Hej, behöver någon med mycket erfarenhet.

En sak till som jag glömde nämna! 

Att få 4 ess då man drar fyra kort ur en kortlek har en väldigt låg sannolikhet, hur får man egentligen fram sannolikheten för detta och hur funkar det? Jag kommer såhär långt.
Först är sannolikheten för att få 1 ess $\frac{\mathbf{4}}{\mathbf{52}}$ dragning nr 2, om man ej lägger tillbaks kortet  $\frac{\mathbf{3}}{\mathbf{51}}$ och dragning nr 3 $\frac{\mathbf{2}}{\mathbf{50}}$ dragning nr 4 $\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{49}}$  Ja, okej jag är med på varför det blir som det blir. Men jag förstår dock INTE hur man får ut sannolikheten av att multiplicera alla dessa faktorer med varandra. Varför just multiplikation?? Min lärare kunde inte förklara detta, hans resonemang var att sanolikheten ska ju bli mindre och mindre hela tiden och produkten av dessa faktorer blir mindre o mindre om man multiplicerar ihop dem.  Det hjälper inte, jag förstår inte varför just följande multiplikation ger ut sannolikheten. Varför just multiplikation? 

$\frac{\mathbf{4}}{\mathbf{52}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{3}}{\mathbf{51}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{2}}{\mathbf{50}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{49}}$

Glömde att inkludera uppgifterna i tråden, det är fixat nu. 

Om du har 250 vinstlotter och  X  nitlotter, och drar en lott ur skålen
så är chansen att du drar en vinstlott $\frac{250}{250 + X }$  ,  inte  $\frac{1}{250 + X}$   

larsolof skrev :

Om du har 250 vinstlotter och  X  nitlotter, och drar en lott ur skålen
så är chansen att du drar en vinst lott $\frac{250}{250 + X }$  ,  inte  $\frac{1}{250 + X}$   

Kan du förklara varför det är så ? Och gärna rätta mitt tankesätt om du förstår hur jag tänkte. 

Om det finns  1000 lotter och bara 1 (!) vinstlott så är chansen att dra vinstlotten $\frac{1}{1000}$ = 0.1 %

men om det finns 1000 lotter och 50 vinstlotter så är chansen att dra en vinstlott 50 gånger större.

$\frac{50}{1000}$  =  5%

MattePapput skrev :

larsolof skrev :

Om du har 250 vinstlotter och  X  nitlotter, och drar en lott ur skålen
så är chansen att du drar en vinst lott $\frac{250}{250 + X }$  ,  inte  $\frac{1}{250 + X}$   

Kan du förklara varför det är så ? Och gärna rätta mitt tankesätt om du förstår hur jag tänkte. 

I just det här exemplet:
antalet vinstlotter = 250
antalet alla lotter = 250 + X       ( X = antalet nitlotter)

Chansen att dra en vinstlott  =  $\frac{antalet vinstlotter}{antalet alla lotter}$  =  $\frac{250}{250 + X }$

larsolof skrev :

MattePapput skrev :

Visa föregående citat

larsolof skrev :

Om du har 250 vinstlotter och  X  nitlotter, och drar en lott ur skålen
så är chansen att du drar en vinst lott $\frac{250}{250 + X }$  ,  inte  $\frac{1}{250 + X}$   

Kan du förklara varför det är så ? Och gärna rätta mitt tankesätt om du förstår hur jag tänkte. 

I just det här exemplet:
antalet vinstlotter = 250
antalet alla lotter = 250 + X       ( X = antalet nitlotter)

Chansen att dra en vinstlott  =  $\frac{antalet vinstlotter}{antalet alla lotter}$  =  $\frac{250}{250 + X }$

Jaaa, jag är med, så är det förstås. Tack. :) 

larsolof skrev :

MattePapput skrev :

Visa föregående citat

larsolof skrev :

Om du har 250 vinstlotter och  X  nitlotter, och drar en lott ur skålen
så är chansen att du drar en vinst lott $\frac{250}{250 + X }$  ,  inte  $\frac{1}{250 + X}$   

Kan du förklara varför det är så ? Och gärna rätta mitt tankesätt om du förstår hur jag tänkte. 

I just det här exemplet:
antalet vinstlotter = 250
antalet alla lotter = 250 + X       ( X = antalet nitlotter)

Chansen att dra en vinstlott  =  $\frac{antalet vinstlotter}{antalet alla lotter}$  =  $\frac{250}{250 + X }$

Skulle du även kunna förklara om du kan det, varför man använder multiplikation vid frågan om korten?

Jag vet att det är så, men vet inte hur jag ska förklara det på ett bra sätt...  försöker...

På hur många sätt kan man dra först ett valfritt kort, och därefter ännu ett
valfritt kort ur en kortlek?  Svar:  på   52 $·$ 51 = 2652 olika sätt.  Håller du med?

På hur många sätt kan man bland dessa 2652 olika kombinationer av kort
se att det är två ess?  Svar:  på 12 sätt    ( 4 $·$ 3 )   Hoppas du håller med.

Så på hur många sätt kan man dra först ett valfritt kort, och därefter ännu ett
valfritt kort ur en kortlek, och få båda som ess ?    Jo,   $\frac{12}{2652}$

Och vad blir  $\frac{4}{52} · \frac{3}{51}$  jo  det blir $\frac{12}{2652}$

Och sedan är det samma resonemang för tre ess och för fyra ess.

larsolof skrev :

Jag vet att det är så, men vet inte hur jag ska förklara det på ett bra sätt...  försöker...

På hur många sätt kan man dra först ett valfritt kort, och därefter ännu ett
valfritt kort ur en kortlek?  Svar:  på   52 $·$ 51 = 2652 olika sätt.  Håller du med?

På hur många sätt kan man bland dessa 2652 olika kombinationer av kort
se att det är två ess?  Svar:  på 12 sätt    ( 4 $·$ 3 )   Hoppas du håller med.

Så på hur många sätt kan man dra först ett valfritt kort, och därefter ännu ett
valfritt kort ur en kortlek, och få båda som ess ?    Jo,   $\frac{12}{2652}$

Och vad blir  $\frac{4}{52} · \frac{3}{51}$  jo  det blir $\frac{12}{2652}$

Och sedan är det samma resonemang för tre ess och för fyra ess.

Jag är inte riktigt med på den första delen, först så kan man ta 1 kort ur en kortlek på 52 på 52 olika sätt, det förstår jag. Och sedan om man ska ta 2 kort så kan man göra det på 52*51 olika sätt... njaaaa alltså jag fattar att 51an uppkommer för att man redan tagit ett kort ur kortleken och man tar antal sätt man kan få 1 kort multiplicerat med antal sätt man kan få 1 kort om det var en kortlek med 51 kort istället..... Det skulle ju kunna vara samma sak. Jag fattar hur det går till men inte varför man gör sådär.    Jaaa vi tar ett kort och sen ett annat, på hur många sätt kan dessa blandas. Man kan sitta och ta alla möjliga ordningar för hand och då kommer man fram till 2652, så om jag gjorde det för han så skulle jag definitivt kunna lösa den men metoden 52*51 osv det är hela den som jag inte fattar, det är ju något som ingen har förklarat någonsin. 

Jag läser ditt senaste inlägg och tolkar det som att du är med nu. Är det så?
Tar det för fyra ess också.
På hur många sätt kan du välja ut fyra kort ur en kortlek? Svar 52 x 51 x 50 x 49 = 6497400
På hur många sätt kan du välja ut fyra ess ur en kortlek?  Svar   4 x 3 x 2 x 1 = 24

Hur stor är sannolikheten att det blev fyra ess när du drar fyra kort ?

svar:   $\frac{24}{6497400} = \frac{4 · 3 · 2 · 1}{52 · 51 · 50 · 49} = \frac{4}{52} · \frac{3}{51} · \frac{2}{50} · \frac{1}{49}$

larsolof skrev :

Jag läser ditt senaste inlägg och tolkar det som att du är med nu. Är det så?
Tar det för fyra ess också.
På hur många sätt kan du välja ut fyra kort ur en kortlek? Svar 52 x 51 x 50 x 49 = 6497400
På hur många sätt kan du välja ut fyra ess ur en kortlek?  Svar   4 x 3 x 2 x 1 = 24

Hur stor är sannolikheten att det blev fyra ess när du drar fyra kort ?

svar:   $\frac{24}{6497400} = \frac{4 · 3 · 2 · 1}{52 · 51 · 50 · 49} = \frac{4}{52} · \frac{3}{51} · \frac{2}{50} · \frac{1}{49}$

Nej, jag är inte med. Jag är med på att man kan välja 1 kort ur en kortlek på 52 olika sätt men inte hur 52*51 betyder antal sätt man kan välja 2 kort på. Det är jag inte med på. 

Vi tar lite färre "kort" som exempel, korten heter  A B C D E F
Och så säger vi att du ska välja två av dessa sex "kort".

Först drar du ett kort, av 6 kort. Det kan du göra på 6 sätt.
Då minskar korthögen till 5 kort. När du drar andra kortet kan det alltså vara ett av 5 kort.

Detta är vad du kan få:   AB  AC  AD  AE  AF    BA  BC  BD  BE  BF
                                           CA  CB  CD  CE  CF     DA  DB  DC  DE  DF
                                           EA  EB  EC  ED  EF      FA  FB  FC  FD  FE

36 olika kombinationer =  6 $·$ 5 

Om man tar ett mindre exempel, säg att vi ska välja ut två siffror från  1,2,3 och ordningen spelar roll. Vi kan då se valet enligt följande:

Så vi börjar vid första noden längst till vänster. Sedan följer vi någon gren, vilket vi kan göra på 3 stycken sätt. Sedan går vi vidare och väljer nästa gren vilket vid varje nod kan vi göra det på 2 stycken sätt. Så totalt kommer vi få 3*2 slut noder som alla motsvarar ett unikt val av siffrorna.

För kortleken så blir det ett större sånt här träd. Vi har i början 52 kort, alltså 52 grenar. Vid nästa steg så har du 51 kort så då får du 51 stycken grenar. Så antalet slut noder blir 52*51.

larsolof skrev :

Vi tar lite färre "kort" som exempel, korten heter  A B C D E F
Och så säger vi att du ska välja två av dessa sex "kort".

Först drar du ett kort, av 6 kort. Det kan du göra på 6 sätt.
Då minskar korthögen till 5 kort. När du drar andra kortet kan det alltså vara ett av 5 kort.

