Вопрос по ТВ

Есть известная задача. В урне 6 чёрных и 2 белых шара. Случайным образом вынимают 3 шара. Найти вероятность того, что среди них будет 2 белых шара. Задача решается применением формулы
P=[m]\frac{C_{4}^{2}C_{2}^{2}}{C_{8}^{4}}[/m]
Из этой формулы следует, что и белые и чёрные шары нумерованные(различимые).
А если такая же задача, но шары ненумерованные(неразличимые).

Поправка .Случайным образом вынимают 4 шара. Хотя это не принцип.

А вы представьте, что у вас были неразличимые шары и вы вытащили 2 шара.
А потом вы их положили назад и подписали на шарах числа от 1 до 8.
Как вы думаете — вероятность вытащить два белых изменилась? :)

Думал, но все равно не понимаю. Вот варианты: 1) 4 чёрных и 0 белых,2) 3 черных и 1белый, 3) 2 черных и 2 белых. Нас устраивает только один третий вариант из трех, значит вероятность равна 1/3.???

А варианты-то равновероятны?
Семен, я могу только порекомендовать то, что принято рекомендовать на этом форуме. Наймите репетитора и подтяните с ним теорию вероятностей. У вас сейчас в голове все смешалось воедино.

Спасибо.Вы правы. Все же в моей задаче Р=3/14.

Позволю себе вмешаться . С точки зрения физики(квантовой механики). В квантовой физике фазовое пространство подразделяют ячейки, в которых размещаются частицы. Задачи подсчета способов размещений решается
в двух постановках: в статистике Максвелла-Больцмана( в ней частицы различимы) и в статистике Бозе-Эйнштейна( в ней частицы различимы). Тогда задача Семена в первой статистике имеет ответ 7/14, а во второй 1/3. Его решение верное и голова у него хорошая и даже очень.

О какой задаче Семена вы сейчас говорите? Про белые и черные шары нумерованные или нет?

Я говорил про обе: когда шары различимы, то ответ 3/14. Когда неразличимы, то ответ 1/3.

Просто речь о разных выборках. Есть выборки упорядоченные (когда важна нумерация), есть неупорядоченные. Есть с повторениями (когда после вытаскивания предмет кладут обратно) и есть без повторений.
Принято считать, что есть 6 основных типов выборки (хотя, на мой взгляд, достаточно и 4). Если их научиться различать, каша в голове пройдёт.

Коллеги!
Я чего-то не понимаю в текущем обсуждении.
Я интерпретирую задачу в головном сообщении так:
"Есть урна. В ней 6 черных шаров, 2 белых.
Тащат 4 шара.
Какова вероятность, что среди них будет 2 белых шара
а) В случае, когда шары нумерованные
б) В случае, когда они ненумерованные."

О каких 1\3 идет речь?
Нумерация шаров к цвету никакого отношения не имеет. Шары могут быть нумерованными, с выщерблинками, с трещинами, вмятинами, плохо пахнуть и прочее, но все это не имеет никакого отношения к тому, какие цвета я увижу, вытянув два шара из 8.

Конечно, можно ввести свое вероятностное пространство, на котором исходы будут представлять собой наборы из черных и белых шаров и все будут равновероятны.
Только тогда мы уйдем от урны с 8 шарами в безызвестность.

Я понимаю, что "разреженные" частицы, которые недостаточно взаимодействуют, работают сами по себе и для них равновероятны исходы различимого варианта. Максвелл-Больцман.
Я понимаю, что когда концентрация высокая, для частиц уже становится ближе неразличимый вариант и в зависимости от того, позволяют они себе набиваться в малые пространства помногу или нет, имеем случай Ферми-Дирака или Бозе-Эйнштейна.

Но тут-то у нас все есть — есть урна и шары. :)
Интерпретировать вытаскивания шаров из урны в которой 6 черных и 2 белых шара так, чтобы 2 черных мы видели с той же вероятностью, что и 2 белых можно, только урны при этом не станет.

Абстракции – дело доброе, я могу задать исходно положения, что модель классическая, а исходы – цвета шаров и все тут. Только здесь вроде не тот случай, здесь у человека настолько запуталось все в голове, что он вероятность кроме как «поделить число виденного на число всего» не представляет.
Жалейте людей, не грузите их лишней абстракцией, пока у них жизненная логика не согласуется с теорией вероятностей.

