Прошу помочь решением (или советом) в следующей задаче : Стандартная колода, 52 карты. Карты 13-ти достоинств (2,3,4...Q,K,A) в 4 мастях. Из колоды наугад берут 5 карт. Среди полученных 5-ти карт : 7,6,Q,Q,A (масть не имеет значения). Из этой же колоды (где теперь осталось 47 карт) одним движением вытягивают еще 12 карт. Какова вероятность того, что с полученными при первой сдаче картами 7,6 можно собрать комбинацию, состоящую из пяти карт разной масти, достоинства которых идут по порядку ? Т.е. вероятность собрать одну из : 34567 45678 56789 678910 Масть значения не имеет.

Заранее благодарю.

задан 29 Ноя '13 22:07

изменен 29 Ноя '13 22:09

10|600 символов нужно символов осталось
0

У меня получилось примерно 67 процентов, что звучит достаточно правдоподобно. Я применял формулу включений и исключений.

Обозначим через $%A_{ij}$% событие, состоящее в том, что у нас на руках будет иметься каждая из карт от $%i$% до $%j$%. Про то, что 6 и 7 точно есть, мы помним, но так удобнее обозначать. Нас интересует вероятность $%P(A_{37}\cup A_{48}\cup A_{59}\cup A_{6,10})$% объединения этих событий. Полагая $%a_{ij}=P(A_{ij})$%, применяем формулу включений и исключений. Вероятность оказывается равна знакочередующейся сумме $%S_1-S_2+S_3-S_4$%, где $%S_1=a_{37}+a_{48}+a_{59}+a_{6,10}$%, $%S_2=a_{38}+a_{39}+a_{3,10}+a_{4,9}+a_{4,10}+a_{5,10}$%, $%S_3=a_{39}+a_{3,10}+a_{3,10}+a_{4,10}$%, $%S_4=a_{3,10}$%, что после упрощений и сокращений оказывается равно $%(a_{37}+a_{48}+a_{59}+a_{6,10})-(a_{38}+a_{49}+a_{5,10})$%.

Легко заметить, что все слагаемые первой суммы равны между собой, будучи равными вероятности, которую мы обозначим через $%p(3)$%. Это вероятность иметь среди $%12$% дополнительных карт хотя бы по одной карте каждого из трёх определённых видов, принимающих значения во множестве $%\{3,4,5,8,9,10\}$% (например, 3, 4 и 5). Аналогично, через $%p(4)$% обозначим вероятность иметь хотя бы по одной карте каждого из четырёх видов (скажем, 3, 4, 5, 8). То есть нам надо подсчитать величину $%4p(3)-3p(4)$%.

Каждая из этих величин выражается через сочетания при помощи той же формулы включений и исключений. Чтобы подсчитать $%p(3)$%, достаточно ограничиться случаем, когда среди 12 карт есть тройки, четвёрки и пятёрки. Дополнительная вероятность, равная $%1-p(3)$%, означает, что у нас нет хотя бы одной из таких карт. Всего способов извлечь 12 карт из 47 можно $%C_{47}^{12}$% способами. При этом троек не будет, если мы извлекаем 12 карт из оставшихся 43, и это можно сделать $%C_{43}^{12}$% способами. Такое же число способов будет, если нет четвёрок или пятёрок. Но эти события могут пересекаться, поэтому мы учитываем, что отсутствие как троек, так и четвёрок имеет место в $%C_{39}^{12}$% случаях, и то же самое для симметричных вариантов. Наконец, может быть так, что нет ни троек, ни четвёрок, ни пятёрок, и этих случаев у нас $%C_{35}^{12}$%. Тогда формула включений и исключений даёт $$p(3)=1-\frac{3C_{43}^{12}-3C_{39}^{12}+C_{35}^{12}}{C_{47}^{12}}.$$ Для подсчёта $%p(4)$% используем аналогичный способ, вычисляя вероятность того, что у нас среди 12 карт есть и тройки, и четвёрки, и пятёрки, и восьмёрки (остальные аналогичные случаи симметричны). Получается $$p(4)=1-\frac{4C_{43}^{12}-6C_{39}^{12}+4C_{35}^{12}-C_{31}^{12}}{C_{47}^{12}}.$$ Из двух предыдущих равенств получаем окончательно $$4p(3)-3p(4)=1-\frac{6C_{39}^{12}-8C_{35}^{12}+3C_{31}^{12}}{C_{47}^{12}}=\frac{20893780}{31157663},$$ что приблизительно равно $%0,67058$%, то есть около $%67\%$%.

ссылка

отвечен 30 Ноя '13 1:35

Здравствуйте.

Вы не могли бы пояснить принцип образования S2 и S3.

спасибо.

(2 Дек '13 16:34) nom

$%S_2$% есть сумма элементов, входящих в попарные пересечения множеств, в соответствии с формул. Множеств всего 4, и я рассматриваю эти пересечения в таком порядке: первое со следующими тремя, второе со следующими двумя, третье с последним. Первое слагаемое соответствует пересечению $%A_{37}\cap A_{48}$%, и оно означает, что у нас есть всё от троек до семёрок. То есть это множество $%A_{38}$%, и элементов в нём $%a_{38}$%. Всё остальное сделано по тому же принципу. Для $%S_3$% берутся тройные пересечения.

(2 Дек '13 16:55) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

да, теперь понятно. Сам остановился после того, как посчитал 4*Р(3) (разумеется не таким способом как вы, а весьма примитивным - суммируя вероятности 64 комбинаций прихода нужных карт). Там то я и остановился не совсем понимая, как вычесть "наложение" карт. Большое спасибо.

ссылка

отвечен 30 Ноя '13 14:47

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:

×1,843

задан
29 Ноя '13 22:07

показан
473 раза

обновлен
2 Дек '13 16:55

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