Matematyka Dyskretna, informatyka, 2008/2009, W. Broniowski

Transkrypt

1 Matematya Dysretna, informatya, 2008/2009, W. Broniowsi Zestaw 2 z częściowymi odpowiedziami (ja toś nie chce, niech nie patrzy! Kombinatorya i rachune prawdopodobieństwa. Z pomocą wzoru Stirlinga dla n! wyprowadź analog tego wzoru dla n!!. 2. Rozważ tzw. ości Efrona, tórych poszczególne ściany posiadają nastepującą liczbę ocze: I:,,,,0,0 II: 3,3,3,3,3,3 III: 6,6,2,2,2,2 IV: 5,5,5,,, Czterej gracze, ażdy z ością I, II, II lub IV, grają ze sobą parami i wygrywa ten, tóry wyrzuci wieszą liczbe ocze. Jaie jest prawdopodobieństwo, że I wygra z II, II z III, itd.? Przedysutuj wyni. 3. Która z ości z ćw. 2 jest najlepsza, tzn. w grze z losowo wybranym przeciwniiem daje najwiesze prawdopodobieństwo wygranej?. Ile jest sposobów rozmieszczenia n nierozróżnialnych obietów w rozróżnialnych pudłach, przy czym pudła mogą pozostać puste? 5. Na ile sposobów można wybrać obietów z n rozróżnialnych obietów, jeśli wybór możemy powtarzać? Jest to tzw. ombinacja z powtórzeniami, Cn. 6. Z pomocą funcji tworzącej poaż, że dla n> ( ( ) =0 ) =0. Sprawdź wyni dla ilu pierwszych wartości n w oparciu o trójąt Pascala. 7. Wyprowadź wzory na n =0 ( n ), oraz ( 2 =0 ). 8. (ontunuacja problemu rozwiązanego na wyładzie) Poaż, że dla problemu szaliów = n=0 P n =. Wyni ten oznacza, że średnia liczba ibiców, tórzy odzysali swój szali wynosi. 9. A oto problem Augusta Gombaud, awalera de Méré. Rzucamy dwiema ośćmi 2 razy pod rząd. Jaie jest prawdopodobieństwo, że choć raz wypadną dwie szósti? Bradley Efron (938 ), statysty ameryańsi.

2 0. Jaie są prawdopodobieństwa wylosowania uładów z poera: para, dwie pary, strit, trója, full, olor, areta, poer? Załóż, że talia jest a) od dziewiąte, b) siódeme, c) dwóje. Wybierz do rozwiązania ila przypadów.. Wyprowadź wzory na liczbę poryć odcina oraz oręgu o długości n przy pomocy sztu domina o długości 3 i wadratami o długości. 2. Ile jest wszystich poryć odcina o długości n z pomocą ości domina o długości 2 i wadratów o długości, gdzie domina i wadraty wystepują w dwóch olorach? 3. Trzej równej lasy szachiści A, B i C grają w szachy wg. zasady, że gracz wygrywający dwie partie z rzędu wygrywa turniej, a gracz przegrywający partię w nastepnej pauzuje. Zaczynają A z B. Jaie jest prawdopodobieństwo wygrania turnieju przez poszczególnych graczy? Rozważ wariant niesończonej liczby partii oraz liczby partii n.. (wariant problemu rozwiązanego na wyładzie) Rozwiąż zmodyfiowany problem sadowienia na przyjęciu, gdzie żadamy, aby współmałżonowie nie siedzieli oło siebie, ale obiety i mężczyźni nie muszą siedzieć na przemian. 2

3 ! 2 Rysune : Dwa przyłady rozmieszczenia n =8nierozróżnialnych ul w =5rozróżnialnych pudłach. Pionowe resi to przegrody tworzące pudła. L i P oznaczają srajne przegrody, tóre są rozróżnialne. Liczby poniżej rysunów podają liczbę ul w poszczególnych pudłach. Rozwiązania Ćw.. Dla n parzystych orzystamy ze wzoru n!! = 2 n (n/2)! i wzoru Stirlinga. Dla n nieparzystych używamy związu n!! = n!/(n )!!. Ćw.. Załóżmy, że ułożyliśmy n nierozróżnialnych ul w rzędzie i następnie ustawiamy + teturowych przegród w tai sposób, aby powstały pudła (zob. rys. ). Dwie przegrody muszą być zawsze na rańcach, a pozostałe przegrody wewnętrzne gdzieś pomiędzy nimi. Te przegród też jest nierozróżnialnych, bo nie jest istotne tórą przegrodą rozdzielimy pudła. Powstałe z tej onstrucji pudła mogą zawierać ule lub pozostać puste. Teraz zastosujemy bardzo częstą sztuczę, mianowicie potratujemy na chwilę zarówno ule ja i przegród wewnętrznych jao rozróżnialne. Każda z sytuacji z rys. odpowiada teraz pewnej permutacji n + obietów (ule + przegrody wewnętrzne), co możemy oczywiście zrobić na (n + )! sposobów. Teraz poprawiamy ten wyni: ponieważ ule są nierozróżnialne, policzyliśmy niepotrzebnie aż n! ustawień ul w rzędzie, podczas gdy jest tylo jedno. Musimy więc podzielić wyni przez n!. Podobnie, przegrody wewnętrzne, tórych jest, są nierozróżnialne, więc dzielimy przez ( )!. Ostatecznie, rozwiązanie ma postać (n + )! n + =. n!( ) n Zauważmy jeszcze, że w wyniu naszej procedury pudła pozostają rozróżnialne, ponieważ dwie srajne przegrody, lewa i prawa, są rozróżnialne. Ta więc możemy je ponumerować np. wg. odległości od lewej ściany. Ćw. 5. Ćwiczenie to jest w istocie tym samym zadaniem, co ćw.. Należy po prostu utożsamić rodzaj uli z numerem pudła, w tórym się znajduje. Np. dla górnej części rys. mamy 3 ule pierwszego rodzaju, 0 drugiego, 2 trzeciego, czwartego i 2 piątego rodzaju. Ta więc liczba wyboru n obietów z powtórzeniami spośród obietów (ombinacje z powtórzeniami) wynosi n + C n =. n 3