Задача вытаскивания шаров эквивалентна задаче раскладывания шаров по двум ящикам.
Если шары нумерованные, то есть варианты:1) 4 чёрных и 0 белых, 2) 3 черных и 1 белый, 3) 2 черных и 2 белых. Если шары различимы, то первый вариант реализуется 15 способами, второй 20*2= 40 способами, третий 15 способами. Всего 70 способов, из них благоприятных 15-отсюда вероятность Р=15/70=3/14. Если шары неразличимы, то каждый из трех вариантов реализуется одним способом, отсюда вероятность Р=1/3.
Смотрите классическую задачу о размещении авторов , работающих к криптографии: Сачков, Зубков, Севастьянов, Колчин.

Если вы решили шары из урны тащить и у вас там 6 черных и 2 белых шара, то как не тащите, хоть вы умеете их отличать, хоть не умеете, но 1\3 не будет.
Вернее так — на выходе вы действительно будете видеть один из трех итогов, только итоги эти вы будете видеть не равновероятно, а интересующий вас исход будете видеть в 3\14 случаев.

Вы тут хитрую подмену делаете — сначала заменили модель на эквивалентную с точки зрения наблюдаемого, а потом подменяете неклассическую модель классической.

С классической теорией размещения я знаком, как и с половиной из авторов. Один из них мой завкафедрой, в конце концов :)

""Вы тут хитрую подмену делаете — сначала заменили модель на эквивалентную с точки зрения наблюдаемого, а потом подменяете неклассическую модель классической."

Штирлиц никогда ещё не был так близок к провалу! ;)

Извлечение из урны зквивалентно размещению частиц по двум ячейкам.Это очевидно физически: урна- это один ящик, пространство вне её – второй ящик. Это же очевидно математически.Число способов выбора  к  частиц  из урны с n различными частицами определяется формулой [m]C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}[/m].  Этой же формулой определяется число размещений n различных частиц по двум ящикам, так что в первом ящике к частиц, во втором (n-к) частиц.Из математической энциклопедии: http://dic.academic.ru/dic.nsf/enc… Число размещений r неразличимых частиц по k различимым ячейкам есть число сочетаний с повторениями из к по r.Пример. r=4, k=2(1111)-все частицы попали в первый ящик,(1112)- три в первый, одна во второй,(1122),(1222),(2222)Из учебника по комбинаторике: http://natalymath.narod.ru/combinatory.html
5. Статистика Бозе-ЭйнштейнаПредположим, что r неразличимых (одинаковых) частиц распределяются по k ячейкам (r ≤ k). Сколькими способами их можно распределить?[m]\overline{C}_{k}^{r}=C_{k+r-1}^{r}[/m]Пусть в какую-то определённую ячейку попало ровно m частиц. Подсчитаем количество вариантов, которыми оставшиеся r-m частиц могут быть распределены по k-1 оставшимся ячейкам.[m]\overline{C}_{k-1}^{r-m}[/m]Тогда вероятность того, что в определённую ячейку попало ровно m частиц, равнаP=[m]\frac{\overline{C}_{k-1}^{r-m}}{\overline{C}_{k}^{r}}[/m]Такое раcпределение носит в физике название статистики Бозе-Эйнштейна, ей описывается поведение фотонов, атомных ядер и атомов, содержащих чётное количество частиц.
Пример 5.1В лифт 9-этажного дома на 1-м этаже зашли 4 человека. Сколько различных вариантов их выхода может быть? Различными считаются варианты, отличающиеся только количеством людей, выходящих на данном этаже.РешениеВарианты выхода из лифта могут быть разными, например, на втором этаже выйдет один человек, на четвертом — два, и один — на девятом. Или все четверо выйдут на пятом этаже. И так далее. Говоря абстрактным языком, 4 элемента распределяются по 8ячейкам 

Ох, смешались в кучу кони, люди.
Давайте отделять число способов и вероятности.
В том, что касается числа способов я согласен с вами. Действительно так получаются такие числа способов.
В том, что касается равенства числа возможных исходов вытаскивания шаров из урны и разложений частиц по ячейкам — тоже согласен.
Только причем тут вероятности?
В том, что касается вероятностей для статистик Бозе-Эйнштейна я тоже с вами согласен — на то они и статистики Бозе-Эйнштейна. Но там специфическая модель, в которой равновероятны раскладки по энергетическим уровням.

