Wróć do informacji o e-podręczniku Wydrukuj Pobierz materiał do PDF Pobierz materiał do EPUB Pobierz materiał do MOBI Zaloguj się, aby dodać do ulubionych Zaloguj się, aby skopiować i edytować materiał Zaloguj się, aby udostępnić materiał Zaloguj się, aby dodać całą stronę do teczki
Oceń projekt

Przeczytaj

Przegląd zadań dotyczących losowania zaczniemy od zadań odwołujących się do popularnych gier losowych. W kolejnych przykładach pokażemy, jak rozwiązywać zadania dotyczące losowania kul umieszczonych w pojemniku. Warunki, jakie będą miały spełniać wylosowane kule, będą zależały m.in. od kolorów kul, a także – jeśli w pojemniku są ponumerowane kule – od ich numerów.

Przykład 1

a) W pewnej grze losowej typujemy 5 liczb z 29–elementowego zbioru 1,2,3,…,29. Sprawdzamy swoje typy po wylosowaniu przez maszynę losującą 5 liczb z tego samego zbioru.
Obliczymy, ile jest w tej grze możliwości trafienia dokładnie 3 liczb.

b) W pewnej loterii jest 50 losów, wśród których: 1 gwarantuje wygraną w wysokości 100 zł, 2 gwarantują wygraną w wysokości 50 zł, 5 gwarantuje wygraną w wysokości 20 zł, 10 gwarantuje wygraną w wysokości 10 zł, a pozostałe losy są puste.
Kupujemy w tej loterii 2 losy. Obliczymy, ile jest możliwości wygrania w ten sposób co najmniej 50 złotych.

Rozwiązanie:

Ad a) Zauważmy, że każdy wynik typowania jest 5–elementową kombinacjąk–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacją 29–elementowego zbioru wszystkich dostępnych numerów.

Jeśli mamy trafić trzy liczby (co jest możliwe naliczba wszystkich k–elementowych kombinacji zbioru n–elementowegoco jest możliwe na 53=10 sposobów), to wraz z nimi musimy wytypować 2 spośród nietrafionych (co jest możliwe na 242=276 sposobów).

Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia otrzymujemy więc, że wszystkich możliwości trafienia 3 liczb jest 53·242=10·276=2760.

Uwaga:
Wszystkie wyniki rozpatrywanego typowania możemy podzielić na rozłączne przypadki ze względu na liczbę trafionych liczb. Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania zapiszemy wtedy następującą równość
295=55·240+54·241+53·242+
+52·243+51·244+50·245.
(Jest to szczególny przypadek tzw. tożsamości Vandermonde’a)

Ad b) Zauważmy, że każdy wynik opisanego losowania jest 2–elementową kombinacjąk–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacją 50–elementowego zbioru wszystkich dostępnych losów.

Kupując 2 losy wygramy co najmniej 50 zł w jednym z następujących rozłącznych przypadków:

  • jeśli wśród zakupionych trafi się los z wygraną 100 zł; wtedy zakupiony z nim dowolny spośród pozostałych losów można dobrać na 49 sposobów, a więc w tym przypadku jest 49 możliwości zakupu,

  • jeśli oba zakupione będą z wygraną 50 zł – w tym przypadku jest 1 możliwość zakupu,

  • jeśli wśród zakupionych nie będzie losu za 100 zł, natomiast będzie dokładnie jeden z dwóch losów z wygraną 50 zł; wtedy zakupiony z nim dowolny spośród pozostałych losów można dobrać na 47 sposobów, a więc w tym przypadku jest 47·2=94 możliwości zakupu.

Podsumowując, otrzymujemy, że wszystkich możliwości jest 49+1+94=144.

Możemy też zauważyć, że w wyniku zakupu dwóch losów nie wygramy co najmniej 50 złotych wtedy i tylko wtedy, gdy wśród obu zakupionych losów nie będzie ani jednego spośród 3 losów gwarantujących najwyższe wygrane (za 100 zł lub za 50 zł). Takich możliwości jest 472=1081.

