• Dowiesz się czym są wariacje z powtórzeniami.

• Nauczysz się rozpoznawać wariacje z powtórzeniami w typowych doświadczeniach losowych.

• Będziesz doskonalić umiejętność posługiwania się twierdzeniem o liczbie wariacji z powtórzeniami.

• Dowiesz się, jak obliczać liczbę możliwych wyników doświadczeń losowych, które opisywane są warunkiem 'co najmniej' albo 'co najwyżej'.

Doświadczenie polegające na $k$ – krotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może się skończyć na jeden z $n$ sposobów nazywa się $k$ – wyrazową wariacją z powtórzeniami zbioru $n$ – elementowego.

Liczba wszystkich $k$ – elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$ – elementowego.liczba wszystkich $k$ – elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$ – elementowegoLiczba wszystkich $k$ – elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$ – elementowego.

Obliczymy, ile jest wszystkich funkcji, których dziedziną jest zbiór $\left\{a,b,c,d,e,f\right\}$ a zbiorem wartości jest zbiór $\left\{1,2,3\right\}$.

Zauważmy, że każdy argument funkcji spełniającej warunki zadania może przyjmować jedną z trzech dostępnych wartości:

$a$, $b$, $c$, $d$, $e$, $f$$\in \left\{1,2,3\right\}$.

Zatem każda taka funkcja da się wzajemnie jednoznacznie przyporządkować do sześcioelementowego ciągu $\left(a,b,c,d,e,f\right)$, którego elementy przyjmują wartości ze zbioru trzyelementowego $\left\{1,2,3\right\}$.

Dla przykładu:
spełniającej warunki zadania funkcji $g$, takiej, że $g\left(a\right)=1$, $g\left(b\right)=1$, $g\left(c\right)=3$, $g\left(d\right)=2$, $g\left(e\right)=2$, $g\left(f\right)=1$, przypisany jest w ten sposób ciągciągciąg $\left(1,1,3,2,2,1\right)$.

Zatem wszystkich takich funkcji jest tyle, ile sześcioelementowych wariacji z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami ze zbioru trzyelementowego, czyli $3^5=243$.

Rozpatrzmy siedmiokrotny rzut monetą.

R1s02ggx5kL6B1

Zdjęcie przedstawia otwartą dłoń, na której znajdują się dwie złote monety.

Każdy wynik takiego doświadczenia możemy zapisać jako siedmioelementowy ciąg $\left(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5,r_6,r_7\right)$, gdzie każdy z wyników uzyskanych w kolejnych rzutach $r_1$, $r_2$, $r_3$, $r_4$, $r_5$, $r_6$, $r_7$ może przyjmować jedną z wartości: 'orzeł' lub 'reszka'.

Jeżeli te wartości oznaczymy jednoliterowym skrótem, odpowiednio $o$ oraz $r$, to przykładowy wynik siedmiokrotnego rzutu monetą zapisany jako ciąg $\left(o,o,o,r,o,r,o\right)$ oznacza, że w czwartym oraz w szóstym rzucie wypadła reszka, a w każdym z pozostałych pięciu rzutów wypadł orzeł.

Ponieważ każdy wynik omawianego doświadczenia jest siedmioelementową wariacją z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacją z powtórzeniami ze zbioru dwuelementowego, więc wszystkich możliwych wyników siedmiokrotnego rzutu monetą jest $2^7=128$.

Rozpatrzmy trzykrotny rzut sześcienną kostką do gry.

Rt8sHXl22IXyv1

Zdjęcie przedstawia dwie sześcienne kości do gry.

Każdy wynik takiego trzykrotnego rzutu możemy zapisać jako trzyelementowy ciąg $\left(r_1,r_2,r_3\right)$, gdzie każdy z wyników uzyskanych w kolejnych rzutach $r_1$, $r_2$, $r_3$ może przyjmować jedną z sześciu wartości: $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$.

Przykładowy wynik trzykrotnego rzutu kostką zapisany jako ciąg $\left(6,5,1\right)$ oznacza, że w pierwszym rzucie wypadła liczba oczek równa $6$, w drugim – liczba oczek równa $5$, a w trzecim – liczba oczek równa $1$.

