Вопрос про Выборку без возвращения

[Rune]

Помогите пожалуйста разобраться. В начале книги по теории вероятностей А. А. Боровкова, написано, что число выборок объема k из n элемнтов определяется по формуле Числа размещений из $n$ по $k$, то есть $n(n-1)(n-2)...(n-k+1)$
Я разобрал эту формулу, расписал на бумаге все возможные выборки 2х элементов из 3х, потом попробовал 3 элемента из 4х. И да, формула работает, но я понял, что это формула имеет смысл только когда, например, $a_2a_3$ и $a_3a_2$ это одно и тоже. То есть не важно, мы вытащили сначала $a_2$, а потом $a_3$, или наоборот. Порядок значения не имеет.
Если мы будем считать что $a_2a_3$ и $a_3a_2$ - это разные результаты выборки, то приведенная выше формула не работает, там будетнужна какая-то другая формула. (это как я понял и проверил на бумаге расписав все варианты выборок)

На этойже 17 странице в книге написано, что можно посчитать сколько существует таких выборок, что на первом месте выпадет $a_1$, а на втором $a_2$, а все последующие вынутые элементы могут быть вынуты в любом порядке. В книге это сформулировано так:
"так как остальные $k-2$ места могут быть заняты любыми из оставшихся $n-2$ элементов генеральной совокупности, то число выборок без возвращения с элементами $а1$ и $а2$ на первых местах равно $(n-2)$ по $k-2$."

Сначала у меня появился вопрос, как это применятся эта формула к такой ситуации, что на первом месте оказывается $a_1$, а на втором месте оказывается $a_2$, ведь эта формула не учитывает порядок вынутых элементов, как я написал выше. Потом я еще раз пересчитал, и допустил, что может как-то эта формула здесь и применима, и я пошел читать дальше.

Но тут же возник вопрос, о том, что если на первых двух местах стоят $a_1$ и $a_2$, (или может наоборот $a_2$ , потом $a_1$, или нальзя?), то как опять же применяется эта формула в этой задаче, что на первых местах $a_1$ и $a_2$, а если эти два эдемента будут в выборке, но не в начале, а в конце?

Помогите, пожалуйста, понять.

[--mS--]

Rune в сообщении #1281108 писал(а):

В начале книги по теории вероятностей А. А. Боровкова, написано, что число выборок объема k из n элемнтов определяется по формуле Числа размещений из n по k, то есть $n(n-1)(n-2)...(n-k+1)$
Я разобрал эту формулу, расписал на бумаге все возможные выборки 2х элементов из 3х, потом попробовал 3 элемента из 4х. И да, формула работает, но я понял, что это формула имеет смысл только когда, например, a2a3 и a3a2 это одно и тоже. То есть не важно, мы вытащили сначала а2, а потом а3, или наоборот. Порядок значения не имеет.

$n=3$, $k=2$

$$n(n-1)(n-2)...(n-k+1)=3\cdot 2=6.$$

Предъявите, пожалуйста, все шесть выборок для этого случая. Будем смотреть, действительно ли $a_2a_3$ и $a_3a_2$ - это одно и то же.

[provincialka]

Меня опередили .. Ну, тогда оставлю только замечание:

Поправьте формулы, даже одиночные буквы должны стоять внутри "долларов".

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);


Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Rune]

Предъявляю 9 возможных случаев:

$a_1a_1$ $a_2a_1$ $a_3a_1$
$a_1a_2$ $a_2a_2$ $a_3a_2$
$a_1a_3$ $a_2a_3$ $a_3a_3$

Как мы видим, 9 разных вариантов если выбирать 2 элемнта из 3х возможных. А по формуле получается 6

$$n(n-1)(n-2)...(n-k+1)=3\cdot 2=6.$$

Это потому, что эта формула не чувствительна к порядку элементов, она рассматривает $a_1a_3$ и $a_3a_1$ как один и тотже элемент.

[--mS--]

А что означают слова в заголовке "выборка без возвращения"?

