30 rutulių ir dvi dėžės A ir B

Yra  4 žalios spalvos, 4 mėlynos spalvos, 4 geltonos spalvos rutuliai ir  dėžes  A  B. Jie į dėžes dedami(Į dėžes sudedami visi rutuliai)  taip ,kad sudėtų rutulių skaičių sandaugos  dėžėse  A ir B  yra lygios ((Ž×M×G) dėžėje A lygu (Ž×M×G) dėžėje B)  Žinoma, kad dedant rutulius ir dėžėje A ir dėžėje B  turi  būti  visų trijų spalvų rutulių.  Kokia tikimybė, kad dėžėje  B yra bent du geltonos spalvos rutuliai

Pakeičiau sąlygą. Jeigu neaiški sąlyga ar neteisinga sąlyga ištrinsiu.Laukiu nuomonių

Ats:5/7

Žinau, kaip gauti 5/7, bet man atrodo, jog turėtų būti 4/5. Ar toks atsakymas yra pateiktas prie uždavinio, ar čia tiesiog pats tiek gavai?

Aš gavau

Sprendimas: žinome kad dėžėse turi būti po 1 rutulį kiekvienos spalvos pasirenkame dėžę A joje gal būti 1,3,2 (trys spalvos)  6 variantai  dėžėje B turi būti irgi skaičiai 1,2,3 ,kitaip nebus lygios sandaugos ,dar gali būti  2,2,2  viso 7 variantai.  Netinka kai dėžėje B bus 1 geltonas rutulys  1,2,4  2 variantai (dvi likusio spalvos)  P=5/7 skaičiuojant visas  galimybes pastebime ,kad  dėžių pasirinkimas nesvarbus

Sprendimas su atsakymu 5/7:
Yra 7 atvejai, jog Ž×M×G būtų lygūs (čia pateikiami visų rutulių dėžėse skaičiai):
1×2×3=3×2×1
2×1×3=2×3×1
3×1×2=1×3×2
1×3×2=3×1×2
2×3×1=2×1×3
3×2×1=1×2×3
2×2×2=2×2×2
Palankūs įvykiui "dėžėje  B yra bent du geltonos spalvos rutuliai" yra paskutiniai 5.
Taigi tikimybė: 5/7.

Sprendimas su atsakymu 4/5:
Dėžėse jau yra po vieną kiekvienos spalvos rutulį, todėl yra likę po 2 kiekvienos spalvos rutulius. Toliau skaičiuoju variantus parinkti rutulius pirmai dėžei remiuosi pirmame sprendime išrašytais variantais (pastaba: antrai dėžei užpildyti visai atvejais lieka po vieną galimybę):
1) Galimybių ištraukti dar 1 mėlyną ir dar 2 geltonus yra: [tex]C_2^1\cdot C_2^2=2[/tex]
2) Galimybių ištraukti dar 1 žalią ir dar 2 geltonus yra: [tex]C_2^1\cdot C_2^2=2[/tex]
3) Galimybių parinkti dar 2 žalius ir dar 1 geltoną yra: [tex]C_2^2\cdot C_2^1=2[/tex]
4) Galimybių parinkti dar 2 mėlynus ir dar 1 geltoną yra: [tex]C_2^2\cdot C_2^1=2[/tex]
5) Galimybių parinkti dar 1 žalią ir dar 2 mėlynus yra: [tex]C_2^1\cdot C_2^2=2[/tex]
6) Galimybių parinkti dar 2 žalius ir dar 1 mėlyną yra: [tex]C_2^2\cdot C_2^1=2[/tex]
7) Galimybių parinkti dar 1 žalią ir dar 1 mėlyną ir dar 1 geltoną yra: [tex]C_2^1\cdot C_2^1\cdot C_2^1=2\cdot 2\cdot 2=8[/tex]
Taigi viso atvejų yra [tex]n=2\cdot 6+8=20[/tex]. Palankūs yra 3)-7) atvejai: [tex]m=2+2+2+2+8=16[/tex]
Tikimybė: [tex]\dfrac{16}{20}=\dfrac{4}{5}.[/tex]