4 Ćw. 6. Funcja tworząca dla współczynniów dwumianowych ma postać f(z) = z =(+z) n. =0 Różniczując po z otrzymujemy df (z) = z = n( + z) n. dz =0 Biorąc z = dostajemy żądany związe ( ) =0. =0 Np. dla czwartego rzędu trójata Pascala mamy =0. Ćw. 7. Korzystamy z funcji tworzącej dla współczynniów dwumianowych. W pierwszym przypadu obliczamy df (z)/dz dla z =,codaje =2 n n. W drugim przypadu obliczamy d [z d f(z)] dla z =,codaje dz dz 2 =2 n 2 n(n +). =0 =0 Ćw.8.Zewzoruzwyładu n = P n = n n ( ) l + l = ( ) l. =0 =0! l=0 l! =0 l=0 ( + l)! Wprowadźmy l = n l, n l = ( ) n l, =0 (n l l =0 )! a następnie zmieńmy olejność sumowania. Granice sumowania odczytujemy z rys. 2. Otrzymujemy n n l n l = l =0 (n l )! ( )n l ( ). =0 Na podstawie ćw. 6 suma po w powyższym wzorze wynosi 0 dla n l >, zatemjedyny niezerowy przyczyne otrzymujemy dla l = n, =, tóry daje =! ( ) ( ) =. Średnio, jeden ibic odzysuje swój własny szali.

5 l Rysune 2: Granice sumowania w rozwiązaniu ćw. 8 dla n =8: dla ustalonego l sumujemy po od 0 do n l, tj. otrzymujemy sumę n n l l =0 =0... Ćw. 9. W ażdym rzucie dwiema ostami prawdopodobieństwo wypadnięcia wynosi /36, a prawdopodobieństwo dowolnej innej onfiguracji 35/36. Mamy n =2rzutów. Najpierw wybieramy, w tórych rzutach wypadną, co możemy zrobić na C n sposobów. Sytuacja wygrywająca to przynajmniej jedno wyrzucenie, =, 2,...,n, zatem n n 35 n 35 n P = =, = gdzie n to prawdopodobieństwo zdarzenia dopełniającego. Dla n =2otrzymujemy P =0.9, nieco mniej niż /2. Prowadzący asyno zarabia, ale różnica jest na tyle mała, że trudno to zauważyć. Kawaler de Méré musiał być namietnym hazardzistą, soro spostrzegł empirycznie, że przegrywa. Zauważmy jeszcze, że już dla n =25grający ma więszą szansę wygranej niż przegranej, P = Ćw. 0. n Dla talii o n = artach mamy Ω = wszystich możliwości wyboru pięciu art. 5 Każda arta ma rangę (A, K, D, W, 0,..., itd.) oraz jeden z czterech olorów. Poer to onfiguracja w jednym olorze o olejnych rangach. Dla pełnej talii mamy następującemożliwepoery:a-k-d-w-0,k-d-w-0-9, , a(asliczysię też za ), czyli łącznie 0 możliwości. Dla <3 nie ma sewencji z asem na ońcu, więc mamy możliwości, co ogólnie mozemy zapisać, jao 3 m, m =0dla =3, m =dla < 3. Poer może być w dowolnym z czterech olorów, więc liczba wszystich poerów to N poer =( 3 m). Kareta to cztery arty o tej samej randze. Wybieramy tę rangę na sposobów, a pozostałą piątą artę na n sposobów, co daje N areta = (n ). 5

