Вряд ли моё решение правильное, но всё-таки что-то в нём есть :)

Р (6) = 6! = 720 - общее число исходов

С (1 из 4) = 4

С (1 из 2) = 2

С (4 из 6) = 5 * 6 / 2 = 15

р = 2 * 4 * 15 / 720 = 0,1666

Спасибо.

задан 11 Ноя '18 0:11

@Jktu: уже первая строчка не имеет отношения к задаче. Здесь достают всего 2 шара, которые могут быть одного цвета или разных цветов, а у Вас получается 6!, как будто достают по очереди все 6 шаров и кладут их в ряд.

В ответе здесь будет 8/15, то есть чуть больше половины. И проще всего считать напрямую: БЧ или ЧБ, обе вероятности одинаковы. Поэтому удваиваем первую: 2(4/6)(2/5).

(11 Ноя '18 0:41) falcao

@falcao А ч/з умножение сочетаний (аналогично моему варианту) тут нельзя?

(11 Ноя '18 1:03) Jktu

@Jktu: если у Вас в самом начале ошибка, и неверно само представление об исходах, которых почему-то так много (целых 720), то дальше любое продолжение будет неверным. Надо сначала исправить ошибку, а потом уже анализировать. К тому же сам ход мысли иногда бывает хотя и ошибочный, но понятный. А тут я не понимаю логики. Что выражает число сочетаний из 6 по 4, например? В таких случаях нужны словесные пояснения.

(11 Ноя '18 1:14) falcao

@falcao С (4 из 6) - число способов, которыми можно составить шары, оставшиеся помимо первых двух. Логически умножаем друг с другом эти три сочетания и получаем общее число комбинаций.

А число исходов - число перестановок всех 6 шаров, независимо от от того, что могут быть поменяны местами два шара одного цвета - всё-таки это разные шары и потому увеличивается число комбинаций. Т.е. может быть Б1Б2Б3Б4Ч1Ч2, Б2Б1Б3Б4Ч1Ч2 и т.д. (или ББББЧЧ, ББББЧЧ, ББББЧЧ,...)

Но, возможно, так и есть: не это "общее число исходов". А, возможно, что и это. ...

Спасибо.

(11 Ноя '18 1:30) Jktu
1

@Jktu: я понял, что Вы имеете в виду. Можно считать (хотя это лишнее усложнение), что 6 шаров сначала расположили в ряд одним из 6! способов. И уже после этого смотреть, в скольких из этих случаев у нас первые два шара разноцветные. Это или БЧ, или ЧБ. Для Б выбираем его номер. Это 4 способа. Для Ч также выбираем номер. Это 2 способа. Далее остаются 4 конкретных шара, которые можно расположить в ряд 4! способами (а вовсе не C(6,4)). То есть Ваши 15 надо заменить на 24, и ещё добавить множитель 2 по причине двух случаев БЧ и ЧБ в начале. Тогда 8/15 и получится. Но так сложно решать не надо!

(11 Ноя '18 1:38) falcao

@falcao Непонятно, откуда (2/5) в 2(4/6)(2/5)...

(Прохожу сейчас "задачи на теоремы сложения и умножения вероятностей"; может, поэтому).

(11 Ноя '18 2:21) Jktu
1

@Jktu: считаем вероятность БЧ. Пусть на первом шаге достали белый шар. Вероятность 4/6. Осталось 5 шаров, из них 2 чёрных. Вероятность достать чёрный шар на втором шаге будет 2/5. Это условная вероятность -- при условии, что белый шар уже изъят. Формально, здесь применена формула P(XY)=P(X)P(Y|X), но достаточно и простого здравого смысла.

Для ЧБ вероятность такая же, что легко проверяется. Отсюда множитель 2 в начале.

(11 Ноя '18 2:29) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
0

Вероятность достать два шара белого цвета =(4/6)(3/5), вероятность достать два чёрных шара (2/6)(1/5), вероятность достать шары разного цвета : из 1 вычесть две полученные ранее вероятности

ссылка

отвечен 11 Ноя '18 0:36

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,891
×1,271
×40

задан
11 Ноя '18 0:11

показан
416 раз

обновлен
11 Ноя '18 2:29

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru