Kombinatorika in verjetnost (poskusi in dogodki, verjetnost slučajnega dogodka in lastnosti in računanje verjetnosti)

Verjetnostni račun je matematična veja, ki je nastala iz čisto praktičnih razlogov. Stave pri igrah na srečo so bile povod za razprave, ki so jih konec 16. stoletja začeli pisati Jakob Bernoulli (1654-1705) , Blaise Pascal (ukvarjal se je s kombinatorično teorijo) in Fermat. Glavna skrb začetnikov verjetnostnega računa je bila, kako naj igralec stavi, da si bo ob dovolj dolgi igri zagotovil zmago.

 

Kombinatorika (osnovni kombinatorični prijemi, permutacije, variacije, kombinacije in binomski izrek)

Seveda pa ne gre brez znanja kombinatorike: izračunati moramo število vseh različnih izidov igre in število tistih izidov, ki so za nas ugodni. Če so vsi možni izidi enakovredni, kvocientu števila vseh ugodnih izidov =:  s številom vseh izidov =:  rečemo verjetnost danega dogodka:

P(A) =

 

S kombinatoričnimi problemi so se ukvarjali že stari Kitajci, vendar je prvo razpravo o tem izdal frančiškanski pater Luca Pacioli v knjigi Summa de aritmeticae (tj. tretja tiskana matematična knjiga v zgodovini). V njej je opisal, na koliko različnih načinov lahko za mizo sedi določeno število ljudi.

 

Naloga:

Na koliko načinov lahko za ravno mizo sedi sedem povabljencev?

Rešitev:

To nalogo lahko rešimo z osnovnim izrekom kombinatorike:

 

Če neki proces lahko razdelimo na k zaporednih faz in je prva od faz izvedljiva na n1 načinov, druga na n2 načinov, tretja na n3 načinov, … in k-ta na nk načinov, je celotni proces izvedljiv na produkt

 =  načinov.

Ta izrek imenujemo tudi pravilo produkta.

 

Na prvi stol se usede eden od sedmih povabljencev, torej imamo v prvi fazi 7 možnosti, na drugi stol se usede eden od preostalih šestih (6 možnosti ), na tretji stol eden od petih (5 možnosti) in tako naprej. Zadnji, sedmi stol zasede tisti, ki je ostal. Torej lahko razvrščanje po stolih razumemo kot proces, sestavljen iz sedmih zaporednih faz. Ker je prva faza izvedljiva na sedem načinov, druga na šest načinov, tretja na pet načinov, …, zadnja pa na en način, je celoten proces izvedljiv na = 5040 načinov.

 

Tako vidimo, da dobimo 7! =  razporedov ali permutacij sedmih ljudi, kar je 5040.

To pa lahko posplošimo na poljubno število elementov, recimo, da jih je n, število vseh razporedb teh elementov pa je , in ta produkt označimo z  in beremo »n fakulteta«; z besedami: to je  produkt prvih n naravnih števil. O permutacijah govorimo takrat, kadar urejamo vse elemente dane končne množice  v vrsto, in ker so ti elementi med sabo različni, so to permutacije brez ponavljanja.

Število permutacij brez ponavljanja množice z n elementi je:

Pn

Dogovor: (Verjetno ta dogovor na prvi pogled  deluje čudno, vendar je smiselno reči, da lahko prazno množico linearno uredimo natanko na en način.)

Naloga:

Na koliko načinov lahko za okroglo mizo sedijo štirje Angleži in dva Francoza (oz. šest ljudi)

a)      pri poljubni razporeditvi?

b)      če naj Francoza ne sedita skupaj?

 

Rešitev:

a)      Najprej moramo vedeti, kakšna je razlika med vrsto in vrstnim redom za okroglo mizo! Razlika je v tem, da za okroglo mizo nihče ni prvi. Tako lahko en sam razpored šestih ljudi za okroglo mizo zapišemo s šestimi različnimi permutacijami, odvisno, kje začnemo šteti. Če označimo s črko A Angleže in s črko F Francoza, sta razporeda

A1F1A2A3F2A4 in

F1A2A3F2A4A1

za okroglo mizo enaka. Od tod dobimo idejo za rešitev te naloge.