Detta är vad du kan få:   AB  AC  AD  AE  AF    BA  BC  BD  BE  BF
                                           CA  CB  CD  CE  CF     DA  DB  DC  DE  DF
                                           EA  EB  EC  ED  EF      FA  FB  FC  FD  FE

36 olika kombinationer =  6 $·$ 5 

Jaaa! Nu börjar jag förstå lite mer iallafall, jag förstår PRECIS varför du tar 6*5 och jag ska förklara det nu.   Det är 6 kort och om vi börjar på kort nr A så kan det blandas med 5 andra kort precis som du ritade upp. Och samma gäller för alla kort, när man är klar med kort 1 så går man vidare till kort B och då kan ju den också blandas med 5 st kort alltså så innebär 6an i multiplikationen de första kortet man ska blanda de resterande 5 korten med. Så 6 * 5   
 Och det är 30, alltså så kan dessa blandas på 30 olika sätt. Men hälften av dessa har samma blandning. för att om kort A ska blandas med alla 5 kort så ska alla andra också blandas med 5 kort och då blir det exakt hälften som är samma . 

$\mathit{A}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }\mathit{B}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }\mathit{C}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }\mathit{D}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }\mathit{E}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }\mathit{F}\mathbf{·}\mathbf{5}$  Eftersom att alla dessa bokstäver är av samma element så skriver man bara 6, man lägger ihop dem i en hög. 


Innebär det att den har 15 permutationer ? Alltså 15 återupprepningar av samma kombination ? Är det vad permutation betyder? Det finns 30 blandningar av alla 6 korten. jag förstår varför man tar Total antal * (Total antal -1) För att få fram alla blandningar. Det förstår jag. 

Stokastisk skrev :

Om man tar ett mindre exempel, säg att vi ska välja ut två siffror från  1,2,3 och ordningen spelar roll. Vi kan då se valet enligt följande:

Så vi börjar vid första noden längst till vänster. Sedan följer vi någon gren, vilket vi kan göra på 3 stycken sätt. Sedan går vi vidare och väljer nästa gren vilket vid varje nod kan vi göra det på 2 stycken sätt. Så totalt kommer vi få 3*2 slut noder som alla motsvarar ett unikt val av siffrorna.

 

För kortleken så blir det ett större sånt här träd. Vi har i början 52 kort, alltså 52 grenar. Vid nästa steg så har du 51 kort så då får du 51 stycken grenar. Så antalet slut noder blir 52*51.

Detta var inte till så stor hjälp, tack så hemskt mycket för att du försökte ändå. Det är jag som inte förstår ba. 

Nu förstår jag detta, om jag ska plocka 4 valfria kort ur en kortlek på 52 då kommer det att finnas $\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}\mathbf{ }\mathbf{ }\mathbf{♦}\mathbf{♣}\mathbf{♠}\mathbf{♥}$   Alltså det är lite abstrakt märker jag men ändå, jag kan liksom förså vad det är som händer.  Nu har jag valt 4 slumpmässiga kort ur kortleken utan att lägga tillbaks korten. Hur ska jag använda detta för att lösa mitt problem, hur ska jag liksom förstå det? Alltså är det exakt samma princip fast att vi istället använder sannolikhet nu ?   $\frac{\mathbf{4}}{\mathbf{52}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{3}}{\mathbf{51}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{2}}{\mathbf{50}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{49}}$  Ska jag alltså bara koppla ihop det jag skrev  med sannolikhetsuttrycket? 

Hej MattePapput,

Du har kommit fram till att $52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49$ är antalet sätt att dra 4 kort från en kortlek (med hänsyn tagen till ordningen).

I detta antal ingår ett antal "vinster" där de 4 kort du dragit är 4 ess.

Ett sätt att ordna de fyra essen är 1. Hjärter Ess 2. Ruter Ess 3. Klöver Ess 4. Spader Ess. Det finns fler sätt. Hur många?

Sannolikheten att dra fyra ess är slutligen antalet vinstlotter (antalet sätt att dra 4 Ess) delat med det totala antalet sätt att dra fyra kort.

Guggle skrev :

Hej MattePapput,

Du har kommit fram till att $52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49$ är antalet sätt att dra 4 kort från en kortlek (med hänsyn tagen till ordningen).

I detta antal ingår ett antal "vinster" där de 4 kort du dragit är 4 ess.

Ett sätt att ordna de fyra essen är 1. Hjärter Ess 2. Ruter Ess 3. Klöver Ess 4. Spader Ess. Det finns fler sätt. Hur många?

Sannolikheten att dra fyra ess är slutligen antalet vinstlotter (antalet sätt att dra 4 Ess) delat med det totala antalet sätt att dra fyra kort.

När man säger med hänsyn tagen till ordningen, menar man då att man ej lägger tillbaks kortet eller att man inte plockar på samma sätt igen?  Ja, jag förstår att om man ska ta 4 kort utan att lägga tillbaks något kort så ger det multiplikationen $\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}$

Och det finns en kombination inom dessa där 4 st är samma precis som på bilden jag ritade då det par som innehöll samma ordning? det finns 4 sådana kombinationer här eller?    

Om man tar hänsyn till ordningen så betyder att man skiljer på exempelvis ABC och BAC eftersom de står i olika ordning. Om man inte tar hänsyn till ordningen så skiljer man inte på dem.

När man pratar om kombination så tar man inte hänsyn till ordningen.

När man pratar om permutation så tar man hänsyn till ordningen.

MattePapput skrev :

Guggle skrev :

Hej MattePapput,

Du har kommit fram till att $52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49$ är antalet sätt att dra 4 kort från en kortlek (med hänsyn tagen till ordningen).

I detta antal ingår ett antal "vinster" där de 4 kort du dragit är 4 ess.

Ett sätt att ordna de fyra essen är 1. Hjärter Ess 2. Ruter Ess 3. Klöver Ess 4. Spader Ess. Det finns fler sätt. Hur många?

Sannolikheten att dra fyra ess är slutligen antalet vinstlotter (antalet sätt att dra 4 Ess) delat med det totala antalet sätt att dra fyra kort.

När man säger med hänsyn tagen till ordningen, menar man då att man ej lägger tillbaks kortet eller att man inte plockar på samma sätt igen? 

Nej. Det kan vara lite förvirrande med ordning, återläggning osv.

Återläggning, vi lägger tillbaka det kort vi dragit innan vi drar igen

Ordning, vi tar hänsyn till i vilken ordning vi drog korten. Alltså är A♦A♥  A♥A♦ två permutationer

Om vi anser att A♦A♥=A♥A♦ bara ska räknas en gång så behöver vi inte ta hänsyn till ordningen.

När du stöter på ett "På hur många sätt kan man dra k element från population av n element" t.ex. "på hur många olika sätt kan man dra 4 kort från en kortlek med 52 kort", bör du alltså ställa dig två frågor.

1. Spelar ordningen roll?

2. Sker återläggning?

Om du t.ex. bestämmer dig för att ta hänsyn till ordning och ingen återläggning måste du tillämpa det konsekvent under hela beräkningen.

Ja, jag förstår att om man ska ta 4 kort utan att lägga tillbaks något kort så ger det multiplikationen $\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}$

Och det finns en kombination inom dessa där 4 st är samma precis som på bilden jag ritade då det par som innehöll samma ordning? det finns 4 sådana kombinationer här eller?    

Det finns $4\cdot 3\cdot 2 \cdot 1$ möjliga sätt att ordna 4 ess (alltså med hänsyn tagen till ordning). Detta kallas permutationer.

Det är lite krångligt eftersom vi i dagligt tal ibland säger kombination när vi menar permutation.

Det finns $52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49$ sätt att dra 4 kort från en lek av 52 kort med hänsyn tagen till ordning.

Sannolikheten att dra fyra ess är antalet  ordnade sätt att dra 4 ess / totala antalet ordnade sätt att dra 4 kort av  ur en lek av 52.

Om vi säger att 4 ess är ett fyrtal i ess oavsett i vilken ordning vi fick korten tar vi inte hänsyn till ordning. Då finns bara en kombination och vi tar inte hänsyn till eventuella permutationer.

Utan hänsyn till ordning blir beräkningen istället $\frac{1}{52 \choose 4}$, dvs en kombination av fyra ess delat med antalet sätt att dra 4 kort ur en kortlek med 52 kort utan hänsyn till ordning.

Det blir naturligtvis exakt samma resultat av båda sätten att räkna i detta fall.

Stokastisk skrev :

Om man tar hänsyn till ordningen så betyder att man skiljer på exempelvis ABC och BAC eftersom de står i olika ordning. Om man inte tar hänsyn till ordningen så skiljer man inte på dem.

När man pratar om kombination så tar man inte hänsyn till ordningen.

När man pratar om permutation så tar man hänsyn till ordningen.

Så i fallet med 6 kort så finns det 6*5 permutationer och 6*5/2 kombinationer ellerhur ? Man kallar det just permutationer för att det finns samma blandning av något i samma hög men inte i samma ordning. Alltså typ  $♥♦ ♦♥$  dessa är permutationer, är det en eller två permutationer? är detta en permutation ?   Eller säger man helt enkelt att när man tar hänsyn till ordningen så är blandningen en permutation som helhet? 

MattePapput skrev :

Stokastisk skrev :

Om man tar hänsyn till ordningen så betyder att man skiljer på exempelvis ABC och BAC eftersom de står i olika ordning. Om man inte tar hänsyn till ordningen så skiljer man inte på dem.

När man pratar om kombination så tar man inte hänsyn till ordningen.

När man pratar om permutation så tar man hänsyn till ordningen.

Så i fallet med 6 kort så finns det 6*5 permutationer och 6*5/2 kombinationer ellerhur ? Man kallar det just permutationer för att det finns samma blandning av något i samma hög men inte i samma ordning. Alltså typ  $♥♦ ♦♥$  dessa är permutationer, är det en eller två permutationer? är detta en permutation ?   Eller säger man helt enkelt att när man tar hänsyn till ordningen så är blandningen en permutation som helhet? 

Det stämmer att det finns 6*5 permutation och 6*5/2 kombinationer.

Ja det är två permutationer. Man kan säga att permutationer är ordnade urval utan återläggning. Så du har alltså två stycken ordnade urval utan återläggning där.

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

Visa föregående citat

Guggle skrev :

Hej MattePapput,

Du har kommit fram till att $52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49$ är antalet sätt att dra 4 kort från en kortlek (med hänsyn tagen till ordningen).

I detta antal ingår ett antal "vinster" där de 4 kort du dragit är 4 ess.

Ett sätt att ordna de fyra essen är 1. Hjärter Ess 2. Ruter Ess 3. Klöver Ess 4. Spader Ess. Det finns fler sätt. Hur många?

Sannolikheten att dra fyra ess är slutligen antalet vinstlotter (antalet sätt att dra 4 Ess) delat med det totala antalet sätt att dra fyra kort.

När man säger med hänsyn tagen till ordningen, menar man då att man ej lägger tillbaks kortet eller att man inte plockar på samma sätt igen? 

Nej. Det kan vara lite förvirrande med ordning, återläggning osv.