Вы можете действовать в рамках классического подхода где угодно, как девушка и динозавр на улице. Только говоря о урне и шарах мы имеем некоторую фиксированную модель. И теперь пообъединять там исходы и сказать, что дальше действуем в рамках классического подхода — это замена этой модели другой.

И я сразу вас попрошу — хватит цитировать учебники и приводить формулы для количества способов разных вещей. Я знаком с комбинаторикой, спасибо. Если вам есть, что сказать самостоятельно — вперед. А если вы хотите приводить тонны цитат, то лучше разговаривайте сам с собой. По существу вы мне ничего еще не сказали с первого сообщения.

В статистике Бозе-Эйнштейна частицы неразличимы.

А мне представляется, что никогда не следует стрелять по воробьям из пушки.

В задаче из "топика" следует, во-первых, рассмотреть те шары, которые мы НЕ выбрали с раскладом 4(6)-0(2). Далее вероятность считается понятным любому пятикласснику образом :

Р=(6/8)*(5/7)*(4/6)*(3/5)=3/14.

Мое глубокое убеждение состоит в том, что если задача решается "на пальцах", то так и надо поступать, а не "умножать сущности". Тогда ученики будут меньше запоминать, зато больше думать. а мы, по меньшей мере. будем избавлены от странноватых дискуссий на темы. не относящиеся к делу. Будет время — прокомментирую и задания из параллельной ветки по ТВ.

Да Семен-то, по-моему, к сообщениям 7 и 9 разобрался в задаче :) Тем более у него был, на мой взгляд, классический случай непонимания:
Если в модели есть белые и черные шарики, то важно ли умеем ли мы их различать помимо этого?
Конечно, неважно, от того что я подпишу на шарах номера, я чаще белые шары видеть не стану :)

Но, к сожалению, теорию вероятностей часто преподают так, что у людей она идет в полном отрыве от естественности и реальности.
Люди боятся пользоваться соображениями здравого смысла, а больше уповают на формулы.
Те же понятия независимости или условной вероятности, например, созданы так, чтобы согласовываться с нашими внутренними представлениями о независимости и условности. Но люди не понимают этого и для них это какая-то абстракция.
То же самое с "классическим" подходом в теории вероятностей.
Облегченная модель, в которой вероятности элементарных исходов равны, вносит в мозги сумятицу, приучая ни с того ни с сего делить число благоприятных исходов на число всех.
Итог известен. Какова вероятность, что монета выпадет на двух орлов за два бросания? 1\3 — либо два орла, либо орел и решка, либо две решки.

А если 2(6)-2(2), то Р=(6/8)*(5/7)*(2/6)*(1/5)=1/28, не равно 3/14. Почему?

Потому что вы заставляете нас тянуть сначала два черных шара, а потом два белых. На деле возможных последовательностей С^2_4=6.
Поэтому ваш ответ надо умножить на 6 и получится 3/14

Но меня интересует количество черных и белых
шаров в выборке, а не порядок их выбора, Чепуха какая-то. Или это опять следствие различимости или неразличимости?

Вы вычислили вероятность того, что не только расклад 2(6)-2(2). но и белые шары при этом выбираются последними, что вовсе не обязательно. Они могут быть выбраны под номерами (1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4) и (3,4), причем эти события равновероятны. Отсюда и коэффициент "6" в #27. Естественно,он равен С(2,4), то есть числу размещений 2 элементов по 4 позициям.

Вам нужно как-нибудь определиться с шарами и дальше так и считать.
Например, считать что шары вы вытаскиваете упорядоченно и они различимы.
Тогда числитель будет в 6 раз больше чем у вас, а знаменатель такой как у вас.
Или что вы тащите неупорядоченно и шары различимы. Тогда будет числитель в четыре раза меньше чем у вас (потому что у вас сейчас каждая пара черных шаров считается дважды и каждая пара белых дважды), а знаменатель в 4! раз меньше чем у вас.
Ответ, естественно, будет один.
Но нельзя решить для числителя одно, а для знаменателя другое :)
А в вашем случае для половины числителя одно, для половины другое, а для знаменателя третье :)

Предлагаю Монте-Карло. Создайте программу , моделирующую ситуацию и эксперимент все покажет.

