0
1

Здравствуйте.

Вопрос состоит в следующем :

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 : 3,3,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 3,3 можно собрать комбинацию состоящую из трех карт одного достоинства и двух карт другого достоинства? Иными словами, вероятность собрать одну из: 333ХХ,33ХХХ

Спасибо за ответ.

задан 4 Дек '13 15:30

изменен 4 Дек '13 21:16

Deleted's gravatar image


126

Сразу же уточняю условие. Правильно ли я понимаю, что случай 3333x мы не рассматриваем, а среди рассматриваемых будут 333QQ, 33377, 33QQQ, 33AAA, 33KKK и всё остальное этого же типа?

(4 Дек '13 15:53) falcao

да, верно.

(4 Дек '13 15:55) nom

Не отображается кнопка "добавить комментарий" в цепочке ниже, похоже, нельзя к одному ответу создать более 7-ми комментариев. Так что спрошу здесь : понятно, что вручную считать коэфф при t12 весьма непросто, в экселе, к примеру, есть подходящий инструмент ? или же нужно какой-то спец софт ?

(6 Дек '13 16:59) nom

Да, вручную считать не очень удобно, но раскрыть скобки в многочлене можно при помощи чего угодно. Сейчас таких средств хоть отбавляй. Я обычно всё делаю в Maple. Можно пойти на wolfram и посчитать всё в онлайне. Вот, скажем, если ввести выражение (1+4t+6t^2)^10*(1+4t) в окошко, то там сразу будут раскрыты скобки, и коэффициент при $%t^{12}$% можно увидеть.

(6 Дек '13 17:08) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

Подсчитаем вероятность дополнительного события, то есть рассмотрим случай, когда нужной комбинации мы составить не можем. Это значит, что дополнительных троек нет (в противном случае составляется 333QQ), нет также дополнительных дам, а дополнительных тузов не более одного. При этом каждая из карт оставшихся десяти достоинств присутствует не более чем в двух экземплярах. Нас интересует, сколькими способами можно взять 12 карт из колоды без троек и дам, с соблюдением перечисленных выше условий.

Такого рода величины удобно считать в терминах производящих функций. Рассмотрим следующий многочлен от переменной $%t$%: $$(1+4t+6t^2)^{10}(1+4t).$$ Утверждается, что его коэффициент при $%t^{12}$% будет ответом. В самом деле, пусть мы перемножили в ходе раскрытия скобок 11 одночленов, взятых по одному из каждого множителя, и степень произведения относительно $%t$% оказалась равна 12. Этому соответствует следующая ситуация: если произведение обозначить как $%u_1u_2\ldots u_{10}u$%, то случай $%u_i=1$% означает, что карт $%i$%-го достоинства мы не взяли, что можно сделать одним способом. Здесь у нас перенумерованы все 10 достоинств карт помимо троек, дам и тузов, а последний множитель соответствует тузам. Если мы взяли одну карту $%i$%-го достоинства, то это можно было сделать 4 способами, и в общую сумму вносится вклад 1, что соответствует одночлену $%4t$%. Если из $%i$%-й группы бралось две карты, то сделать это можно $%C_4^2=6$% способами, и это соответствует одночлену $%6t^2$%. Для тузов, соответственно, возникают одночлены 1 (если тузов не берём) и $%4t$% (если берём одного туза).

Коэффициент при $%t^{12}$%, подсчитанный на компьютере, получился равен $%6909786240$% (вручную сосчитать тоже можно при большом желании). Общее же количество способов взять 12 карт из 47 равно $%C_{47}^{12}=52251400851$%. Делим одно число на другое, и получаем вероятность $%q\approx0,1322411673$%. Интересующая нас вероятность, тем самым, равна $%p=1-q\approx0,8677588327$%, и она составляет чуть меньше $%87\%$%.

ссылка

отвечен 4 Дек '13 17:42

Ответ впечатляет, большое спасибо. Как всегда на высоте :) Вы тут писали : "Такого рода величины удобно считать в терминах производящих функций". А какой существует неудобный способ ? Спрашиваю, потому что для меня оказалось довольно сложно "зацепиться за мысль". Возможно "неудобный способ" окажется более громоздким, но и в то же время более легок для понимания и восприятия.