[Rune]

Простите, пожалуйста, появился еще один вопрос по этой же теме. В книге написано:
"Нас будет интересовать число выборок $k\leqslant n$, отличающихся только составом. Число выборок без возвращения объема $k$, имеющих одинаковый состав и различающихся только порядком элементов, будет $k!$. Поэтому число выборок, различающихся составом, будет равно

$${\frac{(n)_k}{{k!}}}$$

Я здесь возникает такой вопрос: Да, число выборок имеющих одинаковый состав, пусть будет какоето $k$, а число всех возможных выборок будет $(n)_k$. Грубо говоря, это все существующие выборки $(n)_k$, это $k$ такие странные выборки с повторениями, а интересуют нас выборки без повторений. Так тогда надо из общего числа выборок $(n)_k$ убрать, то есть вычесть эти неинтресные нам выборки $k!$ с повторениями.

Почему тогда в этой формуле

$${\frac{(n)_k}{{k!}}}$$

делят, все возможные выборки $(n)_k$ на неитересующие нас выборки $k!$, если нужно не делить, а вычитать?

-- 04.01.2018, 08:36 --

--mS-- в сообщении #1281135 писал(а):

А что означают слова в заголовке "выборка без возвращения"?

Вот спасибо Вам, теперь я понял этот момент!

[Otta]

Rune в сообщении #1281138 писал(а):

то $k$ такие странные выборки с повторениями, а интересуют нас выборки без повторений. Так тогда надо из общего числа выборок $(n)_k$ убрать, то есть вычесть эти неинтресные нам выборки $k!$ с повторениями.

Взяли выборку объема $k$ с различными элементами. Сколько из нее можно получить выборок с тем же составом, но возможно, отличающихся порядком элементов?

[Rune]

Простите, там есть еще такое продолжение:
"так как остальные $k-2$ места могут быть заняты любыми из оставшихся $n-2$ элементов генеральной совокупности, то число выборок без возвращения с элементами $a_1$ и $a_2$ на первых местах равно $(n-2)$ по $k-2$. Стало быть, вероятность указанного события равна

$${\frac{(n-2)_{k-2}}{(n)_k}}$$

"
То есть автор показывает идею, что грубо говоря, первые два элемента роли не играют, первый должен попасть на первое место, а второй на второе, и вот убрав первые два элемента, то есть написав $n-2$ и $k-2$, якобы мы получим из оставшейся ситуации правильную вероятность. По-моему в этой формуле просто убраны первые два элемента, но не учитывается, вариант, когда первые два элемента, да, оказались на первых двух местах, но сначала встал $a_2$, а потом $a_1$. Мне кажется что эта ситуация не учтена. Напишите, пожалуйста, как вы думаете?

-- 04.01.2018, 08:56 --

Otta в сообщении #1281141 писал(а):

Rune в сообщении #1281138 писал(а):

то $k$ такие странные выборки с повторениями, а интересуют нас выборки без повторений. Так тогда надо из общего числа выборок $(n)_k$ убрать, то есть вычесть эти неинтресные нам выборки $k!$ с повторениями.

Взяли выборку объема $k$ с различными элементами. Сколько из нее можно получить выборок с тем же составом, но возможно, отличающихся порядком элементов?

Можно получить $k!$ выборок с темже составом, но отличающихся порядком элементов.

[Otta]

А если выборок пять (совершенно разных)? как получить все с тем же составом? сколько их?

-- 04.01.2018, 10:00 --

Rune в сообщении #1281142 писал(а):

но не учитывается, вариант, когда первые два элемента, да, оказались на первых двух местах, но сначала встал $a_2$, а потом $a_1$. Мне кажется что эта ситуация не учтена. Напишите, пожалуйста, как вы думаете?

Мы думаем, что надо внимательно читать постановку задачи )

Rune в сообщении #1281108 писал(а):

сколько существует таких выборок, что на первом месте выпадет $a_1$, а на втором $a_2$, а все последующие вынутые элементы могут быть вынуты в любом порядке.

[Rune]

Rune в сообщении #1281142 писал(а):

но не учитывается, вариант, когда первые два элемента, да, оказались на первых двух местах, но сначала встал $a_2$, а потом $a_1$. Мне кажется что эта ситуация не учтена. Напишите, пожалуйста, как вы думаете?

