Jak odróżnić wariację z powtórzeniami od wariacji bez powtórzeń, kombinacji?

Transkrypt

1 Jak odróżnić wariację z powtórzeniami od wariacji bez powtórzeń, kombinacji? Porada niniejsza traktuje o tzw. elementach kombinatoryki. Często zdarza się, że rozwiązujący zadania z tej dziedziny mają problemy z odczytaniem, czy szukana liczebność rozpatrywanego zbioru wyników jest ilością kombinacji, wariacji z powtórzeniami, czy też bez powtórzeń. Nie ma zazwyczaj problemów z rozróżnieniem w przypadku permutacji zbioru z tej prostej przyczyny, że permutacja zbioru jest ustawieniem wszystkich elementów zbioru w ciąg (dokładnie: permutacja nie jest to czynność, lecz sam ciąg efekt takiego ustawiania ). Jak należy postępować, aby odróżnić, z czym mamy do czynienia? 1. Na wstępie należy zadać sobie pytanie, czy w analizowanym przypadku ma znaczenie kolejność losowanych / wybieranych / przyporządkowywanych elementów. Jeżeli nie mamy do czynienia z kombinacją. Jeżeli tak jest to wariacja z powtórzeniami lub bez powtórzeń.. Rozstrzygając, z którym typem wariacji mamy do czynienia, należy pamiętać, że przy podjęciu decyzji pomocna jest możliwość różnej interpretacji tych pojęć. Mamy tu trzy możliwości: a) Wariacja bez powtórzeń to różnowartościowy ciąg, natomiast wariacja z powtórzeniami to ciąg dowolny (może on być różnowartościowy, lecz nie musi). b) Wariacja bez powtórzeń jest odpowiednikiem losowania bez zwracania, natomiast wariacja z powtórzeniami, to efekt losowania ze zwracaniem. c) Wariacja bez powtórzeń i wariacja z powtórzeniami to ciągi, a ciągi są funkcjami. W związku z tym, jeżeli rzeczywiście mamy do czynienia z wariacją, to można przedstawić sytuację jako przyporządkowanie elementom jednego zbioru, elementów innego zbioru. W tym przypadku, jeżeli przyporządkowanie to jest różnowartościowe, to mamy do czynienia z wariacją bez powtórzeń, a jeżeli nie (może być różnowartościowe w szczególnych przypadkach, ale nie musi) z wariacją z powtórzeniami. Pora na przykłady. W zadaniach, które zostaną poniżej rozwiązane, nacisk położymy na wyjaśnienie mechanizmów wyboru między kombinacją, wariacją z powtórzeniami, wariacją bez powtórzeń. Zadanie 1. W turnieju szachowym wystartowało 1 zawodników. Każdy z każdym rozgrywa dwie partie: mecz i rewanż. Ile partii zostanie rozegranych w całym turnieju? Ten problem rozwiążemy dwoma metodami - dla pokazania, że często sposób rozwiązania zależy od interpretacji rozwiązującego. Metoda 1. Jeżeli mamy zbiór 1 zawodników, to partią (czyli meczem pomiędzy dwoma zawodnikami), jest dwuelementowy podzbiór zbioru 1 zawodników.

