Вот что-то сломала мозг... Известная задачка:

Из колоды 52 карты извлекаем случайно 6. Какова вероятность, что среди них окажутся представители всех 4-х мастей.
Комбинаторикой давно её решила (Р(А)=8682544/20358520=0,426482..) (могу расписать),

а тут задумалась - а можно ли теоремами сложения-умножения решить? Никак не соображу, вероятности как посчитать...
4 варианта по 3 одинаковых+3 карты других мастей:
4*1*12/51*11/50*39/49*26/48*13/47
и 6 вариантов по 2 пары по 2 одинаковых + 2 другие карты:
6*1*12/51*39/50*12/49*26/48*13/47,

как вначале подумалось, конечно, не проходит...). Надо ещё как-то их порядок учесть - он же увеличит как раз вероятность... но как? Путем подсчета числа размещений одинаковых карт почему-то не сходится...

у меня ощущение, что просто застопорилась...)))

Эта задача была на старом нашем форуме несколько лет назад. Привожу свое решение вместе с кусочком дискуссии.

Задача такая:
Из колоды в 52 карты наудачу берется 6 карт. Какова вероятность того, что среди них будут представители всех четырех мастей.



Я уже писал, что мое решение неверно. В нем действительно (как заметил Кэро)некоторые комбинации при вычислении m учитываются несколько раз. Но задача на удивление интересна, т.к. по постановке она классическая (а потому кажется, что решение простое), но решение ее требует достаточно большого умственного напряжения (по крайней мере для меня). Я хочу предложить свое решение для этой задачи, хотя мой ответ совпадает с ответом Кэро (я проверил окончательные цифры - он молодец!), да и решение у Кэро короче. Но его решение написано так кратко, что я его не понимаю. Поэтому и привожу свое решение , хотя оно, по-видимому, длиннее.
Сначала пришлось вывести формулу для вероятности суммы четырех событий (хотя это и несложно):
P(A+B+C+D)=P(A)+P(B )+P(С )+P(D) – P(AB) – P(AC) – P(AD) – P(CD) – P(BC) – P(BD) + P(ABC) + P(ABD) + P(ACD) + P(BCD) – P(ABCD) .
Обозначим масти номерами (так удобнее) : 1 – пики, 2 – крести, 3 – бубни, 4 – черви.
Обозначим события:
А – среди выданных 6 карт есть представители всех мастей.
А1 – среди выданных карт есть пиковые, … , А4 – среди выданных есть червовые.
Обозначим через В, В1, …, В4 события, противоположные событиям А, А1, …,А4.
Тогда Р(А) = 1 – Р(В). Найдем Р(В). Ясно, что В=В1+В2+В3+В4. Поэтому сейчас для вычисления Р(В) надо записать формулу выше
P(В1+B2+В3+В4)=P(В1)+P(В2)+P(В3)+P(В4) – P(В1B2) – P(В1В3) – P(В1В4) – P(В3В4) – P(B2В3) – P(B2В4) + P(В1В2В3) + P(В1В2В4) + P(В1В3В4) + P(B2В3В4) – P(В1В2В3В4) .
Ясно, что последнее слагаемое = 0. Из симметрии мастей все слагаемые в каждой из трех групп слагаемых в этой формуле одинаковы, а потому
P(В)=4*P(В1) – 6*P(В1B2) + 4*P(В1В2В3) . Теперь уже проще. Пусть n = С(52,6) – как и было раньше – общее число различных шестерок карт. Тогда ясно, что
Р(В1)=С(39,6)/n, Р(В1В2)=С(26,6)/n, а Р(В1В2В3)=С(13,6)/n . Подставляя это в формулу выше, получим Р(В)=0.573517917. А потому
Р(А) = 0.426482082 .

Прошу прощения за уточнение, мне не вполне понятно: Вы считаете Ваше решение верным или неверным?


Когда Вы сказали "4 варианта", тем самым Вы зафиксировали ту масть, из которой будут браться 3 карты. Поэтому множители в первом произведении должы быть:
4*13/52*12/51*11/50*39/49*26/48*13/47. Если все это еще умножить на С(6,3) - число способов расставить три карты выбранной масти в шестерке, получится вероятность выбрать шестерку карт разных мастей, в которой одна из мастей представлена трижды.

То же самое во втором произведении. Число 6 означает фиксацию пары мастей, из которых берут по две карты.

Только зачем так сложно, если задача просто на классическое определение вероятности?

интересно... а нигде нельзя её посмотреть???

а почему неверное? Все вполне логично и верно. на мой взгляд... да и ответ сходится..) то же, что и у меня комбинаторикой получилось...
но здесь у Вас смесь получается - и теорема сложения и комбинаторика для отдельных вероятностей...


классическим я давно решила...

N=С(52,6)=20 358 520;
M=С(4,1)*С(13,3)* С(13,1)* С(13,1)* С(13,1) + С(4,2)*С(13,2)* С(13,2)* С(13,1)* С(13,1)=8 682 544;
Р(А)=0,426482082

интересно ещё и теоремами сложения-умножения было...