Ponieważ w omawianej loterii wszystkich możliwości zakupu dwóch losów jest 502=1225, więc wszystkich możliwości zakupu dwóch losów, które gwarantują wygraną co najmniej 50 zł jest 502-472=1225-1081=144.

Przykład 2

W pojemniku znajduje się 10 kul: 2 białe, 3 czerwone oraz 5 niebieskich. Losujemy z tego pudełka jednocześnie 3 kule. Obliczymy, ile jest wyników tego losowania, które spełniają warunek:

a) otrzymamy trzy kule tego samego koloru,

b) wśród wylosowanych nie będzie pary kul w tym samym kolorze,

c) co najmniej dwie z wylosowanych kul będą tego samego koloru.

Rozwiązanie:

Zauważmy na wstępie, że każdy wynik losowania jest 3–elementową kombinacjąk–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacją 10–elementowego zbioru wszystkich kul.

Ad a) Ponieważ w tym samym kolorze możemy wylosować jedynie 3 kule białe (co można zrobić tylko na jeden sposób) lub 3 kule niebieskie (co można zrobić na 53=10 sposobów), więc w tym przypadku wszystkich możliwości jest 1+10=11.

Ad b) Wśród wylosowanych nie będzie pary kul w tym samym kolorze wtedy i tylko wtedy, gdy wylosujemy po jednej kuli z każdego koloru. Można to zrobić na 2·3·5=30 sposobów.

Ad c) Zauważmy, że 3 kule spośród 10 znajdujących się w pojemniku możemy wylosować na 103=120 sposobów. Wtedy: albo nie będzie wśród nich pary kul w tym samym kolorze (co – jak obliczyliśmy – jest możliwe w 30 przypadkach), albo co najmniej dwie z wylosowanych kul będą tego samego koloru.

Wobec tego jest 120-30=90 takich wyników losowania, że co najmniej dwie z wylosowanych kul będą tego samego koloru.

Przykład 3

W pudełku znajduje się 11 kul ponumerowanych od 1 do 11:

a) Losujemy z tego pudełka jednocześnie 7 kul. Obliczymy, na ile sposobów można to zrobić tak, aby suma numerów wylosowanych kul była parzysta.

b) Losujemy z tego pudełka jednocześnie cztery kule. Obliczymy, na ile sposobów można to zrobić tak, aby iloczyn numerów wylosowanych kul był podzielny przez 10.

c) Wyjmujemy z tego pudełka dwie kule: kulę z numerem 1 oraz kulę z numerem 2 i odkładamy je na bok. Następnie z pozostałych 9 kul losujemy 3 razy po jednej kuli ze zwracaniem (tzn. za każdym razem wylosowaną kulę wrzucamy z powrotem do pudełka).
Obliczymy, ile jest takich wyników losowania, które spełniają jednocześnie dwa warunki:
(1) wylosowano dokładnie dwie kule z numerem parzystym,
(2) iloczyn numerów wszystkich wylosowanych kul jest podzielny przez 36.

Rozwiązanie:

Ad a) Zauważmy, że każdy wynik losowania jest 7–elementową kombinacjąk–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacją 11–elementowego zbioru wszystkich kul, wśród których 6 ma numer nieparzysty, a 5 ma numer parzysty.

Wszystkie wyniki rozpatrywanego losowania możemy podzielić na rozłączne przypadki ze względu na liczbę wylosowanych kul z numerem nieparzystym. Warunki zadania są spełnione wtedy i tylko wtedy, gdy wśród wylosowanych będzie parzysta liczba kul z numerem nieparzystym.

Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy więc, że wszystkich możliwości jest
62·55+64·53+66·51=15+15·10+5=170.

Ad b) Podzielmy kule na cztery grupy:

  • w pierwszej grupie będzie kula z numerem 10,

  • w drugiej grupie będzie kula z numerem 5,

  • w trzeciej grupie będą 4 kule z numerami: 2, 4, 6, 8,

  • w czwartej grupie będzie 5 kul z numerami: 1, 3, 7, 9, 11.

