xx tree2: do windy na parterze 8−piętrowego wieżowca weszło 4 pasażerów.Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że pasażerowie wysiądą z windy na dwóch różnych piętrach

tree2: jeszcze drugie zadanko: w każdej z trzech urn znajduje się 10 kul: w pierwszej 2 białe i 8 czarnych, w drugiej 3 białe i 7 czarnych, w trzeciej 4 białe i 6 czarnych. z każdej urny losujemy po jednej kuli nie oglądając jej, wkładamy do czwartej urny. następnie z tej czwartej urny, losujemy jedną kulę; oblicz prawdopodobieństwo, że będzie to kula biała. chciałbym to zrobić na drzewku, ale nie mam pojęcia jak; świta mi tylko pomysł zrobienia tego coś w ten sposób:

	10 1		10 1		10 1
|Ω|=		*		*

i teraz wypisywać wszystkie możliwe wyjęcia czyli AAA, AAC, ACA, CAC, ACC, CCA itd.. czy to dobry sposób? jak to zrobić na drzewku? z góry dzięki, ja już nie mam pomysłów.

tree2: hmm

Jacek: 1) Chyba

8 2
	*(24−2)

Jacek: 1)Podzielone przez 8⁴

tree2:

	98		49
niestety nie; wyjdzie:		, a odpowiedź to:
	512		512

jakbyś mógł jeszcze wyjaśnić co i dlaczego, bo niebardzo łapię.

Jacek: Wychodzi 49/512.

8 2
	=8*7/2=28

(2⁴−2)=14 8⁴=4096 Ogólnie wyjaśnienie jest takie z ośmiu pięter możemy wylosować dwa piętra na

8 2
	kombinacji. Jak już mamy piętra spośród których wybierają osoby to liczymy ilość

wariacji na jakie mogą one opuścić windę, z czego odejmujemy dwie wariacje, które mają wszystkie 4 osoby na jednym piętrze albo na drugim.

tree2: teraz rozumiem. dziękuję. jeszcze proszę o wskazówkę odnośnie drugiego zadania, chciałbym to na drzewku rozwiązać, jeżeli się da.

PW: 281739

Jacek: 2) Chyba tak:

	2		3		4		2		2		3		6
1*		*		*		+		*		*		*		+
	10		10		10		3		10		10		10

	2		2		7		4		2		8		3		4
+		*		*		*		+		*		*		*		+
	3		10		10		10		3		10		10		10

	1		8		7		4		1		2		7		6
+		*		*		*		+		*		*		*		+
	3		10		10		10		3		10		10		10

1		8		7		4
	*		*		*
3		10		10		10

tree2: właśnie mam coś podobnego, sprawdzę ile mi wyjdzie, jak nie to zaraz zerknę u Ciebie. dzięki PW za link.

tree2: jest ok. dzięki za pomoc.

Jacek: Jak najlepiej uzasadnić dlaczego 2 piętra z 8 wybieramy licząc ilość tych wyborów kombinacjami, a stosując wariacje bez powtórzeń popełnimy błąd? Druga kwestia. Liczę na piechotę, osoba po osobie (właściwie to ilość wyborów dla każdej osoby po kolei przy ustalonej jednej kolejności osób):

	1		7		42
8*8*(		*(7*2)+		*(2*2))=8*8*		=336
	8		8		8

,czego nie uwzględniam?

Jacek: Co do Zadania z Windą to jeszcze mam kolejne pytanie, rozwiązywałem innym nieco sposobem:

8 2		4 3		4 2
	*[		*2!+		*2!]

	8 2
Wybieramy z jakiego zbioru pięter losować mogą osoby −

4 osoby mogą opuścić windę na 2 wybranych piętrach albo w układzie 3+1,2+2 − na wszelkie dostępne wariacje tych układów. Zatem: − myślowo scalamy 3 osoby w jedną osobę i mnożymy przez permutację zbioru dwóch nowo−powstałych osób (jednej nowej składającej się z 3 starych i drugiej starej, która jest czwartą z tamtego

	4 3
zbioru, która uniknęła scalenia) − ilość wariacji na jakie możemy to zrobić to =		*2!

− myślowo scalamy 2 osoby w jedną osobę i mnożymy przez permutację zbioru dwóch nowo−powstałych osób (jednej nowej składającej się z 3 starych i drugiej starej, która jest czwartą z tamtego

	4 2
zbioru, która uniknęła scalenia) − ilość wariacji na jakie możemy to zrobić to =		*2!

Wychodzi: 28*20 zamiast 28*14.

	4 2		4 2
Wiem gdzie jest źle, mianowicie w		*2! . Samo		wyczerpuje wszystkie wariacje

dostępne w układzie 2+2. Nie za bardzo potrafię opowiedzieć dlaczego akurat w tym przypadku rezygnujemy z w wymnożenia przez permutacje zbioru dwu−elementowego, czyli dwóch podwójnych osób. Widzę to po ręcznym rozpisaniu, ale co do zasady nie wiem.