METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání

Transkript

1 METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a záladní vzdělávání Jaroslav Švrče a oletiv Rámcový vzdělávací program pro gymnázia Vzdělávací oblast: Matematia a její apliace Tematicý oruh: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Typ úloh: Různé metody řešení

2 Obsah Metodicý list Metodicý list Metodicý list Metodicý list Metodicý list Metodicý list Metodicý list Metodicý list

3 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria a pravděpodobnost Klíčové pojmy: ombinatoricá pravidla permutace variace i s opaováním práce s tabulou Úloha Mlsoun Františe si cestou z práce oupil v curárně čtyři záusy: věneče linecé olečo trubiču a ovocný ošíče. Začal přemýšlet terý sní jao první terý jao poslední prostě jaé pořadí pro snězení záusů si zvolí. Poraďte mu oli možností má. Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: práce s tabulou Vypíšeme všechny možnosti pořadí ja může záusy sníst. Záusy si pro zjednodušení zápisu očíslujeme. Věneče Linecé olečo Trubiča 3 Ovocný ošíče 4 Výsledy píšeme do tabuly Závěr. Františe má 4 možností ja postupně sníst čtyři různé záusy. Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: ombinatoricé pravidlo součinu První záuse si může vybrat ze 4 druhů druhý už jen ze tří třetí ze dvou a pro čtvrtý má už pouze jednu možnost. Použijeme ombinatoricé pravidlo součinu a dostaneme možností. Závěr. Františe má 4 možností ja postupně sníst čtyři různé záusy. Řešení 3 (úroveň -) Předpoládané znalosti: permutace bez opaování Jedná se o různé uspořádání 4 prvů (věneče linecé olečo trubiča ovocný ošíče) neboli o permutaci ze čtyř prvů bez opaování P (4) 4!

4 Závěr. Františe má 4 možností ja postupně sníst čtyři různé záusy. Řešení 4 (úroveň ) Předpoládané znalosti: práce s logicým stromem Řešení můžeme znázornit pomoc í logicého stromu. Potřebujeme čtyři schémata výsledné možnosti jsou červeně podbarveny. Závěr. Františe má 4 možností ja postupně sníst čtyři různé záusy. Metodicé poznámy Úlohu lze zadat ve třídě pro samostatnou práci žáů a následně rozebrat jednotlivá řešení. Úlohu můžeme upravovat a postupně rozšiřovat napřílad podle dále uvedených příladů. Všechny jsou navrženy pro úroveň. Možné variace této úlohy:. Františe má největší chuť na ovocný ošíče a sní jej jao první. Poraďte mu oli možností má nyní. [Řešení. Tabulou Kombinatoricé pravidlo součinu 3 6 permutace P (3) 3! 3 6.]. V curárně mu omylem místo ovocného ošíču zabalí další věneče. Domů si tedy donese dva věnečy jedno linecé olečo a jednu trubiču. Koli možností má v této 4

5 situaci? [Řešení. Zápisem do tabuly Permutace s opaováním P 4!!!! (4)!!! můžeme řešit taé logicým úsudem že možností oproti původnímu zadání bude o polovinu méně.] 3. Františa navštíví amaráda Magda a přistihne ho ja se chystá sníst poslední záuse. Aby zabránila Františovi v dalším mlsání záuse mu sní. V jaých sledech mohl Františe tři záusy spořádat a jaá je pravděpodobnost že Magda mu snědla jeho oblíbený ovocný ošíče? [Řešení. Opět můžeme řešit výpisem možností napřílad do tabuly (je to přehledné) Nyní se jedná o trojice tvořené ze 4prvové množiny žádný prve se neopauje tedy variace bez opaování V 3 (4) 4! (4 3)! 4. Pro výpočet můžeme použít ombinatoricé pravidlo součinu. První záuse si může vybrat ze 4 druhů druhý už jen ze tří třetí ze dvou Závěr. Možností je 4. Jsou čtyři druhy záusů a pravděpodobnost že Magda mu snědla ovocný ošíče je tedy 5 %.] Zdroj: archiv autora Obrazový materiál: dílo autora Autor: RNDr. Lena Machová; machova@gjt.cz 5

