mombinatoryka jaros: Na ile sposobów można wylosować z talii kart cztery karty, tak aby: c) wśród nich były co najmniej dwie karty tego samego koloru

Jerzy: To zależy od talii.

jaros: 52 karty 4 kolory

jaros: prosiłbym o wynik bo zdaje się, że w odpowiedziach jest zły

Jerzy: 52*51*50*49 − 13⁴

Jerzy: Korekta: 52*51*50*49 − 13⁴*4!

Minato: Co najmniej dwie z tego samego koloru oznacza 0) wybieramy kolor i, 1) dokładnie 2 lub, 2) dokładnie 3 lub, 3) dokładnie 4,

	4 1
ad. 0) kolor →		= 4

	13 2		39 2
ad. 1) dokładnie 2 →		*

	13 3		39 1
ad. 2) dokładnie 3 →		*

	13 4
ad. 3) dokładnie 4 →

	13 2		39 2		13 3		39 1		13 4
4(		*		+		*		+		)

Jerzy: Wszytkich losowań jest 52*51*50*49 i teraz odejmujemy te,gdzie wylosowano 4 karty w różnych kolorach. Takich możliwości jest: 13*13*13*13 i musimy ten iloczn spermutować, bo 4 kolory w kolejności losowania,losujemy na 4! sposobów.

Qulka: jak jest słowo conajmniej lub conajwyżej warto przemyśleć zdarzenie przeciwne

Jerzy: I z tego skorzystałem Coś rzadko pojawiasz się na forum

Jerzy: Zdarzeniem przeciwnym do „co najmniej dwie w tym samym kolorze” jest zdarzenie „każda w innym kolorze”

: jaros chciał tylko wynik a nie rozwiązanie

: nie bądźcie nadgorliwi

Qulka: jestem jestem tylko zależnie od tego na jakim komputerze pracuję mam inny nick

jaros: Jeży i minuto mają 2 różne wyniki i oba są różne od odpowiedzi xD

jaros: minato*

jaros: Odp. z książki to 242164 Odp. Mam taką samom jak Minato − 278668 Jerzy − 5811936

wredulus_pospolitus: Zacznijmy od tego, że rozwiązanie Jerzego ma sens tylko jeżeli uwzględniamy kolejność losowania tychże kart ... a treść zadania o tym nie mówi.

wredulus_pospolitus: Minato vel Saizou niestety dwukrotnie policzył niektóre przypadki

wredulus_pospolitus: Podejście od 'tyłu'

	52 4
Wszystkich możliwych losowań (bez uwzględnienia kolejności wylosowanych kart) mamy

Policzymy ile NIE SPEŁNIA wymagań zadania. Czyli gdy wszystkie cztery karty są RÓŻNEGO koloru. Będzie to dokładnie:

13 1		13 1		13 1		13 1
	*		*		*

Więc mamy:

52*51*50*49
	− 134 = ....
4*3*2*1

fil: Moze tak:

54 4
	− 134 − czyli wybieramy 4 karty z 52 kart z talii a nastpenie odejmujemy zdarzenie,

wtedy kiedy wylosujemy po 1 karcie z kazdego koloru

fil:

wredulus_pospolitus: Podejście od 'frontu' (czyli na chama) Ile jest takich losowań, że mamy dokładnie jeden wylosowany kolor:

4 1		13 4
	*

Ile mamy takich losowań, że mamy dokładnie 3 karty jednego koloru i 1 drugiego:

4 1		13 3		3 1		13 1
	*		*		*

Ile mamy taki losowań, że mamy dokładnie 2 karty jednego koloru i po 1 karcie dwóch różnych kolorów:

4 1		13 2		3 2		13 1		13 1
	*		*		*		*

Ile mamy taki losowań, że mamy dokładnie po 2 karty dwóch różnych kolorów:

