1 KOMBINATORIKA, KLASICKÁ PRAVDPODOBNOST

Transkript

1 1 KOMBINATORIKA, KLASICKÁ PRAVDPODOBNOST Kombinatorické pravidlo o souinu Poet všech uspoádaných k-tic, jejichž první len lze vybrat n 1 zpsoby, druhý len po výbru prvního lenu n 2 zpsoby atd. až k-tý len po výbru všech pedcházejících len n k zpsoby, je roven n 1 n 2 n k. Kombinatorické pravidlo o soutu Jsou-li A 1, A 2,, A n konené množiny, které mají po ad p 1, p 2,, p n prvk, a jsou-li každé dv disjunktní, pak poet prvk množiny A 1 A 2 A n je roven p 1 + p p n. Uspoádané výbry Neuspoádané výbry Bez opakování S opakováním Bez opakování S opakováním Variace bez V k ( n) = n.( n 1).( n 2)..( n k + 1) = opakování ( n k)! Permutace bez P( n) = Vn ( n) = = opakování ( n n)!, k Variace s V k ( n) = n opakováním Permutace s ' P( n) Pn 1, n2,, n = = k opakováním P( n1 ). P( n2 ).. P( nk ) n1!. n2!.. nk! Kombinace bez n C k ( n) = = opakování k ( n k)!. k! Kombinace s 1 ' n + k ( n + k 1)! C k ( n) = C k ( n + k 1) = = opakováním k ( n 1)!. k! 1.1 Na startu bžeckého závodu je 8 atlet. Kolika zpsoby mohou být obsazeny stupn vítz? Jednoduchou úvahou dojdeme k tomu, že na prvním míst se mže umístit kdokoliv z 8-mi startujících. Jestliže nkterý z atlet už dobhl první, druhé místo obsadí nkdo ze zbývajících 7-mi závodník. Jsou-li obsazena první dv místa, je zejmé, že pro tetí místo máme 6 možností. Celkem tedy: V (8) = = 6 možností 1.2 Kolik existuje trojciferných ísel, které lze zapsat užitím cifer 1, 2,, 4, 5. Jedná se o píklad na variace s opakováním - záleží na poadí cifer a cifry se v ísle mohou opakovat: Na první pozici v ísle se mže vyskytovat libovolná cifra z daných pti - tzn. 5 možností. Vzhledem k tomu, že cifry se v ísle mohou opakovat, dostáváme stejný poet možností i na druhé a tetí pozici. Poet všech možností: - 1 -

2 V * (5) = = 5 = Kolik rzných znaek teoreticky existuje v Morseov abeced, sestavují-li se teky a árky do skupin po jedné až pti? Máme k dispozici dva znaky:. Z tchto znak vytváíme postupn jeden znak, dvojice, trojice, tveice a ptice. Záleží na poadí, znaky se samozejm mohou opakovat, jedná se tedy o variace s opakováním, piemž n = 2 a k = 1, 2,, 4, 5: z = V 1 * (2) + V 2 * (2) + V * (2) + V 4 * (2) + V 5 * (2) = = = = Mjme n rzných korálk, které budeme navlékat na ni. Její konce pak svážeme, takže vytvoíme kruh (náhrdelník). Kolika zpsoby lze korálky do kruhu uspoádat? Tzn. uspoádání, které se liší pouze otoením kruhu nepovažujeme za rzné. Pokud bychom konce niti nesvázali, odpovídal by poet všech možností potu permutací bez opakování z n prvk, tch je Ovšem v kruhu by nkterá z uspoádání byla shodná. Proveme tedy následující úvahu. Uvažujme njaké uspoádání v kruhu a zvolme si libovolný korálek, o kterém prohlásíme, že je první. Ostatní korálky oíslujeme nap. ve smru hodinových ruiek. Celé uspoádání te pootoíme ve smru hodinových ruiek o jeden korálek (první se dostane na místo druhého, druhý na místo tetího,...), ímž v rámci kruhu dostaneme shodné uspoádání. Takto mžeme s korálky pootoit n krát a vždy dostaneme shodné uspoádání. Všechna tato shodná uspoádání jsou ale zapoítána do potu (poet uspoádání ped svázáním konc niti). Výsledek je tedy: ( ) n. n 1! x = = = ( n 1 )! n n 1.5 Kolik rzných šesticiferných ísel lze vytvoit z íslic 1, 2, 2,,,? Mezi danými šesti íslicemi se nkteré opakují. Pokud by se íslice neopakovaly, vytvoili bychom 6! ísel. V našem pípad se poet ísel zmenší: Z dvodu, že tam máme dv dvojky se poet možností sníží dvakrát - jedna možnost 2 2 namísto dvou možností X 2, 2 X (permutace ze dvou prvk) v pípad, že by íslice byly rzné. V dsledku tí trojek se poet ísel zmenší šestkrát - jedna možnost namísto permutace ze tí rzných íslic. Poet všech možností je tedy: ( 6) * 6! P = 2!.! 1.6 Zjistte, kolik rzných pticiferných ísel lze vytvoit použitím cifer 1, 2,, 4, 5 (cifry se v ísle mohou opakovat)

