Комбинаторные задачи.

[eugenedobro]

Помогите решить следующие комбинаторные задачи:

1) k человек в едут в лифте n-этажного дома. Найти вероятность того что:
а) все выйдут на разных этажах.
б) все выйдут на одном этаже.
в) два заранее фиксированных человека выйдут на одном этаже.
2) k шаров раскладывают по n ящикам. Найти вероятность того что:
а) 2й ящик пуст.
б) в 1-м ящике 3 шара, в 4-и ящике 2 шара.
в) все шары в одном ящике (это ведь тоже самое что и 1.б ?).
3) Измененное домино: вместо нумерации доминошек (1-7) у нас (1-N). Выбираем 2 доминошки. Найти вероятность того что:
а) 1-я дубль, а 2-я не дубль.
б) 2-ю можно приставить к первой.

Спасибо.

[PAV]

По правилам форума Вы должны привети свои попытки решения и указать, в чем конкретные затруднения

-- Пн сен 12, 2011 08:08:12 --

Да, Вы правы в том, что математическая модель для первой и второй задачи - одинакова, и пункты 1б и 2в совершенно одинаковы.
Задачи на классическую схему, так что находите число благоприятных исходов в каждом пункте и делите на общее число исходов. В пункте 3б можно использовать формулу полной вероятности.

[eugenedobro]

1)
Пусть W - достоверное событие, в данном случае оно является так сказать "распределением людей по этажам".
Посмотрим чему равна вер-ть достоверного события $P(W) = n^k$
а) Рассмотрим случайное событие А - {все выйдут на разных этажах}.
Первый человек может выбрать из n этажей, второй (n-1), ... , k-й человек может выбрать из (n - k + 1) этажей. Тогда $P(A) = (n(n-1)...(n-k+1))/n^k$ .
б) А - {все выйдут на 1-м этаже}, тогда $P(A) = (n/n^k)$
в) Не знаю как описать событие А - {два человека выйдут на одном этаже}

2)
Раскладывают k шаров по n ящикам, аналогично задаче (1) $P(W) = n^k$
(Хотя у меня есть еще вариант подсчета P(W), который не совпадает с предыдущим:
представим "заполняемость ящиков" как последовательность 1 и 0, а именно, если в 1-м ящике j шаров, то ставим j единиц далее ставим 0, для того чтобы отделить от второго ящика и аналогично действуем далее и так мы получим последовательность из k единиц и (n - 1) нуля. А значит P(W) можно считать как всевозможные размещения k единиц и (n - 1) нулей, что считается как: $P(W) = (k + n -1)!/k!(n-1)! $)
а) и б) не могу описать событие А.
в) точно такая же как 1в

3)А вот с домино совсем плохо, у меня нет никаких предположений.

Заранее благодарю за помощь.

[PAV]

eugenedobro в сообщении #482408 писал(а):

Посмотрим чему равна вер-ть достоверного события $P(W) = n^k$

Вероятность достоверного события всегда равна 1.

Вероятность любого события не может превышать 1.

-- Пн сен 12, 2011 11:34:44 --

eugenedobro в сообщении #482408 писал(а):

Тогда $P(A) = (n(n-1)...(n-k+1))/n^k$

Это правильно

-- Пн сен 12, 2011 11:35:35 --

Дробь набирается так:

$$\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}$$

-- Пн сен 12, 2011 11:37:49 --

eugenedobro в сообщении #482408 писал(а):

б) А - {все выйдут на 1-м этаже}, тогда $P(A) = (n/n^k)$

Правильно, если не считать того, что вместо "1-м" (что общепринято читается как "первом") следует написать "одном", как в исходном условии задачи.

-- Пн сен 12, 2011 12:05:01 --

eugenedobro в сообщении #482408 писал(а):

(Хотя у меня есть еще вариант подсчета P(W), который не совпадает с предыдущим:
представим "заполняемость ящиков" как последовательность 1 и 0, а именно, если в 1-м ящике j шаров, то ставим j единиц далее ставим 0, для того чтобы отделить от второго ящика и аналогично действуем далее и так мы получим последовательность из k единиц и (n - 1) нуля. А значит P(W) можно считать как всевозможные размещения k единиц и (n - 1) нулей, что считается как:

Здесь Вы считаете число способов заполнить ящики неразличимыми шарами. Каждая последовательность задает, сколько шаров лежат в каждом ящике, но не определяет, какие это шары. А $n^k$ - это число способов заполнить различимыми шарами, каждый вариант определяет точный состав ящика. Несмотря на то, что в задаче различимость никак не фигурирует, поэтому в обеих схемах вероятность получится одинаковой, однако решать нужно именно как различимые шары, поскольку для неразличимых это неклассическая ситуация, и вероятность как отношение числа благоприятных исходов к общему числу здесь не подходит.

[eugenedobro]

Вот собственно решения первых 2х:
1в) Рассматриваем только 2х человек. У первого выбор из n этажей, а второй выйдет на том же следовательно ответ таков: $P(A) = \frac{n}{n^2}$
2а) Мы раскладываем k шаров по (n - 1) ящику, отсюда получаем: $P(A) = \frac{(n-1)^k}{n^k}$
2б) Выберем 3 шара и положим в один ящик, а еще два в другой, а оставшиеся (k- 5) по (n - 2) ящикам: $P(A) = \frac{C_k^3\cdot C_(k-3)^2\cdot(n-2)^(k-5)}{n^k}$
(C из k по 3 на С из (k - 3) по 2 на (n - 2) в степени (k - 5))