Предлагаю Капорскому А.А. и Шкляеву А. В. задачу.
Лифт отправляется с 7 пассажирами и останавливается на 10 этажах. Найти вероятность того, что что на некотором этаже выйдут 4 пассажира.
Никаких квантовых объектов.
А может быть и Семен порешает. Мне представляется , что он справится.

Несколько лет назад я слушал лекцию "квантовая теория лифтов". Поэтому моё решение будет предвзято и необъективно. Поэтому, я не могу взяться за публикацию решения по идеологическим причинам.

Так предложите задачу. А то, что вы написали можно как угодно прочитать.
Например, она равна единице, потому что пассажиры едут сверху на первый этаж.
Или она равна единице, потому что к третьему этажу пассажиров достанет, что лифт все время останавливается, и они выйдут на нем все.
Или равна 0, потому что если 7 пассажиров нажали 10 кнопок, то хотя бы на 5 из этих этажей они будут выходить
Или на тех этажах, где лифт останавливается, но никто не выходит, кто-то заходит, иначе чего ему останавливаться?

Более того, в лифте могут быть пассажиры которым надо на несколько этажей выше точки отправления лифта (т.е., например, сел на 10-м, надо на 14-й).

Формулировка взята из Феллера.

Ну да, взята из Феллера. Только это полформулировки, написанной в Феллере. По-крайней мере, в моем издании после ваших слов (где, кстати, 2, а не 4 пассажира требуется) идет предложение
"Для того, чтобы точно поставить этот вопрос мы предположим, что все возможные способы распределения пассажиров по интересующим их этажам имеют одинаковые вероятности".
Ну так вот оно — в условии задачи прописано то, что у нас неразличимые пассажиры в классической схеме размещения по этажам. Модель задана — в ней все понятно.

Решите в двух постановках.

Исключительно для Семена.
Вам надо вычислить условную вероятность Р(А/В). Общая схема решения такой задачи «тяжелой артиллерией». Строим пространство элементарных исходов. Выделяем в нем точки, соответствующие условию В, считаем число таких точек, делим его на общее число точек в пространстве элементарных исходов, получаем безусловную вероятность события В-Р(В). Затем выделяем точки, соответствующие событию А, точно также находим безусловную вероятность события А-Р(А). Делим Р(А) на Р(В), получаем условную вероятность Р(А/В).
В задаче 6 черных различимых шаров и 2 белых различимых шара имеем. Всего точек в пространстве элементарных исходов 2^6*2^2=256. Например, одна из точек, соответствующая выбору 3 черных шаров с номерами 2,3, 5 и одного белого с номером 2:{(2,3,5)(2)}. Здесь событие В-выбор 4 шаров, событие А-выбор 2 чёрных и двух белых.
Количество точек в В есть [m]C_{6}^{4}C_{2}^{0}+C_{6}^{3}C_{2}^{1}+C_{6}^{2}C_{2}^{2}=C_{8}^{4}=70[/m]. Количество точек в А [m]C_{6}^{2}C_{2}^{2}[/m]=15. Безусловная вероятность Р(В)=70/256, безусловная вероятность Р(А)=15/256. Отсюда получаем Р(А/В)=15/70=3/14.
Переходим к случаю неразличимых шаров. Считаем число точек в пространстве элементарных исходов [m]\overline{C_{2}^{6}}[/m]=[m]C_{2+6-1}^{6}=7[/m], [m]\overline{C_{2}^{2}}=C_{2+2-1}^{2}=3[/m], всего 21, черта –сочетания с повторениями.
А вот теперь самое интересное начинается. Выпишем все исходы , например, для черных шаров: (111111), (111112), (111122), (111222), (112222), (122222), (222222). Запись(111122) означает, что 4 шара в первом ящике и 2 — во втором. Один раз припишем этим исходам вероятности1, как для различимых шаров: 1/64, 6/64, 15/64, 20/64, 15/64, 6/64, 1/64. А теперь дадим им всем одинаковые вероятности2: 1/7. Вероятности1 считались по формуле P(k) =[m]\frac{C_{n}^{k}}{{{m}^{n}}}[/m] Вероятности2 считались по формуле P(K)=[m]\frac{\overline{C_{m}^{k}}}{\overline{C_{m}^{n}}}[/m].
Один подход состоит в том, что совершенно точно строят точки пространства элементарных исходов для неразличимых шаров, но приписывают им вероятности различимых шаров, вычисляемые как единица, деленная на число исходов для различимых шаров(вероятности1). Естественно, что получают прежний ответ Р=3/14.
Другой подход состоит в том, что каждому из исходов придается одинаковая вероятность, вычисляемая как единица, деленная на число исходов для неразличимых шаров( вероятности2). Разумеется, здесь получается другая вероятность. Здесь событие В состоит из точек {(111122)(22)},{(111222)(12)},{(112222)(11)}. Безусловная вероятность события В равна Р=3/21. Событие А состоит их точки {(112222)(11)}. Безусловная вероятность события А равна Р=1/21. Теперь условная вероятность Р(А/В)=1/3.
«Исторически первый подход долгое время господствовал, не вызывая сомнений, и в статистической механике служил основанием для введения статистики Максвелла-Больцмана. Тем больше было удивление, когда Бозе и Эйнштейн показали, что надо использовать второй подход.»
Фактически первый подход отрицает наличие неразличимых частиц.