3 Pi ešení této úlohy se asto mžeme setkat s následující chybou: ešitel si všimne, že z ptiprvkové množiny máme vytváet ptice a automaticky se úlohu snaží ešit pomocí permutací. Zde ale dochází ke kolizi, nebo o permutace bez opakování se jednat nemže (cifry se v ísle mohou opakovat) a permutace s opakováním to být také nemohou (není ureno, kolikrát se který prvek má opakovat). Zadání úlohy totiž pesn koresponduje s pojmem variace s opakováním, kde k = n, takže poet všech možností je: V 5 * (5) = 5 5 = Zjistte, kolik existuje rzných kvádr, pro nž platí, že délka každé jejich hrany 2,15 je pirozené íslo z intervalu Pirozených ísel v tomto intervalu je 14. Kvádr je jednoznan uren temi hodnotami (délka, šíka, výška) u nichž nezáleží na poadí (je jedno, jak je kvádr "natoený"). Hodnoty v trojici se mohou opakovat (i krychle je speciální pípad kvádru). Takže se jedná o kombinace s opakováním, n = 14, k = : C * = = = 560 ( ) 1.8 Jsou dány cifry 1, 2,, 4, 5. Cifry nelze opakovat. Kolik je možno vytvoit z tchto cifer ísel, která jsou: a) ptimístná, sudá b) ptimístná, konící dvojíslím 21 c) ptimístná, menší než 0000 d) trojmístná lichá e) tymístná, vtší než 2000 f) dvojmístná nebo trojmístná ad a) Sudá - to v tomto pípad znamená, že koní ciframi 2 nebo 4 (XXXX2, XXXX4) - tzn. dv možnosti. Na zbývajících tyech pozicích permutují zbývající tyi cifry, takže výsledek: a = 2.P(4) = 48 ad b) Máme íslo XXX21. Tedy na tech pozicích permutují ti cifry: b = P() = 6 - -

4 ad c) Menší než 0000, to jsou ísla zaínající ciframi 1 nebo 2, tedy dv možnosti. Na zbývajících tyech pozicích permutují zbývající tyi cifry: c = 2.P(4) = 48 ad d) Lichá, tedy koní ciframi 1,, 5 - ti možnosti. Na zbývajících dvou pozicích se mohou vyskytovat nkteré ze zbývajících ty cifer, piemž záleží na poadí - jedná se o variace druhé tídy ze ty prvk. d =.V 2 (4) = 6 ad e) obdobn jako u pedchozích: e = 4.V (4) = 96 ad f) f = V 2 (5) + V (5) = Kolik rzných státních poznávacích znaek OSB XX-XX existuje s aspo dvmi trojkami? Aspo dv trojky, to jsou 2, nebo 4 trojky. Zaneme nejjednodušší možností: 4 trojky: Tzn. jediná možnost OSB -, takže x 4 = 1 trojky: Existují 4 možnosti, jak seskládat ti trojky na tyech pozicích (X, X, X, X). Obecn to lze vyjádit jako poet permutací 4 prvk s opakováním, piemž trojka se opakuje tikrát: * 4! P ( 4) = = 4! Dále existuje 9 možností (zbývajících devt cifer), které mohou být na tvrté pozici. Obecn lze vyjádit nap. jako poet variací první tídy z devíti prvk: V 1 (9) = 9 Takže výsledný poet pro trojky: x = P * (4).V 1 (9) = 4.9 = 6-4 -