6 Tabela : Prawdopodobieństwa wylosowania uładów w poerze w grze taliami od dziewiąte ( =6), siódeme ( =8)idwóje( =3). =6, m = =8, m = =3, m =0 poer areta full olor street trója dwie pary para pozostałe Full to trzy arty o tej samej randze plus dwie arty o tej samej randze. Rangę tróji można wybrać na sposobów, olory art w trójce na C3 sposoby, rangę pary na ( ) sposobów (jedna jest ( już ) zajęta ( przez) tróję), a olory art w parze na C2 sposoby. Łącznie mamy N full = ( ). Kolor to uład pięciu art w tym samym olorze, 3 2 tóry nie jest poerem. Wybieramy więc ( jeden ) z czterech olorów i pięć art spośród art w tym olorze, co daje N olor = N 5 poer. Street to sewencja art o olejnych rangach, tóra nie jest poerem. Mamy więc N street =( m 3) 5 N poer, gdzie czynni ( m 3) jest uzysany podobnie, ja dla poera, a 5 to możliwości wyboru oloru dla ażdej z pięciu art. Dla tróji mamy możliwości wyboru rangi art tróji, C3 możliwości wyboru oloru dla trzech art, następnie wybieramy na C2 możliwości dwie rangi spośród ( ) dla( pozostałych )( dwóch ) art, oraz ich olory na 2 sposobów. Łącznie mamy więc N trja = możliwości. Dla dwóch par wybieramy dwie rangi dla par na C2 sposobów, olory art w parach na (C 2 )2 sposobów, ( rangę ) piątej arty na ( 2) sposoby,ajejolornasposoby,codajen 2pary = ( 2). Wreszcie 2 2 dla jednej pary wybieramy rangę na sposobów, dwa spośród czterech ( możliwych ) olorów art w parze na C2 sposoby, rangi pozostałych trzech art na sposoby, oraz 3 ich olory na 3 sposobów. Łącznie daje to N para = Prawdopodobieństwa obliczamy jao N i / Ω. Wynii liczbowe dla trzech typów talii, od dwóje, siódeme i dziewiate, przedstawione są w Tabeli. Zauważmy, że zmiana liczby art w talii zmienia olejność poszczególnych uładów wzgledem ich prawdopodobieństwa, np. =8areta i full są bardziej prawdopodobne od oloru. Ćw. 3. Równa lasa graczy oznacza, że w ażdej partii prawdopodobieństwo wygrania 6

7 przez ażdego gracza wynosi /2. Załóżmy najpierw, że mamy dostatecznie długą grę (nit nie wygrywa pod rząd), aby zauważyć pewne prawidłowości. Przy stoliu siadają A i B. Jeśli wygrywa A, to wchodzi z ławi C. Teraz musi wygrać C, aby gra trwała dalej, więc A siadanaławce,adogryprzystępujeb. Teraz z olei musu wygrać B, adogrywchodzi ponownie A, itd. Mamy więc sewencję olejnych zwycięzców ACBACBACB.... Podobnie, jeśli pierwszą partię wygrał B, to mamy sewencję zwycięzców BCABCABCA... Rozważmy teraz prawdopodobieństwo, że wygra A. Sewencje zwycęzców muszą się teraz ończyć przez...aa. Jeśli pierwszą partię wygrał A, to mamy możliwości AA + ACBAA + ACBACBAA + ACB...ACBAA= ACB AA, tóre formalnie zsumowaliśmy jao szereg geometryczny. Podobnie, jeśli pierwszy wygrał B, tomamy BCAA + BCABCAA + BCA...BCAA = BCA BCA A. Teraz wystarczy podstawić prawdopodobieństwa wygrania partii A = B = C = /2 i zsumować dwa powyższe wzory, co daje P A = = 5. Z symetrii zagadnienia P B = P A = 5. Dla gracza C otrzymujemy następujące sewencje: ACC + ACBACC + ACBA... CBACC = A CBA CC, oraz BCC + BCABCC + BCAB...CABCC = B CAB CC. Po podstawieniu prawdopodobieństw i zsumowaniu otrzymujemy P C =. Oczywiście, P A + P B + P C =. Rozwiązanie poazuje, że zaczynajacy turniej ma nieco więszą szansę wygrania (w stosunu 5: do gracza początowo pauzującego). Ćw.. Oznaczmy szuane liczby usadowień n par jao M n. Podobnie ja na wyładzie, zasada włączeń i wyłączeń prowadzi do wzoru n M n = n ( ) A, () =0 gdzie A oznacza liczbę usadowień, w tórych wybranych par siedzi razem (a inne mogą siedzieć razem lub nie). Anatomia A jest następująca: 2n Wybór (podwójnych) miejsc dla wybranych par c 2n = 2n.Pamietamy, że jest to liczba poryć 2n puntów na oregu z pomocą ości domina i 2n 2n wadratów. 7

8 n M n M n /(2n)! / / Tabela 2: Liczby usadowień n małżeństw na przyjeciu, jeśli małżeństwa muszą siedzieć osobno. Rozmieszczenie par w miejscach!. W ażdej parze możliwe są dwa usadowienia, co daje 2. Usadowienie pozostałych 2n 2 osób (2n 2)!. Mamy więc A = c 2n!2 (2n 2)! 2 =2n(2n )!2, oraz ostatecznie szuany wyni w postaci sumy: M n = ( ) 2n(2n )!2. (2) =0 Kila pierwszych wartości dla liczb M n oraz dla prawdopodobieństwa uzysania losowo właściwego usadowienia, M n / Ω = M n /(2n)!, przedtawionych jest w tabeli 2. 8