Zauważmy, że wylosujemy parę kul, których numery dadzą iloczyn podzielny przez 10 w dwóch następujących, rozłącznych przypadkach:

  • wylosujemy kulę z grupy pierwszej wraz z dowolnymi trzema kulami spośród pozostałych 10 kul; w tym przypadku jest więc 103=120 możliwości,

  • nie wylosujemy kuli z grupy pierwszej, ale wylosujemy kulę z grupy drugiej i wraz z nią co najmniej jedną kulę spośród 4 kul z trzeciej grupy; ponieważ wszystkich możliwości wylosowania 3 kul wybranych z 9 kul z grup trzeciej i czwartej jest 93=84, a wśród tych przypadków jest 53=10 takich, kiedy nie wylosujemy żądanej kuli z trzeciej grupy, więc w tym przypadku wszystkich możliwości jest 93-53=84-10=74.

Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy więc, że wszystkich możliwości jest 120+74=194.

Ad c) Kolejne losowania nazwijmy etapami – ponieważ powtarzamy losowanie 3 razy, więc w opisanym doświadczeniu są 3 etapy.

Podzielmy kule na cztery grupy:

  • w pierwszej grupie będzie kula z numerem 6,

  • w drugiej grupie będą dwie kule, z numerami 3 oraz 9,

  • w trzeciej grupie będą 3 kule z numerami 4, 8, 10,

  • w czwartej grupie będą 3 kule z numerami 5, 7, 11.

Zauważmy, że wylosujemy parę kul, których numery dadzą iloczyn podzielny przez 36 w trzech następujących, rozłącznych przypadkach:

  • w dwóch etapach wylosujemy kulę z grupy pierwszej i dokładnie raz dowolną kulę o numerze nieparzystym, czyli jedną z 5 kul z grupy drugiej lub czwartej; w tym przypadku na 3 sposoby możemy wybrać etap, w którym wylosowana będzie jedna z pięciu kul z numerem nieparzystym, co ogółem daje 3·5=15 możliwości,

  • dokładnie raz wylosujemy kulę z grupy pierwszej, dokładnie raz wylosujemy inną kulę z numerem parzystym (czyli jedną spośród 3 kul z grupy trzeciej) i dokładnie raz wylosujemy kulę spośród 2 kul z drugiej grupy; ponieważ etapy, w których wylosowane będą kule z tak opisanych 3 grup możemy przydzielić na 3!=6 sposobów, więc wszystkich możliwości jest w tym przypadku 3!·3·2=36,

  • w dwóch etapach wylosujemy kulę z grupy trzeciej (są tam 3 kule do wyboru) i z grupy drugiej musimy wylosować kulę z numerem 9; w tym przypadku na 3 sposoby możemy wybrać etap, w którym wylosowana będzie kula z numerem 9, co ogółem daje 32·3=27 możliwości.

Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy stąd, że wszystkich możliwości jest 15+36+27=78.

Przykład 4

W pudełku znajduje się 12 kul: 5 pięć kul białych, ponumerowanych od 1 do 5, cztery kule niebieskie, ponumerowane od 1 do 4 oraz trzy kule czerwone, ponumerowane od 1 do 3.

Obliczymy, na ile sposobów można z tego pojemnika wyjąć jednocześnie trzy kule tak, aby:

a) otrzymać parzysty iloczyn wylosowanych kul,

b) wśród wyjętych była dokładnie jedna kula biała i dokładnie jedna kula z numerem nieparzystym,

c) otrzymać trzy kule o parami różnych numerach.

Rozwiązanie:

Zauważmy na wstępie, że każdy wynik rozpatrywanego losowania jest 3–elementową kombinacjąk–elementowa kombinacja zbioru n–elementowegokombinacją 12–elementowego zbioru wszystkich kul.

Ad a) W pudełku jest 7 kul z numerem nieparzystym i 5 kul z numerem parzystym.