5 2 trojky: Existuje opt P * (4) možností, jak seskládat dv trojky na tyi pozice, piemž tentokrát se trojka opakuje dvakrát a zbývající dv pozice nerozlišujeme mezi sebou, takže se také dvakrát opakují (XX, XX, XX, XX, XX, XX): * 4! P ( 4) = = 6 2!.2! Na zbývajících dvou pozicích se mže stídat zbývajících devt cifer, piemž v dané dvojici záleží na poadí cifer a cifry se mohou i opakovat. To se dá vyjádit jako poet variací druhé tídy z devíti prvk s opakováním: V 2 * (9) = 9 2 = 81 Takže výsledný poet pro 2 trojky: x 2 = P * (4).V 2 * (9) = 6.81 = 486 Tzn., že poet státních poznávacích znaek OSB XX-XX s aspo dvmi trojkami je: x = x 4 + x + x 2 = = Z místa A do místa B vedou 4 turistické cesty, z místa B do C ti. Urete kolika zpsoby lze vybrat trasu z A do C a zpt tak, že z tchto sedmi cest je práv jedna použita dvakrát. Nejprve uríme, kolika zpsoby lze vybrat trasu z A do C: ke každému ze ty zpsob, jak dojít z A do B, existují ti zpsoby, jak dojít z B do C. Trasu z A do C lze tedy vybrat 4, tj. dvanácti zpsoby. Nyní jde o to, kolika zpsoby lze vybrat zpátení trasu z C do A tak, aby v ní byla použita práv jedna cesta z tch, po kterých jsme už šli z A do C. Máme tedy dv možnosti: Po stejné cest se budeme vracet z C do B. Potom z B do A pjdeme jinou cestou, než kterou jsme šli z A do B. V tomto pípad lze vybrat zpátení trasu z C do A temi zpsoby. Z C do B pjdeme jinou cestou, než kterou jsme pišli, a z B do A pjdeme po stejné cest, jako z A do B. V tomto pípad lze vybrat zpátení trasu z C do A dvma zpsoby

6 Protože ob uvedené možnosti se navzájem vyluují a jiné nejsou, dostáváme (podle kombinatorického pravidla soutu), že celkový poet tras z C do A, které splují dané podmínky, je roven pti. Ke každé z dvanácti tras z A do C existuje tedy pt tras z C do A, které splují požadovanou podmínku. Pomocí kombinatorického pravidla souinu získáme výsledek úlohy: poet všech zpsob, kterými lze vybrat trasu z A do C a zpt tak, že z daných cest je práv jedna použita dvakrát, je 12 5 = 60. Podobné úlohy Urete poet zpsob, jimiž lze vybrat trasu a) z A do C a zpt; [4 4 = 144] b) z A do C a zpt tak, že z tchto sedmi cest není žádná použita dvakrát; [4 2 = 72] c) z A do C a zpt tak, že z tchto sedmi cest jsou práv dv použity dvakrát. [4 1 1 = 12] Klasická definice pravdpodobnosti Tato definice se zakládá na objektivní pravdpodobnosti a íká, že: Pravdpodobnost jevu A je limitním pípadem relativní etnosti jevu A. n( A) P( A) = lim, n n kde: n(a) poet výsledk píznivých jevu A (kolikrát jev A nastal) n poet všech realizací pokusu 1.11 S jakou pravdpodobností padne na dvou kostkách souet: a) šest b) menší než 7 ad a) Šestka padne v následujících pípadech: Tzn. 5 možností, m = Poet všech možností: n = = m 5 P ( A) = = = 0,18 n 6 1.kostka kostka

7 ad b) Z pedchozího vyplývá, že je 5 možností pro souet šest. Ostatní možnosti: Souet 5 Souet 4 Souet Souet 2 1. kostka kostka kostka kostka 1 2. kostka kostka kostka kostka 1 Takže m = = 15 m 15 P ( B) = = = 0,416 n Máme 20 výrobk mezi nimiž je 20 nekvalitních. Vybereme 15 výrobk, piemž vybrané výrobky nevracíme zpt. Jaká je pravdpodobnost, že mezi 15-ti vybranými bude 10 dobrých? Z 20 výrobk vybíráme 15, piemž nezáleží na poadí a výrobky se nemohou opakovat 20 (výrobky nevracíme zpt). Takže poet všech možností: n = 15 Mezi vybranými 15-ti výrobky jich má být 10 kvalitních a 5 nekvalitních. Musíme tedy z ti kvalitních vybrat 10 a souasn z 20-ti nekvalitních 5: m = P ( A) = = 0, Na jedné police je náhodn rozestaveno deset knih. Urete pravdpodobnost toho, že urité ti knihy jsou postaveny vedle sebe. Poet možností, jak uspoádat 10 knih odpovídá potu permutací z 10 prvk: n = 10! m = 8.!.7! - existuje 8 zpsob umístní dané trojice knih (na pozicích 12, 24, 45,..., 8910),! zpsob jak danou trojici uspoádat a 7! zpsob, jak uspoádat zbývající knihy. P 8! 7! 10! ( A) = = 0,06-7 -

8 1.14 Mjme pt vstupenek po 100 K, ti vstupenky po 00 K a dv vstupenky po 500 K. Vyberme náhodn ti vstupenky. Urete pravdpodobnost toho, že: a) alespo dv z tchto vstupenek mají stejnou hodnotu b) všechny ti vstupenky stojí dohromady 700 K ad a) Budeme ešit pomocí opaného jevu. Opaný jev k "alespo dv mají stejnou hodnotu" je "každá má jinou hodnotu": P ( A) = 1 = 0,75 10 ad b) Dohromady za 700 K, tzn. jedna za 100 K a dv za 00 K nebo dv za 100 K a jedna za 500 K: P( B) = = = 0,