6+5+4=15 wszystkich kul
|\Omega|=C_4^{15}={15\choose 4 }=\frac{15!}{11!\cdot 4}=\frac{11!\cdot 12\cdot 13\cdot 14\cdot 15}{11!\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}=1365 zdarzeń elementarnych
a)
|\Omega|=1365
A - zdarzenie takie, że wylosowano dokładnie trzy kule tego samego koloru
{|A|={6\choose 3}\cdot {15-6\choose1}+{5\choose 3}\cdot {15-5\choose 1}+{4\choose 3}\cdot {15-4\choose 1}=\frac{6!}{3!\cdot 3!}\cdot {11\choose 1}+\frac{5!}{2!\cdot 3!}\cdot {10\choose 1}+\frac{4!}{1!\cdot 3!}\cdot {11\choose 1}=}
{=\frac{3!\cdot 4\cdot5\cdot6}{1\cdot2\cdot 3\cdot3!}\cdot 9+\frac{3!\cdot 4\cdot5}{1\cdot2\cdot3!}\cdot10+\frac{3!\cdot 4}{1\cdot 3!}\cdot11=20\cdot9+10\cdot 10+4\cdot 11=324} zdarzeń sprzyjających
P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{324}{1365}=\frac{108}{455}
b)
|\Omega|=1365
B - zdarzenie takie, że wylosowano dokładnie dwie kule czarne
{|B|=C_2^5\cdot C_2^{15-5}={5\choose 2}\cdot {10\choose2}=\frac{5!}{3!\cdot 2!}\cdot \frac{10!}{8!\cdot 2!}=\frac{3!\cdot 4\cdot 5}{3!\cdot 1\cdot 2}\cdot \frac{8!\cdot 9\cdot 10}{8!\cdot 1\cdot 2}=10\cdot 45=450}
P(B)=\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{450}{1365}=\frac{30}{91}
c)
|\Omega|=1365
C - zdarzenie takie, że wylosowano więcej kul zielonych niż czarnych
(3B,0C,1Z), (2B, 0C,2Z), (1B,1C,2Z), (1B,0C,3Z) (0B,1C,3Z),(0B,0C,4Z)
{|C|={6\choose 3}\cdot {5\choose 0}\cdot {4\choose 1}+{6\choose 2}\cdot {5\choose 0}\cdot {4\choose 2}+ {6\choose 1}\cdot {5 \choose 1}\cdot {4\choose4}+{6\choose 1}\cdot {5\choose 0}\cdot {4\choose 3}+{6\choose 0}\cdot {5\choose 1}\cdot {4\choose 3}+{6\choose 0}\cdot {5\choose 0}\cdot {4\choose 4}=}
{=\frac{6!}{3!\cdot 3!}\cdot 1\cdot \frac{4!}{1!\cdot 3!}+\frac{6!}{2!\cdot 4!}\cdot 1\cdot \frac{4!}{2!\cdot2!}+6\cdot 5\cdot 1+\frac{6!}{1!\cdot 5!}\cdot 1\cdot \frac{4!}{3!\cdot 1!}+1\cdot \frac{5!}{1!\cdot 4!}\cdot \frac{4!}{3!\cdot 1!}+1\cdot 1 \cdot 1=}
=80+90+30+24+20+1=245 zdarzeń sprzyjających
P(C)=\frac{|C|}{|\Omega|}=\frac{245}{1365}=\frac{49}{273}
Odpowiedź:
\frac{49}{273}