6 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Klíčové pojmy: ombinatoria binomicá věta Úloha Bez výpočtů jednotlivých ombinačních čísel vyjádřete ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: binomicá věta Záladním roem výpočtu je využití binomicé věty ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n (a b) n a n a n b a n b... a b n 0 n Volbou a b a n dostaneme ( ) ( ) ( ) 0 Celově je tedy 0 Závěr. Hledaný součet je ( ) n b n. n. Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: vlastnosti ombinačních čísel Nejprve si uvědomíme co vyjadřují jednotlivá ombinační čísla. Kombinační číslo ( ) n vyjadřuje počet všech prvových podmnožin nprvové množiny. Hledaný součet je tedy vyjádřením počtu všech možných podmnožin osmiprvové množiny. Pro nalezení celového počtu podmnožin můžeme využít ombinatoricé pravidlo součinu. Pro aždý z osmi prvů jsou právě dvě možnosti zda do dané podmnožiny náleží či nioli. Počet všech podmnožin je tedy dán jao variace s opaováním osmé třídy ze dvou prvů tj. V () 56. Řešení 3 (úroveň 3) Předpoládané znalosti: binomicá věta vlastnosti ombinačních čísel Využijeme-li součtového vztahu ( ) n ( ) n 6 ( ) n

7 vidíme že ( ) 0 ( ) ( ) ( )... ( ) 6 ( ). Protože 0 ( ) 0 ( ) je hledaný součet roven ( ) ( ) ( ) ( ) ( )... 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [( ) ( ) ( ) ( ) ( )] Opaováním daného postupu dostaneme ( ) ( ) ( ) ( ) ( )... 0 [( ) ( ) ( ) ( ) ( )] [( ) ( ) ( ) ( ) ( )] [( ) ( )] Metodicé poznámy Vyjádření daného součtu je možné více způsoby ať už z binomicé věty nebo na záladě ombinatoricých pravidel. Třetí způsob je ve své podstatě záladem důazu pomocí matematicé induce terá je jedním z velmi silných důazových prostředů. Využití různých přístupů nabízí studentům možnost pochopit souvislosti mezi jednotlivými pojmy a účelně využívat i jiné matematicé prostředy. Zdroj: archiv autora Obrazový materiál: Autor: Mgr. Rade Horensý Ph.D.; horensy@gymst.cz

8 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Klíčové pojmy: ombinatoria binomicá věta záladní ombinatoricé identity Úloha Bez výpočtů jednotlivých ombinačních čísel doažte identitu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: binomicá věta Záladním roem výpočtu je využití binomicé věty ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n (a b) n a n a n b a n b... a b n 0 n Volbou a b a n dostaneme ( ) ( ) ( ) ( ) Máme ta 0 tj Závěr. Tím je dané tvrzení doázáno ( ) n b n. n. Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: vlastnosti ombinačních čísel Využijeme-li součtového vztahu ( ) n ( ) n ( ) n snadno vidíme že ( ) 0 ( ) ( ) ( )... ( ) 6 ( ). Protože 0 ( ) 0 ( )

