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 8 карт. Среди полученных 8-ти карт : 7,7,Q,Q,A,10,9,8 (масть не имеет значения). Из этой же колоды (где теперь осталось 44 карты) одним движением вытягивают еще 9 карт. 1)Какова вероятность того, что с полученными при первой сдаче картами 7,7,10 можно собрать комбинацию состоящую из трех карт одного достоинства и двух карт другого достоинства? Иными словами, вероятность собрать одну из: 7771010,77101010. 2)Если в условии будет сказано, что 9 карт будут вытянуты в три захода по три карты, какова вероятность что хотя бы в одной из "троек" окажется пара карт одинакового достоинства ?

Спасибо за ответ.

задан 17 Дек '13 18:57

Собственно, ответ на первый вопрос я пробовал найти самостоятельно. Делал я это двумя способами: первый основан на ответе, предоставленном вот здесь math.hashcode.ru/questions/26402/ И выглядело это следующим образом : Если семерок не пришло, а десяток пришло не более одной, то за это отвечает многочлен (1+2t+t^2)^{10}(1+3t+3t^2+t^3)(1+3t)(1+4t+6t^2+4t^3+t^4).

(17 Дек '13 19:00) nom

Если семерки могли прийти, а десятки не пришли, то за это отвечает (1+2t+t^2)^{2}(1+3t+3t^2+t^3)^{3}(1+4t+6t^2+4t^3+t^4)^{7}. Правда успехом это не увенчалось - я допустил ошибку, ведь сумма коэффициентов при t^9 этих двух многочленов деленная на С(44;9) оказалась больше единицы.

(17 Дек '13 19:01) nom

Далее был второй способ, который дал ответ в 25% : Собрать искомую комбинацию можно двумя способами : либо 7771010, либо 77101010. Данные события, похоже, совместны, следовательно, сумма их вероятностей будет равна Р(А) = Р(А1) + Р(А2) - Р(А1,2), где Р(А1) = собрать 7771010, Р(А2) = собрать 77101010, а Р(А1,А2) = собрать 777101010. Обратная вероятноятность от Р(А1) означает, что либо не пришло ни одной 7, либо, если 7 пришла(и), то десяток нет. "Нет семерок" считаем как : С(42;9)/С(44;9), получаем 0,62896.

(17 Дек '13 19:01) nom

"Семерки есть, но нет десяток" считаем как : (1-0,62896)С(41;9)/С(44;9) = 0,18336. Отсюда Обратная вероятность от Р(А1) = 0,62896+0,18336 = 0,81232. Р(А1) = 0,187675. Обратная вероятность от Р(А2) означает, что пришло не более одной десятки. Либо 0 либо одна. 0 Десяток считаем как : С(41;9)/С(44;9). Одна десятка : 3С(41;8)/С(44;9). Их сумма равна 0,8985, отсюда Р(А2) = 0,1014799.

(17 Дек '13 19:02) nom

Далее Р(А1,А2), которая заключается в том, что бы вытащить и семерку и две десятки. Вытащить хотя бы одну семерку мы считали выше, она равна (1-0,62896). Вытащить 2 или 3 десятки считаем как : Вытащить две это С(3;2)*С(41;7)/С(44;9), вытащить три это С(41;6)/С(44;9). Отсюда Р(А1,А2) = (1-0,62896) * (0,095137+0,00634) = 0,03765. Подставим : Р(А) = 0,187675+0,1014799-0,03765= 0,251502376. Что примерно 25%. Где же ошибка в первом способе ? И, полагаю, что второй мой расчет тоже неверен :)

(17 Дек '13 19:02) nom
10|600 символов нужно символов осталось
0

Первый вариант проще всего решить непосредственно, без производящих функций. Находим вероятность дополнительного события: среди 9 новых карт либо нет десяток, либо десятка ровно одна, но при этом нет семёрок. Это непересекающиеся случаи.

Если десяток нет, то мы берём 9 карт из 41. Это $%C_{41}^9$%. Если десятка одна, то она берётся 3 способами, а потом 8 карт добирается из числа 39. Это $%C_{39}^8$%. Ответом будет $$1-\frac{C_{41}^9+3C_{39}^8}{C_{44}^9}=\frac{1731}{7052}\approx0,2454622802.$$

Многочлен, который Вы рассмотрели в первом комментарии, не соответствует имеющейся задаче. Например, там участвует степень $%(1+2t+t^2)^{10}$%, но при этом непонятно, какие это 10 мастей, и почему мы из них берём не более двух карт, и вдобавок одну карту берём только двумя способами.

Расчёт на основе использования сочетаний у Вас слишком длинный. Там всё можно сделать похожим способом, но проще.

Пункт 2 условия задачи хотелось бы уточнить. Что там учитывается как "успех", когда вытаскиваем три карты? Правильно ли я понимаю, что там и 77, и KK, и KKK, и всё прочее хотя бы в одном из трёх "раундов" нас устраивает?

Добавление. По поводу второй задачи: здесь надо применить технику производящих функций. Поскольку речь будет идти о трёх кучках карт (по три в каждой), мы рассмотрим производящую функцию от трёх переменных. Будем вычислять вероятность того, что ни в какой тройке не встретятся карты одинакового достоинства.