ведь как просто и красиво для 4-х карт (что все 4 - разных мастей):
Комбинаторика: N=С(52,4); M=С(13,1)*С(13,1)* С(13,1)* С(13,1)
Теорема умножения (без возвращения): 1*39/51*26/50*13/49

но с 6-ю все гораздо сложнее...

аааааа!!!!! СУПЕР!!! malkolm, СПАСИБО ОГРОМНЕЙШЕЕ!!!!!!!!!! Вы избавили меня от такой головной боли!!! Все получилось!!!!

Для интересующихся доведу до ума:

Вероятность, что из 6 карт будут 3 одной масти+3 разных мастей:
4*20*13/52*12/51*11/50*39/49*26/48*13/47=72501/587265=0,123455339
(где 4=С(4,1) - число способов выбора повторяющейся масти, 20=С(6,3) - число способов появления этих трех карт одной масти среди 6 извлекаемых)

Вероятность, что из 6 карт будет 2 пары карт одинаковых мастей+2 карты других мастей:
6*90*13/52*12/51*13/50*12/49*26/48*13/47=59319/195755=0,303026742
(где 6=С(4,2) - число способов выбора повторяющихся 2-х мастей, 90=С(6,2)*С(4,2) - число способов появления этих двух пар карт одинаковых мастей среди 6 извлекаемых)

И общая вероятность. что среди 6 карт будут представители всех 4 мастей:
Р(А)=0,123455339 + 0,303026742 = 0,426482081

УРА!!! Томску и malkolmу салют!!!

Зря я оставил эту фразу (о неверности решения) в ответе Вам. Она относилась к предыдущему моему решению, которое обсуждалось в упоминаемой дискуссии. А приведенное мной решение я считаю самым строгим и верным, но, быть может, не самым коротким.

а у Вас не осталось его решения или той дискуссии? интересно было бы посмотреть...

Понятно, я поэтому и спрашиваю. Как раз решение через формулу включения-исключения мне в этой задаче всегда казалось наиболее изящным.


"Не был, не участвовал", но принципиально разных вариантов решения в этой задаче всего два: комбинаторный P(A)=[4 * C(13,3) * 13^4 + 6 * C(13,2)^2 * 13^2] / C(52,6) как у Juliya и по формуле включения-исключения как у venja.
А неправильный, но правдоподобный и вовсе один. Могу сыграть роль ошибающегося в целях реконструкции. Тем более в этой задаче грабли совершенно стандартные, студенты ежегодно десятками на них наступают.

"Решение". Всего исходов в задаче N=C(52,6). Чтобы вычислить число шестерок, в которых есть все масти, достаточно взять из каждой масти по одной карте, и дополнить произвольной парой карт.
Тогда число благоприятных исходов будет равно M=13 * 13 * 13 * 13 * C(48,2)=13^4 * C(48,2).
"Ответ": P(A)=13^4 * C(48,2) / C(52,6). Вычислять, пожалуй, не буду

Mathematica выдала такой ответ: 13^4 * C(48,2) / C(52,6)=6591/4165=1,58247.

Ну и что, что больше 1?) Значит это супервероятное событие

Т.е. оно происходит даже тогда, когда случайный эксперимент не проводился
Типа кубик не подбрасывали, а шестерка все равно выпала.

вот здесь я недавно на это решение наткнулась... причем они ещё и считать не умеют, у них вероятность получилась меньше 1...

ЗЫ а как, кстати, наиболее правильно объяснить неправильность этого решения?

Посмотрел. Еще раз пересчитал. Получилось тоже самое. Либо арифметику забыл, либо...

Пробуйте Ответ не виноват, что он такой получился: "я все правильно делал!" ((с) типовой студент).

Ждем Вениамина. Думаю, что он сможет дать ответ на поставленную вами задачу.

я тоже ещё тогда посчитала и ужаснулась - у них благоприятных комбинаций получается больше 32 миллионов (а должно быть 8 с хвостиком), а общее - 20 с лишним миллионов...



а Вы как объясняете??? Понятно, что там получается перекрытие числа комбинаций... Как именно понятней и лучше объяснить ошибку??

Так не интересно - что же это будет: сам ошибаешься, и сам исправляешь? "Перекрытие числа комбинаций" - это когда одни и те же благоприятные элементарные исходы несколько раз посчитаны. Достаточно их предъявить.

ну да...

Так и где?

что? мои объяснения?

ну понятно - что если мы учли по 13 вариантов использования карт каждой масти - то потом нельзя 2 выбирать из 48... понятно, что идет перекрытие исходов...

Просто интересно - у кого какие доводы - может у кого-то есть какое-то особенное, изящное и красивое объяснение...

Вряд ли может быть особое объяснение, кроме тупого предъявления трижды-четырежды посчитанных исходов. Например, благоприятный исход {2♠, 3♠, 4♠, 2♣, 2◊, 2♥} посчитан трижды:
сначала выбираем 2♠, 2♣, 2◊, 2♥, а потом 3♠, 4♠, или
сначала выбираем 3♠, 2♣, 2◊, 2♥, а потом 2♠, 4♠, или
сначала выбираем 4♠, 2♣, 2◊, 2♥, а потом 2♠, 3♠.