9 můžeme ja levou ta i pravou stranu doazované rovnosti přepsat do tvaru ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) tím je identita doázána. Poznáma. Doázali jsme ta že počet podmnožin s lichým počtem prvů osmiprvové množiny je stejný jao počet podmnožin se sudým počtem prvů této množiny. Řešení 3 (úroveň 3) Předpoládané znalosti: vlastnosti ombinačních čísel Nejprve si uvědomíme co vyjadřují jednotlivá ombinační čísla. Kombinační číslo ( ) n vyjadřuje počet všech -prvových podmnožin n-prvové množiny. Chceme tedy uázat že počet podmnožin teré mají sudý počet prvů je stejný jao počet podmnožin teré mají lichý počet prvů. Označme a jeden z prvů dané osmiprvové množiny. Bez tohoto prvu můžeme vytvářet nejvýše sedmiprvové podmnožiny. Nechť je taových podmnožin a s lichým počtem prvů a b se sudým počtem prvů. Doplníme-li libovolnou podmnožinu s lichým počtem prvů prvem a bude mít sudý počet členů doplníme-li tímto prvem podmnožinu se sudým počtem prvů změní se počet prvů na liché číslo. Počet podmnožin s lichým počtem prvů proto vzroste o hodnotu b a počet podmnožin se sudým počtem prvů vzroste o hodnotu b. Celově je tedy a b podmnožin se sudým a a b podmnožin s lichým počtem prvů. Poznáma: Vzhledem tomu že libovolné podmnožině sedmiprvové množiny s lichým (resp. se sudým) počtem prvů je možné jednoznačně přiřadit podmnožinu se sudým (resp. s lichým) počtem prvů (jao její omplement) je nutně a b. Metodicé poznámy Důaz daného tvrzení nepatří mezi početně náročné ale vyžaduje určitý náhled na danou problematiu. Využití různých přístupů nabízí studentům možnost pochopit souvislosti mezi jednotlivými pojmy a účelně využívat i jiné matematicé prostředy. Zdroj: archiv autora Obrazový materiál: Autor: Mgr. Rade Horensý Ph.D.; horensy@gymst.cz 9

10 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Klíčové pojmy: ombinatoria binomicá věta Úloha Bez výpočtů jednotlivých ombinačních čísel vyjádřete ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: binomicá věta vlastnosti ombinačních čísel Záladním roem výpočtům je důslede binomicé věty ve tvaru ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () 0 9 Jednou ze záladních vlastností ombinačních čísel je ( ) ( ) n n. n Protože je hledaný součet roven součtu zbývajících ombinačních čísel vysytujících se v () proto hodnota zoumaného součtu bude tedy poloviční tj. ( ) ( ) ( ) ( ) Závěr. Hledaný součet je tedy 56. Řešení (úroveň 3) Předpoládané znalosti: binomicá věta vlastnosti ombinačních čísel Využijeme-li romě vztahu 9 ( ) taé vztah 0 ( )

11 dostaneme rozdílem obou vztahů 9 tj Řešení 3 (úroveň 3) Předpoládané znalosti: binomicá věta vlastnosti ombinačních čísel Využijeme-li součtového vztahu ( ) n snadno vidíme že ( ) ( ) ( ) 9 0 ( ) ( ) ( ) Protože 9 ( ) n ( ) n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 9. 6 je hledaný součet roven ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Metodicé poznámy Použitý vztah () vyjadřuje mimochodem počet všech různých podmnožin dané devítiprvové množiny. Obtížnost daných postupů spočívá převážně v nalezení příslušných vztahů mezi ombinačními čísly. Využití různých přístupů vša nabízí studentům možnost pochopit souvislosti mezi jednotlivými pojmy a účelně využívat i jiné matematicé prostředy. Zdroj: archiv autora Obrazový materiál: Autor: Mgr. Rade Horensý Ph.D.; horensy@gymst.cz

