Hogy kell kiszámolni az alábbi 3 feladatot?

3)

[link] 173. oldal 2. példa

1) 8*8*8*8*(28 alatt a 2)/(32 alatt a 6)

2) (87 alatt 50)/2^(87)

2-es rosszul írta a második feladatot.

A számláló jó, de a nevező: (100 alatt az 50), annyi lesz az összes eset.

Vagyis: (87 alatt az 50)/(100 alatt az 50) a megoldás.

Az elsőre hirtelen más megoldást nem látok, mint ez:

Nézzük meg azt, hogy hány "csoportot" tudunk kialakítani. Csoport alatt azt értem, amikor csak azt vizsgáljuk, hogy melyik fajta színből hányfélét húzunk, például az 1 zöld - 2 makk - 1 piros - 2 tök egy csoportnak számít.

Minden ilyen csoport megfeleltethető egy kódsornak, például a o|oo|o|oo a fenti példát kódolja, míg a ooo|o|o|o sorból egyértelműen kiolvasható, hogy a 3 zöld - 1 makk - 1 piros - 1 tök csoportot kódolja (betartva a példában adott színek sorrendjét). Ennek megfelelően a kódok és a csoportok között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés van, ennek megfelelően elég csak a kódokat megszámolnunk. A kódokban közös, hogy mind pontosan 6 darab o és 3 darab | jelet tartalmaz.

Azok a kódok jók nekünk, aho sem az elején, sem a végén, sem egymás mellett nem állnak | jelek, mert abban az esetben valamelyik színből 0 lenne a csoportban. A | jeleket emiatt csak a o jelek közé tehetjük; közöttük 5 hely van, és 3-at kell elhelyeznünk, így (5 alatt a 3)=10 csoportot tudunk megkülönböztetni. Mivel ezekből relatíve nincs sok, ezért manuálisan is összeszedhetjük őket.

1. csoport: 1 zöld - 1 makk - 1 piros - 3 tök.

Ebben a csoportban az eseteket úgy számoljuk le, hogy a lapok sorrendje nem számít, ennek majd később lesz jelentősége, ekkor 8*8*8*(8*7*6)/3!=28672 darab esetet tudunk megszámolni. Mondhatjuk úg is, hogy a csoporton belül ennyi alcsoport van, ami csak a lapok színével foglalkozik, a sorrenddel nem. Ha ebből sorrendet is akarunk számolni, akkor egyszerű dolgunk van, egyszerűen csak 6!-sal beszorozzuk, így 28672*6! = 20.643.840 darab olyan eset van, ahol pontosan 1-1-1-3 darab van a színekből.

A továbbiakban csak a darabszámokat írom le, a színeket nem.

2. csoport: 1 - 1 - 2 - 2

Ugyanazt csináljuk, mint az előbb; 8 * 8 * (8*7)/2 * (8*7)/2 = 50176, ezt is elég csak 6!-sal szoroznunk: 50716*6! = 36.126.720 esetben van 1-1-2-2 a színekből.

3. csoport: 1 - 1 - 3 - 1

Mivel a számok ugyanazok, csak más sorrendben, mint az első csoportnál, ezért nem lepődünk nagyon meg, hogy az eredmény is ugyanaz lesz, mint ott volt: 20.643.840.

4. csoport: 1 - 2 - 1 - 2

Itt pedig a számok a 2. csoportbeliekkel egyeznek meg, így az eredmény 36.126.720.

5. csoport: 1 - 2 - 2 - 1

Megint ugyanazok a számok, 36.126.720.

6. csoport: 1 - 3 - 1 - 1: 20.643.840.

7. csoport: 2 - 1 - 1 - 2: 36.126.720.

8. csoport: 2 - 1 - 2 - 1: 36.126.720.

9. csoport: 2 - 2 - 1 - 1: 36.126.720.

10. csoport: 3 - 1 - 1 - 1: 20.643.840.

Ezzel megtaláltuk mind a 10 csoportot. Innentől csak annyi a dolgunk, hogy a kapott eredményeket összeadjuk, így kapjuk meg a kedvező esetet: 299.335.680.

Összes eset: mivel fent számoltunk a sorrendiséggel, ezért itt is úgy kell számolnunk: 32*31*30*29*28*27 = 652.458.240.

A valószínűség a kettő hányadosa: 299.335.680/652.458.240 = 128/279 =~ 0,4588.

