Вероятность: Ненасытный Пончик, карманы и пряники.

[upgrade]

$$p_2(4)=\left (\dfrac {2-1}2\right )^{4-1}\left (1-\dfrac 1{2^2}\right )+\frac {4-1}2\left (\dfrac {2-1}2\right )^{4-2}=\dfrac {1}8\right \cdot \dfrac 3{4}+\frac {3}{2}\cdot \dfrac {1}4=\frac {3}{32}+\frac {3}{8}=\frac{15}{32}$$

[mihiv]

Нет, должно быть:

$$p_2(4)=\left (\dfrac {2-1}2\right )^{4-1}p_1(3)+\dfrac {4-1}2\left (\dfrac {2-1}2\right )^{4-2}p_1(2)$$

Но $p_1(3)=0,p_1(2)=1$, поэтому $p_2(4)=\dfrac 38$.

[ewert]

$\sum\limits_{i=0}^{[k/2]}C_{10}^{k-i}\cdot C_{k-i}^i\cdot\frac{k!}{2^i}$

(для каждого $i$ выбираем сначала $(k-i)$ разных цифр, затем $i$ из них делаем двойняшками и расставляем все $k$ всеми возможными способами; при этом за счёт двойняшек каждая комбинация дублируется $2^i$ раз)

Здесь подразумевается, что $C_n^m=0$ при $m>n$, т.е. фактически формула будет выглядеть по-разному при $k\leqslant10$, при $10<k\leqslant20$ и при $k>20$.

[xolodec]

ewert, благодарю за невероятно чистое решение!
Очень понятно объяснили, спасибо большое ! Понятен ход решения и понятен результат.

Однако хотелось бы понять все таки, какой ход мыслей был у составителей этой задачи. У них один из случаев при конкретном значении $m$ описывается следующей формулой:
$C_k^{2m} \cdot 10^{[k-m]} \cdot C_{2m}^{m} \cdot \frac{m!}{(2!)^m}$

Где $10^{[k-m]} = 10\cdot9....(10-k+m+1)$ - убывающая факториальная степень.

Мне кажется, что когда мы выбираем $10^{[k-m]} мы уже учитываем все перестановки и член $(2!)^m$ в знаменателе получается излишним

Как кажется мне:
Мы учитываем один из способов выбора $2m$ из $k$ и выбираем один из не повторяющихся вариантов цифр множителем $C_k^{2m} \cdot 10^{[k-m]}$
Далее выбираем сколькими способами можно выбрать фиксированные $m$ мест в $2m$ ячеек отведенных для двойняшек. На остальных $m$ местах учитываем все перестановки.

Откуда все таки берутся дополнительные $(2!)^m$ в знаменателе ?