Теория вероятностей (комбинаторика)

[--mS--]

Конечно, равновероятны. Вот только нет смысла изобретать что-либо подобное в стендартных задачах на гипергеометрическое распределение.

[gris]

А кто спорит? Ответ всё равно $\dfrac 37$. Но ТС ещё не дошёл до распределений.

[Mathusic]

CBst в сообщении #607247 писал(а):

Обозначим тетрадки в линейку 1, тетрадки в клетку 0. Тогда существует 12 вариантов получить обе в линейку в одной стопке:

Но тут-то вы упорядочиваете их вообще!
Короче, у gris там ответ правильный = (который в посте 3) $\times 2$

[--mS--]

gris в сообщении #607257 писал(а):

А кто спорит? Ответ всё равно $\dfrac 37$. Но ТС ещё не дошёл до распределений.

А "распределения" тут и ни при чём. Это термин такой, из классической вероятности. Вопрос Ваш, на самом деле, по существу. Чтобы доказать равновероятность элементарных исходов в модели CBst, придётся обращаться к гораздо более сложному пространству исходов: а именно, к пространству всех перестановок. Это уже куда как богаче, чем просто сочетания из 8 по 4.

[gris]

gris в сообщении #607246 писал(а):

Задачу можно решить и так: пронумеровав тетради (1 и2 в линейку, 3-8 в клетку, выкладывать их по очереди и отбирать нужные варианты. Всего их $8!$, тут мы учитываем и различие тетрадей и порядок их выкладывания. Результат будет равен ранее полученному.

Я вот это и имел в виду. Только перестановки с учётом нумерации тетрадей, а без учёта Вы же такой вопрос и зададите: "А с чего это они равновероятны?" Вот тут студент и отправится в далёкое плавание

[ole-ole-ole]

--mS-- в сообщении #607235 писал(а):

ole-ole-ole в сообщении #607232 писал(а):

(Оффтоп)

Не пойму - о чем пишут Mathusic и CBst

Приветите свой окончательный правильный ответ к первому пункту первой задачи. Только проследите внимательно за числом тетрадок - как всех, так и выбираемых.

(5в) теперь верно.

А это разве неверно?

1)

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

[Mathusic]

ole-ole-ole в сообщении #607271 писал(а):

А это разве неверно?

А что, можно выбрать нужным образом только одну стопку? Вы тему читали вообще?

gris в сообщении #607240 писал(а):

Если случайным образом расставлять индексы в биномиальных коэффициентах, толку не будет.

[ole-ole-ole]

ой точно-точно)

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

gris в сообщении #607240 писал(а):

Задачу можно решать по-разному, лишь бы ответ был одинаков.
Например: кладём две тетради в линейку в первую стопку и добиваем её тетрадями в клетку, да ещё просто кладём четыре тетради в первую стопку. Делим на количество вариантов положить 4 любых тетради в первую стопку. Получаем $\dfrac {C^2_2\cdot C_6^2 + C^0_2\cdot C^4_6}{C^4_8}$, что чудесным образом совпадает с $\dfrac {2 C^2_6}{C^4_8}$, что может быть получено другим рассуждением.
Если случайным образом расставлять индексы в биномиальных коэффициентах, толку не будет. Надо побольше порешать простых задач. Потом придёт понимание того, например, какие события в первой задаче дополняют друг друга.

Спасибо, теперь понятно

Mathusic в сообщении #607273 писал(а):

А что, можно выбрать нужным образом только одну стопку? Вы тему читали вообще?

Я по порядку читаю)

[Mathusic]

ole-ole-ole в сообщении #607276 писал(а):

ой точно-точно)

Опять не то.

[ole-ole-ole]

Mathusic в сообщении #607278 писал(а):

ole-ole-ole в сообщении #607276 писал(а):

ой точно-точно)

Опять не то.

То

[--mS--]

Разумеется, то.

[gris]

Ну тогдашеньки самое несократимое решение. Пронумеруем восемь мест для тетрадей. Пусть первая тетрадь в линейку лежит где-то. Вторую можем положить в семь мест, из которых три удовлетворительны. Вероятность те же $\dfrac 37$.

[Mathusic]

(Оффтоп)

--mS-- в сообщении #607297 писал(а):

Разумеется, то.

После редактирования -- то