Przeczytaj
W poniższych przykładach wykorzystywać będziemy własności wariacji z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami.
W rozwiązaniach tych przykładów będziemy stosować twierdzenie o liczbie wariacji z powtórzeniamitwierdzenie o liczbie wariacji z powtórzeniami.
W każdym z prezentowanych przykładów zbiór wszystkich możliwych wyników opisanego w nich doświadczenia losowego będziemy dzielić na rozłączne podzbiory, idąc za sugestiami podanymi w treści zadania.
Następnie będziemy uzasadniać, do których z podzbiorów spośród otrzymanych w efekcie tego podziału należą wszystkie wyniki określone w poleceniu.
Ostatecznie, stosując regułę dodawaniaregułę dodawania, zapiszemy zależność, która pozwoli obliczyć, ile jest wszystkich wyników spełniających warunki zadania.
Kwadrat o boku podzielono na kwadracików o polu . Każdy z tak otrzymanych kwadracików można pomalować na jeden z dwóch kolorów: czerwony lub niebieski. Oblicz, ile jest wszystkich takich sposobów pokolorowania kwadratu , żeby wszystkie kwadraciki nie były w jednym kolorze.
Przydzielmy każdemu z kwadracików jeden z dwóch kolorów (czerwony lub niebieski), na który można go pomalować. Każdy taki przydział to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami ze zbioru dwuelementowego, zatem wszystkich takich pokolorowań jest . Ponieważ w dokładnie dwóch przypadkach kwadrat zostanie pomalowany na jeden kolor (kiedy będzie cały czerwony lub cały niebieski), więc wszystkich pokolorowań zgodnych z warunkami zadania jest .
W ekstralidze piłki nożnej jest zespołów. W pierwszej kolejce tej ekstraligi każdy zespół ma rozegrać jeden mecz z inną drużyną ekstraligi, przy czym taki mecz odbędzie się na boisku jednej z rywalizujących drużyn. Wyniki wszystkich meczów I kolejki ekstraligi można obstawiać, wpisując na odpowiednim kuponie przy każdym meczu: „1” – jeśli stawiamy na zwycięstwo gospodarzy, „X” – jeśli stawiamy na remis, „2” – jeśli stawiamy na zwycięstwo gości.
Pewien zapalony kibic wypełnia taki kupon trzymając się jednej zasady: co najmniej jeden mecz zakończy się wygraną gospodarzy. Na ile sposobów może on wypełnić taki kupon?
Zauważmy, że do każdego z meczów możemy na kuponie wpisać jedną z trzech możliwości: „1”, „X” lub „2”, więc każdy sposób wypełnienia kuponu to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru trzylementowego, czyli wszystkich możliwości jest .
Wszystkie te sposoby wypełnienia kuponu można podzielic na dwie rozłączne grupy:
kiedy przy żadnym meczu nie wpiszemy „1”, przewidując, że żaden mecz nie zakończy sie wygraną gospodarzy,
kiedy przy choć jednym meczu wpiszemy „1”, przewidując, że co najmniej mecz zakończy sie wygraną gospodarzy.
Ponieważ w przypadku pierwszym każdy sposób wypełnienia kuponu to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwulementowego, więc wszystkich takich sposobów jest .
Oznaczmy liczbę wszystkich sposobów wypełnienia kuponu w przypadku drugim przez . Na podstawie reguły dodawaniareguły dodawania otrzymujemy równanie:
,
skąd .
Tyle jest właśnie sposobów, na które może wypełnić kupon ów zapalony kibic.
W kopercie znajduje się kartek ponumerowanych od do . Z tej koperty losujemy dowolnie wybraną liczbę kartek. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takiego zestawu kartek, że suma zapisanych na nich numerów: najmniejszego i największego jest równa ?
Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą można otrzymać na jeden z czterech rozłącznych sposobów:
gdy najmniejszy z numerów jest równy i największy jest równy ,
gdy najmniejszy z numerów jest równy i największy jest równy ,
gdy najmniejszy z numerów jest równy i największy jest równy ,
gdy najmniejszy z numerów jest równy i największy jest równy .
W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach . Ponieważ decyzję o wyborze każdej z tych kartek możemy podjąć na sposoby, więc każda taka decyzja to siedmioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest możliwości wylosowania kartek.
W drugim przypadku wraz z wylosowanymi kartkami o numerach oraz można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach . Decyzja o wyborze każdej z tych kartek to pięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest możliwości wylosowania kartek.
W trzecim przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami o numerach oraz można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach . Decyzja o wyborze każdej z tych kartek to trzyelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest możliwości wylosowania kartek.
W czwartym przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami o numerach oraz mamy zdecydować, czy wraz z nimi będzie wylosowana, czy nie kartka z numerem . Taką decyzję można podjąć na dwa sposoby.
Korzystając z reguły dodawaniareguły dodawania, stwierdzamy, że jest wszystkich możliwości wylosowania kartek w sposób opisany w treści zadania.
Liczba wszystkich podzbiorów zbioru skończonego
Rozpatrzmy zbiór , który ma elementów. Dowolny podzbiór zbioru tworzymy, podejmując decyzję, czy każdy z kolejnych elementów zbioru należy do tego podzbioru, czy też do niego nie należy. Zatem każda taka decyzja to dwuelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru –elementowego. Wszystkich takich wariacji jest .
Oznacza to, że liczba wszystkich podzbiorów –elementowego zbioru jest równa .
Rzucamy cztery razy symetryczną kostką do gry. Ile jest wszystkich takich wyników tego rzutu, które spełniają jednocześnie następujące dwa warunki:
największą wyrzuconą liczbą oczek jest ,
najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest .
Każdy wynik czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, w którym ani razu nie wypadła liczba oczek równa jest czteroelementową wariacją z powtórzeniamiwariacją z powtórzeniami zbioru pięcioelementowego. Zatem wszyskich takich wyników jest .
Wyniki te możemy podzielić na dwie rozłączne grupy:
co najmniej raz wypadła liczba oczek równa ,
ani razu nie wpadła liczba oczek równa .
Ponieważ każdy wynik w tym drugim przypadku to czteroelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, więc wtedy wszystkich wyników jest .
Wobec tego, po zastosowaniu reguły dodawaniareguły dodawania, otrzymujemy liczbę wszystkich wyników w przypadku (1), jest ich . Oznacza to, że dokładnie tyle jest wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest .
Tak otrzymane wyniki dzielimy ponownie na dwie rozłączne grupy:
(1.1) co najmniej raz wypadła liczba oczek równa ,
(1.2) ani razu nie wypadła liczba oczek rowna .
Zauważamy, że wszystkich takich wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, że ani razu nie wypadła liczba oczek mniejsza niż i ani razu nie wypadła liczba oczek równa jest tyle, ile czteroelementowych wariacji z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, czyli . Wśród nich są te wyniki, w których ani razu nie wypadła liczba oczek równa – jest ich tyle, ile trzyoelementowych wariacji z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, czyli . Stosując regułę dodawaniaregułę dodawania obliczamy liczbę wszystkich wyników w przypadku (1.2) – jest ich .
Ponownie stosując regułę dodawaniaregułę dodawania obliczamy, że wyników w przypadku (1.1) jest
.
A więc tyle jest wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, które spełniają warunki zadania.
Słownik
jeżeli zbiory są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów :
–wyrazowy ciąg o elementach wybieranych dowolnie (czyli z powtórzeniami) ze zbioru –elementowego.
liczba wszystkich –elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru –elementowego jest równa .