Комбинаторная задача (выбор четырех карт из полной колоды)

[Whitaker]

Помогите пожалуйста с решением нижеуказанной задачи. Я сам напишу 2 решения, которые мне пришли в голову, но я не могу понять почему они оба неправильны и не совпадают ответом в книге.

Сколькими способами можно выбрать из полной колоды карт, содержащей 52 карты, 6 карт так, чтобы среди них были все четыре масти?
Решение первое: Допустим мы выбираем первые 4 карты различных мастей. Тогда выбрать эти 4 карты можно $(C_{13}^1)^4$ способами. Тогда выбрать остальные 2 карты можно уже произвольно из 48 оставшихся. Т.е. всего будет $(C_{13}^1)^4\cdot C_{48}^2$

Решение второе: Точно такое же рассуждение. Допустим мы выбираем первые 4 карты различных мастей. Тогда выбрать эти 4 карты можно $(C_{13}^1)^4$ способами. Но остальные две карты могут быть одинаковых мастей (4 варианты (червы, бубны, пики и трефы)) или различных мастей (6 вариантов (черв, пик), (черв, бубен), (черв, треф), (бубен, пик), (бубен, треф), (пик, треф)).
В итоге получается $4\cdot (C_{13}^1)^4\cdot C_{12}^{1}\cdot C_{11}^1+6\cdot (C_{13}^1)^4 \cdot (C_{12}^1)^2$

Буду рад если кто-нибудь укажет где здесь ошибочка.

[jetyb]

Нельзя разбивать все множество выбора на подмножества и перемножать сочетания в них. (как-то так звучит)
Например, $C_6^3$ не равно $C_3^1\cdot C_3^2$

Что касается задачи, сколькими способами можно выбрать 6 карт без 1 масти?

[Whitaker]

jetyb в сообщении #470633 писал(а):

Нельзя разбивать все множество выбора на подмножества и перемножать сочетания в них. (как-то так звучит)
Например, $C_6^3$ не равно $C_3^1\cdot C_3^2$

Что касается задачи, сколькими способами можно выбрать 6 карт без 1 масти?

Без 1 масти, т.е. выбор 6 карт где только 3 масти?

[jetyb]

Тут стандартный прием: находится количество способов выбора отрицания условия.

[Whitaker]

Если Вам не сложно можете сказать где ошибка у меня.

[Whitaker]

Я не могу найти ошибку в своей задаче и понять почему же решение неправильно.

[--mS--]

Whitaker в сообщении #470591 писал(а):

Я сам напишу 2 решения, которые мне пришли в голову, но я не могу понять почему они оба неправильны и не совпадают ответом в книге.

Сколькими способами можно выбрать из полной колоды карт, содержащей 52 карты, 6 карт так, чтобы среди них были все четыре масти?
Решение первое: Допустим мы выбираем первые 4 карты различных мастей. Тогда выбрать эти 4 карты можно $(C_{13}^1)^4$ способами. Тогда выбрать остальные 2 карты можно уже произвольно из 48 оставшихся. Т.е. всего будет $(C_{13}^1)^4\cdot C_{48}^2$

Баян. Вы пересчитали одни и те же наборы по нескольку раз. Скажем, считаем по этому способу: есть 13 способов взять по карте из каждой масти, воспользуемся одним из них.
Взяли 2 пик, 2 крестей, 2 бубей, 2 червей. И - что там осталось? - Две любых. Например, 3 пик и 3 крестей.
Используем другой способ, берём другие карты по одной:
Взяли 3 пик, 3 крестей, 2 бубей, 2 червей. И вдобавок две любых. Например, 2 пик и 2 крестей.

Использовали два разных способа (каждый из них в формуле учтён как новый), а получили одну и ту же шестёрку карт.

Проблема в том, что Вы завели учёт порядка между первой четвёркой карт, выбранных поодиночке, и последней парой. Замена любой карты из последней пары на карту той же масти из четвёрки даёт новый способ, но не меняет шестёрку карт.

Во втором способе подсчёта та же самая ошибка.

[tess]

Возможно проще решать так. Имеется два типа шестёрок: три карты одной масти и по одной карте трёх других мастей (напр. пика, пика, пика, креста, бубна, черва) - 4 варианта, по две карты в двух мастях и по одной карте в остальных двух (напр. пика, пика, креста, креста, бубна, черва) - 6 вариантов.
Далее подсчёт сочетаний и ответ для искомой вероятности 0,426, грубо говоря фифти фифти. Ответ можно проверить с помощью колоды карт.