Ponieważ wszystkich możliwości wylosowania 3 kul z pudełka jest 123=220, z czego na 73=35 sposobów otrzymamy wszystkie trzy kule z numerem nieparzystym, więc w każdym z pozostałych 220-35=185 przypadków co najmniej jedna z trzech wylosowanych kul będzie miała numer parzysty.

Oznacza to, że jest 185 sposobów otrzymania parzystego iloczynu wylosowanych kul.

Ad b) Podzielmy kule na cztery grupy:

  • w pierwszej grupie będą 3 kule białe z numerami nieparzystymi: 1, 3 oraz 5,

  • w drugiej grupie będą 2 kule białe z numerami parzystymi: 2 oraz 4,

  • w trzeciej grupie będą 4 kule: dwie niebieskie z numerami nieparzystymi 1, 3 oraz dwie czerwone z numerami nieparzystymi 1, 3,

  • w czwartej grupie będą 3 pozostałe kule: dwie niebieskie z numerami 2, 4 oraz czerwona z numerem 2.

Zauważmy, że tylko w dwóch następujących, rozłącznych przypadkach wylosujemy trzy kule spełniające warunki zadania:

  • wylosujemy jedną kulę z grupy pierwszej, czyli białą z numerem nieparzystym (co można zrobić na 3 sposoby) oraz dwie kule z grupy czwartej (co również można zrobić na 3 sposoby); w tym przypadku mamy więc 3·3=9 możliwości,

  • wylosujemy jedną kulę z grupy drugiej, czyli białą z numerem parzystym (co można zrobić na 2 sposoby), jedną z grupy trzeciej, czyli nie białą z numerem nieparzystym (co można zrobić na 4 sposoby) oraz jedną kulę z grupy trzeciej (co można zrobić na 3 sposoby); w tym przypadku jest więc 2·4·3=24 wszystkich możliwości.

W takim razie ogółem mamy 9+24=33 sposoby otrzymania trzech kul, wśród których będzie dokładnie jedna kula biała i dokładnie jedna kula z numerem nieparzystym.

Ad c) Podzielimy kule na pięć grup, ze względu na zapisane na nich numery:

  • w pierwszej grupie będą 3 kule z numerem 1,

  • w drugiej grupie będą 3 kule z numerem 2,

  • w trzeciej grupie będą 3 kule z numerem 3,

  • w czwartej grupie będą 2 kule z numerem 4,

  • w piątej grupie będzie 1 kula z numerem 5.

Zauważmy, że losowania spełniające warunki zadania możemy podzielić na cztery rozłączne przypadki:

  • wylosujemy po jednej kuli z grup pierwszej, drugiej i trzeciej, co można zrobić na 3·3·3=27 sposobów,

  • wylosujemy po jednej kuli z dwóch grup wybranych spośród trzech pierwszych (pierwszej, drugiej i trzeciej) oraz jedną kulę z grupy czwartej, co można zrobić na 32·3·3·2=54 sposoby,

  • wylosujemy po jednej kuli z dwóch grup wybranych spośród trzech pierwszych oraz jedną kulę z grupy piątej, co można zrobić na 32·3·3·1=27 sposobów,

  • wylosujemy jedną kulę z grupy wybranej spośród trzech pierwszych grup, jedną kulę z grupy czwartej oraz jedną kulę z grupy piątej, co można zrobić na 31·3·2·1=18 sposobów.

Wynika stąd, że wszystkich możliwości otrzymania trzech kul o różnych numerach jest 27+54+27+18=126.

Słownik

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

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

liczba wszystkich k–elementowych kombinacji zbioru n–elementowego
liczba wszystkich k–elementowych kombinacji zbioru n–elementowego

liczba wszystkich k–elementowych kombinacji zbioru n–elementowego, gdzie 0≤k≤n, jest równa

nk=n!k!·n-k!=n·n-1·…·n-k+11·2·…·k
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
reguła dodawania
reguła dodawania

jeżeli zbiory A1, A2, …, An są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru A1∪A2∪…∪An jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów A1, A2, …, An:

A1∪A2∪…∪An=A1+A2+…+An
Wprowadzenie
Test samosprawdzający