Kombinatoryka - matura-rozszerzona - Baza Wiedzy - Odrabiamy.pl

Kombinatoryka - matura-rozszerzona - Baza Wiedzy

Kombinatoryka

W zadaniach z rachunku prawdopodobieństwa często zdarza się, że musimy policzyć ilość przypadków, w jakich może występować zdarzenie. Służy do tego kombinatoryka - w tym rozdziale omówimy podstawowe jej pojęcia, takie jak permutacja, kombinacja, wariacja i wariacja z powtórzeniem.
 

Permutacje

Załóżmy, że mamy ciąg $n$ liczb, od $0$ do $n-1$. Chcielibyśmy wiedzieć, na ile sposobów da się postawić te liczby w ciągu, czyli poznać liczbę wszystkich jego permutacji.

Zauważmy, że pierwszy element możemy wybrać na $n$ sposobów. Drugi element: na $n-1$, trzeci: na $n-2$ i tak dalej. Wymnażając wszystkie te liczby otrzymujemy iloczyn $1×2×3×4×...×(n-1)×n$, który oznacza się symbolem $n!$ i nazywamy "silnią". Warto wspomnieć, że możemy ją także zdefiniować rekurencyjnie, jako ciąg $n! = (n-1)!×n$ i $0! = 1$.
 

Kombinacje (bez powtórzeń)

Zacznijmy od pytania: na ile sposobów jesteśmy w stanie wybrać trzy piłki ze zbioru 10 ponumerowanych piłek?

Pierwszą możemy wybrać na 10 sposobów. Drugą - na 9, trzecią na 8. Wydawałoby się, że odpowiedzią będzie więc $10×9×8$. Jednak sytuację, kiedy wybraliśmy piłki o numerach 0, 1 i 2 policzyliśmy kilka razy - na przykład w kolejności 0,1,2 i 0,2,1. Musimy więc podzielić otrzymaną liczbę przez ilość permutacji wybranego zbioru, czyli przez $3! = 1×2×3 = 6$. Ostatecznie dostajemy ${8×9×10}/{3!}$.

Jednak jeśli zamiast 10 piłek mielibyśmy ich 1000, a zamiast wybierać 3 kazanoby nam wybrać 100, zapisanie tego w postaci takiego ułamka byłoby dość czasochłonne. Możemy jednak zauważyć, że zamiast pisać $1000×(1000-1)×(1000-2)×...×(1000-99)$, możemy po prostu napisać ${1000!}/{(1000-100)!}$.

W ogólności wzór na ilość kombinacji będzie więc wyglądał tak:

${n!}/{(n-k)!} × {1}/{k!} = {n!}/{(n-k)!k!}$

Aby jeszcze bardziej uprościć zapis, taki ułamek będziemy oznaczali jako $( able n;k)$.
 

Kombinacje (z powtórzeniami)

Teraz czas na pytanie innego rodzaju: na ile sposobów jesteśmy w stanie wybrać dwie piłki spośród czterech, przy czym po wybraniu pierwszej wrzucamy ją spowrotem do worka?

Rozpisując wszystkie kombinacje można się przekonać, że isnieje ich dokładnie 10 - do "standardowych", które policzylibyśmy korzystając z poprzedniego podpunktu $( able 4;2) = 6$ należy dodać jeszcze cztery zawierające dwa takie same elementy: $(0,0), (1,1), (2,2)$ i $(3,3)$.

Jednak takie podejście nie zadziała w ogólności, ponieważ przy wybieraniu większej ilości piłek możemy mieć kombinacje składające się na przykład z trzech takich samych i dwóch innych.

Rozwiązanie zadania opiera się na pomyśle, aby każdej kombinacji przyporządkować pewien ciąg zer i jedynek. Liczba zer w ciągu będzie wynosiła $n-1$, jedynek - $k$.

Ciąg przyporządkowywujemy w ten sposób, że każda jedynka odpowiada elementowi o numerze równym ilości zer przed jedynką. Inaczej mówiąc: jeśli przed trzecią jedynką jest na przykład 5 zer, to znaczy to, że w kombinacji znajduje się piątka. Jako że ilość sposobów rozmieszczenia k jedynek na n+k-1 miejscach wynosi $(n+k-1 choose k)$, a każdy taki sposób odpowiada jednej kombinacji z powtórzeniami, to właśnie tyle jest kombinacji z powtórzeniami.

Przykład:

Załóżmy że $n=5, k=3$. Wtedy kombinacji $(1,2,3)$ odpowiada ciąg $(0,1,0,1,0,1,0)$. Kombinacji $(0,2,2)$ odpowiada zaś ciąg $(1,0,0,1,1,0,0)$.
 

Wariacje

Wariacje, w odróżnieniu od kombinacji, są ciągami, a nie zbiorami. Oznacza to, że kolejność ma w nich znaczenie: jedyną zmianą, jaką w takim razie wprowadzamy we wzorze jest usunięcie składnika $k!$. Ilość wariacji bez powtórzeń jest więc równa:
${n!}/{(n-k)!}$

zaś z powtórzeniami:
$n^k$, ponieważ na pierwsze miejsce można każdy z $n$ elementów, na drugi - także, itd.

Spis treści

Rozwiązane zadania
Na trójkącie równobocznym ABC o boku długości...

{premium}

  

Dla jakich wartości k wyróżnik...