Menet közben azért lehetett látni, hogy lehetet volna valamiféle egyszerűsítésekkel számolni, illetve nem is lett volna szükség a sorrendiségre. Én mindig azt szoktam tanácsolni, hogy ahol lehet, mindig számoljunk a sorrendiséggel is, mivel a nem sorrendiséggel számolt valószínűség sok esetben téves eredményt ad.

4-es is rosszul számolt. A kedvező eseteknél két eset van: vagy van 3 egyszínű lap, vagy van 2-2 azonos színű lap.

Az elsőnél: (4 alatt a 1)*(8 alatt a 3)*8*8*8

A másodiknál: (4 alatt a 2)*(8 alatt a 2)*(8 alatt a 2)*8*8

Az összes eset (32 alatt a 6).

A második feladatnál azt kell megértenünk, hogy minden választásnál 2-féleképpen tudunk választani. Mivel összesen 100 gyufa van, és előfordulhat az is, hogy mind a 100-at kihúzzuk, és csak 101.-jére lesz üres a zsebünk, emiatt az összes eset 2^101. A 2^101 olyan eseteket is tartalmaz, amikor többször nyúlunk üres zsebbe, de ez nem baj, lent kifejtem, hogy miért van így.

Kedvező eset: a gyufahúzási sorozatok hoszza különféle lehet, attól függően, hogy hány gyufát húzunk ki, ezáltal ha aszerint szednénk össze az eseteket, hogy mikor mennyit húzunk, félremehet a számolás, ezért más taktikát választunk; a feladatot úgy értelmezzük, hogy a valamelyik zsebből való gyufák elfogynak, akkor is tovább választunk a zsebek közül, viszont ha üres zsebet találunk, akkor átnyúlunk a másikban (de ez már nem számít választásnak), tehát annak a darabszáma fog fogyni. Valamint azt is hozzátesszük, hogy "feledékenyek" vagyunk, tehát a kifogyott zseb után is 1/2 valószínűséggel nyúlunk valamelyik zsebhez. Ebben az esetben tehát minden "nyúlkálási" lehetőség ugyanakkora valószínűségűvé fog válni (pontosan 1/2^101 lesz egy konkrét sorozat valószínűsége), és ezek közül kell nekünk a megfelelőket kiválasztanunk.

Legyen a két zseb A és B. Nekünk jelenleg azok a jó sorozatok, ahol az első 87 húzásban valamelyik betűből szerepel 50 darab, és 88.-ra a már leírt 50 betű valamelyike jön. Ha az A zsebből fogyasztjuk ki a gyufákat, akkor 50 darab A és 37 darab B betűt írunk le, ezeket (87 alatt az 50)-féleképpen tudjuk egymás mellé leírni. A 88. helyre mindenképp A-nak kell jönnie, a megmaradt 13 helyre pedig tetszőlegesen írhatunk betűket, erre 2^13-féle lehetőségünk van.

Tehát (87 alatt az 50)*2^13-féleképpen tud az A zseb kifogyni.

A B zseb kifogyására is ugyanennyi lehetőségünk van, így összesen 2*(87 alatt az 50)*2^13, vagyis (87 alatt az 50)*2^14-féle lehetőségünk van a zsebek kifogyasztására, tehát ez a kedvező esetek száma.

Valószínűség: (87 alatt az 50)*2^14/2^101, amit tudunk egyszerűsíteni, így (87 alatt az 50)/2^87 valószínűséget kapjuk, ami =~ 0,03254.

Az eredmény amit kaptunk, kicsit megtévesztő lehet; mondhatná az ember, hogy miért kellett a 101. húzásig elmenni, amikor a nevezőben ígyis-úgyis 2^87 szerepel. A becsapás ott valósul meg, hogy abban az esetben is legalább a 88. húzásig kellett volna elmennie a számolásnak, mivel a 2^87 úgy jön a nevezőbe, hogy egy extra 2-essel tudunk egyszerűsíteni; hogy jobban látható legyen: ha az lett volna a kérdés, hogy az A zsebből mekkora eséllyel fog "megfelelően" kifogyni a gyufa, arra a (87 alatt az 50)/2^88 valószínűséget kapnánk. Illetve még azt is meg kell jegyeznünk, hogy ez az eredmény is tartalmaz olyan eseteket, amikor többször nyúlunk már üres zsebbe.