Przeczytaj

Chcąc określić liczbę wyników doświadczenia losowego, będziemy najczęściej korzystać ze wzorów kombinatorycznych, które przypominamy poniżej.

Wzory kombinatoryczne
Opis wzoru	Wzór
Liczba permutacji zbioru $n$ –elementowego.	$P_{n} = n!$
Liczba $k$ –elementowych wariacji bez powtórzeń zbioru $n$ –elementowego.	$V_{n}^{k} = \frac{n!}{(n - k)!}$
Liczba $k$ –elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$ –elementowego.	${W_{n}^{k} = n}^{k}$
Liczba $k$ –elementowych kombinacji zbioru $n$ –elementowego.	$C_{n}^{k} = (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix})$

Przykład 1

Doświadczenie losowe polega na wystawieniu ocen czterem uczniom, przy czym żaden nie może otrzymać oceny niedostatecznej ani celującej.

Określimy liczbę zdarzeń elementarnych dla tego zdarzenia, korzystając ze wzoru na wariację z powtórzeniami.

Każdy z czterech uczniów może otrzymać piątkę, czwórkę lub trójkę (trzy możliwości).

Zatem:

$|Ω| = W_{3}^{4} = 3^{4} = 81$

Odpowiedź:

Liczba zdarzeń elementarnych jest równa $81$ .

Jeśli rozpatrywane zdarzenia są rozłączne, to w ich zliczaniu często przydaje się znajomość reguły mnożenia.

Reguła mnożenia

Reguła: Reguła mnożenia

Jeżeli wynik pewnego doświadczenia losowego zależy od kolejno podejmowanych $m$ decyzji, to liczba wszystkich różnych wyników tych decyzji jest równa:

w_{1} \cdot w_{2} \cdot . . . \cdot w_{m}

gdzie:
$w_{k}$ $(1 \leq k \leq m)$ – liczba możliwości wyboru przy podejmowaniu decyzji $k$ .

Przykład 2

Sześć osób ustawianych jest w szereg. Określimy liczbę zdarzeń sprzyjających zdarzeniu: panie $A$ i $B$ będą stały obok siebie.

Panie $A$ i $B$ mogą stać obok siebie w kolejności $A B$ lub $B A$ – mamy $2$ możliwości.

Jeśli ponumerujemy miejsca, na których może stać sześć danych osób: $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ to panie mogą zmieniać numery swoich miejsc następująco:

$1$ i $2$

$2$ i $3$

$3$ i $4$

$4$ i $5$

$5$ i $6$ – $5$ możliwości.

Pozostałe cztery osoby możemy ustawić na pozostałych czterech miejscach na $4!$ sposoby.

Zgodnie z regułą mnożenia otrzymujemy:

$2 \cdot 5 \cdot 4! = 10 \cdot 24 = 240$

Odpowiedź:

Mamy $240$ zdarzeń sprzyjających zdarzeniu: panie $A$ i $B$ będą stały obok siebie.

Przykład 3

Doświadczenie polega na tworzeniu z cyfr $1$ , $2$ , $3$ , $4$ liczb trzycyfrowych o niepowtarzających się cyfrach. Określimy moc zbioru zdarzeń elementarnych dla tego doświadczenia.

Zapiszmy liczbę trzycyfrową w postaci $A B C$ , gdzie $A$ – cyfra setek, $B$ – cyfra dziesiątek, $C$ – cyfra jedności.

Wtedy na miejscu:

$A$ – może stać jedna z czterech cyfr $1$ , $2$ , $3$ , $4$ – cztery możliwości;

$B$ – może stać jedna z pozostałych trzech cyfr – trzy możliwości;

$C$ – pozostały już tylko dwie cyfry do wyboru – dwie możliwości.

Aby określić liczbę wszystkich możliwości, korzystamy z reguły mnożenia.

$4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$

Odpowiedź:

Można utworzyć $24$ liczb spełniających warunki zadania, czyli $|Ω| = 24$ .

Przykład 4

Z urny zawierającej kule: białą, niebieską, żółtą, fioletową losujemy jednocześnie trzy kule. Określimy ile jest możliwych wyników losowań.

Wydaje się, że rozwiązanie powinno być analogiczne jak w Przykładzie 3. Jednak tak nie jest, bo przy jednoczesnym losowaniu, nie jest ważna kolejność losowania kul.

