Dane INFORMACYJNE Nazwa szkoły: Zespół Szkół budowlanych im. Kazimierza Wielkiego w Szczecinie ID grupy: 97/26_mf_g1 Kompetencja: Matematyczno - fizyczna Temat projektowy: Kombinatoryka w rachunku prawdopodobieństwa Semestr/rok szkolny: 2011/2012

Silnia Dla n>1 symbol n! (czyt.: n silnia) oznacza iloczyn kolejnych liczb naturalnych od 1 do n. n!=1·2·3·4·……·n Przyjmujemy, że: 0!=1 1!=1 Przykład. Oblicz. 2!=2 3!=1·2·3=6 4!=1·2·3·4=24 5!=1·2·3·4·5=120 6!=1·2·3·4·5·6=720 7!=1·2·3·4·5·6·7=5040 8!=1·2·3·4·5·6·7·8=40320 9!=1·2·3·4·5·6·7·8·9=362880 10!=1·2·3·4·5·6·7·8·9·10=3628800

Przykład. Wykonaj działania.

Permutacje Permutacją n-elementową zbioru n-elementowego nazywamy każdy n-wyrazowy ciąg utworzony ze wszystkich elementów tego zbioru. Permutacje n-elementowe oznaczamy: Pn Pn=n! Dowód Dowód wymaga zastosowania zasady indukcji matematycznej. Dla n=1 wzór jest prawdziwy bo jeden obiekt można ustawić tylko na jeden sposób. Załóżmy, że wzór jest prawdziwy dla k, tzn. liczba permutacji zbioru k elementowego jest równa k!. Wykażemy, że wzór jest prawdziwy dla k+1, tzn. że liczba permutacji zbioru k+1 elementowego jest równa (k+1)!. Ponieważ, na pierwszym miejscu można ustawić każdy spośród k+1 elementów, a na dalszych miejscach położyć dowolną permutację pozostałych k elementów, więc łącznie mamy (k+1) · k! = (k+1)! permutacji. Stąd na mocy zasady indukcji matematycznej wzór zachodzi dla wszystkich liczb naturalnych.

Przykład. Na ile sposobów można rozdzielić role pomiędzy 4 aktorów: A,B,C,D? Jeżeli role ponumerujemy –rola pierwsza, druga, trzecia i czwarta – to zauważymy dokładną odpowiedniość pomiędzy możliwymi obsadami a permutacjami zbioru złożonego z elementów A,B,C,D. Na przykład powierzając pierwszą rolę aktorowi A, drugą-C, trzecią-D, a czwartą aktorowi B, otrzymamy permutację ACDB. Zadanie sprowadza się zatem do obliczenia liczby permutacji zbioru czteroelementowego. Czyli 4!=24. Przykład. Na ile sposobów można rozdzielić 3 role męskie oraz 2 kobiece pomiędzy aktorów A,B,C oraz aktorki L,M? Role męskie można rozdzielić na 3!=6 sposobów, a role kobiece na 2!=2 sposoby. Ponieważ obsadę kobiecą można zestawić z dowolną obsadą męską, więc otrzymujemy 6 · 2 = 12 możliwych obsad. Przykład. Na ile sposobów można ustawić 5 osób w kolejce? P6=6!=1·2·3·4·5=120 Odp.: Pięć osób można ustawić na 120 sposoby.

Reguła mnożenia Jeżeli pewien wybór zależy od skończenie wielu decyzji, przy czym podejmując pierwszą decyzję mamy b możliwości, drugą – c możliwości , … , ostatnią – x możliwości , to wybór ten może być zrobiony na b · c · … · x sposobów. Przykład. Ile poprawnych zdań można ułożyć według poniższego wzoru? Odp.: 6·1·28·12·90·6=1 088 640. Urodziłem Urodziłam Urodziłeś Urodziłaś Urodził Urodziła się 1 2 3 . 27 28 Stycznia Lutego Listopada grudnia 1901 r. 1902 r. 1989 r. 1990 r. W Krakowie W Gdańsku W Łodzi W Warszawie W Kutnie We Wrocławiu

Przykład. Cyfry 2,3,5,6,7,8 ustawiamy w ciąg Przykład. Cyfry 2,3,5,6,7,8 ustawiamy w ciąg. Oblicz ilość możliwych ustawień cyfr w liczbie jeżeli: liczby stoją na dowolnym miejscu P4=6!=1·2·3·4·5·6=720 b) na pierwszym miejscu stoi cyfra 8 P3=5!=120 c) na pierwszym miejscu stoi cyfra 6, a na ostatnim cyfra 5 P2=4!=24 d) na początku są liczby parzyste 3!∙3!=36

