Post o prawdopodobieństwie już był. O tutaj. Rozważaliśmy w nim przypadki, gdy mamy jedno losowanie. Wyciągamy jedną kulkę z pudełka, jeden raz rzucamy monetą, mamy jednego losowo wybranego uczestnika ankiety itd. Dziś będziemy się zastanawiać, co jeśli takich losowań jest więcej. W takich sytuacjach przydaje się właśnie reguła mnożenia.
Jak pewnie pamiętasz, podczas obliczania prawdopodobieństwa pojawiało nam się coś takiego: \(|\Omega|\). Jest to liczba zdarzeń elementarnych, a po ludzku – liczba wszystkich możliwych zdarzeń w obserwowanej sytuacji. Na przykład przy rzucie monetą \(|\Omega|=2\), bo mamy dwie możliwości – orła lub reszkę. Jeśli mamy w pudełku \(10\) kulek, to \(|\Omega|=10\), bo na \(10\) sposobów można wyciągnąć kulkę.
Uwaga: jeśli mamy na przykład pudełko, a w nim \(3\) kulki zielone i \(7\) kulek czerwonych, to \(|\Omega|=10\), a nie \(2\)! Wiele osób liczbę możliwości rozumie jako liczbę możliwych rodzajów – więc skoro mamy dwa kolory, to piszą, że \(|\Omega|\) jest równa \(2\). Jest to błąd. Każda kulka w pudełku jest dla nas inną kulką, więc ile kulek, tyle możliwości wyciągnięcia kulki.
To teraz pytanie, jak obliczyć \(|\Omega|\), gdy takich losowań jest kilka? Okazuje się, że jest to dużo prostsze, niż się wydaje 🙂
Powiedzmy, że mamy \(3\) pudełka. W jednym mamy \(4\) kulki, w drugim \(5\), a w trzecim \(6\). Losujemy z każdego pudełka po jednej kulce. Ile jest możliwych kombinacji? W pierwszym losowaniu mamy \(4\) możliwości wylosowania kulki. W drugim \(5\), a w trzecim \(6\). Natomiast jeśli chodzi o liczbę kombinacji z tych trzech losowań, to reguła mnożenia mówi, że jest ich \(4\cdot 5\cdot 6\), czyli \(120\). Po prostu 🙂 Czyli bierzemy liczby możliwości z każdego pojedynczego losowania i mnożymy je przez siebie, otrzymując w ten sposób liczbę możliwości ze wszystkich losowań razem.
Inny, klasyczny przykład – rzut monetą. Powiedzmy, że rzucamy monetą cztery razy. Ile wynosi \(|\Omega|\)? W pierwszym rzucie mamy dwie możliwości (orzeł lub reszka). W drugim też dwie. W trzecim też. W czwartym też. Aby obliczyć, ile jest możliwości we wszystkich rzutach razem, musimy pomnożyć przez siebie liczby możliwości z pojedynczych losowań. Stąd \(|\Omega|=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\), czyli \(16\).
Może być też taki przypadek, że kilka razy losujemy na przykład kulki z jednego pudełka. Tu pojawia się hasło klucz – losowanie ze zwracaniem i losowanie bez zwracania. Jeśli losujemy ze zwracaniem, to po wylosowaniu kulki wkładamy ją do pudełka i dopiero wtedy losujemy następny raz. Jeśli natomiast losujemy bez zwracania, to po wylosowaniu nie wkładamy kulki z powrotem i w następnym losowaniu mamy o jedną kulkę mniej. Jak to się przekłada na wyznaczanie \(|\Omega|\)?
Powiedzmy, że mamy w pudełku \(10\) kulek i losujemy trzy razy ze zwracaniem. W takim wypadku w pierwszym losowaniu mamy \(10\) możliwości wylosowania kulki. W drugim również \(10\) i w trzecim także, bo po każdym losowaniu wrzucamy kulkę z powrotem do pudełka. Stąd \(|\Omega|=10\cdot 10 \cdot 10=1000\). A teraz z tego samego pudełka losujemy kulkę trzy razy bez zwracania. W takiej sytuacji po każdym losowaniu mamy o jedną kulkę mniej w pudełku. Dlatego w pierwszym losowaniu mamy \(10\) możliwości, w drugim \(9\), a w trzecim \(8\). Dlatego \(|\Omega| =10\cdot 9 \cdot 8=720\).
Inny przykład – powiedzmy, że ze zbioru trzydziestu osób losowo wybieramy dwie osoby. Gdy wybieramy pierwszą osobę, mamy \(30\) możliwości wyboru, ale przy drugim losowaniu jest ich już \(29\), bo jeśli chcemy wyłonić dwie osoby, to nie możemy wylosować tej samej osoby dwa razy. Dlatego \(|\Omega|=30\cdot 29=870\).
Omówiliśmy sobie, w jaki sposób obliczać \(|\Omega|\), gdy mamy więcej niż jedno losowanie. A jak w takich wypadkach obliczyć \(|A|\)?
Dla przypomnienia – \(|A|\) to liczba możliwości zajścia zdarzenia, którego prawdopodobieństwo liczymy. Jeśli na przykład mamy policzyć prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosowana kulka będzie czerwona, to \(|A|\) jest liczbą możliwości wylosowania czerwonej kulki.