12 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Klíčové pojmy: ombinatoria ombinace bez opaování permutace s opaováním Úloha Kolia způsoby lze rozdělit mezi 0 dětí 4 lízáta 6 žvýače a bonbonů jestliže aždé dítě dostane nejvýše sladost? (Lízáta bonbony i žvýačy jsou vzájemně nerozlišitelné.) Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: ombinace bez opaování pravidlo součinu Děti teré dostanou lízáto lze vybrat ( ) způsoby. Ze zbylých 6 dětí vybereme 6 teré dostanou žvýaču to lze provést ( ) způsoby. Z posledních 0 dětí vybereme teré dostanou bonbon. Těchto výběrů je ( ) Celově je podle pravidla součinu ( ) ( ) ( ) způsobů ja rozdělit sladosti mezi děti. Závěr. Mezi děti lze rozdělit sladosti způsoby. Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: ombinace bez opaování permutace Nejprve vybereme dětí teré dostanou sladost. To lze provést ( 0 ) 90 způsoby. Ostatní děti lze uspořádat! způsoby. Děti teré dostaly lízáto můžeme přemístit 4! způsoby děti teré dostaly žvýaču lze přemístit 6! způsoby a ty co dostaly bonbon lze uspořádat! způsoby. Celový počet možných rozdělení tedy je ( ) 0! 4! 6!! Řešení 3 (úroveň ) Předpoládané znalosti: permutace s opaováním Celový počet 0 dětí máme rozdělit na 4 supiny a to následovně. 4 děti dostanou lízáto 6 dětí dostane žvýaču dětí dostane bonbon a děti nedostanou nic. Hledáme tedy permutace s opaováním dy první prve je zastoupit čtyřirát druhý šestrát třetí osmrát a čtvrtý dvarát. Celově máme 0! 4! 6!!!

13 způsobů ja sladosti dětem rozdělit. Metodicé poznámy K výslednému vztahu lze ja je vidět dojít více způsoby. Využití různých přístupů vša nabízí studentům možnost pochopit souvislosti mezi jednotlivými pojmy a účelně využívat i jiné matematicé prostředy. Zdroj: archiv autora Obrazový materiál: Autor: Mgr. Rade Horensý Ph.D.; horensy@gymst.cz 3

14 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Klíčové pojmy: ombinatoria v geometrii Úloha Je dána rychle a uvnitř aždé hrany je n N různých bodů. Určete počet trojúhelníů jejichž aždý vrchol leží na jiné hraně rychle. Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: pravidlo součinu v ombinatorice aneb selsý rozum Vybereme jednu libovolnou hranu rychle což lze provést způsoby a na ní vybereme jeden libovolný bod což lze provést n způsoby. Pa ze zbylých hran vybereme jednu libovolnou což lze provést způsoby a na ní jeden libovolný bod což lze provést n způsoby. Naonec ze zbylých 0 hran vybereme jednu libovolnou což lze provést 0 způsoby a na ní jeden libovolný bod což lze provést n způsoby. Celem jsme tedy vybrali n n 0n trojic bodů. Každá trojice byla vybrána ale šestrát což se dá uázat např. na třech bodech A B C jednou jao trojice ABC podruhé jao trojice ACB potřetí jao trojice BAC počtvrté jao trojice BCA popáté jao trojice CAB a pošesté jao trojice CBA. Proto se musí výše zísaný součin dělit šesti tj. n n 0n 0n 3. 6 Závěr. Počet hledaných trojúhelníů je 0n 3. Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: pravidlo součinu v ombinatorice ombinace bez opaování Vybereme libovolné tři různé hrany rychle což lze provést ( 3 ) způsoby a na aždé hraně vybereme jeden libovolný bod což lze pro aždou hranu provést n způsoby. Celem jsme tedy vybrali ( 3 ) n 3 0n 3 trojic bodů neboli 0n 3 požadovaných trojúhelníů. Řešení 3 (úroveň 3) Předpoládané znalosti: pravidlo součinu v ombinatorice ombinace bez opaování Na rychli je dáno n různých bodů. Z nich vytvoříme všechny možné trojice bodů což lze povést ( ) n 3 způsoby. Mezi těmito trojicemi bodů jsou i taové teré leží na jedné přímce a tudíž netvoří trojúhelní. Těch je na aždé hraně ( ( n 3) taže celem n 3) a tyto všechny je třeba odečíst. Taé je třeba odečíst počet taových trojic bodů z nichž 4