2 Przykładowo: jeżeli partię rozgrywają zawodnicy A oraz B, to wystarczy podać ich nazwiska, zaś kolejność, w jakiej te nazwiska podajemy, jest nieistotna. Tu przypomnę, ze zbiory: { A,B}, oraz { B,A} są równe, ale ciągi: ( A,B) oraz (,A) B są różne! Ilość wszystkich partii jest więc ilością -elementowych kombinacji (podzbiorów) zbioru 1 zawodników: 1 1! 11 1 C 1 = = = = 66, pomnożoną przez (bo zawodnicy grają ze sobą dwie! 10! partie: mecz i rewanż): 66 = 13. Całość najczęściej zapisujemy od razu: C1 =... = 13 Metoda Skoro zawodnicy grają mecz i rewanż, można umownie przyjąć, że w jednym meczu np. zawodnik A jest gospodarzem, a B gościem, zaś w drugim odwrotnie: B jest gospodarzem, A gościem. Przy takiej interpretacji partią nie jest dwuelementowy podzbiór (kombinacja), lecz - wyrazowy ciąg: np. zapis ( B,A) oznacza, ze grają zawodnicy B z A, oraz B jest gospodarzem. Ciąg taki musi być różnowartościowy, bo ( A,A) oznaczałoby, ze gracz A gra ze sobą samym! Mamy więc do czynienia z wariacją bez powtórzeń, a ilość wszystkich rozegranych partii jest równa ilości -wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru 1 zawodników: 1! 1! V 1 = = = 11 1 = 13 (1 )! 10! Zadanie. Sześć osób wsiada do windy na parterze 10-piętrowego budynku. Przyjmując, że osoby te wysiadają losowo na poszczególnych piętrach, oblicz prawdopodobieństwo, że wszyscy wysiądą na różnych piętrach. Należy obliczyć: Ω - ilość wszystkich możliwych wysiadań A - ilość takich wysiadań sześciu osób, że wysiądą oni na różnych piętrach P (A) = A Ω Z całą pewnością kolejność wysiadań ma tu znaczenie, bo jeżeli pan Kapusta wysiądzie na 5 piętrze, a pani Ciepełko na 8 piętrze, to sytuacja odwrotna: pan Kapusta 8 piętro; pani Ciepełko 5 piętro, jest innym przypadkiem. Wniosek: nie mamy do czynienia z kombinacjami. Są dwa zbiory: zbiór 6-u osób i zbiór 10-u pięter. Można próbować utworzyć przyporządkowanie (funkcję) elementów tych zbiorów. a) Jeżeli będziemy chcieli przyporządkować piętrom osoby, to okaże się, że nie wszystkim piętrom przyporządkujemy osobę (będą piętra, na których nikt nie wysiądzie), albo przyporządkujemy piętru więcej niż jedną osobę (gdy na jednym piętrze wysiądą dwie lub więcej osób). Nie byłoby takie przyporządkowanie funkcją (funkcja każdemu elementowi jednego zbioru przyporządkowuje dokładnie jeden element drugiego zbioru).

3 b) Każdej osobie wsiadającej do windy można przyporządkować piętro, na którym wysiada takie przyporządkowanie jest funkcją. Czy musi być ona różnowartościowa? Nie kilka osób może wysiąść na tym samym piętrze, a rozpatrujemy ilość wszystkich możliwych wysiadań. Mamy do czynienia z wariacją z powtórzeniami: 6-wyrazową za zbioru 10- elementowego. Dlatego: Ω = W = Rozpatrując A stwierdzamy, że jest to przypadek bardzo podobny do powyższego, z tą różnicą, że funkcja musi być różnowartościowa (bo osoby mają wysiąść na różnych piętrach), czyli A to ilość 6-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru 10- elementowego: 6 10! 10! A = V10 = = = (10 6)! 4! Szukane prawdopodobieństwo: P(A) = = = 0, Zadanie 3. Ze zbioru liczb naturalnych trzycyfrowych losujemy bez zwracania dwie liczby. Oblicz prawdopodobieństwo, że iloczyn wylosowanych liczb jest liczbą parzystą. Czy kolejność losowania liczb jest tutaj istotna? Nie! W temacie zadania jest wyraźna sugestia: losowanie bez zwracania (czyli wariacja bez powtórzeń). Tymczasem nie ma znaczenia w jakiej kolejności losujemy liczby, bo iloczyny a b i b a są równe. Przyjmujemy więc, że wynikiem losowania jest dwuelementowa kombinacja zbioru liczb { 100,101,10,103,...,999 }, czyli zbioru 900-elementowego. 900! Dlatego: Ω = C 900 = = ! 898! Iloczyn dwóch liczb naturalnych nie jest liczbą parzystą tylko w jednym przypadku: gdy obydwie liczby są nieparzyste. Wygodniej będzie obliczyć moc zdarzenia A ' - wylosowane liczby są nieparzyste, a szukane prawdopodobieństwo obliczyć ze wzoru: P(A) = 1 P(A' ). Liczb nieparzystych w zbiorze { 100,101,10,103,...,999 } jest 450. Wobec tego: 450! A' = C450 = = 449 5! 448! P (A) = 1 P(A') = 1 = 1 = Należy zwrócić tu uwagę, że nie stałoby się nic złego, gdyby w tym zadaniu przyjąć, że Ω jest zbiorem dwuwyrazowych wariacji bez powtórzeń (zgodnie z sugestią zawartą w temacie zadania). Byłoby wtedy: 900! 900! Ω = V 900 = = = (900 )! 898! 450! 450! A' = V450 = = = (450 )! 448!