Ponieważ każdy wynik trzykrotnego rzutu sześcienną kostką do gry jest trzyelementową wariacją z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacją z powtórzeniami ze zbioru sześcioelementowego, więc wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia jest $6^3=216$.

Ustalimy, na ile sposobów można rozmieścić siedem ponumerowanych od $1$ do $7$ kul w pięciu urnach, ponumerowanych od $1$ do $5$.

Zauważmy, że w powyższym zadaniu każdej kuli przypisujemy dokładnie jedną urnę (przyporządkowanie każdej urnie wrzuconych do niej kul NIE JEST funkcją – po rozmieszczeniu wszystkich kul znajdziemy urnę, w której są co najmniej dwie kule, a może się również tak zdarzyć, że pewna urna pozostanie pusta).

Każdy wynik takiego rozmieszczenia możemy zapisać jako siedmioelementowy ciąg $\left(k_1,k_2,k_3,k_4,k_5,k_6,k_7\right)$, gdzie każdej z siedmiu kul $k_1$, $k_2$, $k_3$, $k_4$, $k_5$, $k_6$, $k_7$ przypisujemy numer urny, do której została wrzucona.

Przykładowy wynik rozmieszczenia tych siedmiu kul zapisany jako ciąg $\left(3,5,1,2,3,1,5\right)$ oznacza, że kule o kolejnych numerach od $1$ do $7$ zostały rozmieszczone w urnach o numerach odpowiednio: $3$, $5$, $1$, $2$, $3$, $1$, $5$.

Ponieważ każdy wynik rozmieszczenia siedmiu ponumerowanych kul w pięciu ponumerowanych urnach jest siedmioelementową wariacją z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacją z powtórzeniami ze zbioru pięcioelementowego, więc wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia jest $5^7=78125$.

Kwadrat $ABCD$ o boku $3$ podzielono na $9$ kwadracików o polu $1$. Każdy z tak otrzymanych kwadracików można pomalować na jeden z dwóch kolorów: czerwony lub niebieski. Oblicz, ile jest wszystkich takich sposobów pokolorowania kwadratu $ABCD$, żeby wszystkie kwadraciki nie były w jednym kolorze.

Przydzielmy każdemu z $9$ kwadracików jeden z dwóch kolorów (czerwony lub niebieski), na który można go pomalować. Każdy taki przydział to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami ze zbioru dwuelementowego, zatem wszystkich takich pokolorowań jest $2^9=512$. Ponieważ w dokładnie dwóch przypadkach kwadrat $ABCD$ zostanie pomalowany na jeden kolor (kiedy będzie cały czerwony lub cały niebieski), więc wszystkich pokolorowań zgodnych z warunkami zadania jest $512-2=510$.

W ekstralidze piłki nożnej jest $18$ 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 $9$ 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 $9$ meczów możemy na kuponie wpisać jedną z trzech możliwości: „1”, „X” lub „2”, więc każdy sposób wypełnienia kuponu to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru trzylementowego, czyli wszystkich możliwości jest $3^9$.

Wszystkie te sposoby wypełnienia kuponu można podzielic na dwie rozłączne grupy:

1. kiedy przy żadnym meczu nie wpiszemy „1”, przewidując, że żaden mecz nie zakończy sie wygraną gospodarzy,

2. 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 powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwulementowego, więc wszystkich takich sposobów jest $2^9$.

Oznaczmy liczbę wszystkich sposobów wypełnienia kuponu w przypadku drugim przez $x$. Na podstawie reguły dodawaniaReguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy równanie:

$x+2^9=3^9$,

skąd $x=3^9-2^9=19683–512=19171$.

Tyle jest właśnie sposobów, na które może wypełnić kupon ów zapalony kibic.

W kopercie znajduje się $10$ kartek ponumerowanych od $1$ do $10$. 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 $10$?

Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą $10$ można otrzymać na jeden z czterech rozłącznych sposobów:

1. gdy najmniejszy z numerów jest równy $1$ i największy jest równy $9$,

2. gdy najmniejszy z numerów jest równy $2$ i największy jest równy $8$,

3. gdy najmniejszy z numerów jest równy $3$ i największy jest równy $7$,

4. gdy najmniejszy z numerów jest równy $4$ i największy jest równy $6$.

