Колоды и пассажиры.

[dm87]

Здравствуйте. Пожалуйста, помогите решить 2 задачки по тер. веру:

1) Колода из 52 карт раздаётся поровну четверым игрокам. Найти вероятность того, что у одного из игроков все 13 карт будут одной масти.

2) Девять пассажиров рассаживаются в трёх вагонах трамвая. Каждый пассажир выбирает вагон наудачу. Какова вероятность того, что а) в каждый вагон сядет по три человека б) в один из вагонов сядет четверо, в другой - трое, в третий - двое?

Всем заранее большое спасибо.

[PAV]

Во-первых, Ваши собственные соображения хотелось бы услышать. Хотя бы опишите вероятностное пространство для данной задачи. Каковы элементарные исходы, сколько их, как задаются вероятности.

В первой задаче: имеется в виду, что хотя бы у одного игрока будет 13 карт одной масти, или ровно у одного игрока?

[dm87]

Сказано, что вероятность события вычислять по формуле классического определения вероятности, т.е. пространство элементарных событий состоит из N равновероятных исходов эксперимента.

P = M/N

где М - кол-во элементарных событий, N - общее кол-во событий.

по первой задаче есть кое-какие мысли. N мы можем подсчитать, как перестановка 52 карт на 4 человека по 13 карт, т.е.
N = P52(13,13,13,13) = (52!)/(13!)^4
но вот как подсчитать M...

Цитата:

В первой задаче: имеется в виду, что хотя бы у одного игрока будет 13 карт одной масти, или ровно у одного игрока?

ровно у одного игрока.

во второй задаче непонятно с этой удачей...

Цитата:

Каждый пассажир выбирает вагон наудачу.

[neo66]

Разберемся, например, с задачей 2б. Представим наше событие таким целочисленным вектором
$(a_1,a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7, a_8, a_9)$
где $a_i$ принимает значение 1,2 или 3 в зависимости от того, в 1,2 или 3_й вагон сядет i_ый пассажир. Например (1,1,2,1,2,2,3,1,1) означает, что в первый вагон сели 5 человек, во второй - 3 и в третий -1. Каждый такой вектор равновероятен. Посчитаем мощность пространства событий. Она равна $3^9$.Количество благоприятных событий равно в данном случае $C_9^2C_7^33!$. Делим одно на другое и получаем искомую вероятность.

[dm87]

спасибо. с мощностью пространства события всё понятно. но вот как вы получили вот эту формулу?

Цитата:

$C_9^2C_7^33!$

[PAV]

По поводу первой задачи. Рассмотрим событие, заключающееся в том, что первый игрок получит все карты одной масти, а что получат остальные - неважно. Для этого нужно выбрать одну масть (4 способа) и отдать все карты этой масти первому игроку, после чего распределить оставшиеся 39 карт между тремя игроками произвольным способом. Это дает $4\cdot\frac{39!}{(13!)^3}$ способов.

Но на самом деле нам нужно распределить 39 карт не всеми возможными способами, а такими, при которых ни один из трех игроков не получает все карты одной масти. Удобнее найти количество способов, которые нам не подходят, т.е. когда хотя бы один из трех игроков также получает все карты одной масти. Обозначим через $A_i$ - множество вариантов раздачи, при которых игрок $i$ получает карты одной масти. Мы хотим найти объем множества $A_1\cup A_2\cup A_3$. Для этого используется формула включений-исключений:

$$ |A_1\cup A_2\cup A_3|=|A_1|+|A_2|+|A_3|-|A_1\cap A_2|-|A_1\cap A_3|-|A_2\cap A_3|+|A_1\cap A_2\cap A_3| $$

Это все найдите сами. Можно также заметить, что множества совпадают:

$$ A_1\cap A_2 = A_1\cap A_3 = A_2\cap A_3 = A_1\cap A_2\cap A_3 $$

поскольку если все игроки кроме одного получили карты одной масти, то последний также автоматически получит карты одной масти.

Таким образом мы найдем число способов, при которых первый игрок получит все карты одной масти, а все остальные - нет. Умножив это число на 4, получим требуемое число способов $M$.