4 P (A) = 1 P(A') = 1 = 1 = Zadanie 4. Ze zbioru {,3,6,7,8,9} losujemy ze zwracaniem cztery liczby. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia: dwukrotnie wylosowaliśmy liczbę parzystą. Mamy tu do czynienia z wariacją z powtórzeniami (losowanie ze zwracaniem). Wszystkich wyników takiego losowania jest: Ω = W 4 = 6 4 = a należy teraz wybrać takie, których dwa wyrazy są liczbami parzystymi. Jest to dość kłopotliwe. Można próbować wypisać wszystkie taki przypadki, ale jest ich tu tak dużo, że jest to niewykonalne. Trzeba więc przeprowadzić analizę: Liczby parzyste mogą być: pierwszym i drugim, pierwszym i trzecim, pierwszym i czwartym, wyrazem ciągu. Mamy tu: Wśród rozpatrywanych czterowyrazowych ciągów (,b,c,d) 4! C 4 = = 6 przypadków (wybór dwóch pozycji w czterowyrazowym ciągu, na!! których mają być liczby parzyste). Jeżeli już wybraliśmy te dwie pozycje, to po prostu tworzymy teraz dwuwyrazową wariację z powtórzeniami zbioru liczb parzystych, czyli zbioru {,8} 6. Takich wariacji jest W = = 4 (zapełniamy te dwie pozycje liczbami parzystymi). Pozostało nam jeszcze wypełnić dwa pozostałe wyrazy ciągu liczbami nieparzystymi, czyli tworzymy dwuwyrazową wariację z powtórzeniami zbioru 1. Takich wariacji jest W4 = 4 = 16. Ostatecznie ciągów, których dwa wyrazy są liczbami parzystymi jest = Szukane prawdopodobieństwo: P (A) = = Jak widać przedstawione rozwiązanie jest dość skomplikowane i łatwo popełnić błąd. Tymczasem istnieje dużo prostszy sposób rozwiązania tego zadania. Skoro losujemy ze zwracaniem, to znaczy, ze czterokrotnie losujemy jedną liczbę z tego samego zbioru. Oznacza to, że mamy do czynienia ze schematem Bernoulliego, w którym ilość prób wynosi 4, sukcesem jest wylosowanie liczby parzystej, prawdopodobieństwo liczb nieparzystych: {,3,7,9} 1 sukcesu wynosi =, a my mamy obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, że w 6 3 czterech próbach uzyskamy dokładnie dwa sukcesy: P 4 (S = ) = =... = Stąd wniosek: jeżeli mamy do czynienia z losowaniem ze zwracaniem (czyli z wariacją z powtórzeniami), warto rozpatrzyć, czy nie będzie łatwiej rozwiązać zadanie za pomocą schematu Bernoulliego. Zadanie 5. Rzucamy jednocześnie: czworościenną kostką do gry z oczkami 1,,4 i 6, oraz sześcienną kostką do gry, na której ściankach są następujące ilości oczek: 1,1,,3,4,6. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia: suma oczek na obu kostkach jest większa od 9.

5 Wyniki rzutów na obu kostkach nie są ze sobą związane, tzn. wynik uzyskany na jednej kostce nie ma wpływu na wynik uzyskany na drugiej. Traktując jednak wyniki uzyskane na obydwu kostkach jako jedno doświadczenie, musimy przyjąć, że wynikiem doświadczenia jest dwuwyrazowy ciąg (x,y), gdzie x jest wynikiem uzyskanym na kostce czworościennej, zaś y to wynik uzyskany na kostce sześciennej. Wszystkich wyników doświadczenia jest Ω = 4 6 = 4. Aby obliczyć szukane prawdopodobieństwo, wystarczy teraz wyznaczyć ilość ciągów spełniających podany warunek: suma oczek na obu kostkach jest większa od 9. Takich ciągów jest niewiele, można je wypisać: (6,4), (6,6),(4,6). Szukane prawdopodobieństwo: 3 1 P (A) = = 4 8