W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $2,3,4,5,6,7,8$. Ponieważ decyzję o wyborze każdej z tych $7$ kartek możemy podjąć na $2$ sposoby, więc każda taka decyzja to siedmioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest $2^7$ możliwości wylosowania kartek.

W drugim przypadku wraz z wylosowanymi kartkami o numerach $2$ oraz $8$ można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $3,4,5,6,7$. Decyzja o wyborze każdej z tych $5$ kartek to pięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest $2^5$ możliwości wylosowania kartek.

W trzecim przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami o numerach $3$ oraz $7$ można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $4,5,6$. Decyzja o wyborze każdej z tych $3$ kartek to trzyelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest $2^3$ możliwości wylosowania kartek.

W czwartym przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami o numerach $4$ oraz $6$ mamy zdecydować, czy wraz z nimi będzie wylosowana, czy nie kartka z numerem $5$. Taką decyzję można podjąć na dwa sposoby.

Korzystając z reguły dodawaniaReguła dodawaniareguły dodawania, stwierdzamy, że jest $2^7+2^5+2^3+2=128+32+8+2=170$ wszystkich możliwości wylosowania kartek w sposób opisany w treści zadania.

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 $6$,

• najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest $2$.

Każdy wynik czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, w którym ani razu nie wypadła liczba oczek równa $1$ jest czteroelementową wariacją z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacją z powtórzeniami zbioru pięcioelementowego. Zatem wszyskich takich wyników jest $5^4$.

Wyniki te możemy podzielić na dwie rozłączne grupy:

1. co najmniej raz wypadła liczba oczek równa $2$,

2. ani razu nie wpadła liczba oczek równa $2$.

Ponieważ każdy wynik w tym drugim przypadku to czteroelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, więc wtedy wszystkich wyników jest $4^4$.

Wobec tego, po zastosowaniu reguły dodawaniaReguła dodawaniareguły dodawania, otrzymujemy liczbę wszystkich wyników w przypadku (1), jest ich $5^4-4^4$. Oznacza to, że dokładnie tyle jest wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest $2$.

Tak otrzymane wyniki dzielimy ponownie na dwie rozłączne grupy:

(1.1) co najmniej raz wypadła liczba oczek równa $6$,

(1.2) ani razu nie wypadła liczba oczek rowna $6$.

Zauważamy, że wszystkich takich wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, że ani razu nie wypadła liczba oczek mniejsza niż $2$ i ani razu nie wypadła liczba oczek równa $6$ jest tyle, ile czteroelementowych wariacji z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, czyli $4^4$. Wśród nich są te wyniki, w których ani razu nie wypadła liczba oczek równa $2$ – jest ich tyle, ile trzyoelementowych wariacji z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, czyli $3^4$. Stosując regułę dodawaniaReguła dodawaniaregułę dodawania obliczamy liczbę wszystkich wyników w przypadku (1.2) – jest ich $4^4-3^4$.

Ponownie stosując regułę dodawaniaReguła dodawaniaregułę dodawania obliczamy, że wyników w przypadku (1.1) jest

$5^4-4^4-\left(4^4-3^4\right)=625-256-\left(256-81\right)=194$.

A więc tyle jest wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, które spełniają warunki zadania.

$k$ – wyrazowy ciąg o elementach wybieranych dowolnie (czyli z powtórzeniami) ze zbioru $n$ – elementowego

funkcja, której dziedziną jest zbiór wszystkich dodatnich liczb całkowitych lub pewien jego podzbiór, a wartościami są liczby rzeczywiste

liczba wszystkich $k$ – elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$ – elementowego jest równa $n^k$.

jeżeli zbiory $A_1,A_2,\dots ,A_n$ są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru $A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_n$ jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów $A_1,A_2,\dots ,A_n$:
$\left|A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_n\right|=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\dots \left|A_n\right|$

liczba wszystkich $k$–elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$–elementowego jest równa $n^k$.