Kombinatorika feladatokban kéne segítség?

1. Miért osztasz?

2. Egyáltalán nem jó. Már ott gyanúsnak kellene lennie, hogy az eredmény 1-nél nagyobb szám lett (a valószínűség mindig 0 és 1 közé esik).

3. Itt sem értem a gondolatmenetet, de egyáltalán nem jó.

1. Minden sorbarendezés megfelel egy elrendezésnek. Ezért 15!

2. 32 kártyalapból mennyi az ász? Ez csak nekem nem egyértelmű? 52 kártyalapban van 4 ász, azt tudom. De 32-ben?

3.

21110

12110

11210

11120

11102

11012

10112

1. Egyszerűen csak 15! .

2. Összes eset: Kiválasztunk 2 kártyát úgy, hogy a sorrend nem számít: 32C2, ezt ki is számolhatjuk: 32*21/2=496

Kedvező eset: a feladat azt kérdezi, hogy hány esetben lesz LEGALÁBB 1 ász, ezt kétféleképpen számolhatjuk;

-vagy megnézzük, hogy hány esetben húzunk 1 és két ászt. majd azokat összeadjuk:

Pontosan 1 ászt húzunk: mivel a sorrend nem számít, ezért kijelölhetjük, hogy ha húzzuk az ászt, most húzzuk előre, így 4*28=112 esetet számolunk meg

Pontosan 2 ászt húzunk: 4*3=12, de mivel az ászok sorrendje nem számít, ezért osztanunk kell 2!=2-vel, így 12/2=6 esetben húzunk két ászt.

Összesen tehát 112+6=118 esetben tudunk legalább 1 ászt húzni.

-Kiszámoljuk, hogy hány esetben nem húzunk egy ászt sem, és azt levonjuk az összes esetből: 28C2=28*27/2=378, ezt levonjuk a 496-ból: 496-378=118 esetben lesz legalább egy ászunk.

Látható, hogy a két számítással ugyanaz az eredmény jött ki, tehát jól számoltunk.

Valószínűség: 118/496 = 59/248 =~ 0,2379 = 23,79%.

Érdemes megjegyezni, hogy a legtöbb esetben érdemesebb a sorrendiséget figyelembe venni a valószínűségszámításnál. Ennek oka az, hogy ha nem a sorrendiséggel számolunk, akkor torzulhatnak a konkrét esetek valószínűségei. Mivel itt minden, ugyanolyan kártyákat tartalmazó húzás pontosan kétféle lehet (AB vagy BA), ezért a sorrendiségnek nincs jelentősége.

3. Mivel páros számokat keresünk, ezért az utolsó helyre fixen 0 vagy 2 mehet. Először nézzük a 0-s végződést, az könnyebb:

-0-ra végződik: a maradék 4 számot kell ismétlésesen permutálnunk: 4!/3!=4.

-2-re végződik: itt az a gond, hogy előre nem mehet 0. Szerencsére a 0-n kívül csak 1-esek vannak, így az egyik egyest írjuk be előre, így már csak a maradék 3 számot kell ismétlésesen permutálnunk: 3!/2!=6/2=3, tehát 3 olyan szám van, ami 2-esre végződik.

Összesen tehát 4+3=7 lehetőség van.

Korábban azért írtam, hogy a megoldásod nem jó, mert a feladatot rosszul olvastam el; nem vettem észre, hogy csak PÁROS számokat kér a feladat. Így pedig már értem a számításod mögött húzódó gondolatmenetet is, bár kicsit túlkomplikált (elég annyit mondani, hogy a 0-t 3 helyre tehetjük, ekkor nem kell még pluszban permutálni a maradék három 1-est).