Combinatoria - Probabilidad de sacar AL MENOS estas tres cartas de un conjunto de seis cartas sin reemplazo.

Question

(Bien, breve antecedente: Estoy diseñando un juego de mesa y desarrollé el siguiente problema para asegurarme de que entiendo bien la combinatoria para equilibrar el número de cartas de mi juego).

Hay seis cartas en una baraja, etiquetadas como A $_1$ , A $_2$ , B $_1$ , B $_2$ , B $_3$ y C. Suponiendo que este mazo está bien barajado, ¿cuál es la probabilidad de sacar al menos una carta "A" y al menos una "B" en una extracción de 3 cartas sin reemplazo?

Mi estrategia hasta ahora ha sido doble:

Primero escribí todas las combinaciones posibles de una baraja de tres cartas y conté cuántas de las combinaciones tienen al menos una "A" y al menos una "B". 15 de las 20 combinaciones posibles cumplen este criterio, lo que sugiere que hay una $\frac{3}{4}$ probabilidad.

Mi segunda estrategia intentó reproducir este resultado de forma más matemática, utilizando la combinatoria (es decir $\left(\begin{smallmatrix} n \\ k \end{smallmatrix}\right)=\frac{n!}{k!(n-k)!}$ ). Mi lógica es que hay $\left(\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)$ combinaciones para dibujar una "A, $\left(\begin{smallmatrix} 3 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)$ combinaciones para sacar una "B", y la última carta puede ser cualquiera de las cuatro restantes para $\left(\begin{smallmatrix} 4 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)$ . El número total de combinaciones es $\left(\begin{smallmatrix} 6 \\ 3 \end{smallmatrix}\right)$ . Sin embargo, cuando he realizado el cálculo:

$\frac{\left(\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)*\left(\begin{smallmatrix} 3 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)*\left(\begin{smallmatrix} 4 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)}{\left(\begin{smallmatrix} 6 \\ 3 \end{smallmatrix}\right)}=\frac{2*3*4}{20}=\frac{24}{20}$

que no es el resultado que obtuve inicialmente y una probabilidad superior a 1, que es imposible.

¿Me he perdido algo? Gracias de antemano por su ayuda.

Answer 1

Usted está contando ciertas instancias múltiples veces. Digamos que selecciona $A_1$ entonces $B_1$ y luego $A_2$ . Esta misma selección ocurre si se selecciona $A_2$ entonces $B_1$ y luego $A_1$ . (Véase la edición más abajo para más detalles).

Otro enfoque sería contar cuántas combinaciones hay sin tener al menos una $A$ y una $B$ y luego restarlo del total. Hay $\binom{4}{3}$ maneras de no tener $A$ 's, $\binom{3}{3}$ maneras de no tener $B$ y es imposible no tener ninguno de los dos, así que tenemos $$\frac{\binom{6}{3}-\binom{4}{3}-\binom{3}{3}}{\binom{6}{3}} = \frac{15}{20} = \frac{3}{4}.$$

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EDITAR: En su recuento, usted elige uno $A$ , entonces uno $B$ y luego una carta restante. Enumerando, obtenemos:

$A_1B_1A_2$

$A_1B_1B_2$

$A_1B_1B_3$

$A_1B_1C$

$A_1B_2A_2$

$A_1B_2B_1$

$A_1B_2B_3$

$A_1B_2C$

...y demás. Sin embargo, hemos incluido $A_1B_1B_2=A_1B_2B_1$ dos veces. Siguiendo así, contaremos dos veces todos los recuentos de la forma $A_iB_jA_k$ y todos los recuentos de la forma $A_iB_jB_k$ . Hay $\binom{2}{1}\binom{3}{1}\binom{1}{1}=6$ del primer tipo y $\binom{2}{1}\binom{3}{1}\binom{2}{1}=12$ segundo tipo. Así, tenemos $6/2+12/2=9$ cuentas adicionales. Esto es coherente porque $24-9=15$ .