Мы думаем, что надо внимательно читать постановку задачи )

Rune в сообщении #1281108 писал(а):

сколько существует таких выборок, что на первом месте выпадет $a_1$, а на втором $a_2$, а все последующие вынутые элементы могут быть вынуты в любом порядке.

Я думаю, что выборок где на первом месте выпадет $a_1$, а на втором $a_2$ в два раза меньше, чем выборок где первые два элемента заняты на первых двух местах, потому что половина выборок окажется, что наоборот сначала $a_2$, а на втором $a_1$

Автор в книге об этом не задумывается, он просто пишет, как бы, ну раз первые два места уже заняты, то давайте посчитаем какая вероятность будет у оставшегося, но он не упоминает, что возможен вариант, когда, да, первые два места заняты, но заняты не по условию задачи, а именно сначала $a_2$, а потом $a_1$

P.S. простите, если надоел. Очень хочу разобраться

[Otta]

Rune в сообщении #1281142 писал(а):

Простите, там есть еще такое продолжение:
"так как остальные $k-2$ места могут быть заняты любыми из оставшихся $n-2$ элементов генеральной совокупности, то число выборок без возвращения с элементами $a_1$ и $a_2$ на первых местах равно $(n-2)$ по $k-2$. Стало быть, вероятность указанного события равна

Кстати, очень интересно, чье это продолжение: до сих пор в теме про вероятность не было ни слова, постановка этой задачи отсутствует... и мне оченно любопытно, что за зверь живет у Вас в знаменателе.

Rune в сообщении #1281142 писал(а):

$${\frac{(n-2)_{k-2}}{n_k}}$$

, а то как-то слова

Rune в сообщении #1281142 писал(а):

то есть написав $n-2$ и $k-2$, якобы мы получим из оставшейся ситуации правильную вероятность

наводят на желание задавать лишние вопросы. :) Уж не обессудьте.

-- 04.01.2018, 10:23 --

Rune в сообщении #1281149 писал(а):

Я думаю, что выборок где на первом месте выпадет $a_1$, а на втором $a_2$ в два раза меньше, чем выборок где первые два элемента заняты на первых двух местах, потому что половина выборок окажется, что наоборот сначала $a_2$, а на втором $a_1$

Оно, конечно, окажется, хоть у Вас плохо получается сказать ), но прочитайте же еще раз:

Rune в сообщении #1281108 писал(а):

На этойже 17 странице в книге написано, что можно посчитать сколько существует таких выборок, что на первом месте выпадет $a_1$, а на втором $a_2$

А не первые два элемента выборки - на первых двух местах.
Автор как раз все четко изложил.

[Rune]

Простите, я не понимаю. Не понимаю, почему автор пишет, что можно посчитать сколько существует таких выборок, что на первом месте выпадет $a_1$, а на втором $a_2$, и тут же он пишет, вот, два элемента ушли, вот, что осталось, и вот тогда формула. Но почему не учтен вариант,что два элемента ушли, и встали между собой на неправильные места, не соответствующие условию задачи. Усливие задачи - первый на первом месте, второй на втором.

[Otta]

Rune в сообщении #1281154 писал(а):

Но почему не учтен вариант,что два элемента ушли, и встали между собой на неправильные места, не соответствующие условию задачи.

Для каких целей он должен быть учтен, если не соответствует условию?
Давайте. $n=3, k=3$. Напишите хотя бы один вариант, не учтенный автором. Чтобы проще говорить было.

-- 04.01.2018, 11:34 --

Вы не об этом говорите. Не об учете "плохих" вариантов - в самом деле, зачем их учитывать при подсчете вероятности, где учитываются только "хорошие". Вас сбивает с толку то, что полученное число исходов - это не только число выборок $(1,2\ldots)$, но в точности и этому же числу равно, например, число выборок вида $(2,1,\ldots)$. Да, число не различало, что им посчитали. Оно не знает, что сперва. Ну и что? Число выборок $(3,4,\ldots)$ той же длины, например - такое же.

Когда Вы на автопилоте выдаете ответ $1/6$ про вероятность выпадения шестерки на кубике, Вы же не спрашиваете, как понять потом, шестерка это была или тройка? Что нужно, то и было. Вы сперва определяете, что нужно, и больше к этому вопросу не возвращаетесь.