(4 Дек '13 23:16) nom

Ну, это я просто так сказал. Можно сделать примерно то же самое, не упоминая о производящих функциях. Но это будет громоздко. Сам по себе метод я объяснил на примере: процесс раскрытия скобок отражает подсчёт числа способов.

(4 Дек '13 23:29) falcao

А каков был бы расчет, если бы условием было сказано, что ХХ и ХХХ могут быть любые карты, кроме дам, тузов, королей?

(5 Дек '13 11:37) nom

Если троек не пришло, то за это отвечает многочлен $%(1+4t+6t^2)^{10}(1+2t+t^2)(1+3t+3t^2)$%. С картами десяти достоинств кроме 3, Q, A всё как было, дам могло прийти от 0 до 2, тузов от 0 до 3. Если новые тройки есть, то многочлен будет равен $%(2t+t^2)(1+4t)^{10}(1+2t+t^2)(1+3t+3t^2)$%: здесь карт каждого из десяти достоинств не более двух. Складываем и находим коэффициент при $%t^{12}$%. Это даёт число "неудач". Делим на $%C_{47}^{12}$% и находим вероятность $%q$% неудачи. Тогда $%p=1-q$% -- вероятность удачи. Здесь она уменьшилась и стала равна примерно 70 с небольшим процентам (70,4575%).

(5 Дек '13 18:27) falcao

Здравствуйте. Попробовал разобраться, вещи начинают понемногу проясняться. Единственное, не могу понять несколько элементарных и очевидных истин, поясните, пожалуйста : 1) "Складываем и находим коэффициент при t^12: 1.1) Складываем эти два многочлена ? "Если троек не пришло" (многочлен (1+4t+6t^2)10(1+2t+t^2)(1+3t+3t^2)) и "Если новые тройки есть" (многочлен (2t+t^2)(1+4t)^10(1+2t+t^2)(1+3t+3t^2)) 1.2) "находим коэффициент при t^12" - то есть раскрываем скобки, перемножаем, находим t и возводим в степень ? Но ведь для этого многочлен должен чему-то равняться, иначе как найти t?

(6 Дек '13 14:22) nom

2) Почему в случае вытягивания двух карт одного достоинства мы t возводим в квадрат ? 3) Собственно, что такое t ? За что отвечает эта переменная? Число способов разместить карту конкретного типа ?

Спасибо большое за Ваше время и внимание. Буду несказанно рад, если поможете разобраться в вопросе.

(6 Дек '13 14:22) nom

Складываем мы два указанных многочлена, это верно.

Значение $%t$% найти нельзя -- это алгебраическая переменная. Смысл имеет не она, а коэффициенты при степенях. Если раскрыть все скобки в произведении, то получится многочлен $%a_0+a_1t+a_2t^2+\cdots+a_{12}t^{12}+\cdots$%. Смысл числа $%a_k$% таков: сколькими способами можно взять $%k$% карт? Нас интересует $%a_{12}$%.

Если сказано, что шестёрок я могу взять не более 2, а семёрок -- не более 3, то этому соответствуют многочлены $%1+4t+6t^2$% и $%1+4t+6t^2+4t^3$%. Мы их перемножаем и смотрим на $%a_k$%. Это число способов взять $%k$% карт.

(6 Дек '13 14:46) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
0

У меня в первом приближении получилось, но громоздко. Есть способы проще?

  1. Вероятность вытянуть третью даму или третью 3-ку p1 = 1 - 43/47 * 42/46 * ... = 1 - (43! / 31!) / (47! / 35!) (примерно 70%!).
  2. Если ничего из этого не вытянули, то вероятность вытащить двух тузов p2 = 3/43 * 2/42 * 12*11/2 (примерно 22%).
  3. Тут я не знаю, как учесть, что не вытянули двух тузов, видимо, через p2 + p3 - p2*p3. Если учитывать только то, что не вытянули третью даму или 3-ку, то вероятность вытащить три одинаковых других карты p3 = 4/43 * 3/42 * 2/41 * 12*11*10/3! (примерно 7%)
  4. Как получить вероятность вытянуть как минимум одну из троек я тоже не знаю, но приблизительно - 9 * p3.

Таким образом, итоговая вероятность - примерно 1 - (1 - p1) * (1 - p2) * (1 - 9*p3), или почти 92%.

ссылка

отвечен 4 Дек '13 16:57

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
×522

задан
4 Дек '13 15:30

показан
692 раза

обновлен
6 Дек '13 17:08

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