Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI VEROVATNOĆA

Verovatnoca da pokeraska ruka sadrzi full house

[inlmath]P\left(A_k/B\right)P\left(B\right)=P\left(B/A_k\right)P\left(A_k\right)[/inlmath]
  • +1

Re: Verovatnoca da pokeraska ruka sadrzi full house

Postod Daniel » Subota, 09. April 2022, 22:14

Griezzmiha je napisao:Moje resenje:
[dispmath]5!\cdot\frac{4}{52}\cdot\frac{3}{51}\cdot\frac{2}{50}\cdot\frac{4}{49}\cdot\frac{4}{48}[/dispmath]

Prva greška je sa činiocem [inlmath]\frac{4}{52}[/inlmath]. Prva karta nam ne mora biti neka od [inlmath]4[/inlmath] iz špila (jer mi ne znamo unapred da li će jedna od tri iste karte biti petica, osmica ili koja već), već može biti bilo koja. E, tek nakon što smo izvukli prvu kartu, preostale dve moraju biti isti brojevi kao i ta prva. Znači, krećemo od verovatnoće da druga karta bude isti broj kao i prva, a to je [inlmath]\frac{3}{51}[/inlmath]. Verovatnoća da treća karta bude isti broj kao i prve dve je [inlmath]\frac{2}{50}[/inlmath]. E sad, četvrta karta mora biti različit broj od prve tri, a verovatnoća za to je [inlmath]\frac{48}{49}[/inlmath]. I, peta karta mora biti isti broj kao i četvrta, a verovatnoća za to je [inlmath]\frac{3}{48}[/inlmath]. Sad to treba pomnožiti brojem mogućih rasporeda, ali to nije [inlmath]5![/inlmath], jer smo razmatrajući slučajeve na ovaj način, već razmotrili rasporede unutar tri iste, kao i raporede unutar dve iste karte. Ono što je sad potrebno to je da one dve iste „učešljamo“ u svih ovih [inlmath]5[/inlmath] karata, a to radimo tako što ćemo od ukupno [inlmath]5[/inlmath] pozicija odabrati [inlmath]2[/inlmath] pozicije na koje ćemo smestiti dve iste karte, a te pozicije možemo odabrati na [inlmath]5\choose2[/inlmath] načina (sasvim isto bismo dobili i da smo [inlmath]3[/inlmath] iste „učešljavali“ u ovih [inlmath]5[/inlmath], jer znamo da je [inlmath]{5\choose2}={5\choose3}[/inlmath]).
I, zaista, rezultat
[dispmath]{5\choose2}\cdot\frac{3}{51}\cdot\frac{2}{50}\cdot\frac{48}{49}\cdot\frac{3}{48}[/dispmath] jednak je verovatnoći koja je napisana u rešenju (iako je napisana u drugačijem obliku).
Rešenje koje treba da se dobije, dodatno potvrđuje ono što prethodnici već rekoše – da je definicija fula [inlmath]3[/inlmath] iste + [inlmath]2[/inlmath] iste karte (nezavisno od toga koje su jače a koje slabije).

miki069 je napisao:Mislim da ovo rešenje treba puta [inlmath]2[/inlmath]. Kao što je full tri desetke i dva keca, full je i tri keca i dve desetke, a to nije brojano.

Brojano je. U rešenju je napisano [inlmath]P(13,2)[/inlmath], a to su varijacije (ne kombinacije) od [inlmath]13[/inlmath] elemenata [inlmath]2.[/inlmath] klase. Možda zbunjuje sama oznaka, jer se na engleskom jeziku varijacije kažu permutations (otuda oznaka [inlmath]P[/inlmath] u rešenju), dok permutacije na engleskom nemaju neki svoj naziv. A pošto su varijacije, tj. bitan je redosled, time su kao zasebni obuhvaćeni slučajevi koje si naveo, tri desetke i dva keca, i tri keca i dve desetke.