Przykład. Ile można utworzyć liczb pięciocyfrowych z cyfr 2,3,4,5,6 w których otrzymana liczba jest: dowolna pięciocyfrowa P5=5!=1∙2∙3∙4∙5=120 parzysta (na miejscu ostatnim musi stać cyfra 2 lub 4 lub 6) 3∙4!=3∙24=72 podzielna przez 5 (na miejscu ostatnim musi stać cyfra 5) P4=4!=1∙2∙3∙4=24 nieparzysta (na miejscu ostatnim musi stać cyfra 3 lub 5) 2∙4!=2∙24=48

kombinacje Symbol Newtona: Jeżeli k≤n to wyrażenie (czytamy: n nad k) nazywamy symbolem Newtona. PRZYKŁADY:

KOMBINACJE: Kombinacją k-elementową zbioru n-elementowego (k≤n) nazywamy każdy k-elementowy podzbiór utworzony z elementów zbioru n-elementowego. Kombinację oznaczamy . Przykład. Oblicz.

Przykład. Ile jest możliwych kombinacji dwu-elementowych zbioru: 4-elementowego b) 6-elementowego c) 10-elementowego

Przykład. Mamy grupę złożoną z 10 uczniów i nauczyciela Przykład. Mamy grupę złożoną z 10 uczniów i nauczyciela. Na ile sposobów można spośród nich wybrać Komisję 5-osobową złożoną z samych uczniów? Komisję 5-osobową złożoną z 4 uczniów i nauczyciela? Komisję 5- osobową o dowolnym składzie? a) Wybór 5 uczniów spośród 10 jest możliwy na sposoby. Ponieważ z założenia nauczyciel jest członkiem komisji, więc pozostaje wybrać 4 uczniów, co można zrobić na . c) Można zauważyć, że każda taka komisja składa się albo z samych uczniów albo z 4 uczniów i nauczyciela. Wynik możemy uzyskać sumując dwa poprzednie czyli 462 sposoby.

Przykład. W klasie jest 10 dziewcząt i 8 chłopców Przykład. W klasie jest 10 dziewcząt i 8 chłopców. Na ile sposobów można wybrać trzyosobowe grupy, w skład których wejdą: a) same dziewczyny b) sami chłopcy c) jedna dziewczynka

Przykład. W gronie 10 osób każdy wita się z każdym. Ile powitań nastąpi? Nastąpi 45 powitań. Przykład. Na ile sposobów z talii 52 kart można wyciągnąć 12 tak, aby w każdym kolorze były 3 karty, w tym dokładnie jedna spośród czterech najstarszych( as, król, dama, walet)?. W ustalonym kolorze jedną kartę spośród czterech najstarszych można wybrać na 4 sposoby. Z pozostałych9 kart tego koloru można wybrać 2 karty na sposobów. Zatem zgodnie z warunkami zadania, 3 karty w danym kolorze można wybrać na sposobów. Ponieważ jest tak dla każdego koloru, więc otrzymujemy: sposobów.

Wstęp do prawdopodobieństwa Rzut monetą lub kostką. Rzucając monetą otrzymujemy jeden z dwóch możliwych wyników: wypadnie orzeł albo wypadnie reszka. Ze względu na symetrię monety oba te wyniki są jednakowo prawdopodobne. Mamy więc jedną szansę na dwie że wypadnie orzeł i jedną na dwie, że wypadnie reszka. W języku rachunku prawdopodobieństwa mówimy, że prawdopodobieństwo wypadnięcia orła jest równe , tak samo dla reszki. Przy rzucie sześcienną kostką do gry możemy uzyskać jeden z sześciu wyników. Jeżeli kostka jest symetryczna, to szanse uzyskania każdego z tych wyników są jednakowe i wynoszą jeden do sześciu. Przy rzucie kostką możemy rozpatrywać nie tylko wyniki ale także bardziej skomplikowane zdarzenia. Przejdźmy do przykładów w których omówimy działania na zdarzeniach.

Przykład. Rzucamy raz kostką do gry. Zbiór wszystkich możliwych wyników doświadczenia to zbiór: 𝛀 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Opiszmy zdarzenia: A – otrzymano mniej niż 5 oczek B – otrzymano co najmniej 4 oczka C – otrzymano szóstkę Wypiszmy wyniki sprzyjające tym zdarzeniom A, B, C: A = {1,2,3,4} B = {4,5,6} C = {6}

Iloczynem zdarzeń A i B nazywamy zdarzenie złożone z wyników, które sprzyjają zdarzeniu A i jednocześnie zdarzeniu B. A ∩ B – iloczyn zdarzeń A i B A ∩ B = {4} – wynik 4 sprzyja iloczynowi zdarzeń A ∩ C = ∅ - zdarzenie niemożliwe - to takie, któremu nie sprzyja żaden wynik B ∩ C = {6} = C