Возьмём для примера двойки, их в оставшейся части колоды имеется 4. Мы их распределяем по трём кучкам, не кладя в одну кучку более одной такой карты. Количество карт в кучках обозначим соответственно через $%k$%, $%l$%, $%m$%. Нас будет интересовать случай $%k=l=m=3$%, но об этом мы вспомним позже. Пока что введём одночлен $%a_{klm}x^ky^lz^m$%, где коэффициент означает количество способов разложить двойки по кучкам с соблюдением всех условий. Итак, мы можем не положить двоек вообще -- это 1 способ. Мы можем положить двойку в первую кучку. Это 4 способа, и за это у нас отвечает одночлен $%4x$%. Аналогично для $%4y$% и $%4z$%. Если мы кладём две карты из четырёх, то кладём их в разные кучки -- например, в первую и вторую. Способов тут 12, и получается одночлен $%12xy$%, а также все ему симметричные. Наконец, если мы раскладываем три карты, по одной на кучку, то получаем 24 способа и одночлен $%24xyz$%.

Складывая всё вместе, получаем производящую функцию $%p_1=p_1(x,y,z)=1+4(x+y+z)+12(xy+xz+yz)+24xyz$%. Карт, подобных двойкам, у нас имеется 7 видов (это те виды карт, которых нет среди взятых восьми). Поэтому $%p_1$% будет возводиться в седьмую степень.

Аналогично, для карт каждого из достоинств 8, 9, 10, A возникнет производящая функция $%p_2=p_2(x,y,z)=1+3(x+y+z)+6(xy+xz+yz)+6xyz$%. Её мы будем возводить в четвёртую степень.

Наконец, для карт типа 7, 10 получается $%p_3=p_3(x,y,z)=1+2(x+y+z)+2(xy+xz+yz)$%. Эта функция возводится в квадрат.

Итого получается производящая функция $%p=p(x,y,z)=p_1^7p_2^4p_3^2$%, и нас интересует коэффициент в этом многочлене при $%x^3y^3z^3$%. Компьютерный подсчёт показывает, что он равен $%675155767488$%. Это общее число случаев "неудачи", когда ни в одной тройке нам не попалось карт одинакового достоинства. Общее же число способов извлечь последовательно три тройки равно $%C_{44}^3C_{41}^3C_{38}^3=1191003253440$%. Поэтому ответом в задаче, то есть вероятностью "успеха", будет число $$1-\frac{675155767488}{1191003253440}=\frac{2686705656}{6203141945}\approx0,4331201317,$$ то есть чуть выше $%43\%$%.

ссылка

отвечен 17 Дек '13 19:39

изменен 18 Дек '13 5:23

(1+2t+t^2)^{10} - да, здесь ошибка, десятой степени быть не должно. Он отвечает за дамы: либо 0, либо одна С(2;1), либо две t^2. Степени я тут совсем неправильно переписал (не так как считал) - второй многочлен должен быть в третьей, а последний в седьмой. и 77, и KK, и KKK, и всё прочее хотя бы в одном из трёх "раундов" нас устраивает? - да, верно.

(17 Дек '13 19:45) nom

Где же моя ошибка, в построении двух многочленов для первого вопроса ? Первый =(1+2t+t^2)(1+3t+3t^2+t^3)^3(1+3t)(1+4t+6t^2+4t^3+t^4)^7 Второй = (1+2t+t^2)^2(1+3t+3t^2+t^3)^3(1+4t+6t^2+4t^3+t^4)^7. "Расчёт на основе использования сочетаний у Вас слишком длинный. Там всё можно сделать похожим способом, но проще" - я был бы очень благодарен, если бы вы описали и этот способ тоже.

Большое спасибо!

(18 Дек '13 16:45) nom

У Вас была ошибка, я на неё указал, Вы её признали. Сейчас Вы новый вариант указали, и его надо отдельно анализировать. Теперь всё почти правильно -- надо только в первом многочлене вместо $%1+3t$% написать $%3t$%. Это потому, что случай отсутствия десяток учитывается во втором многочлене. Но здесь производящие функции как таковые не нужны, потому что везде можно брать $%1+t$% в степенях, и там коэффициент равен числу сочетаний.

Способ на основе сочетаний, который я имел в виду, у меня как раз и описан в приведённом мной решении.

(18 Дек '13 17:33) falcao

Хм, если два многочлена верны (после замены 1+3t на 3t), то что-то не сходится... Сумма коэффициентов дает 466167625, поделим это на С(44;9), получится 0,657564627, отнимем единицу, это даст ~34%.

(18 Дек '13 17:45) nom

У меня всё сошлось, и получился тот же ответ. Сумма коэффициентов равна 184571244+350343565=534914809. При делении на число сочетаний, то есть на 708930508, получается около 75 с небольшим процентов (для "неуспеха").

(18 Дек '13 18:32) falcao

Да, сошлось, полностью соответствует значению, полученному выше в ответе.

(18 Дек '13 18:47) nom
показано 5 из 6 показать еще 1
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:

×2,959
×861

задан
17 Дек '13 18:57

показан
677 раз

обновлен
18 Дек '13 18:47

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