Хочу уточнить по задаче про лифт.Один подход: Ивынов, Петров, Сидоров , Фишман вышли на 5 этаже; потом Иванов, Петров, Сидоров, Оффенбах
вышли на 5 этаже. Эти выборки можно считать различными, а можно совпадающими-число людей одинаково. Значит получится два решения и два ответа. Я правильно понимаю?

Дело не в том, какие выборки считать различными. Это, в конце концов, наше дело, лишь бы искомую вероятность могли выразить через то, что рассматриваем в модели. (То есть, если нам надо посчитать вероятность того, что Иванов выйдет на пятом этаже, а мы людей не отличаем, то выйдет конфуз).
Дело в том, какую вероятность мы приписываем элементарным исходам.
Иначе говоря, в жизни что-то происходит, какие-то события случаются с какой-то частотой, мы можем эти события видеть по-разному, но частота-то у них одна и та же — та, которую туда вложила природа.
Один смотрит не на людей, а на молекулы, которые их составляют.
Другой фиксирует только национальность, поэтому для него Иванов, Петров и Сидоров это одно и тоже, зато Фишман и Оффенбах — другое.
Это нормально.
Но если мы найдем точку соприкосновения (вот это облако молекул, которое изучает первый — как раз составляет Иванова, Петрова и Сидирова), то логично ожидать что наблюдения первого и второго должны друг другу соответствовать.
Соответственно, вероятностный подход будет существенно отличаться не когда я Иванова, Петрова и Сидорова не отличаю, а когда я приписываю разные вероятности одному и тому же событию (скажем, тому, что три человека выйдут на одном этаже).
И если в задаче эти вероятности заданы, то какое бы я вероятностное пространство не задал и как бы я с ним не крутился, ответы я получу не же самые. Потому что мы с автором находимся в одной реальности.
А вот если задача до конца не определена и там есть свобода в выборе вероятностей, то можно создавать разные реальности в разных интерпретациях.

В одной реальности люди друг с другом не связаны и каждый выходит где хочет независимо друг от друга. Тогда получится один подход, в котором, скажем, вероятность того, что все люди выйдут на первом этаже равна (1/10)^7.
А можно считать, что люди ездят какими-то компаниями и равновероятны их выходы в любой комбинации. Скажем, для всех 7 человек есть реальный шанс равный 1/C^7_16 выйти на первом этаже, потому что они все одной дружной компанией приехали.
Видите, никакой логической несостыковки нет, просто мы по-разному интерпретируем задачу.