Zatem otrzymany wynik $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ musimy podzielić przez liczbę ustawień trzech kul, czyli

$3 \cdot 2 \cdot 1 = 6$

Otrzymujemy:

$24 : 6 = 4$

Zauważmy, że wynik można było otrzymać, wypisując wszystkie możliwości:

$b$ , $n$ , $ż$

$b$ , $n$ , $f$

$b$ , $ż$ , $f$

$n$ , $ż$ , $f$

Odpowiedź:

Mamy cztery możliwości wyników losowań.

Nie zawsze będziemy rozpatrywać tak proste przykłady, jak powyżej, zatem warto przypomnieć jeszcze jedną przydatną regułę.

Reguła dodawania

Reguła: Reguła dodawania

Jeżeli decyzję $d_{1}$ można podjąć na $w_{1}$ sposobów, a decyzję $d_{2}$ na $w_{2}$ sposobów oraz decyzje $d_{1}$ i $d_{2}$ wzajemnie się wykluczają, to liczba sposobów na jakie można podjąć te decyzje jest równa:

w_{1} + w_{2}

Zatem, gdy dany zbiór jest sumą rozłącznych parami podzbiorów i znana jest liczba elementów każdego podzbioru, to liczba elementów zbioru jest sumą liczb elementów wszystkich podzbiorów.

Przykład 5

Ze zbioru cyfr $\{1, 2, 3, 4\}$ losujemy czterokrotnie ze zwracaniem po jednej cyfrze. Wylosowane cyfry zapisujemy jako kolejne cyfry liczby czterocyfrowej. Obliczymy, ile można otrzymać w ten sposób liczb, których suma cyfr jest równa $6$ .

Rozpatrzymy dwa przypadki:

W zapisie liczby występuje trzy razy cyfra $1$ oraz jeden raz cyfra $3$ . Są cztery takie liczby:
$1113$ , $1131$ , $1311$ , $3111$ .
W zapisie liczby występuje dwa razy cyfra $2$ i dwa razy cyfra $1$ . Jest sześć takich liczb:
$1122$ , $2211$ , $1212$ , $2112$ , $2121, 1221$ .

Z reguły dodawania wynika, że wszystkich liczb spełniających warunki zadania jest:

$4 + 6 = 10$

Odpowiedź:

Można otrzymać $10$ liczb spełniających warunki zadania.

W zadaniach probabilistycznych często zachodzi potrzeba określenia liczby możliwych podzbiorów zbioru zdarzeń elementarnych. Może w tym pomóc twierdzenie przedstawione poniżej.

Twierdzenie o liczbie podzbiorów zbioru zdarzeń elementarnych

Twierdzenie: Twierdzenie o liczbie podzbiorów zbioru zdarzeń elementarnych

Jeżeli zbiór zdarzeń elementarnych $Ω$ jest zbiorem skończonym i zawiera $n$ elementów, to liczba wszystkich możliwych podzbiorów tego zbioru (czyli zdarzeń losowych) jest równa $2^{n}$ (włączając w to zbiór pusty i $Ω$ ).

Wśród nich podzbiorów $k$ –elementowych jest:

(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) = \frac{n!}{k! (n - k)!}

gdzie:
$k = 0, 1, 2, . . ., n$ .

Przykład 6

Niech $Ω = \{1, 2, 3, 4\}$ . Zbiór ten zawiera cztery elementy. Na podstawie twierdzenia o liczbie podzbiorów zbioru zdarzeń elementarnychtwierdzenia o liczbie podzbiorów zbioru zdarzeń elementarnych, stwierdzamy, że można utworzyć $2^{4} = 16$ podzbiorów tego zbioru.

Wypiszmy te zbiory (zdarzenia):

$\{1\}$ , $\{2\}$ , $\{3\}$ , $\{4\}$ – są $4$ podzbiory jednoelementowe,

$\{1, 2\}$ , $\{1, 3\}$ , $\{1, 4\}$ , $\{2, 3\}$ , $\{2, 4\}$ , $\{3, 4\}$ – jest $6$ podzbiorów dwuelementowych,

$\{1, 2, 3\}$ , $\{1, 2, 4\}$ , $\{1, 3, 4\}$ , $\{2, 3, 4\}$ – są $4$ podzbiory trójelementowe,

$Ω$ , $\emptyset$ – są $2$ podzbiory niewłaściwe.

Przykład 7

Z talii $52$ kart losujemy bez zwracania dziesięć kart.

Określimy liczbę zdarzeń sprzyjających zdarzeniu: $A$ – wylosowano jednego asa, dwa króle i trzy damy.

