Теория вероятностей (комбинаторика)

[ole-ole-ole]

Сначала сформулирую задачи, потом напишу свои соображения по ним....

1) В пачке 8 тетрадей - 2 в линейку и 6 в клетку. Случайным образом делят тетради на две равные стопки.
Какова вероятность того, что:

а) Две тетради в линейку в одной стопке
б) В каждой стопке есть тетрадка в линейку
в) В первой стопке есть тетрадка в линейку

2) Колоду из 36 карт перемешивают и выкладывают в ряд. Какова вероятность того, что четыре туза рядом?

3) Колоду из 36 карт раздают 6 игрокам. Какова вероятность того, что все тузы окажутся у одного игрока?
У каждого игрока по 1 тузу?

4) Игральный кубик подбрасывается 6 раз. Какова вероятность того, что на каждой грани выпадет разное количество очков?

5) Подбрасывают 3 игральных кубика и смотрят за тем - сколько очков выпадет на верхней грани.
Какова вероятность того, что

а) На всех кубиках разное количество очков
б) На всех кубиках одинаковое количество очков
в) На двух кубиках одинаковое кол-во очков, а на третьем другое.

------------------------------------------------------------------------------

Идеи:

1)

а) $p=\dfrac{C_2^2}{C_8^4}$

б) $p=\dfrac{C_4^1\cdot C_6^1+C_4^1\cdot C_6^1}{C_8^4}$

в) $p=\dfrac{C_4^1\cdot C_6^1}{C_8^4}$

2)

Я бы "склеил" тузы:
$p=\dfrac{4!\cdot 32!}{36}$

3)

Все тузы у одного игрока $p=\dfrac{C_4^4\cdot C_{32}^2}{C_{36}^6}$

У каждого игрока по одному тузу $p=0$

4) Первый раз выпало какое-то кол-во очков с вероятностью один.

Вероятность того, что выпадет другое кол-во очков равна $\dfrac{5}{6}$ итп

$p=\dfrac{5}{6}\cdot \dfrac{4}{6}\cdot \dfrac{3}{6}\cdot \dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{1}{6}=\dfrac{6!}{6^6}$

5)

а) $p=\dfrac{5}{6}\cdot \dfrac{4}{6}$

б) $p=\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{1}{6}$

в) $p=\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{5}{6}$

Что верно, а что - нет?

[gris]

1а) А кто будет учитывать тетради в клетку и то, что две тетради в линейку могут попасть во вторую пачку?
1бв) Чем отличаются эти случаи? тем, что в первой пачке может быть б) ровно одна тетрадь из двух; в) одна или две.
2) Сколько будет карт, если склеить тузы?
5аб) да в) а если первый совпадёт с третьим?

[Mathusic]

gris в сообщении #607110 писал(а):

1а) А кто будет учитывать тетради в клетку и то, что две тетради в линейку могут попасть во вторую пачку?

Помойму, там просто опечатка, не?

ole-ole-ole в сообщении #607100 писал(а):

1)
а) $p=\dfrac{C_2^2}{C_8^4}$

Должно $p=\dfrac{C_6^2}{C_8^4}$

[gris]

Да, учли тетради в клетку. Получилась вероятность того, что в первой пачке две тетради в линейку. А если они во второй?

[ole-ole-ole]

Спасибо

1)

а) $p=\dfrac{C_2^2\cdot C_6^0+C_2^2\cdot C_6^0}{C_8^4}$

б) $p=\dfrac{C_4^1\cdot C_6^1+C_4^1\cdot C_6^1}{C_8^4}$

в) $p=\dfrac{C_4^1\cdot C_6^1+C_4^1\cdot C_6^1+C_2^2\cdot C_6^0+C_2^2\cdot C_6^0}{C_8^4}$

[gris]

Какова вероятность случайно написать правильный ответ?

[ole-ole-ole]

gris в сообщении #607110 писал(а):

2) Сколько будет карт, если склеить тузы?

Ой, 33

$p=\dfrac{4!\cdot 33!}{36}$

gris в сообщении #607110 писал(а):

5аб) да в) а если первый совпадёт с третьим?

А нам разве важен порядок?

Быть может нужно домножить на число перестановок?

$p=\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{5}{6}\cdot 3!$

-- 17.08.2012, 20:09 --

gris в сообщении #607120 писал(а):

Какова вероятность случайно написать правильный ответ?

Такая же - как встретить динозавра

[Mathusic]

gris в сообщении #607115 писал(а):

Да, учли тетради в клетку. Получилась вероятность того, что в первой пачке две тетради в линейку. А если они во второй?

Ну да. На двойку предлагаете помножить?

ole-ole-ole в сообщении #607119 писал(а):

Спасибо
а) $p=\dfrac{C_2^2\cdot C_6^0+C_2^2\cdot C_6^0}{C_8^4}$
[/math]

Откуда это всё? Может пояснения будете делать?

[ole-ole-ole]

$C_2^2\cdot C_6^0$ - количество способов выбрать 2 тетрадки из 2 тетрадок в линейку и 0 тетрадок в клутку из 6 тетрадок в клетку -- это про первую пачку.

Во второй -- также $C_2^2\cdot C_6^0$

Поэтому $C_2^2\cdot C_6^0+C_2^2\cdot C_6^0$

-- 17.08.2012, 20:59 --

А что по 3 и 4 задаче?

[--mS--]

4-я верно. А в третьей та же ошибка, что была в первой. Вы нашли вероятность того, что первому игроку достанутся все 4 туза. Ан они могут достаться и второму.

-- Сб авг 18, 2012 02:41:26 --

Mathusic в сообщении #607127 писал(а):

Откуда это всё? Может пояснения будете делать?

А к чему здесь пояснения? Всё и так читается однозначно.

[ole-ole-ole]

3)

Все тузы у одного игрока $p=\dfrac{6\cdot C_4^4\cdot C_{32}^2}{C_{36}^6}$

У каждого игрока по одному тузу $p=0$

[--mS--]

Так верно.

[gris]

ole-ole-ole в сообщении #607128 писал(а):

$C_2^2\cdot C_6^0$ - количество способов выбрать 2 тетрадки из 2 тетрадок в линейку и 0 тетрадок в клутку из 6 тетрадок в клетку -- это про первую пачку.

Во второй -- также $C_2^2\cdot C_6^0$

Поэтому $C_2^2\cdot C_6^0+C_2^2\cdot C_6^0$

А разве в пачке не 4 тетради?

5в) переставлять надо только двух последних.

2) факториальчик внизу пропал

[CBst]

Mathusic в сообщении #607114 писал(а):

Должно $p=\dfrac{C_6^2}{C_8^4}$

ole-ole-ole в сообщении #607119 писал(а):

а) $p=\dfrac{C_2^2\cdot C_6^0+C_2^2\cdot C_6^0}{C_8^4}$

Должно быть же $\frac{2C_4^2}{C_8^4}$. Даже вручную посчитать если количество благоприятных событий, то их 12.

Отсюда и последующие легко находятся:
б) $\frac{C_8^4-2C_4^2}{C_8^4}$
в) $\frac{C_8^4-C_4^2}{C_8^4}$

Toucan:

См. post607243.html#p607243

[--mS--]

Уж коли хотите решать вместо автора, то хотя бы решайте верно.