4 2		13 2		13 2
	*		*

Minato (vel Saizou) niestety nie rozbił sytuacji (2 karty jednego koloru i 'coś innego' ) na dwa przypadki (patrz u mnie dwa ostatnie przypadki), przez co policzył podwójnie to co mam w ostatnim przypadku

a7: https://matematykaszkolna.pl/forum/79395.html

wredulus_pospolitus: @a7 ... problem w tym, że w podanym linku jedyna dana odpowiedź (do tego podpunktu) jest ... błędna

a7: myślałam, że skoro Eta skorygowała tylko podpunkt a) , to, że ta odpowiedź (do podpunktu c)) jest dobra

wredulus_pospolitus: nie ... tam żaden podpunkt początkowo nie był dobrze zrobiony

jaros: Dziękuje @wredulus_pospolitus lecz mam pytanie do tak jakby pkt, c) w podejściu "na chama" dlaczego z kolorów losujemy odrazu 3 z 2 a nie 3 1 a następnie 2 1?

jaros: Po zsumowaniu wynik taki jak w książce, chyba to jedyne poprawne rozwiązanie tego punktu c w całym internecie xD

wredulus_pospolitus: ponieważ w metodzie 'na chama' masz sytuacje: 1.

	4 1
kolor 1 , kolor 1 , kolor 1 , kolor 1 (dlatego		)

2.

	4 1		3 1
kolor 1 , kolor 1 , kolor 1 , kolor 2 (dlatego		*		bo

jeden wybór odpowiada za wybranie koloru dla 'trzech elementów' a drugi dla pojedynczego) 3.

	4 1		3 2
kolor 1, kolor 1, kolor 2, kolor 3 (dlatego		*		bo jeden

wybór to wybranie koloru dla dwóch elementów, a drugi to wybranie DWÓCH kolorów dla pojedynczych elementów) 4.

	4 2
kolor 1, kolor 1, kolor 2, kolor 2 (dlatego		bo mamy wybór DWÓCH

kolorów dla par elementów) zauważ, że gdybyśmy w sytuacji (3) (czy też (4) postąpili jak chcesz to byśmy jako oddzielne sytuacje policzyli wybrania takiej 'czwórki' : As pik Król pik Dama trefl Walet kier Pierwszy raz w sytuacji: wybieramy kolor dla dwóch elementów −−− Pik wybieramy te elementy −−− As i Król wybieramy kolor dla pierwszego pojedynczego elementu −−− Trefl wybieramy ten element −−− Dama wybieramy kolor dla drugiego pojedynczego elementu −−− Kier wybieramy ten element −−− Walet A drugi raz w sytuacji: wybieramy kolor dla dwóch elementów −−− Pik wybieramy te elementy −−− As i Król wybieramy kolor dla pierwszego pojedynczego elementu −−− Kier wybieramy ten element −−− Walet wybieramy kolor dla drugiego pojedynczego elementu −−− Trefl wybieramy ten element −−− Dama Zauważ, że obu przypadkach uzyskaliśmy dokładnie taką samą 'czwórkę', ale policzyliśmy to dwa razy. Analogicznie w przypadku rozłożenia wyboru dwóch kolorów pod dwa elementy na wybieramy najpierw jeden później drugi.

wredulus_pospolitus: Miało być innymi kolorami: Pierwszy raz w sytuacji: wybieramy kolor dla dwóch elementów −−− Pik wybieramy te elementy −−− As i Król wybieramy kolor dla pierwszego pojedynczego elementu −−− Trefl wybieramy ten element −−− Dama wybieramy kolor dla drugiego pojedynczego elementu −−− Kier wybieramy ten element −−− Walet A drugi raz w sytuacji: wybieramy kolor dla dwóch elementów −−− Pik wybieramy te elementy −−− As i Król wybieramy kolor dla pierwszego pojedynczego elementu −−− Kier wybieramy ten element −−− Walet wybieramy kolor dla drugiego pojedynczego elementu −−− Trefl wybieramy ten element −−− Dama

jaros: O jak pięknie dziękuje

wredulus_pospolitus: I nie przejmuj się −−− wielu osobom zdarzają się tego typu 'gafy' w przypadku zbyt pochopnego nie rozkładania na zbyt wiele przypadków w sytuacji, gdy liczymy 'bez uwzględniania kolejności' (dlatego ja zawsze prawdopodobieństwo staram się liczyć z uwzględnieniem kolejności).