15 právě dva leží na jedné hraně. Těch je ( n ) n neboť dva body leží na jedné hraně ale dalších n bodů leží na zbylých hranách. Celem jsme tedy vybrali ( ) ( ) ( ) n n n n 3 3 n (n ) (n ) n (n ) (n ) 6n (n ) n n ( 44n 36n n 3n 33n 33n ) 0n 3 požadovaných trojúhelníů. Při tomto způsobu řešení je nutné aby na aždé hraně rychle byly aspoň tři různé body tj. n 3. Pro n je počet trojúhelníů roven ( ) ( ) n n n n ( 44n 36n 33n 33n ) n ( n 3n ) 3 což je na první pohled jiná hodnota než 0n 3. Když se ale dosadí n do obou výrazů zísáme stejnou hodnotu. Pro n je počet trojúhelníů roven ( ) n n ( 44n 36n ) 3 což je na první pohled jiná hodnota než 0n 3. Když se ale dosadí n do obou výrazů zísáme stejnou hodnotu. Metodicé poznámy Jde o lasicou šolní úlohu terá bývá zadána ve formě určit počet trojúhelníů jejichž vrcholy leží na něolia přímách přičemž na aždé přímce leží určitý počet bodů. Využije se pouze selsý rozum a vzorec pro výpočet počtu ombinací. Velmi netradiční jsou úvahy ve třetím způsobu řešení pro n resp. n určitě jsou ale pro talentovanější žáy důležité. Zdroj: archiv autora Obrazový materiál: Autor: doc. RNDr. Jaroslav Zhouf Ph.D.; jaroslav.zhouf@pedf.cuni.cz 5

16 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Klíčové pojmy: ombinace ombinační číslo procházení grafu Úloha Pravoúhelníová síť je rozdělena na 6 4 čtverců (obr. ). Obec Začáte leží v levém horním rohu sítě obec Konec v pravém dolním rohu sítě. Kolia způsoby je možné po čtvercové síti projít nejratší cestou z obce Začáte do obce Konec? Při aždé cestě po pravoúhelníové síti se můžeme pohybovat směrem doprava nebo dolů. Každou cestu z obce Začáte do obce Konec nazveme procházou. Dvě taové procházy jsou znázorněné v pravoúhelníové síti na obr.. Začáte Obr. Konec Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: Pascalův trojúhelní ombinační číslo Každému mřížovému bodu (dále jen bodu) přiřadíme počet procháze terými se do daného bodu můžeme dostat (obr. ). Je zřejmé že do aždého bodu terý leží na Z a5 4 0 b0 ab35 P Obr K 6

17 severní a západní hranici sítě se můžeme dostat právě jedním způsobem. Do aždého dalšího bodu se můžeme dostat buď ze severu nebo ze západu. Napřílad do bodu P se můžeme dostat buď z bodu terý leží na sever od bodu P nebo z bodu terý leží na západ od bodu P. Do bodu terý leží na sever od bodu P se můžeme dostat a způsoby. Do bodu terý leží na západ od bodu P se můžeme dostat b způsoby. Z toho plyne že počet způsobů terými se můžeme dostat do bodu P je roven ab. Postupným přiřazováním počtu procháze od bodu Z zjišťujeme že do bodu K se dostaneme 0 způsoby. Je zřejmé že tímto způsobem vznil Pascalův trojúhelní s vrcholem v bodě Z. To znamená že počet procháze je dán ombinačním číslem. Počtu procháze terými se dostaneme do bodu P odpovídá ombinační číslo ( ) Obdobně počtu procháze terými se dostaneme do bodu K odpovídá ombinační číslo ( ) 64. Závěr. Z obce Začáte do obce Konec lze projít celem ( ) ( 06 ) 0 způsoby. 4 Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: ombinace bez opaování Dvě procházy (červenou a zelenou) ze Z do K (obr. 3) můžeme znázornit následující tabulou. Z červená zelená Obr. 3 K Procháza červená zelená Těmto dvěma procházám odpovídají čtyřčlenné a šestičlenné ombinace bez opaování teré tvoříme z 0 prvů:. Čtyřčlenné jde o ombinace { } {3 }.. Šestičlenné jde o ombinace { 4 9} { }. Je zřejmé že poud chceme absolvovat procházu ze Z do K na obr. 3 musíme vždy jít čtyři úsey na jih a šest úseů na východ. To znamená že počet procháze bude počet všech čtyřčlenných popřípadě počet všech šestičlenných ombinací bez opaování teré tvoříme z 0 prvů. To znamená že počet všech procháze na obr. 3 je ( 0 4 ) ( 0 6 ).