Yra ir kitas paprastenis būdas skaičiuoti.
Imkime priešingą įvykį: "dėžėje  B yra tik vienas geltonos spalvos rutulys"
Šį įvykį galima apsirašyti taip (čia rašomi pirmai dėžei parenkamų rutulių spalvos): (M,G,G), (Ž,G,G)
Tada: [tex]P(M,G,G)=\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{1}{4}\cdot 3[/tex] (dauginame iš 3, nes gali būti M, G, G arba G, M, G arba G, G, M)
[tex]P(Ž,G,G)=\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{1}{4}\cdot 3[/tex] (dauginame iš 3, nes gali būti Ž, G, G arba G, Ž, G arba G, G, Ž):
Tada P("dėžėje  B yra tik vienas geltonos spalvos rutulys")=[tex]\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{1}{4}\cdot 3+\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{1}{4}\cdot 3=\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{10}=\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}[/tex]
P("dėžėje  B yra bent du geltonos spalvos rutuliai")=[tex]1-\dfrac{1}{5}=\dfrac{4}{5}[/tex].

Teisingas 5/7, patikrinau su programa.
Visos galimybes:
Vienas pliusas, kad sutampa sandauga, antras pliusas, kad geltonu B yra daugiau negu 2
Eina A zali melyni geltoni, o tada B zali melyni geltoni.
1 1 1  3 3 3
2 1 1  2 3 3
3 1 1  1 3 3
1 2 1  3 2 3
2 2 1  2 2 3
3 2 1  1 2 3
+
+
1 3 1  3 1 3
2 3 1  2 1 3
+
+
3 3 1  1 1 3
1 1 2  3 3 2
2 1 2  2 3 2
3 1 2  1 3 2
+
+
1 2 2  3 2 2
2 2 2  2 2 2
+
+
3 2 2  1 2 2
1 3 2  3 1 2
+
+
2 3 2  2 1 2
3 3 2  1 1 2
1 1 3  3 3 1
2 1 3  2 3 1
+
3 1 3  1 3 1
1 2 3  3 2 1
+
2 2 3  2 2 1
3 2 3  1 2 1
1 3 3  3 1 1
2 3 3  2 1 1
3 3 3  1 1 1
Is viso: 7
Tinka: 5

Kodas:#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main(){

    int k[6] = {0,0,1,1,2,2}; // 0 zalia, 1 melyna, 2 geltona
    int visi = 0;
    int geri = 0;
    bool buvo[1000000];
    ofstream cout("rez.txt");
    for (int i = 0; i<(1<<6); i++){
        int A[3] = {1,1,1}; // Kiek: zaliu melynu geltonu
        int B[3] = {1,1,1}; // Kiek: zaliu melynu geltonu
        for (int j = 0; j<6; j++){
            if(i & (1<<j)){
                A[k[j]]++;
            }
            else{
                B[k[j]]++;
            }
        }
        if(!buvo[A[0]*100000+A[1]*10000+A[2]*1000+B[0]*100+B[1]*10+B[2]]){
            cout << A[0] << " " << A[1] << " " << A[2] << "  " << B[0] << " " << B[1] << " " << B[2] << endl;
        }
        if(A[0]*A[1]*A[2]==B[0]*B[1]*B[2] and !buvo[A[0]*100000+A[1]*10000+A[2]*1000+B[0]*100+B[1]*10+B[2]]){
            visi++;
            cout << "+" << endl;
            if(B[2]>=2){
                geri++;
            cout << "+" << endl;
            }
        }
        buvo[A[0]*100000+A[1]*10000+A[2]*1000+B[0]*100+B[1]*10+B[2]] = true;
    }
    cout << "Is viso: " << visi << endl;
    cout << "Tinka: " << geri;

    return 0;
}

Pakeičiau sąlyga gal aiškiau

Tomai, tu savo sprendime laikai, kad rutuliai skiriasi del to gaunasi 4/5. Bet istraukti viena melyna ir 2 geltonus yra 1 galimybe, o ne 2 ir kituose tas pats.