Но когда я вижу задачу о шарах, которых в урне 6 черных и 2 белых, то мне не приходит на ум идея о том, что я равновероятно вытаскиваю черный шар и белый. Потому как из некой текстовой задачи, которую я вижу перед собой, я однозначно определяю, что я вытаскиваю черный шар в 6 случаях из 8 (Все текстовые задачи заставляют нас интерпретировать себя. Читаете вы задачу про велосипедиста и догоняющего его мотоциклиста и понимаете для себя какие-то условия. Вы же не рассматриваете случай, что велосипедист телепортируется из точки в точку. Или, скажем, случай что велосипедист бесконечно длинный и его нельзя обогнать). А уж если этот тезис подвергать сомнениям, то можно подвергнуть сомнениям и то, что я все шары могу вытащить. А то может в урне есть уголок, куда закатываются шары и на деле у меня достижимы только два белых и вероятность вытащить белый шар равна 1. В моей реальности текст задачи однозначно задает вероятности исходов. Исключением мог бы быть случай, когда в задаче была бы приписка "дескать, вероятности увидеть черный шар и белый считать одинаковыми". Тогда я пожал бы плечами, представил бы себе модель с одним черным и одним белым шаром и жил бы счастливо.

В противоположность Борису, который считает, что теория вероятностей — наука теоретическая и я что хочу, то и кручу, я как раз считаю, что теория вероятностей — наука очень естественная и близкая к жизни по своим идеям и она должна со здравым смыслом согласовываться. Поэтому когда я сталкиваюсь с вероятностной задачей, я стараюсь понять что мое чувство здравого житейского смысла в ней подсказывает.
Мне в моей научной работе это помогает. А Борис, кажется, тяготеет к алгебраическим темам, поэтому ему ближе сухая абстракция. Каждому свое.

Семен, я думаю, ты понял. Есть пространство элементарных исходов. Точкам этого пространства можно придавать какие-либо вероятности.и далее решать. Уже знаешь статистику Максвелла-Больцмана(различимые частицы),статистику Бозе-Эйнштейна(неразличимые частицы). Можешь использовать статистику Ферми-Дирака, в которой действует запрет Паули, запрещающий иметь в одном ящике более одной частицы.
Можешь использовать статистику, в которой не может быть пустых ящиков(различимых или неразличимых), в которых число исходов определяется специальными числами-числами Стирлинга. Есть статистика неразличимых ящиков.
Можешь сам придать исходам некоторые вероятности(лишь бы в сумме была единица) . И будет статистика Семена.
Все эти рассуждения показывают сложный характер связи теории и практики. Самое интересное-создание модели, адекватной реальности. Работа внутри модели-работа математиков. Создание модели не в силах чистых математиков.

"Папа, ты с кем сейчас разговаривал?!" [:||||:]

Откуда ВЫ ЭТО знаете???

В задаче пр лифт.Начал решать для различимых шаров(теперь буду говорить в статистике Максвелла-Больцмана). Если я зафиксирую этажи, то я понимаю, как посчитать , например, Р(4,2,1). Но если этажи не фиксированы, то как быть.?

Рассуждения обывательские:
Шаг первый.
Выбираем этаж, выбираем 4х человек и садим их на этот этаж. А остальных 3х распределяем как попало.
Стоп!
Как-то мы нехорошо посчитали, ведь если все 7 вышли на одном этаже, то мы этот расклад посчитаем [m]С^4_7[/m] раз. Беда.
Шаг второй.
Раз так, то мы сделаем то же самое, но трех остальных посадим на другие 9 этажей как попало. Теперь по два раза ничего считать не будем.
Стоп!
Теперь тот же расклад мы вообще не считали.
Шаг третий.
Выбираем k от 4 до 7. Выбираем этаж, выбираем k человек и садим их на этот этаж. А остальных 7-k распределяем по остальным 9 этажам.
Все ли нужные нам расклады мы посчитали? Конечно.
Считали ли мы что-то по два раза?
Возьмем фиксированную раскладку по этажам. Могли мы ее посчитать дважды?
Этаж, на котором вышло 4 или более человек только один. k человек, которые на нем вышли, тоже фиксированы. Остальные 7-k тоже. Выходит, что это то, что нужно.
Считаем
[m]\sum\limits_{k=4}^{7} 10 * C^k_7 (1/10)^k (9/10)^{7-k}[/m]