Sumą zdarzeń A i B jest zdarzenie złożone z wyników, które sprzyjają zdarzeniu A lub zdarzeniu B. A ∪ B – suma zdarzeń A i B A ∪ B = {1,2,3,4,5,6} = 𝛀 A ∪ C = {1,2,3,4,6} B ∪ C = {4,5,6} = B

Różnicą zdarzeń A i B jest zdarzenie złożone z wyników, które sprzyjają zdarzeniu A, ale nie sprzyjają zdarzeniu B. A \ B – różnica zdarzeń A i B A \ B = {1,2,3} A \ C = {1,2,3,4} = A B \ C = {4,5} 𝛀 \ A = {5,6} A’ – zdarzenie przeciwne do zdarzenia A (są to wszystkie wyniki, które sprzyjają 𝛀, ale nie sprzyjają zdarzeniu A) A’= 𝛀 \ A

Przykład. Rzucamy sześcienną kostką i monetą. A – otrzymano parzystą liczbę oczek B – otrzymano reszkę C – otrzymano liczbę pierwszą oczek i orła D – otrzymano co najmniej 5 oczek r – reszka, o - orzeł 𝛀 = {(1,o),(2,o),(3,o),(4,o),(5,o),(6,o), (1,r),(2,r),(3,r),(4,r),(5,r),(6,r)} Wypiszmy wyniki sprzyjające zdarzeniom: A = {(2,o),(2,r),(4,o),(4,r),(6,o),(6,r)} B = {(1,r),(2,r),(3,r),(4,r),(5,r),(6,r)} C = {(2,o),(3,o),(5,o)} D = {(5,r),(5,o),(6,r),(6,o)}

A’ = {(1,o),(3,o),(5,o),(1,r),(3,r),(5,r)} D’ = {(1,o),(2,o),(3,o),(4,o),(1,r),(2,r),(3,r),(4,r)} A ∩ B = {(2,r),(4,r),(6,r)} A ∩ C = {(2,o)} C ∪ D = {(2,o),(3,o),(5,o),(6,o),(5,r),(6,r)} B \ D = {(1,r),(2,r),(3,r),(4,r)} D \ A = {(5,o),(5,r)}

Przykład. Rzucamy dwa razy kostką do gry. A – wypadnie parzysta liczba oczek w I i II rzucie B – suma oczek jest liczbą mniejszą od 5 C – suma oczek jest liczbą podzielną przez 3 𝛀 = {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),...,(6,5),(6,6)} Wypiszmy wyniki sprzyjające zdarzeniom: A = {(2,2),(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6)} B = {(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1)}

C = {(1,2),(1,5),(2,1),(2,4),(3,3),(3,6),(4,2),(4,5),(5,1), (5,4),(6,3),(6,6)} A ∩ B = {(2,2)} A ∩ C = {(2,4),(4,2),(6,6)} A \ B = {(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6)} A \ C = {(2,2),(2,6),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4)} B ∩ C = {(1,2),(2,1)} B \ C = {(1,1),(1,3),(2,2),(3,1)} C \ A = {(1,2),(1,5),(2,1),(3,3),(3,6),(4,5),(5,1),(5,4), (6,3)}

Podamy teraz przykłady z rachunku prawdopodobieństwa na zastosowanie wiedzy którą przekazaliśmy podczas prezentacji. Przykład. Na stole leżało 14 banknotów: 2 banknoty o nominale 100 zł, 2 banknoty o nominale 50 zł, 10 banknotów o nominale 20 zł. wiatr zdmuchnął na podłogę 5 banknotów. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że na podłodze leży dokładnie 130 zł. Odpowiedź podaj w postaci ułamka nieskracalnego. Jeśli na podłodze leży 130zł, to wiatr zdmuchnął 4 banknoty po 20zł (z dziesięciu) i jeden 50zł (z pięciu). Wszystkich możliwości wyboru pięciu banknotów z czternastu jest . Zatem

Przykład. Kod, który wpisany jest na karcie do bankomatu składa się z 4 cyfr.  Chcemy, aby prawdopodobieństwo odkrycia tego kodu zmniejszyła się stukrotnie. Ile jeszcze cyfr należy dopisać do kodu? Kod jest czterocyfrowy, każdą cyfrę kody możemy wybrać na 10 sposobów więc zatem prawdopodobieństwo wykrycia kodu czterocyfrowego wynosi . Z treści zadania prawdopodobieństwo ma się zmniejszyć stukrotnie czyli ma być równe czyli trzeba dopisać jeszcze dwie cyfry.

Bibliografia [1] Tomasz Żak, Kombinatoryka, prawdopodobieństwo i zdrowy rozsądek, Oficyna wydawnicza Quadrivium Wrocław 1995 [2] T. Gerstenkorn, T. Śródka, Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa, W-wa. PwN [3] http://pl.wikipedia.org