Återläggning, vi lägger tillbaka det kort vi dragit innan vi drar igen

Ordning, vi tar hänsyn till i vilken ordning vi drog korten. Alltså är A♦A♥  A♥A♦ två permutationer

Om vi anser att A♦A♥=A♥A♦ bara ska räknas en gång så behöver vi inte ta hänsyn till ordningen.

När du stöter på ett "På hur många sätt kan man dra k element från population av n element" t.ex. "på hur många olika sätt kan man dra 4 kort från en kortlek med 52 kort", bör du alltså ställa dig två frågor.

1. Spelar ordningen roll?

2. Sker återläggning?

Om du t.ex. bestämmer dig för att ta hänsyn till ordning och ingen återläggning måste du tillämpa det konsekvent under hela beräkningen.

Ja, jag förstår att om man ska ta 4 kort utan att lägga tillbaks något kort så ger det multiplikationen $\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}$

Och det finns en kombination inom dessa där 4 st är samma precis som på bilden jag ritade då det par som innehöll samma ordning? det finns 4 sådana kombinationer här eller?    

Det finns $4\cdot 3\cdot 2 \cdot 1$ möjliga sätt att ordna 4 ess (alltså med hänsyn tagen till ordning). Detta kallas permutationer.

Det är lite krångligt eftersom vi i dagligt tal ibland säger kombination när vi menar permutation.

Det finns $52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49$ sätt att dra 4 kort från en lek av 52 kort med hänsyn tagen till ordning.

Sannolikheten att dra fyra ess är antalet  ordnade sätt att dra 4 ess / totala antalet ordnade sätt att dra 4 kort av  ur en lek av 52.

Om vi säger att 4 ess är ett fyrtal i ess oavsett i vilken ordning vi fick korten tar vi inte hänsyn till ordning. Då finns bara en kombination och vi tar inte hänsyn till eventuella permutationer.

Utan hänsyn till ordning blir beräkningen istället $\frac{1}{52 \choose 4}$, dvs en kombination av fyra ess delat med antalet sätt att dra 4 kort ur en kortlek med 52 kort utan hänsyn till ordning.

Det blir naturligtvis exakt samma resultat av båda sätten att räkna i detta fall.

Jag försöker att tolka allt du säger in i minsta detalj.  
Min tolkning
"Återläggning" - Jag förstår
"Ordning" - Alla möjliga utfall av blandningar även fast vissa blandningar egentligen innehåller samma element fast dom är tagna med annorlunda ordning, dom ska ändå räknas med för att ordningen spelar roll.    Ta hänsyn till ordningen = Ordningen är viktig, den spelar roll. 
 
"1. Spelar ordningen roll?" 
"2. Sker återläggning"
Det är väldigt bra och logiska tankesätt, jaa dessa två är väldigt avgörande för hur många sätt man kan dra på förstår jag också. 

"Om du t.ex. bestämmer dig för att ta hänsyn till ordning och ingen återläggning måste du tillämpa det konsekvent under hela beräkningen." 
Alltså menar du om jag tar 2 kort ur en kortlek på 10 så ska de par som innehåller samma kort men olika ordning också räknas med i antal sätt? Och då ger det multiplikationen $\mathbf{10}\mathbf{·}\mathbf{9}$
Nu har jag tagit hänsyn till ordningen, det är totalt 90 sätt och men hälften av dessa par av 2 innehåller samma kort fast med olika ordning. Alltså det är 90 permutationer men 45 kombinationer? Right? 

"Det finns 4⋅3⋅2⋅14·3·2·1 möjliga sätt att ordna 4 ess (alltså med hänsyn tagen till ordning). Detta kallas permutationer."
Man kan blanda 4 ess på dessa sätt, ja och det kallas permutationer för att vissa av dom innehåller samma kombination men är olika ordnade. 

Nu blir det lite krångligare. 
"Det är lite krångligt eftersom vi i dagligt tal ibland säger kombination när vi menar permutation.

Det finns 52⋅51⋅50⋅4952·51·50·49 sätt att dra 4 kort från en lek av 52 kort med hänsyn tagen till ordning.

Sannolikheten att dra fyra ess är antalet  ordnade sätt att dra 4 ess / totala antalet ordnade sätt att dra 4 kort av  ur en lek av 52."

Förstår att divisionen kommer se ut på följande sätt som du beskrev. 
$\frac{möjliga sätt med hänsyn till ordningen att dra 4 ess}{totala antal sätt att dra 4 kort ur en lek av 52}=\frac{4·3·2·1}{52·51·50·49}$  Jag börjar NÄSTAN förstå, jag märker att det klarnar till lite i huvudet. Om jag nu ska tolka divisionen så gör jag det på följande sätt.  Det finns totalt 4 st ess i kortleken och dessa kan dras på 4*3*2*1 olika sätt med hänsyn till ordningen och om man drar fyra kort ur en lek så kan det ske på 52*51*50*49 olika sätt med hänsyn till ordningen.   Divisionen säger:
= $\frac{4·3·2·1}{52·51·50·49}=\frac{\left(2\right)för att få så många sånna}{\left(1\right)Hur många sånna behövs }$ Njaaa, alltså jag förstår typ nästan. En mer utvecklad förklaring med mycket detaljer kanske skulle hjälpa. 

Det är mycket att ta in, de sista du skriver låter bra men det är lite knepigt. Det första du säger tror jag att jag förstår. 
"Om vi säger att 4 ess är ett fyrtal i ess oavsett i vilken ordning vi fick korten tar vi inte hänsyn till ordning. Då finns bara en kombination och vi tar inte hänsyn till eventuella permutationer."
Ja alltås vi struntar i ordningen vi vill bara ha fram en kombination av 4 ess inte permutationer. Vi vill ha 4 ess på raken i vilken ordning dom än kommer. Och utan hänsyn till ordningen så blir beräkningen $\frac{\mathbf{1}}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{4}\end{array}\right)}$  hmmm en kombination, istället för att skriva 4*3*2*1 i täljaren som så skriver du 1 för att ordningen är skitsamma. Och nämnaren $\left(\begin{array}{c}54\\ 4\end{array}\right)$ Vet inte riktigt vad det betyder.  Du skriver att det innebär antal sätt att dra 4 kort ur en kortlek med 52 utan hänsyn till ordning. Antal kombinationer alltså. JAAAA jag tror att jag förstår, vi vill hitta 1 kombination så vi delar med samma sak alltås kombination/kombination. Det är divisionerna som jag typ förstår på ett lite oförklarligt sätt men inte riktigt ändå. 

Lägger till en snabb kommentar mitt i allt bara.
Jag kan säga en sak, det hjälper verkligen att du berättar allt så stort tack för detta. Det är verkligen hjälpsamt, jag hoppas att du typ nästan förstår hur jag begriper saker och kan formulera dig därefter. Oavsett vad, tack så mycket allihopa.    

MattePapput skrev :

 

Alltså menar du om jag tar 2 kort ur en kortlek på 10 så ska de par som innehåller samma kort men olika ordning också räknas med i antal sätt? Och då ger det multiplikationen $\mathbf{10}\mathbf{·}\mathbf{9}$

Nu har jag tagit hänsyn till ordningen, det är totalt 90 sätt och men hälften av dessa par av 2 innehåller samma kort fast med olika ordning. Alltså det är 90 permutationer men 45 kombinationer? Right? 

Ja, helt rätt.  I ditt exempel blir det 90 permutationer och 45 kombinationer.

Det finns totalt 4 st ess i kortleken och dessa kan dras på 4*3*2*1 olika sätt med hänsyn till ordningen och om man drar fyra kort ur en lek så kan det ske på 52*51*50*49 olika sätt med hänsyn till ordningen.  

Detta är också helt rätt. Det finns $52\cdot 51\cdot 50\cdot 49$ sätt att ordna 4 kort från en lek av 52 utan återläggning. På samma sätt finns det $4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$ möjliga sätt att ordna 4 ess.

Med andra ord har du $52\cdot 51\cdot 50\cdot 49$ möjliga utfall.

Av dessa är $4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$ gynnsamma utfall.

Vid likformig sannolikhetsfördelning (de olika utfallen har samma sannolikhet) gäller:

$P(A)=\frac{\mathrm{Antal\: gynsamma\:utfall}}{\mathrm{Antal\:m\ddot ojliga\:utfall}}$

Där utfall i A är gynnsamma.

Det blir alltså

$P(A)=\frac{4\cdot3 \cdot2 \cdot1}{52\cdot 51 \cdot50 \cdot49}$

Jämför med uppgift 5112 c) i ditt ursprungsinlägg. Där är antalet möjliga utfall 52 och antalet gynnsamma utfall 4.  Jämför också med uppgift 5105 $P(\mathrm{ess})$.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

Att räkna permutationer och kombinationer på ett mer metodiskt sätt ligger förmodligen utanför gymnasiekursen. Det innebär självklart inte att det är förbjudet att lära sig, men se det som överkurs snarare än en nödvändighet.

Det är så viktigt att skilja på permutation och kombination att man inför särskilda beteckningar för det.

Antalet möjliga sätt att ordna k element ur en population av n element utan återläggning tecknar man $_nP_k$. P står för permutation.

I ditt eget exempel, 10 kort välj 2 med hänsyn till ordning utan återläggning, kan man alltså skriva $_{10 }P_2$.

Man kan också skriva $(10)_2$ eller allmänt $(n)_k$

Antalet sätt att välja k objekt ur en population av n utan hänsyn till ordning och utan återläggning tecknas $_nC_k$. Där C står för combination. Ett annat skrivsätt är ${n \choose k}$.

I ditt exempel, välj 2 kort av 10, blir det ${10 \choose 2}$

De flesta miniräknare har funktioner för att beräkna detta, ungefär som när man beräknar sinus eller roten ur.

Vill man räkna för hand gäller

$_nC_k={n\choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

$_nP_k=(n)_k=\frac{n!}{(n-k)!}$

Du kan också använda Wolfram|Alpha, exempel ${10}_P_{2}$ och ${10}_C_{2}$

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

 

Alltså menar du om jag tar 2 kort ur en kortlek på 10 så ska de par som innehåller samma kort men olika ordning också räknas med i antal sätt? Och då ger det multiplikationen $\mathbf{10}\mathbf{·}\mathbf{9}$

Nu har jag tagit hänsyn till ordningen, det är totalt 90 sätt och men hälften av dessa par av 2 innehåller samma kort fast med olika ordning. Alltså det är 90 permutationer men 45 kombinationer? Right? 

Ja, helt rätt.  I ditt exempel blir det 90 permutationer och 45 kombinationer.

 

Det finns totalt 4 st ess i kortleken och dessa kan dras på 4*3*2*1 olika sätt med hänsyn till ordningen och om man drar fyra kort ur en lek så kan det ske på 52*51*50*49 olika sätt med hänsyn till ordningen.  

Detta är också helt rätt. Det finns $52\cdot 51\cdot 50\cdot 49$ sätt att ordna 4 kort från en lek av 52 utan återläggning. På samma sätt finns det $4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$ möjliga sätt att ordna 4 ess.

Med andra ord har du $52\cdot 51\cdot 50\cdot 49$ möjliga utfall.

Av dessa är $4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$ gynnsamma utfall.

Vid likformig sannolikhetsfördelning (de olika utfallen har samma sannolikhet) gäller:

$P(A)=\frac{\mathrm{Antal\: gynsamma\:utfall}}{\mathrm{Antal\:m\ddot ojliga\:utfall}}$

Där utfall i A är gynnsamma.

Det blir alltså

$P(A)=\frac{4\cdot3 \cdot2 \cdot1}{52\cdot 51 \cdot50 \cdot49}$

Jämför med uppgift 5112 c) i ditt ursprungsinlägg. Där är antalet möjliga utfall 52 och antalet gynnsamma utfall 4.  Jämför också med uppgift 5105 $P(\mathrm{ess})$.

 

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

Att räkna permutationer och kombinationer på ett mer metodiskt sätt ligger förmodligen utanför gymnasiekursen. Det innebär självklart inte att det är förbjudet att lära sig, men se det som överkurs snarare än en nödvändighet.

Det är så viktigt att skilja på permutation och kombination att man inför särskilda beteckningar för det.

Antalet möjliga sätt att ordna k element ur en population av n element utan återläggning tecknar man $_nP_k$. P står för permutation.

I ditt eget exempel, 10 kort välj 2 med hänsyn till ordning utan återläggning, kan man alltså skriva $_{10 }P_2$.

Man kan också skriva $(10)_2$ eller allmänt $(n)_k$

Antalet sätt att välja k objekt ur en population av n utan hänsyn till ordning och utan återläggning tecknas $_nC_k$. Där C står för combination. Ett annat skrivsätt är ${n \choose k}$.

I ditt exempel, välj 2 kort av 10, blir det ${10 \choose 2}$

De flesta miniräknare har funktioner för att beräkna detta, ungefär som när man beräknar sinus eller roten ur.

Vill man räkna för hand gäller

$_nC_k={n\choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

$_nP_k=(n)_k=\frac{n!}{(n-k)!}$

 

Du kan också använda Wolfram|Alpha, exempel ${10}_P_{2}$ och ${10}_C_{2}$

Förstår mycket mycket mer nu, det börjar kännas rätt och logiskt i huvudet men jag är inte riktigt där än.   
Vi ska ta reda på vad sannolikheten är för att dra 4 ess på raken ur en kortlek på 52 kort. Okej, det finns $\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}$ sätt att dra korten på med hänsyn till ordningen. $\frac{\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}}{\mathbf{4}}$ om vi struntar i ordningen vilket också är precis vad vi ska göra.  JAHA!, alltså sättet att skriva  $\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{4}\end{array}\right)$ betyder precis det jag beskrev ovan ?! Då förstår jag varför man gör på det sättet. Eftersom att ordningen är skitsamma så är hänsyn till ordningen oviktig. Ja okej, vi kan dra 4 ess på $\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{4}\end{array}\right)$ sätt '

utan hänsyn till ordningen. Jag är med så långt om allt jag skrev ovan stämmer, nu behöver jag bara förstå varför antal sätt man kan dra 4 ess på spelar roll. Är det typ för att vi skriver om själva "Kortdragningen" Till antal sätt och så måste vi göra det på målet också (4 ess) Så att vi ska kunna sätta in det i en enda division. Alltså om vi struntar i ordningen så måste vi skriva på det sättet i nämnaren och i täljaren för arnars fungerar det ej och om vi har med ordningen så skriver vi det i täljaren och i nämnaren på samma sätt och då tar ändå alla permutationer ut varandra i divisionen? Ellerhur? Om vi skriver om antal sätt att dra 4 ess på ur en kortlek på 4 med bara kombinationer så ger det $\frac{\mathbf{4}\mathbf{·}\mathbf{3}\mathbf{·}\mathbf{2}\mathbf{·}\mathbf{1}}{\mathbf{4}}$ ju? så svaret är  $\frac{\mathbf{6}}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{4}\end{array}\right)}$

Jag försöker jämföra denna divisionen med en annan sak, "Vad är sannolikheten att dra 1 ruter ur en kortlek"   Det finns 13 ruter kort och totalt 52 kort   $\frac{\mathbf{13}}{\mathbf{52}}$  Där är sannolikheten till att dra ett ruter kort. För att göra det så tog vi antal ruter kort dividerat med totalt antal kort. 

MattePapput, en kontrollfråga: menade du:

$\frac{52\cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}{4}$ som du skrev eller tänkte du egentligen att nämnaren ska vara: $4! = 1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4 = 24$?

tomast80 skrev :

MattePapput, en kontrollfråga: menade du:

$\frac{52\cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}{4}$ som du skrev eller tänkte du egentligen att nämnaren ska vara: $4! = 1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4 = 24$?

Nää, jag menade så som jag skrev det. Om vi har 6 kort och ska dra 2 kort med hänsyn till ordningen så kan vi göra det på 6*5 olika sätt och det innebär 30 permutationer och 6*5/2 kombinationer. Om vi drar 3 kort ur en hög av 6 kort får vi 6*5*4/3 kombinationer

Nej, 3 kort kan ordnas på 6 olika sätt: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA d v s 3*2*1 = 3! olika sätt.

Smaragdalena skrev :

Nej, 3 kort kan ordnas på 6 olika sätt: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA d v s 3*2*1 = 3! olika sätt.

Va?   Kort: A B C D E F  (Totalt 6) 
Välj 3 kort, då kan man ta ABC, ABD, ABE, ABF, ACB, ACD, ACE, ACF osv osv  totalt $\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}$ med hänsyn till ordningen och $\frac{\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}}{\mathbf{3}}$ utan hänsyn till ordningen. 

Först ett förtydligande, det finns bara 1 kombination av 4 ess om man inte tar hänsyn till ordning.

Antal möjliga utfall: ${52 \choose 4}$

Antal gynnsamma utfall: ${4 \choose 4}=1$

$P(A)=\frac{1}{{52 \choose 4}}$

I ditt exempel med 6 kort dra 3 gäller

Antal kombinationer: ${6\choose 3}=20$

Antal permutationer: $(6)_3=120$

Guggle skrev :

Först ett förtydligande, det finns bara 1 kombination av 4 ess om man inte tar hänsyn till ordning.

Antal möjliga utfall: ${52 \choose 4}$

Antal gynnsamma utfall: ${4 \choose 4}=1$

$P(A)=\frac{1}{{52 \choose 4}}$

I ditt exempel med 6 kort dra 3 gäller

Antal kombinationer: ${6\choose 3}=20$

Antal permutationer: $(6)_3=120$

Jag är med på hur man får ut permutationer men inte kombinationer.   Betyder P(A) probability to get A (ess) 

Om du har A B C D, så kan du välja ut permutationer med 3 bokstäver på följande sätt

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

ABD, ADB, BAD, BDA, DAB, DBA

ADC, ACD, DAC, DCA, CAD, CDA

DBC, DCB, BDC, BCD, CDB, CBD

Noter alltså att det finns 4*3*2 = 24 permutationer. Varje rad kan ses som enbart en enda kombination. Så du har alltså 4 kombinationer, eller $4!/3!$ olika kombinationer. $3!$ är antalet sätt man kan ordna tre bokstäver på.

MattePapput skrev :

Jag är med på hur man får ut permutationer men inte kombinationer.   Betyder P(A) probability to get A (ess) 

P(A) är sannolikheten att dra fyra ess på rad från en kortlek (som är väl blandad, inget fusk) av 52 kort

Om du förstår hur man beräknar permutationer är det bara att dela med fakulteten av antalet kort du drar för att få antalet kombinationer.

Exempel

Dra 7 kort av 10.

Antalet permutationer: 604 800

7! = 5040

Antalet kombinationer: 604 800/5040 = 120

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

Jag är med på hur man får ut permutationer men inte kombinationer.   Betyder P(A) probability to get A (ess) 

P(A) är sannolikheten att dra fyra ess på rad från en kortlek (som är väl blandad, inget fusk) av 52 kort

Om du förstår hur man beräknar permutationer är det bara att dela med fakulteten av antalet kort du drar för att få antalet kombinationer.

Exempel

Dra 7 kort av 10.

Antalet permutationer: 604 800

7! = 5040

Antalet kombinationer: 604 800/5040 = 120

 

 

 

 

 

 

 

.

Men hur blir det så? Fattar inte riktigt. förstår att man delar med något för att få bort onödiga permutationer. $\frac{\mathbf{10}\mathbf{·}\mathbf{9}\mathbf{·}\mathbf{8}\mathbf{·}\mathbf{7}\mathbf{·}\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}}{\mathbf{7}\mathbf{·}\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}\mathbf{·}\mathbf{3}\mathbf{·}\mathbf{2}\mathbf{·}\mathbf{1}}$  Hur vet du att du ska dela på 7 fakultet ? 

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

Jag är med på hur man får ut permutationer men inte kombinationer.   Betyder P(A) probability to get A (ess) 

P(A) är sannolikheten att dra fyra ess på rad från en kortlek (som är väl blandad, inget fusk) av 52 kort

Om du förstår hur man beräknar permutationer är det bara att dela med fakulteten av antalet kort du drar för att få antalet kombinationer.

Exempel

Dra 7 kort av 10.

Antalet permutationer: 604 800

7! = 5040

Antalet kombinationer: 604 800/5040 = 120

Jag trodde att jag började få grepp på det.... Nu tvivlar jag totalt. 

Antal sätt att ordna 5 saker på olika sätt, med hänsyn till ordningen: Det första elementet kanman välja på 5 olika sätt. Det andra kan man välja på 4 olika sätt. Det tedje kan man välja på 3 olika sätt. Det fjärde kan man välja på 2 olika sätt, och det sia kan man bara välja på 1 sätt (för det finns bara ett element kvar). Sammanlagt blir detta 5*4*3*2*1 = 5! olika sätt.

På hur många olika sätt kan man ordna 6 olika element?

Smaragdalena skrev :

Antal sätt att ordna 5 saker på olika sätt, med hänsyn till ordningen: Det första elementet kanman välja på 5 olika sätt. Det andra kan man välja på 4 olika sätt. Det tedje kan man välja på 3 olika sätt. Det fjärde kan man välja på 2 olika sätt, och det sia kan man bara välja på 1 sätt (för det finns bara ett element kvar). Sammanlagt blir detta 5*4*3*2*1 = 5! olika sätt.

På hur många olika sätt kan man ordna 6 olika element?

Ja men det var ju inte så jag skrev eller menade. Att ordna bara dra 3 kort ur en hög med 6 kort med hänsyn till ordningen kan göras på 6*5*4 sätt. 

Men att välja 6 kort ur en kortlek med 6 kort kan göras på 6*5*4*3*2*1 med hänsyn till ordningen

Det du skrev var att man kan välja ut tre kort ur en kortlek med 6 kort utan hänsyn till ordningen på $\frac{6·5·4}{3}$ sätt, och det är fel, det skall vara 6 = 3! i nämnaren.

Jag vet inte om det var en för otydlig förklaring, men i detta inlägg. Ser du varför jag delar med 3! ?

Det är 3! element i varje rad och det är totalt 4! element, så det är $4!/3!$ olika rader. Varje rad representerar en kombination.

Stokastisk skrev :

Jag vet inte om det var en för otydlig förklaring, men i detta inlägg. Ser du varför jag delar med 3! ?

Det är 3! element i varje rad och det är totalt 4! element, så det är $4!/3!$ olika rader. Varje rad representerar en kombination.

Nix, jag förstår inte och det räcker inte med en simpel förklaring. Vad är det som händer?  Nej jag ser inte varför du delar med 3!   Det finns 4*3*2 permutationer  men jag förstår inte hur du bara kan dela på antal kort du dragit i fakultet och sedan få fram kombinationerna.... 

I det första exemplet där man drar 2 kort ur en hög med 6 så får man 6*5 permutationer och jag tänkte att eftersom vi drog 2 kort så ska vi också dela på 2 för att få kombinationerna. Och det stämmde ju i detta fallet eftersom kombinationerna blev 15 och permutationerna 30. 

Okej, men om vi helt och hållet släpper kombinationer/permutationer. Om du har 24 stycken element som du ska rada upp så du har 4 stycken i varje rad, jag antar att du då är med på att det blir 24/4 = 6 stycken rader?

För att gå tillbaka till kombinationer/permutationer så har du att om vi har 3 stycken bokstäver A B C så kan dessa ordnas på 3! olika sätt. Den första bokstaven kan väljas på 3 sätt, den andra på 2 sätt, den sista på 1 sätt, alltså 3! olika sätt. Är du med på detta?

Nu om du har A B C D och vi vill välja ut 3 stycken på 4*3*2 = 24 stycken sätt om vi tar hänsyn till ordningen. Vi kan gruppera dessa sätt på detta sätt

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

ABD, ADB, BAD, BDA, DAB, DBA

ADC, ACD, DAC, DCA, CAD, CDA

DBC, DCB, BDC, BCD, CDB, CBD

Notera att varje rad innehåller samma bokstäver, så det är bara 3 stycken bokstäver. Antalet permutationer varje rad innehåller är alltså samma antal som sättet vi kan ordna dessa 3 bokstäver på. Varje rad innehåller därför 3! olika element.

Vi har därför 4*3*2 = 24 stycken element, vi har 3! = 6 olika element i varje rad. Det finns därför 24/6 = 4 olika stycken rader. Eftersom varje rad bara innehåller samma bokstäver bara ordnade på olika vis, så får vi alltså kombinationerna från antalet rader som finns. Det finns därför 24/6 = 4 stycken olika kombinationer.

Stokastisk skrev :

Okej, men om vi helt och hållet släpper kombinationer/permutationer. Om du har 24 stycken element som du ska rada upp så du har 4 stycken i varje rad, jag antar att du då är med på att det blir 24/4 = 6 stycken rader?

För att gå tillbaka till kombinationer/permutationer så har du att om vi har 3 stycken bokstäver A B C så kan dessa ordnas på 3! olika sätt. Den första bokstaven kan väljas på 3 sätt, den andra på 2 sätt, den sista på 1 sätt, alltså 3! olika sätt. Är du med på detta?

Nu om du har A B C D och vi vill välja ut 3 stycken på 4*3*2 = 24 stycken sätt om vi tar hänsyn till ordningen. Vi kan gruppera dessa sätt på detta sätt

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

ABD, ADB, BAD, BDA, DAB, DBA

ADC, ACD, DAC, DCA, CAD, CDA

DBC, DCB, BDC, BCD, CDB, CBD

Notera att varje rad innehåller samma bokstäver, så det är bara 3 stycken bokstäver. Antalet permutationer varje rad innehåller är alltså samma antal som sättet vi kan ordna dessa 3 bokstäver på. Varje rad innehåller därför 3! olika element.

Vi har därför 4*3*2 = 24 stycken element, vi har 3! = 6 olika element i varje rad. Det finns därför 24/6 = 4 olika stycken rader. Eftersom varje rad bara innehåller samma bokstäver bara ordnade på olika vis, så får vi alltså kombinationerna från antalet rader som finns. Det finns därför 24/6 = 4 stycken olika kombinationer.

Så som du har rabblat upp raderna så är det 3 rader vågrätt och 6 rader lodrätt 

Om vi har 3 bokstäver A B C då kan dessa ordnas på 6 sätt Jaaaa. ABC, ACB, BAC, BCA, CBA, CAB  Och detta är en kombination men 6 permutationer. 

Och sen skriver du om vi har 4 bokstäver A B C D och ska välja ut 3  så finns det  4*3*2 sätt med hänsyn till ordningen.  Och du grupperar dem på följande sätt. 

ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA

ABD, ADB, BAD, BDA, DAB, DBA

ADC, ACD, DAC, DCA, CAD, CDA

DBC, DCB, BDC, BCD, CDB, CBD
Varje rad innehåller samma bokstäver? Rad 1 innehåller inte samma bokstäver som rad 4. Eller menar du att en rad bara består ev en blandning av samma bokstäver, jag antar att du menar så. 
Det är 3 bokstäver per rad.

Och sen förstår jag inte ens vad du menar. 

Varför ska vi släppa allt vi gjorde tidigare? Jag började ju komma någonstans och nu ska jag börja om på nytt med ett nytt typ av tänkande. 

Varje rad innehåller en egen kombination av tre av de fyra bokstäverna.

Varför du skall släppa ditt gamla tänk? För att det var fel.

Du behöver inte släppa ditt gamla tänk direkt. Detta är nog mer bara en utvidgning av larsolofs sätt. Han visade hur du får fram antalet permutationer, nu sorterar vi bara permutationerna så att varje rad är en kombination.

Det är din andra tolkning av vad jag menar med att varje rad innehåller samma bokstäver som jag menar. Alltså att rad 1 innehåller bara ABC, rad två innehåller bara ABD, osv.

Jag antar att du håller med om att jag gav alla permutationer och att det finns 24 stycken sådana.

Håller du med om att varje rad innehåller samma antal permutationer och att varje rad beskriver en kombination?

Alltså, rad 1 beskriver kombinationen ABC, rad 2 beskriver kombinationen ABD, rad 3 beskriver kombinationen ADC, rad 4 beskriver kombinationen DBC.

MattePapput skrev :

Men hur blir det så? Fattar inte riktigt. förstår att man delar med något för att få bort onödiga permutationer. $\frac{\mathbf{10}\mathbf{·}\mathbf{9}\mathbf{·}\mathbf{8}\mathbf{·}\mathbf{7}\mathbf{·}\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}}{\mathbf{7}\mathbf{·}\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}\mathbf{·}\mathbf{3}\mathbf{·}\mathbf{2}\mathbf{·}\mathbf{1}}$  Hur vet du att du ska dela på 7 fakultet ? 

Du har förstått att antalet permutationer (med hänsyn tagen till ordning) av 10 kort välj  7 är:

$(10)_7=10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5=604 800$

Detta är det totala antalet möjliga sätt att ordna 7 kort när vi väljer dem från en lek av 10. Men om ordningen anses oviktig eller rentav försvårande är vi bara intresserade av antalet möjliga kombinationer.

Vi kan se det som att $(10)_7=x\cdot C$ där x är antalet möjliga sätt att ordna varje grupp av 7 kort och C är antalet möjliga kombinationer vi kan skapa av 10 kort när vi väljer 7 av dem utan hänsyn till ordning.

Nu vet du sedan tidigare att det finns 7! sätt att ordna 7 kort med hänsyn till ordning. Alltså måste x=7!. Det betyder att C är

$C=\frac{(10)_7}{7!}$

Mer allmänt gäller att det totala antalet permutationer är $(n)_k=n\cdot(n-1)\cdot...\cdot(n-k+1)$

Om vi har C oordnade delmängder av storleken k så kan varje ordnad mängd med k element väljas genom att först välja ut en av delmängderna (detta kan göras på C sätt)  och sedan bestämma ordningsföljden mellan dess k element. Sedan tidigare vet vi att det finns k! sätt att ordna en grupp av k element. Detta ger C respektive k! möjligheter.

$C\cdot k !=(n)_k \iff C=\frac{(n)_k}{k!}$

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

Men hur blir det så? Fattar inte riktigt. förstår att man delar med något för att få bort onödiga permutationer. $\frac{\mathbf{10}\mathbf{·}\mathbf{9}\mathbf{·}\mathbf{8}\mathbf{·}\mathbf{7}\mathbf{·}\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}}{\mathbf{7}\mathbf{·}\mathbf{6}\mathbf{·}\mathbf{5}\mathbf{·}\mathbf{4}\mathbf{·}\mathbf{3}\mathbf{·}\mathbf{2}\mathbf{·}\mathbf{1}}$  Hur vet du att du ska dela på 7 fakultet ? 

Du har förstått att antalet permutationer (med hänsyn tagen till ordning) av 10 kort välj  7 är:

$(10)_7=10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5=604 800$

Detta är det totala antalet möjliga sätt att ordna 7 kort när vi väljer dem från en lek av 10. Men om ordningen anses oviktig eller rentav försvårande är vi bara intresserade av antalet möjliga kombinationer.

Vi kan se det som att $(10)_7=x\cdot C$ där x är antalet möjliga sätt att ordna varje grupp av 7 kort och C är antalet möjliga kombinationer vi kan skapa av 10 kort när vi väljer 7 av dem utan hänsyn till ordning.

Nu vet du sedan tidigare att det finns 7! sätt att ordna 7 kort med hänsyn till ordning. Alltså måste x=7!. Det betyder att C är

$C=\frac{(10)_7}{7!}$

Mer allmänt gäller att det totala antalet permutationer är $(n)_k=n\cdot(n-1)\cdot...\cdot(n-k+1)$

Om vi har C oordnade delmängder av storleken k så kan varje ordnad mängd med k element väljas genom att först välja ut en av delmängderna (detta kan göras på C sätt)  och sedan bestämma ordningsföljden mellan dess k element. Sedan tidigare vet vi att det finns k! sätt att ordna en grupp av k element. Detta ger C respektive k! möjligheter.

$C\cdot k !=(n)_k \iff C=\frac{(n)_k}{k!}$

Jag fick en skitbra förklaring av min lärare angående hur man får kombinationer av permutationer.

Om vi har 52 kort och ska dra 4 så får vi multiplikationen $\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}$ dessa är alla permutationer men nu om vi ska kunna bli av med permutationerna då delar vi med antal gynsamma permutationer alltså hur många gynmsamma permutationer finns det i det totala antal permutationer?   $\frac{\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}}{\mathbf{4}\mathbf{·}\mathbf{3}\mathbf{·}\mathbf{2}\mathbf{·}\mathbf{1}}$  Då förstår jag precis vad man gör :D Man vill få bort alla extra par, man ska gå från permutationer till kombinationer. Nu har jag fått fram antal sätt att dra 4 kortlek på 52 utan hänsyn till ordningen. 

Har jag förstått det rätt då ?

MattePapput skrev :

Mer allmänt gäller att det totala antalet permutationer är (n)k=n·(n-1)·...·(n-k+1)(n)_k=n\cdot(n-1)\cdot...\cdot(n-k+1)

Om vi har C oordnade delmängder av storleken k så kan varje ordnad mängd med k element väljas genom att först välja ut en av delmängderna (detta kan göras på C sätt)  och sedan bestämma ordningsföljden mellan dess k element. Sedan tidigare vet vi att det finns k! sätt att ordna en grupp av k element. Detta ger C respektive k! möjligheter.

C·k!=(n)k⇔C=(n)kk!C\cdot k !=(n)_k \iff C=\frac{(n)_k}{k!}

Jag fick en skitbra förklaring av min lärare angående hur man får kombinationer av permutationer.

Om vi har 52 kort och ska dra 4 så får vi multiplikationen 52·51·50·49 dessa är alla permutationer men nu om vi ska kunna bli av med permutationerna då delar vi med antal gynsamma permutationer alltså hur många gynmsamma permutationer finns det i det totala antal permutationer?  $$\frac{52\cdot \51\cdot 50\cdot 49}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}  Då förstår jag precis vad man gör :D Man vill få bort alla extra par, man ska gå från permutationer till kombinationer. Nu har jag fått fram antal sätt att dra 4 kortlek på 52 utan hänsyn till ordningen. 

Har jag förstått det rätt då ?

Ja du verkar ha förstått rätt. Men jag skulle inte kalla "grundkombinationen" den gynnsamma. Alla på sätt och vis  "gynnsamma"  men vi vill bara räkna EN av dem per kombination, alltså delar vi med antal permutationer per "grundkombination".  På det sättet får vi kvar "antalet grundkombinationer".

Det är egentligen inte svårt alls, men eftersom det flera "enkla" saker att tänka på samtidigt är det lätt att gå vilse.

Det som kan vara fel i ditt resonemang är att du kanske tror att vi ska dela med antalet gynnsamma permutationer av antalet ess, så är inte fallet. Vi ska dela med k! I just detta exempel råkar antalet gynnsamma utfall vara 4! vilket också är k!. I nästa exempel är det inte riktigt så.

Nästa utmaning kan vara att skruva lite på uppgiften. Istället för fyra kort drar vi fem kort. Som i en vanlig pokerhand.

Vad är nu sannolikheten att vi fått ett fyrtal i ess?

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

Visa föregående citat

Mer allmänt gäller att det totala antalet permutationer är (n)k=n·(n-1)·...·(n-k+1)(n)_k=n\cdot(n-1)\cdot...\cdot(n-k+1)

Om vi har C oordnade delmängder av storleken k så kan varje ordnad mängd med k element väljas genom att först välja ut en av delmängderna (detta kan göras på C sätt)  och sedan bestämma ordningsföljden mellan dess k element. Sedan tidigare vet vi att det finns k! sätt att ordna en grupp av k element. Detta ger C respektive k! möjligheter.

C·k!=(n)k⇔C=(n)kk!C\cdot k !=(n)_k \iff C=\frac{(n)_k}{k!}

Jag fick en skitbra förklaring av min lärare angående hur man får kombinationer av permutationer.

Om vi har 52 kort och ska dra 4 så får vi multiplikationen 52·51·50·49 dessa är alla permutationer men nu om vi ska kunna bli av med permutationerna då delar vi med antal gynsamma permutationer alltså hur många gynmsamma permutationer finns det i det totala antal permutationer?   52·51·50·494·3·2·1  Då förstår jag precis vad man gör :D Man vill få bort alla extra par, man ska gå från permutationer till kombinationer. Nu har jag fått fram antal sätt att dra 4 kortlek på 52 utan hänsyn till ordningen. 

Har jag förstått det rätt då ?

Ja du verkar ha förstått rätt. Men jag skulle inte kalla "grundkombinationen" den gynnsamma. Alla permutationer ess är ju på sätt och vis  "gynnsamma"  men vi vill bara räkna EN av dem per kombination, alltså delar vi med antal permutationer per "grundkombination".  På det sättet får vi kvar "antalet grundkombinationer".

Det är egentligen inte svårt alls, men eftersom det flera "enkla" saker att tänka på samtidigt är det lätt att gå vilse.

Nästa utmaning kan vara att skruva lite på uppgiften. Istället för fyra kort drar vi fem kort. Som i en vanlig pokerhand.

Vad är nu sannolikheten att vi fått ett fyrtal i ess?

Jag vet inte riktigt hur jag ska få fram det men jag antar att sannolikheten är störra då man drar fler kort. något i stilen med $\frac{\mathbf{5}}{\mathbf{52}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{4}}{\mathbf{51}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{3}}{\mathbf{50}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{2}}{\mathbf{49}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{48}}$ Faast så som jag skrev det så blir sannolikheten mindre ju, 

Du verkar vara rätt tålmodig, kan du vara snäll och berätta för Smaragdalena och Woozah om varför du inte går till attack mot mig på samma sätt som dom gör? 

MattePapput skrev :

Jag vet inte riktigt hur jag ska få fram det men jag antar att sannolikheten är störra då man drar fler kort. något i stilen med $\frac{\mathbf{5}}{\mathbf{52}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{4}}{\mathbf{51}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{3}}{\mathbf{50}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{2}}{\mathbf{49}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{48}}$ Faast så som jag skrev det så blir sannolikheten mindre ju, 

Jag tog upp det här exemplet eftersom jag var osäker på om du kanske tror att vi ska dela med antalet gynnsamma permutationer av antalet ess, så är inte fallet. Vi ska dela med k! I förra exemplet råkar antalet gynnsamma utfall vara 4! vilket också är k!. I detta exempel är det inte så.

Antalet sätt att dra 5 kort ur en lek av 52 utan hänsyn till ordning (alltså antalet kombinationer) är

${52 \choose 5}=\frac{52\cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}$

Antalet gynsamma kombinationer är alla kombinationer som innehåller 4 ess och ett femte kort. AAAAX.När vi använt 4 ess återstår 48 möjliga kort som det femte kortet X. Alltså finns det 48 kombinationer av 4 ess.

Antal gynnsamma utfall är 48.

Antal möjliga utfall är ${52 \choose 5}$

$P(A_5)=\frac{48}{{52 \choose 5}}$

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

Jag vet inte riktigt hur jag ska få fram det men jag antar att sannolikheten är störra då man drar fler kort. något i stilen med $\frac{\mathbf{5}}{\mathbf{52}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{4}}{\mathbf{51}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{3}}{\mathbf{50}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{2}}{\mathbf{49}}\mathbf{·}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{48}}$ Faast så som jag skrev det så blir sannolikheten mindre ju, 

Jag tog upp det här exemplet eftersom jag var osäker på om du kanske tror att vi ska dela med antalet gynnsamma permutationer av antalet ess, så är inte fallet. Vi ska dela med k! I förra exemplet råkar antalet gynnsamma utfall vara 4! vilket också är k!. I detta exempel är det inte så.

Antalet sätt att dra 5 kort ur en lek av 52 utan hänsyn till ordning (alltså antalet kombinationer) är

${52 \choose 5}=\frac{52\cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}$

Antalet gynsamma kombinationer är alla kombinationer som innehåller 4 ess och ett femte kort. AAAAX.När vi använt 4 ess återstår 48 möjliga kort som det femte kortet X. Alltså finns det 48 kombinationer av 4 ess.

Antal gynnsamma utfall är 48.

Antal möjliga utfall är ${52 \choose 5}$

$P(A_5)=\frac{48}{{52 \choose 5}}$

Jag förstår hur du får fram kombinationerna och jag förstår varför det blir så men inte resten. 

Antal sätt att dra 5 kort ur en hög av 52 = 52*51*50*49*48 permutationer, jag är med så långt och för att bli av med permutationerna så delar vi på antal sätt som 5 kort kan ordnas på. Alltså permutationerna/ 5!     nu har vi antal kombinationer som 5 kort kan dras på ur en lek på 52. Sen är jag inte riktigt med på vad du gör. 

Det blir inte rätt med den sannolikheten. Utan antalet sätt du kan välja ut fem kort på är $\binom{52}{5} = \frac{52!}{47! \cdot 5!} = \frac{52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}{5!}$, detta är alltså antalet kombinationer.

Gynnsamma händer är de som innehåller de fyra essen, samt ytterligare ett kort som kan väljas på 48 sätt, det finns därför 48 stycken gynnsamma händer (52 - 4 = 48). Därför är sannolikheten

$\frac{48}{\binom{52}{5}} = \frac{48\cdot 5!}{52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}$

Stokastisk skrev :

Det blir inte rätt med den sannolikheten. Utan antalet sätt du kan välja ut fem kort på är $\binom{52}{5} = \frac{52!}{47! \cdot 5!} = \frac{52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}{5!}$, detta är alltså antalet kombinationer.

Gynnsamma händer är de som innehåller de fyra essen, samt ytterligare ett kort som kan väljas på 48 sätt, det finns därför 48 stycken gynnsamma händer (52 - 4 = 48). Därför är sannolikheten

$\frac{48}{\binom{52}{5}} = \frac{48\cdot 5!}{52\cdot 51\cdot 50 \cdot 49 \cdot 48}$

Förstår allt du skriver fram tills stycke 2, då blir det lite konstigt.

Antalet händer som innehåller 4 ess är ju de som innehåller alla ess, så om vi ska plocka ut en sådan hand så har vi ju redan givet att vi ska ha dessa fyra ess.

När vi plockat ur dessa fyra kort så har vi 48 kort kvar i kortleken.

För att få fem kort så behöver vi då välja ytterligare ett kort, eftersom det finns 48 kvar så finns det 48 sätt vi kan välja det femte kortet på.

Av denna anledning så finns det 48 sätt vi kan välja ut fem kort så att vi har fyra ess (vi tar inte hänsyn till ordningen).

Stokastisk skrev :

Antalet händer som innehåller 4 ess är ju de som innehåller alla ess, så om vi ska plocka ut en sådan hand så har vi ju redan givet att vi ska ha dessa fyra ess.

När vi plockat ur dessa fyra kort så har vi 48 kort kvar i kortleken.

För att få fem kort så behöver vi då välja ytterligare ett kort, eftersom det finns 48 kvar så finns det 48 sätt vi kan välja det femte kortet på.

Av denna anledning så finns det 48 sätt vi kan välja ut fem kort så att vi har fyra ess (vi tar inte hänsyn till ordningen).

Antalet händer som innehåller 4 ess är $\frac{\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}}{\mathbf{4}\mathbf{!}}$  osv osv, man kan gå hela vägen ner också den högen innehåller fortfarande 4 ess. Med hänsyn till ordningen. Så om vi ska plocka ut en sådan hand, hmm alltså okej du plockar ut detta och så har du 48 kort kvar. jaaassåå, ja det börjar klarna till lite.  Jaa det finns 48 sätt att välja det 5e kortet på. Jag förstår litegrann men skulle ändå inte kunna lösa liknande uppgifter. Ordningen spelar ingen roll, det förstår jag också. 

Antalet händer som innehåller 4 ess är $\frac{\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}}{\mathbf{4}\mathbf{!}}$  osv osv, man kan gå hela vägen ner också den högen innehåller fortfarande 4 ess. Med hänsyn till ordningen.

Detta förstod jag inte hur du kom fram till, eller kanske hur du menar. Om vi bara ska välja ut fyra kort och alla ska vara ess så finns det bara ett sätt vi kan göra det på, nämligen att ta alla essen.

Så när vi tagit alla essen, så har vi alltså 48 kort kvar. För att få fem kort på handen så ska vi välja ytterligare ett av dessa kort. Därför får vi att det finns 48 olika händer med fem kort som innehåller fyra ess.

Så om vi ska plocka ut en sådan hand, hmm alltså okej du plockar ut detta och så har du 48 kort kvar. jaaassåå, ja det börjar klarna till lite.  Jaa det finns 48 sätt att välja det 5e kortet på. Jag förstår litegrann men skulle ändå inte kunna lösa liknande uppgifter. Ordningen spelar ingen roll, det förstår jag också. 

Eftersom det är första gången du löser denna typ av uppgift så kanske det inte känns så bekvämt, men så länge du har något så när koll på hur det fungerar så kommer det nog sakta med säkert sjunka in.

Som extra övning kan du också försöka lösa uppgiften med permutationer och med sannolikheter, alltså sannolikheten att dra 1 ess på första försöker osv som du använder i början av tråden.

Det kommer ge dig en liten skymt av varför kombinationer är ett mer kraftfullt verktyg i situationer där  det "betingade sannolikhetsträsket" skapar mer problem än det löser.

Stokastisk skrev :

Antalet händer som innehåller 4 ess är $\frac{\mathbf{52}\mathbf{·}\mathbf{51}\mathbf{·}\mathbf{50}\mathbf{·}\mathbf{49}}{\mathbf{4}\mathbf{!}}$  osv osv, man kan gå hela vägen ner också den högen innehåller fortfarande 4 ess. Med hänsyn till ordningen.

Detta förstod jag inte hur du kom fram till, eller kanske hur du menar. Om vi bara ska välja ut fyra kort och alla ska vara ess så finns det bara ett sätt vi kan göra det på, nämligen att ta alla essen.

Så när vi tagit alla essen, så har vi alltså 48 kort kvar. För att få fem kort på handen så ska vi välja ytterligare ett av dessa kort. Därför får vi att det finns 48 olika händer med fem kort som innehåller fyra ess.

Så om vi ska plocka ut en sådan hand, hmm alltså okej du plockar ut detta och så har du 48 kort kvar. jaaassåå, ja det börjar klarna till lite.  Jaa det finns 48 sätt att välja det 5e kortet på. Jag förstår litegrann men skulle ändå inte kunna lösa liknande uppgifter. Ordningen spelar ingen roll, det förstår jag också. 

Eftersom det är första gången du löser denna typ av uppgift så kanske det inte känns så bekvämt, men så länge du har något så när koll på hur det fungerar så kommer det nog sakta med säkert sjunka in.

Okej, du menar så... Ja vi tar alla essen ur en kortlek och sedan det 5e kortet kan väljas på 48 sätt. Jaha så du rabblar alltså upp målet, det vi ska ha fram. Vi ska ha fram 4 ess och sedan ett random kort. Nu vill vi veta sannolikheten för att detta ska inträffa. Först så bestämmer vi vad vi vill ha fram och sedan sannolikheten okej då förstår.    Innan jag ens försöker tolka resten av det du skrev, kan du konfirmera att jag förstår rätt nu ? 

ETT TIPS: Om ni tycker att det är jobbigt att skrolla hela vägen ner på sidan så håller ni in middle mouse button (Skrollhjulet) och bara drar musen längst ner på sidan så hamnar ni där på direkten! 

Ja du har tolkat det korrekt.

Stokastisk skrev :

Ja du har tolkat det korrekt.

Okej, bra.  

Så när vi tagit alla essen, så har vi alltså 48 kort kvar. För att få fem kort på handen så ska vi välja ytterligare ett av dessa kort. Därför får vi att det finns 48 olika händer med fem kort som innehåller fyra ess.

Hmm ja alltså om vi säger att 4 ess = 1 kombination så tar man det gånger 48, 48*1(kombinationen av 4 ess)    Då har vi 48 händer med 4 ess och ett slumpmässigt resterande kort. Jaa, vad är då sannolikheten för att detta inträffar. jaaassååå,   nu börjar det bli lika simpelt som att beräkna sannolikheten av att dra ett ruter kort.   $\frac{\mathbf{13}}{\mathbf{52}}$   JAHAAAA, DET MAN VILL HA FRAM DELAT PÅ TOTALA MÖJLIGHETER!!!!!!! Ellerhur?! 

Om det ska vara så då kan man liksom till och med åskådda sannolikheten om man säger 1/4 tillexempel, det är 25% chans och man kan ju rita en figur och fylla i 1/4 .... Man borde kunna göra samma sak med $\frac{\mathbf{48}}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{5}\end{array}\right)}$

MattePapput skrev :

Stokastisk skrev :

Ja du har tolkat det korrekt.

Okej, bra.  

Så när vi tagit alla essen, så har vi alltså 48 kort kvar. För att få fem kort på handen så ska vi välja ytterligare ett av dessa kort. Därför får vi att det finns 48 olika händer med fem kort som innehåller fyra ess.

Hmm ja alltså om vi säger att 4 ess = 1 kombination så tar man det gånger 48, 48*1(kombinationen av 4 ess)    Då har vi 48 händer med 4 ess och ett slumpmässigt resterande kort. Jaa, vad är då sannolikheten för att detta inträffar. jaaassååå,   nu börjar det bli lika simpelt som att beräkna sannolikheten av att dra ett ruter kort.   $\frac{\mathbf{13}}{\mathbf{52}}$   JAHAAAA, DET MAN VILL HA FRAM DELAT PÅ TOTALA MÖJLIGHETER!!!!!!! Ellerhur?! 

Japp, det låter som du greppat detta.

Man kan ju åskådliggöra det genom att färglägga $48/\binom{52}{5}$ av figuren, men jag vet inte om det blir så mycket tydligare :p

Stokastisk skrev :

MattePapput skrev :

Visa föregående citat

Stokastisk skrev :

Ja du har tolkat det korrekt.

Okej, bra.  

Så när vi tagit alla essen, så har vi alltså 48 kort kvar. För att få fem kort på handen så ska vi välja ytterligare ett av dessa kort. Därför får vi att det finns 48 olika händer med fem kort som innehåller fyra ess.

Hmm ja alltså om vi säger att 4 ess = 1 kombination så tar man det gånger 48, 48*1(kombinationen av 4 ess)    Då har vi 48 händer med 4 ess och ett slumpmässigt resterande kort. Jaa, vad är då sannolikheten för att detta inträffar. jaaassååå,   nu börjar det bli lika simpelt som att beräkna sannolikheten av att dra ett ruter kort.   $\frac{\mathbf{13}}{\mathbf{52}}$   JAHAAAA, DET MAN VILL HA FRAM DELAT PÅ TOTALA MÖJLIGHETER!!!!!!! Ellerhur?! 

Japp, det låter som du greppat detta.

 

Man kan ju åskådliggöra det genom att färglägga $48/\binom{52}{5}$ av figuren, men jag vet inte om det blir så mycket tydligare :p

ALLTSÅ FYYY! HAR ÄGNAT MINST 80 TIMMAR ÅT DETTA UNDER HELA LOVET..... Näee nu är jag trött. Kommer det vara lika mycket jobbiga saker i kursen på universitetet som heter Diskret matematik....?     

Jo, om man ritar det så kan man liksom se sannolikheten. Inte ange den i % menar jag inte men att bara åskåda den och se att chansen är ganska liten och långt ifrån 100% Har inte riktigt något programm för att rita upp  $\frac{\mathbf{48}}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{4}\end{array}\right)}$

Skulle du bara kunna testa mig en snabbis med en liknande fråga och se om jag ens klarar av att påbörja en lösning? 

Ja det burkar faktiskt vara ganska bra att skriva ut ett närmevärde till en sannolikhet, det brukar ge bättre uppfattning om hur stor den är. Så i ditt fall så skulle jag skriva att

$\frac{48}{\binom{52}{5}} \approx 0.0000185$

Man inser att sannolikheten är väldigt låg då.

Man kan ju fortsätta på samma spår. Vad är sannolikheten att du får fyra ess om du plockar ut 6 stycken kort?

Stokastisk skrev :

Ja det burkar faktiskt vara ganska bra att skriva ut ett närmevärde till en sannolikhet, det brukar ge bättre uppfattning om hur stor den är. Så i ditt fall så skulle jag skriva att

$\frac{48}{\binom{52}{5}} \approx 0.0000185$

Man inser att sannolikheten är väldigt låg då.

 

Man kan ju fortsätta på samma spår. Vad är sannolikheten att du får fyra ess om du plockar ut 6 stycken kort?

Vi vill ha fram 4 ess och sedan 2 random kort, hmm... 6 kort kan väljas på $\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{6}\end{array}\right)$ sätt utan hänsyn till ordningen. hur många händer kan ge 2 kort med 4 ess i? 47st händer gissar jag på utan att riktigt förstå men typ det finns fler händer som kan ge 4 ess och 1 random kort jämfört med 4 ess och 2 random kort för att det finns mer att välja på. Så alltså $\frac{\mathbf{47}}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{6}\end{array}\right)}$

Jag kan det inte helt och hållet men jag förstår den logiska sidan av det mycket bättre just nu.  