Osią symetrii paraboli y=a(x-x1)(x-x2) jest prosta o równaniu x=xw, gdzie:

 



 

Z postaci iloczynowej odczytujemy pierwiastki trójmianu kwadratowego:

 

Obliczamy{premium} równanie osi symetrii paraboli:

 


Obliczamy drugą współrzędną wierzchołka paraboli (jako wartość trójmianu dla x=xw):

 


Ze wzoru na yw wyznaczamy wyróżnik Δ:

 

 

 

 

 


Sprawdzamy, dla jakich wartości k wyróżnik Δ jest równy 0:

 

 

 

 

 



 

Z postaci iloczynowej odczytujemy pierwiastki trójmianu kwadratowego:

 

Obliczamy równanie osi symetrii paraboli:

 


Obliczamy drugą współrzędną wierzchołka paraboli (jako wartość trójmianu dla x=xw):

 


Ze wzoru na yw wyznaczamy wyróżnik Δ:

 

 

 

 

 


Sprawdzamy, dla jakich wartości k wyróżnik Δ jest równy 0:

 

 

 

 

 

 

 

W każdej z trzech urn znajduje się ...

Prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli z pierwszej urny:  

Prawdopodobieństwo wylosowania czarnej kuli z pierwszej urny:  

Prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli z drugiej urny:  

Prawdopodobieństwo wylosowania czarnej kuli z drugiej urny:  

Prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli z trzeciej urny:  

Prawdopodobieństwo wylosowania czarnej kuli z trzeciej urny:  

 

Możliwości kul w czwartej urnie:     {premium}

  • biała kula z U1, biała kula z U2, biała kula z U3
  • biała kula z U1, czarna kula z U2, biała kula z U3
  • biała kula z U1, biała kula z U2, czarna kula z U3
  • biała kula z U1, czarna kula z U2, czarna kula z U3
  • czarna kula z U1, biała kula z U2, biała kula z U3
  • czarna kula z U1, czarna kula z U2, biała kula z U3
  • czarna kula z U1, biała kula z U2, czarna kula z U3
  • czarna kula z U1, czarna kula z U2, czarna kula z U3

A - wylosowano białą kulę z czwartej urny

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Działka leśna zawiera 7000...

Przyrost masy drzewnej rocznie wynosi 2%, zatem po roku masa drzewna będzie stanowić 102% masy drzewnej z roku poprzedniego. Po pierwszym roku będzie zajmować:

  

Po drugim roku:{premium}

 

A więc po n-latach będzie wynosić:

 

Po 10 latach masa drzewna będzie zajmować:

 

Gramy w następującą grę. Rzucamy kostką sześcienną ...

Sprawdźmy A.

Możliwości wygrania:

  • wyrzucimy szóstkę
  • wyrzucimy piątkę, a w następnym rzucie wyrzucimy szóstkę

Prawdopodobieństwo wygrania wynosi: {premium}

 

FAŁSZ

 

Sprawdźmy B.

Na podstawie powyższych obliczeń wiemy, że jest to PRAWDA

 

Sprawdźmy C.

Gdyby wyrzucenie 5 oczek nie dawało możliwości dodatkowego rzutu to prawdopodobieństwo wynosiłoby  

FAŁSZ

Wskaż liczbę równą ...

Obliczamy  

 {premium} 

 

Odpowiedź: C

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym, którego ...

Podstawą graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat o boku a. Pole podstawy wynosi: 

 


Pole powierzchni bocznej jest 8 razy większe od pola podstawy, czyli wynosi: {premium}

 

Powierzchnia boczna tego graniastosłupa składa się z 4 prostokątów, których jeden z boków ma długość a (taką, jak długość krawędzi podstawy). 

Obliczamy ile wynosi długość drugiego boku prostokąta (b), czyli długość krawędzi bocznej. 

 

Krawędź boczna jest 2 razy dłuższa od krawędzi podstawy.   


Obliczamy ile wynosi objętość tego graniastosłupa. 

 


Poprawna odpowiedź: B. 2a3

Podstawą ostrosłupa jest romb o boku długości ...

Rysunek pomocniczy:

Z treści zadania wiemy, że:

 

 

     {premium}


a) Zauważmy, że trójkąt EBC to trójkąt prostokątny (przekątne w rombie przecinają się pod kątem prostym).

 

 

 

 

 

 

Zauważmy, że:

 

 

 

  

Korzystając z tw. Pitagorasa:

 

 

 

 

 

 


b)

 

 

 

 

 

Równanie (a-1)x^2+4x-2=0 z niewiadomą ...

Równanie kwadratowe ma jedno rozwiązanie gdy 

Równanie ma postać:   .  

Obliczamy dla jakiej wartości a wyróżnik jest równy 0. {premium}

 

  

    


Wyjściowe równanie będzie miało także jedno rozwiązanie, gdy a-1=0. 

  

Otrzymamy wtedy równanie liniowe postaci: 4x-2=0. Będzie miało ono jedno rozwiązanie.


Mamy więc: 

  

Czyli: 

 


Poprawna odpowiedź: A. 

Udowodnij, że dla dowolnych liczb ...

 

 

     {premium}

 

 

Suma dwóch liczb nieujemnych jest nieujemna, zatem nierówność jest prawdziwa.


 

 

 

 

 

Suma dwóch liczb nieujemnych jest nieujemna, zatem nierówność jest prawdziwa.