Несколько задач по дискретной теории вероятностей.

[Sdy]

Задача 1.
Какова вероятность того что при бросании четырёх кубиков цифры будут идти в убывающем порядке?
Указание.Из каждой такой комбинации перестановками можно получить 24 варианта, где все цифры различны.
Решение.
Здесь, конечно, у меня проблема не с классическим определением вероятности, а с подсчетом благоприятных исходов. Мне бы хотелось сделать это максимально строго, а не "на пальцах", так как скорее всего решение последующей задачи будет у меня также базироваться на доказательстве корректности этого решения. И способ решения я хочу использовать именно тот, что идёт в указании к задаче.
Далее под термином последовательность я буду понимать конечную последовательность длины $4$, которая может состоять только из элементов множества $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.
Соответственно количество благоприятных исходов - это количество последовательностей, где цифры идут в убывающем порядке. Раз идут в убывающем - цифры в них точно различны.
Для начала посчитаем общее количество последовательностей из различных цифр. Их $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3$ - на первом месте одна из 6 цифр, на втором одна из оставшихся 5, на третьем - одна из оставшихся четырёх и на четвёртом - одна из оставшихся трёх.
Теперь введем множество $\Omega_1$ - множество последовательностей различных цифр. Как мы сказали, $N(\Omega_1) = 360$. Разобьём $\Omega_1$ на непересекающиеся подмножества, каждое из которых состоит из 24х последовательностей, полученных в результате всевозможных перестановок каких-либо 4х элементов из $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.
Каждому из таких подмножеств поставим во взаимно-однозначное соответствие убывающую последовательность.
1.Проверим однозначность. Возьмём два подмножества, $a$ и $b$. Если они не равны, то они содержат перестановки цифр, которые отличаются друг от друга хотя бы на 1 цифру каждая. Но тогда им соответствуют и разные убывающие последовательности, отличающиеся хотя бы на $1$ цифру.
2.Проверим взаимность. Возьмём произвольную убывающую последовательность. Переставив её элементы 24-мя образами, мы получим одно из подмножеств $\Omega_1$.
Таким образом, мы установили биекцию между количеством убывающих последовательностей и сконструированных вышеописанным образом подмножеств $\Omega_1$.
Значит количество убывающих последовательностей равно $\frac{360}{24} = 15$, так как каждое подмножество состоит из $24$ элементов, эти подмножества не пересекаются, а всего элементов во множестве, из которого берем подмножества - $360$.
Значит искомая вероятность равна $\frac{15}{6^4}$. $\triangle$.

Прошу проверить, всё ли здесь строго и корректно доказано.
Тот факт, что количество благоприятных исходов - $15$ сомнению не подлежит, так как я проделал решение вторым способом - зарисовкой "дерева вариантов", которое, к сожалению становится слишком огромным во второй задаче. Вследствие чего я и решил вернуться к методу, указанному автором книги.

[Brukvalub]

Все нормально.

[Sdy]

Brukvalub,
Спасибо.

[gris]

Мне показалось, что количество благоприятных исходов проще получается рассуждением про $C_6^4$

[Sdy]

gris,
Спасибо за ответ.
Если вы о том, что можно просто взять множество $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ и подсчитать количество способов, которым можно составить из его цифр последовательности длины $4$ без учёта их порядка и без их возвращения (а это и будут сочетания), то да, эта идея пришла мне когда я уже дописывал тут решение, которое находится выше. Да и в нём я использую биекцию (которая в дискретной математике мне в последнее время встречается часто при доказательстве довольно интересных вещей), поэтому захотелось узнать, верно ли я смог ее построить.

[gris]

Да я просто захотел поучаствовать в теме Я увидел, что Вы хотели именно предложенный способ использовать. Но для проверки решили задачу другим способом, посетовав на его громоздкость. Моя реплика относилась именно с способу проверки. Я по невнимательности пропустил, что всё это обкатка методов решения более сложной задачи.

[Sdy]

Задача 2.
В мешке лежат карточки с буквами А, Б, В и цифрами 1, 2, 3, 4, 5 (всего 8 карточек). Их по очереди вынимают из мешка, пока не вынут все. Какова вероятность того, что буквы будут появляться в порядке алфавита, а цифры - в порядке возрастания (назовём такую комбинацию правильной)?
Решение.
Пусть количество правильных комбинаций равно $N$. Тогда в каждой из таких комбинаций можно $3!$ образом переставить буквы и $5!$ образом переставить цифры. При этом всего комбинаций существует $8!$. Тогда $5!3!N = 8!. Но тогда вероятность правильной комбинации равна $\frac{1}{5!3!}$ \triangle.