Добавлено спустя 5 минут 41 секунду:

dm87 писал(а):

спасибо. с мощностью пространства события всё понятно. но вот как вы получили вот эту формулу?

Цитата:

$C_9^2C_7^33!$

$3!$ равно числу перестановок вагонов трамвая. Тем самым мы из трех изначально одинаковых вагонов выбираем тот, в который сядет четверо (ему присваиваем номер 1), трое (номер 2) и двое (номер 3).

После этого нам надо на 9 местах вектора разместить 4 единицы, 3 двойки и 2 тройки. Автор формулы сначала разместил тройки, выбрав из 9 позиций две. Затем двойки, выбрав из оставшихся семи позиций три. Единицы автоматически занимают оставшиеся 4 позиции. Можно было бы размещать сначала единицы, потом двойки, потом тройки, тогда формула была бы $C_9^4C_5^3$, что то же самое.

[dm87]

Фух, спасибо большое. Со второй задачей разобрался. Под а получаем $C_9^3C_6^33!$.

но с первой.... непонятно, как подсчитать по формуле включений-исключений

Цитата:

число способов, при которых первый игрок получит все карты одной масти, а все остальные - нет.

а N для данной задачи я правильно выразил?

[PAV]

N правильно, а все остальное я же написал подробно

[dm87]

да, большое спасибо. непонятно, как находить A_1,A_2...

[neo66]

dm87 писал(а):

Фух, спасибо большое. Со второй задачей разобрался. Под а получаем $C_9^3C_6^33!$.

Боюсь, что это неверно. Вторая задача с подвохом, недаром она разделена на две, казалось бы, однотипные.
Правильный ответ в задаче 2а) для числа благоприятных событий $C_9^3C_6^3$. Мы в первый вагон сажаем 3 человека, затем во второй 3 из оставшихся.
В задаче же 2б) у нас есть $3!=6$ случаев:
1. $(2,3,4) $ - в первом вагоне 2 человека, во втором - 3, в третьем - 4.
2. $(3,2,4) $ - в первом вагоне 3 человека, во втором - 2, в третьем - 4.
и т.д.
Каждый дает $C_9^2C_7^3$ вариантов.

[Paradox]

По поводу первой задачки, сдается мне что $P=\prod\limits_{0}^{12} P_i; P_i=\frac{13-i}{52-4i}\prod\limits_{n=1}^{n=3}\frac{(52-4i-n)-(13-i-1)}{(52-4i-n)}, если раздавать карты по одной каждому. P=1,57477E-12

[esperanto]

neo66 писал(а):

dm87 писал(а):

Фух, спасибо большое. Со второй задачей разобрался. Под а получаем $C_9^3C_6^33!$.

Боюсь, что это неверно. Вторая задача с подвохом, недаром она разделена на две, казалось бы, однотипные.
Правильный ответ в задаче 2а) для числа благоприятных событий $C_9^3C_6^3$. Мы в первый вагон сажаем 3 человека, затем во второй 3 из оставшихся.
В задаче же 2б) у нас есть $3!=6$ случаев:
1. $(2,3,4) $ - в первом вагоне 2 человека, во втором - 3, в третьем - 4.
2. $(3,2,4) $ - в первом вагоне 3 человека, во втором - 2, в третьем - 4.
и т.д.
Каждый дает $C_9^2C_7^3$ вариантов.

Ваше решение 2б не верно.

[dm87]

Вторая задача решена 100% правильно (проверил преподаватель). Но вот как решить 1-ую...

[PAV]

dm87 писал(а):

да, большое спасибо. непонятно, как находить $A_1,A_2...$

Да ровно так, как написано в начале моего решения. Только во-первых мы теперь имеем 39 карт и 3 участника, а во-вторых теперь в рамках события $A_i$ мы накладываем условие только на участника $i$, а на других - нет условий.

[Anka]

подскажите пожалуйста, вот во второй задаче, мне нужно найти вероятность того, что в первый вагон сядут 3 человека. Это я сначала из 9 людей выбираю 3х, а оставшихся 6рых мне нужно рассадить по 2ум вагонам? Это будет $C_9^3C_6^2$