Do rešenja se može doći i na malo intuitivniji način. Mogućnosti kada su tri iste kečevi, jesu sledeće:
[dispmath]\begin{matrix}
AAA22 & AAA66 & AAA(10)(10)\\
AAA33 & AAA77 & AAAJJ\\
AAA44 & AAA88 & AAAQQ\\
AAA55 & AAA99 & AAARR
\end{matrix}[/dispmath] Znači, ima ih [inlmath]12[/inlmath] (za jednu manje od [inlmath]13[/inlmath] koliko ima vrednosti karata, jer one dve iste karte ne smeju biti kečevi).
Na isti način, kada su tri iste dvojke, imaćemo takođe [inlmath]12[/inlmath] mogućnosti: [inlmath]222AA[/inlmath], [inlmath]22233[/inlmath], [inlmath]22244[/inlmath] itd. do [inlmath]222KK[/inlmath].
Pošto postoji ukupno [inlmath]13[/inlmath] vrednosti karata koje mogu doći među one tri iste, a svaki od tih [inlmath]13[/inlmath] slučajeva sadrži i onih [inlmath]12[/inlmath] slučajeva za odabir preostale dve karte, pa još onda svaki od tih slučajeva sadrži [inlmath]4[/inlmath] slučaja (da li će iz tri iste izostati karo, pik, herc ili tref), pa još [inlmath]4\choose2[/inlmath] slučajeva koje dve od četiri boje će doći među one dve iste, to je onda ukupno [inlmath]13\cdot12\cdot4\cdot6[/inlmath] povoljnih slučajeva (upravo kao što piše i u brojiocu priloženog rešenja).

desideri je napisao:Preciznije, tačan je rezultat i to zato što su napravljene dve greške koje su se poništile :D. Ovako bi trebalo da bude:
[dispmath]2\frac{{13\choose2}{4\choose3}{4\choose2}}{52\choose5}\approx0.00144[/dispmath]

Ne bih rekao da su napravljene dve greške. Ispravna su oba načina – i njihov način, i tvoj način. U njihovom načinu korišćene su varijacije, jer je pravljena razlika između trilinga i para (čime je pravljena razlika i između npr. slučaja tri desetke i dva keca, i slučaja tri keca i dve desetke) – vidim da si u nekom od kasnijih postova upravo i prokomentarisao taj njihov način. U tvom načinu, koristeći [inlmath]13\choose2[/inlmath], računao si kombinacije, tj. nisi pravio razliku između slučaja tri desetke i dva keca, i slučaja tri keca i dve desetke, ali si posle sve to pomnožio sa [inlmath]2[/inlmath], čime si došao na isto, samo na malo drugačiji način. Ukratko, suština je da je [inlmath]2C_{13}^2=V_{13}^2[/inlmath].
To i jeste lepota kombinatorike, što se često isti problem može rešiti na mnogo različitih načina. :)

Griezzmiha je napisao:Deo koji mene ipak buni, je [inlmath]2\cdot{13\choose2}[/inlmath] ili [inlmath]P(13,2)[/inlmath]... Nisam siguran da razumem zasto radimo permutacije [inlmath]n=13[/inlmath] elemenata na [inlmath]k=2[/inlmath] mesta?

Ne postoje permutacije [inlmath]n=13[/inlmath] elemenata na [inlmath]k=2[/inlmath] mesta. To su varijacije. Ovo sam zapravo već i prokomentarisao malo iznad, u ovom postu (zavrzlama oko prevoda s engleskog).

Griezzmiha je napisao:Da li gledamo slucaj sa [inlmath]GHGHG[/inlmath], sto vise razmisljam o resenju nesto mi govori da ovo nije uzeto u obzir.

Ne posmatra se redosled karata, kako u broju povoljnih slučajeva, tako ni u ukupnom broju slučajeva. Upravo iz tog razloga u priloženom rezultatu se u imeniocu (ukupan broj slučajeva) nalazi [inlmath]52\choose5[/inlmath], a ne [inlmath]V_{52}^5[/inlmath].

Moglo se do rezultata doći i tako što bismo posmatrali redosled – tada bi broj povoljnih slučajeva trebalo još pomnožiti sa [inlmath]5![/inlmath], a ukupan broj slučajeva ne bi bio [inlmath]52\choose5[/inlmath] već [inlmath]V_{52}^5[/inlmath], a pošto je [inlmath]V_{52}^5={52\choose5}5![/inlmath], znači da bi i brojilac i imenilac imali [inlmath]5![/inlmath] puta veću vrednost, pa bi količnik ostao isti.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+
Prethodna

Povratak na VEROVATNOĆA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 38 gostiju

cron

Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Četvrtak, 28. Mart 2024, 23:35 • Sva vremena su u UTC + 1 sat
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs