Question

Bir torbada 5 kırmızı ,4 mavi,4 yeşil ve 2 sarı top vardır .rastgele 4 top çekiliyor . Çekilen 4 top arasında aynı renkten ikiden fazla olmama olasılığı kaçtır ?cevap6/7

Comments

Sayın @Ali Yıldırım,siz çözüm için ne düşünüyorsunuz?

Answer 1

Hocam çozebildim . 2 den fazla olma durumrini blup 1 den çıkardım . teşekkürler

Answer 2

Çözümde de seçimin iadesiz yapıldığı kabul edilmiştir.

Kırmızı top seçilmesi olayı :$K$ ile Kırmızı top seçilmesi olayının olasılığı:$P(K)$ ile,

Mavi top seçilmesi olayı :$M$ ile Mavi top seçilmesi olayının olasılığı:$P(M)$ ile,

Yeşil top seçilmesi olayı :$Y$ ile Yeşil top seçilmesi olayının olasılığı:$P(Y)$ ile,

Sarı top seçilmesi olayı :$S$ ile Sarı top seçilmesi olayının olasılığı:$P(S)$ ile gösterilmiştir.

İstenilen durumlara uygun top seçim sonuçları aşağıdaki  gibi  olmalıdır.

$(1K,1M,1Y,1S)$

$(2K,2M),(2K,2Y),(2K,2S),(2M,2Y),(2M,2S),(2Y,2S)$

$(2K,1M,1Y),(2K,1M,1S),(2K,1Y,1S),(2M,1K,1Y),(2M,1K,1S),(2M,1Y,1S)$

$(2Y,1K,1M),(2Y,1K,1S),(2Y,1M,1S),(2S,1K,1M),(2S,1K,1Y),(2S,1M,1Y)$ 

 Şimdi bunların olasılıklarını hesaplayalım:

$P(1K,1M,1Y,1S)=\frac{\binom{5}{1}.\binom{4}{1}.\binom{4}{1}.\binom{2}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{160}{1365}$

$P(2K,2M)=\frac{\binom{5}{2}.\binom{4}{2}}{\binom{15}{4}}=\frac{60}{1365}$

$P(2K,2Y)=\frac{\binom{5}{2}.\binom{4}{2}}{\binom{15}{4}}=\frac{60}{1365}$

$P(2K,2S)=\frac{\binom{5}{2}.\binom{2}{2}}{\binom{15}{4}}=\frac{10}{1365}$

$P(2M,2Y)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{4}{2}}{\binom{15}{4}}=\frac{36}{1365}$

$P(2M,2S)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{2}{2}}{\binom{15}{4}}=\frac{6}{1365}$

$P(2Y,2S)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{2}{2}}{\binom{15}{4}}=\frac{6}{1365}$

$P(2K,1M,1Y)=\frac{\binom{5}{2}.\binom{4}{1}.\binom{4}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{160}{1365}$

$P(2K,1M,1S)=\frac{\binom{5}{2}.\binom{4}{1}.\binom{2}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{80}{1365}$

$P(2K,1Y,1S)=\frac{\binom{5}{2}.\binom{4}{1}.\binom{2}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{80}{1365}$

$P(2M,1K,1Y)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{5}{1}.\binom{4}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{120}{1365}$

$P(2M,1K,1S)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{5}{1}.\binom{2}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{60}{1365}$

$P(2M,1Y,1S)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{4}{1}.\binom{2}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{48}{1365}$

$P(2Y,1K,1M)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{5}{1}.\binom{4}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{120}{1365}$

$P(2Y,1K,1S)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{5}{1}.\binom{2}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{60}{1365}$

$P(2Y,1M,1S)=\frac{\binom{4}{2}.\binom{4}{1}.\binom{2}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{48}{1365}$

$P(2S,1K,1M)=\frac{\binom{2}{2}.\binom{5}{1}.\binom{4}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{20}{1365}$

$P(2S,1K,1Y)=\frac{\binom{2}{2}.\binom{5}{1}.\binom{4}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{20}{1365}$

$P(2S,1M,1Y)=\frac{\binom{2}{2}.\binom{4}{1}.\binom{4}{1}}{\binom{15}{4}}=\frac{16}{1365}$

Hesaplanan tüm bu olasılıkların toplamı istenilendir. Bu da $\frac{1170}{1365}=\frac{6.195}{7.195}=\frac 67$  dir.

NOT: Bunun yerine istenmeyen durumların olasılığının $1$ den çıkarılması ile de aynı sonuç elde edilir.

Comments

Çok teşekkürler hocam :-)

---

Önemli değil. Umarım çözümü anlamışsınızdır. Kolaylıklar diliyorum.