Wróć do informacji o e-podręczniku Wydrukuj Zapisz jako PDF Udostępnij materiał

Kawaler de Méré obstawiając wyniki w rzucie trzema sześciennymi kostkami do gry był przekonany, że suma oczek na wszystkich kostkach równa 11 pojawia się z taką samą częstością, jak suma oczek równa 12.

Zauważył mianowicie, że:

  • sumę oczek równą 11 można otrzymać sześcioma sposobami:
    11=1+4+6=1+5+5=2+4+5=2+3+6=3+4+4=3+3+5,

  • sumę oczek równą 12 również można otrzymać sześcioma sposobami:
    12=1+5+6=2+5+5=2+4+6=3+3+6=3+4+5=4+4+4.

Tymczasem praktyka pokazywała, że suma oczek równa 11 wypada częściej niż suma oczek równa 12.

Przykład 1

Rozpatrzmy więc rzut trzema kostkami, z których każda ma inny kolor. Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników, w których suma oczek uzyskanych na wszystkich trzech kostkach jest równa:
a) 11,
b) 12.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że kostki są w kolorach białym, żółtym oraz niebieskim. Oznaczmy liczby oczek, które wypadły na kostkach białej, żółtej i niebieskiej przez, odpowiednio, w1, w2, w3.
Wynik rzutu tymi trzema kostkami zapiszemy jako trzyelementowy ciąg w1, w2, w3, gdzie w1,w2,w31, 2, 3, 4, 5, 6.

Wtedy:

1 jeśli wyrzucone liczby oczek na kostkach są parami różne, to wyników jest tyle, ile permutacjipermutacja zbioru n–elementowegopermutacji zbioru trzyelementowego, czyli 3!=6.
Jest tak w każdym z poniższych przypadków:
w1, w2, w3=1, 4, 6
w1, w2, w3=2, 3, 6
w1, w2, w3=2, 4, 5
(zatem w przypadku trzech różnych wyników dla sumy równej 11 mamy 3·3!=3·6=18 wyników),
w1, w2, w3=1, 5, 6
w1, w2, w3=2, 4, 6
w1, w2, w3=3, 4, 5
(zatem w przypadku trzech różnych wyników dla sumy równej 12 mamy również 3·3!=3·6=18 wyników),

2 jeśli wśród liczb oczek wyrzuconych na kostkach dokładnie dwie się powtarzają, to kolory kostek dla nich wybierzemy na 32=3 sposoby, a trzeciemu przyporządkujemy kostkę różną od tych dwóch.
Oznacza to, że 3 możliwe wyniki są w każdym z poniższych przypadków:
w1, w2, w3=1, 5, 5
w1, w2, w3=3, 3, 5
w1, w2, w3=3, 4, 4
(zatem dla sumy równej 11 mamy tym razem 3·3=9 wyników),
w1, w2, w3=2, 5, 5
w1, w2, w3=3, 3, 6
(zatem dla sumy równej 12 mamy tym razem 3·2=6 wyników),

3 jeśli wszystkie wyrzucone liczby oczek są takie same, to sprzyja mu jeden możliwy wynik rzutu trzema kostkami; tak jest w przypadku, gdy w1, w2, w3=4, 4, 4 – wtedy suma oczek jest równa 12).

Wynika stąd, że:
a) jest 3·3!+3·3=27 możliwych wyników, w których suma oczek jest równa 11,
b) jest 3·3!+2·3+1=25 możliwych wyników, w których suma oczek jest równa 12.

Uwaga:

W praktyce szkolnej przy rozpatrywaniu zdarzenia związanego z rzutem kilkoma kostkami do gry zazwyczaj podaje się informację, że kostki są rozróżnialne np. kolorem. Kawaler de Méré obstawiał wyniki rzutów trzema nierozróżnialnymi kostkami. Był więc przekonany, że skoro obie interesujące go sumy oczek da się przedstawić na 6 sposobów, to i szanse na uzyskanie tych sum są równe. A jednak okazało się, że ważne są nie tylko rozkłady sum oczek, ale i kostki, do których są one przypisane.

Przykład 2

Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników siedmiokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadło jedno oczko i dokładnie trzy razy wypadło sześć oczek.

Rozwiązanie:

Wynik siedmiokrotnego rzutu kostką zapiszemy jako siedmioelementowy ciąg w1, w2, w3, w4, w5, w6, w7 wyników kolejnych rzutów, gdzie wi1, 2, 3, 4, 5, 6 dla i=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

Zliczanie wszystkich możliwych wyników przeprowadzimy w trzech kolejnych etapach:

1 spośród wszystkich rzutów wybór dwóch takich, w których wypadło po jednym oczku;
ponieważ wybieramy dwa elementy z siedmioelementowego zbioru w1, w2, w3, w4, w5, w6, w7, więc w tym przypadku możliwości jest tyle, ile jest dwuelementowych kombinacjik–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacji zbioru siedmioelementowego, czyli 72=7·62=21,

2 spośród pięciu pozostałych rzutów wybór trzech takich, w których wypadło po sześć oczek;
ponieważ w tym przypadku wybieramy trzy elementy ze zbioru pięcioelementowego, więc możliwości jest tyle, ile jest trzyelementowych kombinacjik–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacji zbioru pięcioelementowego, czyli 53=5·42=10,

3 przydzielenie dwóm pozostałym rzutom wyników wybranych za każdym razem spośród czterech dostępnych: 2, 3, 4, 5, co można zrobić na 42=16 sposobów.

Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia stwierdzamy ostatecznie, że wszystkich możliwych wyników siedmiokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadło jedno oczko i dokładnie trzy razy wypadło sześć oczek jest
21·10·16=3360.

Przykład 3

Obliczymy, ile jest wszystkich wyników dziesięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie trzy razy wypadło jedno oczko i dokładnie cztery razy wypadła parzysta liczba oczek.

Rozwiązanie:

Wynik dziesięciokrotnego rzutu kostką zapiszemy jako dziesięcioelementowy ciąg
w1, w2, w3, w4, w5, w6, w7, w8, w9, w10 wyników kolejnych rzutów, gdzie wi1, 2, 3, 4, 5, 6 dla i=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.

Zliczanie wszystkich możliwych wyników przeprowadzimy w trzech kolejnych etapach:

1 spośród wszystkich rzutów wybór trzech takich, w których wypadło po jednym oczku;
ponieważ wybieramy trzy elementy z dziesięcioelementowego zbioru w1, w2, w3, w4, w5, w6, w7, w8, w9, w10, więc w tym przypadku możliwości jest tyle, ile jest trzyelementowych kombinacjik–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacji zbioru dziesięcioelementowego, czyli 103=10·9·83·2=120,

2 spośród siedmiu pozostałych rzutów wybór czterech takich, w których wypadła parzysta liczba oczek i uwzględnienie wszystkich możliwych wyników w każdym z tych czterech rzutów;
ponieważ w tym przypadku wybieramy cztery elementy ze zbioru siedmioelementowego, a ponadto w każdym z tych rzutów mamy do wyboru jeden z trzech wyników spośród 2, 4, 6, więc wszystkich możliwości jest tym razem 74·34=7·6·53·2·81=2835,

3 przydzielenie trzem pozostałym rzutom wyników wybranych za każdym razem spośród dwóch dostępnych: 3, 5, co można zrobić na 23=8 sposobów.

Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia stwierdzamy ostatecznie, że wszystkich możliwych wyników dziesięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie trzy razy wypadło jedno oczko i dokładnie cztery razy wypadła parzysta liczba oczek jest
120·2835·8=2721600.

Przykład 4

Rozpatrujemy wyniki rzutu siedmioma kostkami do gry, z których każda ma inny kolor. Obliczymy, ile jest wśród nich wszystkich takich wyników, które spełniają równocześnie trzy warunki:

  • dokładnie na trzech kostkach otrzymano po 3 oczka,

  • dokładnie na dwóch kostkach otrzymano po 4 oczka,

  • suma wszystkich otrzymanych liczb oczek jest podzielna przez 3.

Rozwiązanie:

Zliczanie wszystkich możliwych wyników przeprowadzimy w trzech kolejnych etapach:

1 wybór trzech kostek, na każdej z których wypadną 3 oczka;
takie trzy kostki wybieramy spośród wszystkich siedmiu na 73=7·6·53·2=35 sposobów,

2 wybór dwóch kostek, na każdej z których wypadną 4 oczka;
takie dwie kostki wybieramy spośród pozostałych czterech na 42=4·32=6 sposobów,

3 rozpatrzenie wszystkich możliwych wyników na dwóch pozostałych kostkach tak, aby suma wszystkich otrzymanych liczb oczek była podzielna przez 3;
ponieważ suma liczb oczek uzyskanych na pięciu kostkach w poprzednio omówionych etapach jest równa
3·3+4·2=17=3·5+2,
więc suma liczb uzyskanych na ostatnich dwóch kostkach musi przy dzieleniu przez 3 dawać resztę 1; przy tym na żadnej z tych kostek nie możemy już uzyskać ani liczby oczek równej 3, ani liczby oczek równej 4.
Warunki te spełniają następujące wyniki: 61, 16, 52, 25 oraz 55.

Wobec tego wszystkich wyników rzutu siedmioma kostkami do gry, które spełniają warunki zadania jest 35·6·5=1050.

Słownik

permutacja zbioru n–elementowego
permutacja zbioru n–elementowego

każdy n–elementowy ciąg utworzony ze wszystkich elementów zbioru n–elementowego

k–elementowa kombinacja zbioru n–elementowego
k–elementowa kombinacja zbioru n–elementowego

każdy k–elementowy podzbiór zbioru n–elementowego, gdzie 0kn, nazywamy k–elementową kombinacją tego zbioru n–elementowego

reguła mnożenia
reguła mnożenia

liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia polegającego na wykonaniu po kolei n czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z k1 sposobów, druga – na jeden z k2 sposobów, trzecia – na jeden z k3 sposobów i tak dalej do n–tej czynności, która może zakończyć się na jeden z kn sposobów, jest równa

k1·k2··kn