Zgodnie z podstawą programową na maturę podstawową nie musicie umieć żadnych kombinatorycznych wzorów. To oznacza, że sytuacje w zadaniach będą na tyle nieskomplikowane, że wszystkie możliwości będziesz mógł po prostu wypisać, a następnie policzyć to, co wypisałeś. Pokażę Ci to na przykładach.
Rzucamy dwa razy kostką do gry. Chcemy policzyć prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma oczek uzyskanych w dwóch rzutach będzie równa \(8\).
Najpierw obliczymy \(|\Omega|\). W pierwszym rzucie możemy uzyskać wynik na sześć sposobów, w drugim również. Stąd \(|\Omega|=6\cdot 6 = 36\). Teraz \(|A|\). Aby je obliczyć, wypiszmy sobie po prostu wszystkie sposoby, na które możemy z dwóch rzutów otrzymać osiem oczek:
\((2;6), (3;5), (4; 4), (5; 3), (6; 2)\)
Zauważ, że sytuacja, w której w pierwszym rzucie wypadają dwa oczka, a w drugim sześć, jest inną sytuacją niż ta, w której na pierwszej kostce wypada sześć oczek, a na drugiej dwa. Dlatego właśnie sposób wypisywania jest taki, by było widać, która liczba wypadła jako pierwsza, a która jako druga.
Możemy policzyć, że takich kombinacji jest pięć, dlatego \(|A|=5\).
Teraz możemy obliczyć prawdopodobieństwo:
\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{5}{36}\)
Inny przykład: rzucamy trzy razy monetą. Obliczmy prawdopodobieństwo, że orzeł wypadnie maksymalnie raz.
Najpierw \(|\Omega|\). Mamy trzy rzuty, a w każdym rzucie dwie możliwości. Stąd \(|\Omega|=2\cdot 2\cdot 2=8\)
Aby obliczyć \(|A|\), wypiszemy sobie wszystkie możliwe kombinacje, w których orzeł wypadnie maksymalnie jeden raz.
\((R, R, R)\) – brak orła
\((O, R, R), (R, O, R), (R, R, O)\) – jeden orzeł
Mamy łącznie cztery możliwości – stąd \(|A|=4\)
Teraz liczymy prawdopodobieństwo:
\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{\cancel{4}^1}{\cancel{8}^2}=\frac{1}{2}\)
Ostatni przykład będzie w dwóch wariantach – losowanie będzie najpierw ze zwracaniem, a następnie bez zwracania.
Dany jest zbiór liczb naturalnych jednocyfrowych. Dwukrotnie losujemy ze zwracaniem liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie wylosowane liczby będą nie większe niż \(3\).
Najpierw ustalmy, ile jest liczb naturalnych jednocyfrowych. Są to liczby od \(1\) do \(9\), a więc jest ich \(9\) – dlatego przy pierwszym losowaniu mamy \(9\) możliwości wylosowania jakiejkolwiek liczby. Ponieważ losujemy ze zwracaniem, przy drugim losowaniu również mamy \(9\) liczb. Dlatego \(|\Omega|=9\cdot 9 = 81\).
Teraz wypiszmy sobie wszystkie możliwe warianty losowania, w którym obie wylosowane liczby będą nie większe niż \(3\) (czyli mniejsze od \(3\) albo równe \(3\)):
\((1;1),(1;2),(2;1),(1;3),(3;1),(2;2),(2;3),(3;2),(3;3)\)
Możemy policzyć, że takich kombinacji jest \(9\). A więc \(|A|=9\).
Teraz możemy obliczyć prawdopodobieństwo:
\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{\cancel{9}^1}{\cancel{81}^9}=\frac{1}{9}\)
Sprawdźmy teraz, jak zmieni się sytuacja, gdy będziemy mieli losowanie bez zwracania:
Dany jest zbiór liczb naturalnych jednocyfrowych. Dwukrotnie losujemy bez zwracania liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie wylosowane liczby będą nie większe niż \(3\).
Po pierwsze, o ile w pierwszym losowaniu mam \(9\) możliwości wylosowania liczby, tak już w drugim losowaniu mamy tych możliwości \(8\), bo jedna liczba już została wylosowana i zabrana. Stąd \(|\Omega|=9\cdot 8=72\).
Jeśli chodzi o \(|A|\), to też będzie inne. Ponieważ po wylosowaniu pierwszej liczby nie wkładamy jej z powrotem, nie mamy możliwości wylosowania dwa razy tej samej liczby. To oznacza, że liczba kombinacji się zmniejszy. Są one następujące:
\((1;2),(2;1),(1;3),(3;1),(2;3),(3;2)\)
Możemy policzyć, że jest ich \(6\), a więc \(|A|=6\). Teraz liczymy prawdopodobieństwo:
\(P(A)=\large\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{\cancel{6}^3}{\cancel{72}^{36}}=\frac{\cancel{3}^1}{\cancel{36}^{12}}=\frac{1}{12}\)
Na dziś to wszystko 🙂