Стандартные вероятностные рассуждения:
Вводите пространство элементарных исходов, например, последовательности длины 7, в которой все числа принимают значения от 1 до 10. Элемент номер k последовательности соответствует этажу, на которому вышел k-ый человек. Все элементарные исходы равновероятны. Следовательно, нам нужно посчитать число благоприятных исходов и поделить на количество всех (10^7).
Число благоприятных исходов считается по тому же принципу — параметризуем числом n наиболее часто повторяющееся в последовательности число (среди наших исходов оно одно), числом k — число его повторений. Пусть i_1,... i_k — те места, где оно стоит. Теперь суммируем по всем этим параметрам число исходов при фиксированном наборе параметров. А оно равно [m]9^{7-k}[/m].
Суммируем по i_1,..., i_k — получим [m]C^k_7 9^{7-k}.[/m]
Суммируем по n — получим [m]10 C^k_7 9^{7-k}.[/m]
Теперь суммируем это по k=4...7

Решаете не в той постановке, Вас спрашивают сколько человек, а не какие именно . На даже в этой постановке у Вас неверный результат.

Вероятностную модель свою предложите, пожалуйста, отвечающую вопросу Семена и опишите изучаемое событие. На языке здравого смысла с вами тяжеловато говорить, будем на вашей почве беседовать.

Кстати, допускаю, что возможно имелось ввиду "на каком-то этаже выйдет ровно 4 человека". Тогда суммирования по k не требуется, просто k=4.

Воспользуйся формулой из "Задачи ТВ из ЕГЭ", где в конце классическая задача о размещении.

Искомая вероятность Р =Р(4,3)+Р(4,2,)+Р(4,1,1,1). Для расчета каждого слагаемого воспользовался Вашей формулой. Получилось Р=0,0025515.
Теперь приступаю к решению, когда как в условии задачи-не важно, какие четверо выходят на одном этаже. Решаю задачу в статистике Бозе-Эйнштейна(круто).

Семён, а вы понимаете слова "на некотором этаже" как "на некотором фиксированном этаже" или как "на каком-нибудь"? :)

Я понял и решал на произвольном этаже. иначе был бы указан этаж, я так понял условие задачи. Уточнял по учебнику по комбинаторике. Там так же.

А если бы вопрос был "на 5ом этаже", ваша формула для P() как изменилась бы?

Мне была дана ссылка "Воспользуйся формулой из "Задачи ТВ из ЕГЭ", где в конце классическая задача о размещении". Там две формулы, одна для фиксированного, а другая для произвольного. Так я понял.

Для неразличимых людей понимаю, ка вычислить знаменатель вероятности. Не понимаю, как вычислять числитель.?

Заканчиваем с задачей про лифт. Р= [m]\frac{C_{10}^{1}\overline{C_{9}^{3}}}{\overline{C_{10}^{7}}}[/m]

Не могу найти. Существуют ли критерии неоднородности случайной последовательности?. Иными словами :имеется реализация случайных наблюдений, надо проверить гипотезу: все они имеют одно и то же вероятностное распределение. Альтернатива: это смесь разнородных распределений. У меня такая математическая модель практической задачи криптоанализа.

Дали такую задачу. В классе 21 ученик, среди них два друга. класс случайным образом разделили на три равные группы. Найти вероятность того, что друзья попали в одну группу.
Опять не понимаю, надо ли считать учеников различимыми или неразличимыми.
Ведь, например, когда говорят: разделить 5 конфет "Белочка" на двух человек, то получается дележка: одному 0,другому 5, второй вариант: одному 1, второму 4, значит конфеты различать не надо, а учеников?

в первой урне 7 белых и 4 черных шара,а во второй урне 8 белых и шесть черных шаров.Из первой урны случайным образом вынимают 3 шара и из второй 3 шара
а)найти вероятность того что среди вынутых шаров только 3 белых шара

"в первой урне 5 белых и 6 черных в другой 4 белых и 8 черных. из первой урны вынимают три шара и опускают во вторую урну. Затем из второй урны вынимают четыре шара. найти вероятность того, что все вытянутые шары белые"
Помогите, пожалуйста, с решением задачи.