сложив три вероятности, получим ответ $\frac{17}{220}$.

В предыдущем посте написано верное решение. Искать ошибку в Вашем лениво,
но она есть, так как ответ другой и откуда-то опять возникло 220.

[tess]

Уважаемый alex 1910! Вероятность рассадки 0,0,10 равна
$\frac{1}{121 }$, а не то, что вы написали. Полная группа вариантов, начинающихся с 0 (11 штук), вместе дают вероятность $\frac{1}{11}$. Далее следуют группы вариантов, начинающихся с 1, 2, ..., 10. Каждая из них так же имеет вероятность $\frac{1}{11}$.
Например, последняя рассадка (она же группа) 10,0,0 имеет вероятность $\frac{1}{11}$. Итак, все 11 групп ( т.е. все 66 вариантов) дают вероятность 1, как и положено.
Мне лениво искать у Вас ошибку.

[alex1910]

tess в сообщении #470309 писал(а):

Уважаемый alex 1910! Вероятность рассадки 0,0,10 равна
$\frac{1}{121 }$, а не то, что вы написали. Полная группа вариантов, начинающихся с 0 (11 штук), вместе дают вероятность $\frac{1}{11}$. Далее следуют группы вариантов, начинающихся с 1, 2, ..., 10. Каждая из них так же имеет вероятность $\frac{1}{11}$.
Например, последняя рассадка (она же группа) 10,0,0 имеет вероятность $\frac{1}{11}$. Итак, все 11 групп ( т.е. все 66 вариантов) дают вероятность 1, как и положено.
Мне лениво искать у Вас ошибку.

Мне лениво с Вами спорить, ибо бесполезно. Все, что написано в процитированном посте - неправильно. Считать варианты (66) тоже не нужно для решения задачи.

Если какие-то числа дают в сумме единицу - это еще не значит, что эти числа - искомые вероятности. И заведомо неверно то, что вероятности загрузки 1-3-6 и какой-то ее перестановки - разные (эти 1/55, 1/44 и.т.д.).

Если Вы действительно хотите убедиться, что Вы неправы - примените Вашу логику решения к случаю "два человека-два вагона - найти вероятность того, что все сядут в один вагон".

[tess]

Надо начинать с вежливого обращения, уважаемый alex 1910.
Как Вы заметили в прошлом задании, я считал пассажиров одинаковыми, а вагоны разными, число 66 мне вообще не нужно было, а только число пассажиров, включая 0 (т.е. 11). Так и здесь: какова вероятность, что оба сядут в вагон 1: 2,0 и вероятность 1 к 3.
Я человек преклонного возраста, надеюсь Вы не откажете.
1. Посмотрите "Новое доказательство бесконечности простых чисел?" в диск. темах, верно ли (у меня только мелкая описка, где геометр. прогрессия, там её сумма меньше, чем 2 делённое на х, а не 2А).
2. "Не читайте писем-2" (в сообщениях без ответов), решите в течение получаса, то я сниму перед Вами шляпу и буду верить каждому Вашему слову.

-- 22.07.2011, 18:18 --

Надо начинать с вежливого обращения, уважаемый alex 1910.
Как Вы заметили в прошлом задании, я считал пассажиров одинаковыми, а вагоны разными, число 66 мне вообще не нужно было, а только число пассажиров, включая 0 (т.е. 11). Так и здесь: какова вероятность, что оба сядут в вагон 1: 2,0 и вероятность 1 к 3.
Я человек преклонного возраста, надеюсь Вы не откажете.
1. Посмотрите "Новое доказательство бесконечности простых чисел?" в диск. темах, верно ли (у меня только мелкая описка, где геометр. прогрессия, там её сумма меньше, чем 2 делённое на х, а не 2А).
2. "Не читайте писем-2" (в сообщениях без ответов), решите в течение получаса, то я сниму перед Вами шляпу и буду верить каждому Вашему слову.

[alex1910]

1. Ну, если указать на ошибку невежливо, извините:)
2. Мне тоже не 15 и, даже, не 30.
3. Оставьте свою веру при себе.
4. Не 1/3, а 1/2, так как есть три исхода 0-2 (1/4) , 2-0(1/4) и (1,1) (2*(1/4) ).