W talii są cztery asy, cztery króle i cztery damy:

$(\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix})$ – wybieramy jednego asa spośród czterech,
$(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})$ – wybieramy dwa króle spośród czterech,
$(\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix})$ – wybieramy trzy damy spośród czterech,
$(\begin{matrix} 40 \\ 4 \end{matrix})$ – pozostałe cztery karty, które losujemy, wybieramy spośród czterdziestu pozostałych po odrzuceniu wszystkich asów, wszystkich króli i wszystkich dam.

Korzystając z reguły mnożenia, otrzymujemy:

$|A| = (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 40 \\ 4 \end{matrix})$

$|A| = \frac{4!}{1! \cdot 3!} \cdot \frac{4!}{2! \cdot 2!} \cdot \frac{4!}{3! \cdot 1!} \cdot \frac{40!}{4! \cdot 36!}$

$|A| = 4 \cdot 37 \cdot 38 \cdot 39 \cdot 40 = 8773440$

Odpowiedź:

Liczba zdarzeń sprzyjających wylosowaniu z talii kart asa, dwóch króli i trzech dam jest równa $8773440$ .

W określaniu liczby zdarzeń elementarnych lub liczby zdarzeń sprzyjających dla danego doświadczenia losowego wieloetapowego, może niekiedy pomóc interpretacja graficzna tego doświadczenia.

Przykład 8

Mamy dwie urny. W pierwszej urnie są trzy kule białe i dwie zielone. W drugiej urnie jest jedna kula biała, $3$ zielone i jedna kula niebieska. Rzucamy monetą. Jeśli wypadnie orzeł – wyciągamy kulę z pierwszej urny. Jeśli wypadnie reszka – wyciągamy kulę z drugiej urny. Obliczymy moc zbioru zdarzeń elementarnych dla tego doświadczenia. Określimy liczbę zdarzeń sprzyjających wyciagnięciu kuli zielonej lub niebieskiej.

Przebieg doświadczenia zilustrujemy za pomocą drzewa. Zaczynamy od punktu, który nazwiemy START. Na starcie znajduje się moneta, którą rzucamy. Rezultaty rzutu monetą umieszczamy w węzłach. Odcinki łączące kolejne węzły to krawędzie. Ciąg krawędzi łączących początek drzewa z węzłem końcowym to gałąź.

R15Toqsd9Qdjx

Schemat przedstawia możliwości losowań. Na początku zapisano hasło „Start”. Stąd mamy dwie możliwości w pierwszym kroku: O, czyli orzeł i R, czyli reszka. Krok drugi: jeśli wypadnie orzeł, to losujemy B, czyli kulę białą lub Z, czyli kulę zieloną. Krok drugi po wylosowaniu reszki: B, czyli kula biała, Z, czyli zielona i N, czyli niebieska.

Każde zdarzenie elementarne (czyli wynik) odczytujemy poruszając się tylko po jednej z jego gałęzi.

Zatem:

$Ω = {(O, B), (O, Z), (R, B), (R, Z), (R, N)}$ i $|Ω| = 5$ .

Oznaczmy:
$A$ – wyciągnięto kulę zieloną lub niebieską.

R14LqfBvI6374

Schemat przedstawia możliwości losowań. Na początku zapisano hasło „Start”. Stąd mamy dwie możliwości ujęte w niebieskim okręgu każda: w pierwszym kroku: O, czyli orzeł i R, czyli reszka. Krok drugi: jeśli wypadnie orzeł, to losujemy B w niebieskim okręgu, czyli kulę białą lub Z w zielonym kole, czyli kulę zieloną. Krok drugi po wylosowaniu reszki: B w niebieski okregu, czyli kula biała, Z w zielonym kole, czyli zielona i N w niebieskim kole, czyli niebieska.

Z drzewka odczytujemy zdarzenia sprzyjające zdarzeniu $A$ .

$A = {(O, Z), (R, Z), (R, N)}$ , zatem $|A| = 3$ .

Słownik

twierdzenie o liczbie podzbiorów zbioru zdarzeń elementarnych

jeżeli zbiór zdarzeń elementarnych $Ω$ jest zbiorem skończonym i zawiera $n$ elementów, to liczba wszystkich możliwych podzbiorów tego zbioru (czyli zdarzeń losowych) jest równa $2^{n}$ (włączając w to zbiór pusty i $Ω$ ); wśród nich podzbiorów $k$ –elementowych jest:

(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) = \frac{n!}{k! (n - k)!}

gdzie:
$k = 0, 1, 2, . . ., n$

Wprowadzenie

Infografika

Słownik