Tack så mycket till er som har varit till hjälp här. Tack för att ni höll ut, det tar tid för mig att lära mig vissa saker men jag ger inte upp. Tack för att ni inte heller gav upp. Det blir lättare att begripa detta i fortsättningen nu tror jag. 

Det blir inte korrekt med hur många händer som innehåller 4 ess.

Du har alltså tagit ut 4 ess ur kortleken, sedan ska du välja två stycken ytterligare kort från de 48 resterande. Detta kan man göra på $\binom{48}{2}$ olika sätt. Svaret är därför $\binom{48}{2}/\binom{52}{6}$.

Stokastisk skrev :

Det blir inte korrekt med hur många händer som innehåller 4 ess.

Du har alltså tagit ut 4 ess ur kortleken, sedan ska du välja två stycken ytterligare kort från de 48 resterande. Detta kan man göra på $\binom{48}{2}$ olika sätt. Svaret är därför $\binom{48}{2}/\binom{52}{6}$.

det finns bara 1 hand som innehåller 4 ess. Ja jag väljer ut alla essen och då återstår $\frac{\mathbf{48}\mathbf{·}\mathbf{47}}{\mathbf{2}\mathbf{·}\mathbf{1}}$(Utan hänsyn till ordningen) ..  hmm nu blir det lite konstigt igen.   Den uträkningen jag gjorde = $\left(\begin{array}{c}\mathbf{48}\\ \mathbf{2}\end{array}\right)$ 
Jaa asså jag förstår typ, $\frac{\left(\begin{array}{c}\mathbf{48}\\ \mathbf{2}\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{6}\end{array}\right)}\frac{antal sätt att dra 2 random kort efter man har plockat ut 4 ess}{antal sätt att dra totalt 6 kort från kortleken }$  Utan hänsyn till ordningen. 


Vad betyder det om vi gör  $\frac{\left(\begin{array}{c}52\\ 4\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}52\\ 6\end{array}\right)}$

Ja det där blir rätt tolkat.

Jag vet inte riktigt vad den där kvoten skulle innebära.

Okej men om vi tar denna då: $\frac{\left(\begin{array}{c}\mathbf{48}\\ \mathbf{2}\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{6}\end{array}\right)}\frac{antal sätt att dra 2 random kort efter man har plockat ut 4 ess}{antal sätt att dra totalt 6 kort från kortleken }$  Jag kom av mig lite, hur kan detta ge sannolikheten. Det känns inte som samma sak när vi gjorde det med 5 kort... Det är lite annorlunda känns det som. 

MattePapput skrev :

Okej men om vi tar denna då: $\frac{\left(\begin{array}{c}\mathbf{48}\\ \mathbf{2}\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}\mathbf{52}\\ \mathbf{6}\end{array}\right)}\frac{antal sätt att dra 2 random kort efter man har plockat ut 4 ess}{antal sätt att dra totalt 6 kort från kortleken }$  Jag kom av mig lite, hur kan detta ge sannolikheten. Det känns inte som samma sak när vi gjorde det med 5 kort... Det är lite annorlunda känns det som. 

Alltså, vi vill ha fram täljaren och antal möjliga sätt att få det = nämnaren.  Typ så ellerhur? 

Du ska alltså räkna ut

"Antalet händer med 6 kort som innehåller 4 ess"/"Antalet händer med 6 kort"

Antalet händer med 6 kort som innehåller 4 ess är $\binom{48}{2}$. Detta eftersom vi väljer ut 4 ess, sen 2 stycken till kort (utan hänsyn till ordningen).

Antalet händer med 6 kort är helt enkelt $\binom{52}{6}$.

Stokastisk skrev :

Du ska alltså räkna ut

"Antalet händer med 6 kort som innehåller 4 ess"/"Antalet händer med 6 kort"

Antalet händer med 6 kort som innehåller 4 ess är $\binom{48}{2}$. Detta eftersom vi väljer ut 4 ess, sen 2 stycken till kort (utan hänsyn till ordningen).

Antalet händer med 6 kort är helt enkelt $\binom{52}{6}$.

Nämnaren förstår jag, det är täljaren som är lite knepig. Du skriver att antalet händer med 6 kort som innehåller 4 ess är 48 över 2. alltså 48*47/2!  utan hänsyn till ordningen. Jaa juste, 4 ess är en kombination och vi ska ta den kombinationen multiplicerat med kombinationer för 2 slumpmässiga kort, då har vi totala kombinationer att dra 6 kort som inkluderar 4 ess.   

Om vi istället skulle få 4 ess och 4 kungar på en och samma, skulle sannolikheten då vara 44 över 2 / 52 över 10 

Japp det där låter helt korrekt resonerat.

Ja om du skulle välja ut 10 stycken kort och ville veta sannolikheten att vi får 4 ess och 4 kungar på en och samma, då är det $\binom{44}{2} / \binom{52}{10}$.

Stokastisk skrev :

Japp det där låter helt korrekt resonerat.

 

Ja om du skulle välja ut 10 stycken kort och ville veta sannolikheten att vi får 4 ess och 4 kungar på en och samma, då är det $\binom{44}{2} / \binom{52}{10}$.

Okej, jag märker att även fast jag har lite koll på detta så kommer det krävas massor av vridningar och vändningar på olika uppgifter för att greppa det helt och hållet.  

Tidigare i tråden så nämnde Guggle att det inte är så lätt att jobba "metodiskt" med kurserna på gymnasiet. Vad betyder egentligen detta, "Metodiskt" hur ska jag tolka det och hur jobbar man om man inte gör det? 

Ja fast det är ju oftast så när man börjar med något nytt. Efter ett tag så märker man att det är ofta samma tankemönster och man börjar vänja sig vid det, då känns  det inte lika "avskräckande" längre.

Exakt vad Guggle menar vet jag inte riktigt, så det lämnar jag till honom att förklara.

Stokastisk skrev :

Ja fast det är ju oftast så när man börjar med något nytt. Efter ett tag så märker man att det är ofta samma tankemönster och man börjar vänja sig vid det, då känns  det inte lika "avskräckande" längre.

Exakt vad Guggle menar vet jag inte riktigt, så det lämnar jag till honom att förklara.

Menade inte specifikt det han mena utan ville bara ha en kort introduktion till begreppet metodisk, alltså att jobba medotisk?? Min lärare har också nämnt det och jag förstår inte riktigt vad man menar med det.

MattePapput skrev :

Stokastisk skrev :

Ja fast det är ju oftast så när man börjar med något nytt. Efter ett tag så märker man att det är ofta samma tankemönster och man börjar vänja sig vid det, då känns  det inte lika "avskräckande" längre.

Exakt vad Guggle menar vet jag inte riktigt, så det lämnar jag till honom att förklara.

Menade inte specifikt det han mena utan ville bara ha en kort introduktion till begreppet metodisk, alltså att jobba medotisk?? Min lärare har också nämnt det och jag förstår inte riktigt vad man menar med det.

Man menar inte så mycket mer än att man jobbar väldigt strukturerat, man följer en metod väldigt strikt. Detta för att undvika fel helt enkelt.

Man kan ju sitta och experimentera fram och tillbaka för att försöka komma på hur man ska lösa problemet, då jobbar man inte speciellt metodiskt. Men jobbar man mer strukturerat så skulle jag kalla det att man jobbar metodiskt.

MattePapput skrev :

Tidigare i tråden så nämnde Guggle att det inte är så lätt att jobba "metodiskt" med kurserna på gymnasiet. Vad betyder egentligen detta, "Metodiskt" hur ska jag tolka det och hur jobbar man om man inte gör det? 

Hej MattePapput, det jag skrev var följande:

Att räkna permutationer och kombinationer på ett mer metodiskt sätt ligger förmodligen utanför gymnasiekursen. Det innebär självklart inte att det är förbjudet att lära sig, men se det som överkurs snarare än en nödvändighet.

Dels ville jag göra dig uppmärksam på att det vi går igenom förmodligen ligger utanför ramen för gymnasiekursen (alltså överkurs).

Dels ville jag förklara att många av de metoder, begrepp och resultat från kombinatoriken, dvs det område av matematiken där man betraktar olika problem i samband med beräkning av antal element i mängder, är otillgängliga när man bara har en gymnasiekurs i bakfickan.

Det innebär att man måste uppfinna hjulet på nytt i nästan varje situation. Som exempel kan vi titta på begreppen ordning och återläggning. Har man tillgång till och förstår notationen i följande matris hittar man enkelt rätt angreppssätt direkt:

Känner man inte till ovanstående eller aldrig ens hört ordet "permutation" blir problemet att räkna antalet möjliga sätt att välja k element bland n element lätt förvirrande.

Ett annat exempel är hur man ska formulera och bevisa multiplikationsprincipen. Det vanliga sättet att betrakta antalet element i en mängd av ordnade k-tippler och använda induktion kan inte genomföras inom ramen för gymnasiekunskaper.

Guggle skrev :

MattePapput skrev :

Tidigare i tråden så nämnde Guggle att det inte är så lätt att jobba "metodiskt" med kurserna på gymnasiet. Vad betyder egentligen detta, "Metodiskt" hur ska jag tolka det och hur jobbar man om man inte gör det? 

Hej MattePapput, det jag skrev var följande:

Att räkna permutationer och kombinationer på ett mer metodiskt sätt ligger förmodligen utanför gymnasiekursen. Det innebär självklart inte att det är förbjudet att lära sig, men se det som överkurs snarare än en nödvändighet.

Dels ville jag göra dig uppmärksam på att det vi går igenom förmodligen ligger utanför ramen för gymnasiekursen (alltså överkurs).

Dels ville jag förklara att många av de metoder, begrepp och resultat från kombinatoriken, dvs det område av matematiken där man betraktar olika problem i samband med beräkning av antal element i mängder, är otillgängliga när man bara har en gymnasiekurs i bakfickan.

Det innebär att man måste uppfinna hjulet på nytt i nästan varje situation. Som exempel kan vi titta på begreppen ordning och återläggning. Har man tillgång till och förstår notationen i följande matris hittar man enkelt rätt angreppssätt direkt:

Känner man inte till ovanstående eller aldrig ens hört ordet "permutation" blir problemet att räkna antalet möjliga sätt att välja k element bland n element lätt förvirrande.

Ett annat exempel är hur man ska formulera och bevisa multiplikationsprincipen. Det vanliga sättet att betrakta antalet element i en mängd av ordnade k-tippler och använda induktion kan inte genomföras inom ramen för gymnasiekunskaper.

Jag känner igen det, har upplevt det förut. Jag förstod tillexempel ma2 mycket bättre efter jag hade läst ma3 och både ma2/3 bättre efter att ha läst ma4. Är det typ så du menar? Man får mer liksom resonemang och delar till verktygen man har använt. Det blir mer komplett och man förstår mer? Är det så du menar?

En stor mängd tjafs och otrevligheter är borttagna. /Smutstvätt, moderator