Хотел бы удостовериться, правильно ли я применил к этой задаче идею из предыдущей.

[arseniiv]

Да, раз тут можно любую конфигурацию представить как пару результатов двух не зависящих друг от друга выборов: мест, на которых стоят буквы (и мест, на которых цифры, но одно из этих определяется другим) и порядков букв и цифр. Если бы можно было так представить одну конфигурацию двумя разными способами, решение бы не прошло.

[Sdy]

Задача 3.
Расписание турнира 8 команд в 3 тура по олимпийском системе (команды делятся на пары, ничьих нет, проигравший выбывает) заполняется жеребьёвкой (команды случайным образом помещаются в нижнюю строку турнирной таблицы). Будем считать, что каждая команда имеет определенную "силу", что силы всех команд различны и в любой встрече побеждает сильнейшая команда.
1)Какова вероятность, что в финале встретятся две сильнейшие команды?
2)Какова вероятность, что к тому же и третье и четвёртое места (определяемые встречей проигравших в полуфиналах) будут определены правильно?
Решение.
Обозначим команды цифрами, в порядке возрастания их силы $1,2,...,8$.
1)В финале встретятся команды $7$ и $8$, если команда $8$ не выбьет команду $7$ в первом или втором турах.
Команда $8$ выбьет команду $7$ в первом туре с вероятностью $\frac{1}{28}$, во втором туре - с вероятностью $\frac{1}{6}$, значит они встретятся в финале с вероятностью $1 - \frac{17}{84} = \frac{67}{84}$ .
2)Чтобы первые места заняли команды $8, 7, 6, 5$ нужно, чтобы они не вылетели раньше.
Одна из этих команды вылетает в первом туре с вероятностью $\frac{6}{28}$, во втором - с вероятностью $\frac{2}{6}$.
Значит турнир пройдет по схеме из условия с вероятностью $1 - \frac{92}{168} = \frac{38}{84}$ $\triangle$.

Также прошу проверить корректность решения, так как в книге нет ни решения, ни ответа, ни указаний.

-- 31.08.2019, 02:55 --

arseniiv, Спасибо за ответ.
Ну да, ведь тогда нельзя было бы построить биекцию.

[Yadryara]

Sdy в сообщении #1412956 писал(а):

Команда $8$ выбьет команду $7$ в первом туре с вероятностью $\frac{1}{28}$,

Почему же $\frac{1}{28}$ ?

[Sdy]

Yadryara, спасибо за ответ.
Исходил из того что из 8 команд можно составить 28 пар без учёта порядка играющих в них команд.
Подумаю ещё.

[ewert]

Sdy в сообщении #1408844 писал(а):

Значит искомая вероятность равна $\frac{15}{6^4}$. $\triangle$.

Гораздо больше, конечно. $15=C_6^4=C_6^2$ -- это количество возможных наборов цифр. Но сами эти наборы надо ещё определённым образом разложить по кубикам. Т.е. надо ещё кое-на что умножить.

[Yadryara]

Sdy в сообщении #1412996 писал(а):

Исходил из того что из 8 команд можно составить 28 пар без учёта порядка играющих в них команд.

Э, нет. Нас весь интересуют не все $28$ возможных пар. А только соперники $8$-й команды. Поскольку посева нет, все соперники в $1$-м раунде равновероятны по условию.

[Sdy]

ewert, спасибо за ответ.
Не очень понимаю, о чем вы.
Возможные комбинации:
$4321, 5321, 6321, 5421, 6421, 5431, 6431, 6531, 6541, 5432, 6432, 6542, 6532, 6543, 6521$.
Всего их $15$. Комбинация учитывает порядок выпадения кубиков.
Что не так?

-- 01.09.2019, 01:11 --

Yadryara, спасибо за ответ.
Хочу пойти таким путём : всего можно составить $28$ пар из $8$ команд. Мы в первом туре имеем какие-то $4$ пары из $28$ - $\frac{28!}{24!4!}$. Если же мы хотим, чтобы $8$ команда не играла с $7$, то имеем $\frac{27!}{23!4!}$ благоприятных исходов. Значит вероятность, что в первом туре команда $7$ не встретится с командой $8$ равна $\frac{6}{7}$.
Это верный путь?

[Yadryara]

Sdy в сообщении #1413063 писал(а):

Значит вероятность, что в первом туре команда $7$ не встретится с командой $8$ равна $\frac{6}{7}$.
Это верный путь?

Конечно же $\frac{6}{7}$. Но зачем же такой огород городить...