18 Závěr. Opět z obce Začáte do obce Konec lze projít celem ( ) ( ) 4 0 způsoby. Řešení 3 (úroveň 3) Předpoládané znalosti: ombinace s opaováním Vodorovné úsey sítě označíme čísly až 5 svislé úsey sítě čísly až. Dvěma procházám ze Z do K pa odpovídají šestičlenné ombinace s opaováním z pěti prvů (obr. 4) a čtyřčlenné ombinace s opaováním ze sedmi prvů (obr. 5).. Šestičlenné jde o ombinace { 4 4 4} { }. Z Obr. 4 K. Čtyřčlenné jde o ombinace {3 4 4 } { 5 5}. Z Obr. 5 K Počet procháze podle obr. 4 bude počet šestičlenných ombinací s opaováním z pěti prvů jejich počet se rovná ombinačnímu číslu ( ) Počet procháze podle obr. 5 bude počet čtyřčlenných ombinací s opaováním ze sedmi prvů jejich počet se rovná ombinačnímu číslu ( ) 4 4. Závěr. Z obce Začáte do obce Konec lze projít celem ( ) ( mn n mn ) m způsoby. Metodicé poznámy Tři odlišné přístupy umožní žáům uázat užití ombinací bez opaování ombinací s opaováním a Pascalova trojúhelníu při řešení jednoduché ombinatoricé úlohy. Úlohu je vhodné zadat při opaování učiva ombinatoriy. Zdroj: Calda E. a ol.: Matematia pro gymnázia (ombinatoria pravděpodobnost a statistia) Prometheus 993. Obrazový materiál: dílo autora upravil Pavel Calábe Autor: Mgr. Zdeně Netopil; netopil@gjs.cz

19 Různé metody řešení Tematicý oruh RVP G: Práce s daty ombinatoria pravděpodobnost Klíčové pojmy: pravděpodobnost ombinace permutace pravděpodobnost jevu násobení pravděpodobností Úloha V osudí je 0 uliče: 5 modrých 3 bílé a zelené. K osudí přistupují hráči aždý si vytáhne jednu uliču a ponechá si ji. Jaá je pravděpodobnost že si hráč terý jde losovat jao ( )-ní tedy v pořadí ( ) de 0 9 vytáhne zelenou uliču? Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: rozbor jevů sčítání a násobení pravděpodobností a znalost vzorce pro součet ombinačních čísel Zelenou uliču si hráč může vylosovat pouze tehdy poud hráči před ním do té doby vytáhli z osudí nejvýše jednu zelenou uliču. Probereme obě vylučující se možnosti že si hráči před ním nevytáhli žádnou nebo právě jednu zelenou uliču. První možnost Jev A : Dosud losovalo hráčů a zelenou uliču nevylosovali. Tažená -tice uliče byla tedy vylosována z uliče jiné barvy než zelené P (A ) ( ). 0 Jev A : Hráč terý losuje jao ( )-ní si vylosuje jednu ze dvou zelených uliče z osudí de je celem (0 ) uliče (přičemž zde platí ) Druhá možnost P (A ) 0. Jev B : Dosud losovalo hráčů a během losování vylosovali právě jednu ze dvou zelených uliče. Tažená -tice uliče byla tedy vylosována tato: jedna uliča ze dvojice zelených a ( ) uliče z uliče jiné barvy než zelené P (B ) 9 ( ). 0

20 Jev B : Hráč terý losuje jao ( )-ní si vylosuje jedinou zbývající zelenou uliču z osudí de je celem (0 ) uliče P (B ) 0. Hráč terý je na tahu si tedy v případě A (hráči před ním zelenou nevytáhli) vylosuje zelenou uliču s pravděpodobností P (A) P (A ) P (A ) ( ) 0 0. Hráč terý je na tahu si v případě B (hráči před ním vytáhli jednu zelenou uliču) vylosuje zelenou uliču s pravděpodobností P (B) P (B ) P (B ) ( ) 0 0. Jevy A B se navzájem vylučují proto je pravděpodobnost jejich sjednocení rovna součtu jejich pravděpodobností ( ) ( ) P (A) P (B) ( ) ( ) 0 ( ) ( ( ) ( 0 )) 9... (9 ) (0 ) Závěr. Pravděpodobnost že si hráč terý jde losovat v pořadí () vytáhne zelenou uliču je 5 0. Metodicé poznámy První z uvedených řešení vyžaduje ompletní rozbor jevů sčítání a násobení pravděpodobností a znalost vzorce pro součet ombinačních čísel. Všimneme si že výsledná pravděpodobnost nezávisí na pořadí hráče (na čísle ) a je stejná jao dyby hráči po vytažení uliču vraceli zpět do osudí. 0

21 Řešení (úroveň ) Předpoládané znalosti: rozbor jevů sčítání a násobení pravděpodobností Kuličy si označíme ta aby byly všechny navzájem rozlišitelné napřílad je očíslujeme (to můžeme udělat bez újmy na obecnosti). Nechť zelené uličy mají čísla. Zopaujeme předchozí úvahu: Zelenou uliču si hráč může vylosovat pouze tehdy poud hráči před ním do té doby vytáhli z osudí nejvýše jednu tedy žádnou nebo jednu zelenou uliču. Obě možnosti mají společné to že dosud tažené uličy byly vybrány pouze z 9 uliče v uličách ze terých hráči naonec vybrali chyběla jedna ze dvou zelených uliče. Jev C: Dosud losovalo hráčů a nevylosovali obě zelené uličy jedna ze dvou ve výběru nebude. Buď chybí uliča č. nebo uliča č. P (C) ( ). 0 Jev D: Hráč ( )-ní si vylosuje tu zbývající zelenou uliču z (0 ) uliče v osudí P (D) 0. Výsledná pravděpodobnost je P (C) P (D) ( ) (viz výpočet v řešení ). Metodicé poznámy Druhá z uvedených úvah vyžaduje náročnější úvahu o supinách vybíraných prvů. Všimneme si že výsledná pravděpodobnost nezávisí na pořadí hráče (na čísle ) a je stejná jao dyby hráči po vytažení uliču vraceli zpět do osudí. Řešení 3 (úroveň 3) Předpoládané znalosti: permutace Kuličy si stejně jao v Řešení označíme ta aby byly všechny navzájem rozlišitelné očíslujeme je. Každý průběh hry tj. aždé možné pořadí tažených uliče je jedna permutace deseti prvů. Všechny permutace (je jich 0!) jsou navzájem stejně pravděpodobné. Každá uliča se na aždé pozici vysytne při výčtu všech permutací stejně-rát (9!rát). V aždé permutaci je zelená uliča právě na dvou místech.

22 Zadání bude splněno právě tehdy dyž na pozici ( ) bude buď uliča č. nebo tehdy dyž na pozici ( ) bude uliča č.. Tyto možnosti se navzájem vylučují. Jev E: Kuliča na pozici ( ) je zelená tedy je to buď uliča č. nebo uliča č.. P (E) 9! 0! 5. Metodicé poznámy Poslední z úvah téměř nevyžaduje výpočet zato ale uazuje obecný princip proč je aždé z pořadí pro tah uličy dané barvy stejně pravděpodobné. Zdroj: archiv autora autor Obrazový materiál: Autor: RNDr. Šára Gergelitsová Ph.D.; sara@gbn.cz