1.način: Najprej rešimo nalogo brez upoštevanja, da je miza okrogla (različne permutacije ločimo med seboj), nato pa dobljeno število delimo s številom vseh elementov, saj je vseeno, na katerem mestu začnemo šteti. Vseh permutacij šestih ljudi je 6!, in tako je sedežnih redov za okroglo mizo:

.

2. način za rešitev tega problema pa je:

Enega izmed teh šestih ljudi, recimo A1 brez  kakršne koli škode, fiksiramo na enem izmed stolov, ostalih pet pa permutiramo na ostalih še nezasedenih mestih, tj. pa tako, kot da bi jih razvrščali za ravno mizo, saj sedaj vemo, kdo je prvi in kje sedi zadnji: recimo, da prvi sedi na levi strani A1, zadnji pa na desni strani A1. Tako delamo permutacije preostalih petih, teh pa je

      5! = 120.

b)      Pa poglejmo, koliko je razporedov v vrsto, pri katerih sedita Francoza skupaj: Francoza    vzamemo kot eno enoto oz. en element, vendar ju med sabo lahko permutiramo: 2!; dobimo pa (4+1)! razporedb, in sicer so to razporedbe štirih Angležov in Francozov kot ene enote, tako je vseh takih permutacij :

2! (4+1)! = 240

Takih razporedb za okroglo mizo je tako (delimo s številom permutiranih elementov, teh je 5 = 4+1):

240 = 48.

Ker pa Francoza ne smeta biti skupaj, je iskanih razporedov:

120 – 48 = 72.

 

Permutacije brez ponavljanja ali razvrščanje elementov dane končne množice so pravzaprav bijektivne preslikave te množice same nase; po razporejanju se namreč v nizu pojavi vsak element natanko enkrat, v splošnem na nekem drugem mestu, kot je bil najprej. Zato lahko imenujemo vsako bijektivno preslikavo množice nase permutacija. Ker so permutacije dane končne množice  preslikave te množice same nase, jih lahko poljubno komponiramo. Če recimo prva permutacija P1 preslika element  v element = P  in druga permutacija P2 preslika element  v element  = P2 , je kompozitum permutacij tista preslikava, ki prenese   neposredno v .

 

Primer:

Za permutaciji

P1 =   in P2 =

je njun kompozitum enak

P1 P2 = =

Ker je vsaka permutacija P bijektivna preslikava dane množice nase, ostaja tudi inverzna preslikava oz. inverzna permutacija P-1. Po definiciji inverzne preslikave dobimo s kompozitumom permutacije P in k njej inverzne permutacije P-1 tako permutacijo PE, ki ohranja naravni vrstni red.

 

Primer:

P = Þ P-1 =

P  P-1 =  = = PE

Za vajo pa lahko preverite, da je tudi P-1  P= PE!

 

Označimo množico permutacij dane končne množice z močjo n  s simbolom Sn; ta množica ima naslednje lastnosti:

a)   V Sn  je definirana notranja operacija, ki dvema permutacijama priredi natanko določen   kompozitum- neko permutacijo dane množice.

b)   V množici Sn  obstaja nevtralni element za opisano operacijo, tj. permutacija PE, ki ohranja naravni vrstni red.

c)      Vsaka permutacija P iz Sn  ima v tej množici inverzni element P-1, tako da je                      P P-1 = P-1  P = PE.

 

Torej: Množica Sn s tako definirano operacijo med permutacijami je grupa, ki ji rečemo permutacijska ali simetrična grupa.

 

Naloga:

Na koliko načinov lahko trem dijakom podarimo 12 različnih knjig, če naj eden dobi 3, drugi 4 in tretji 5 knjig?

 

Rešitev:

V nalogi ni v naprej določeno, kateri izmed dijakov naj bi dobil 3 knjige, kateri 4 in kateri 5, tako imamo

3! = 6

možnosti za izbiro le-teh. Vlogo prirejanja knjig dijakom zamenjamo, in sicer tako da vsaki knjigi priredimo ime dijaka, ki naj jo dobi. Ker pa imamo 12 knjig in tri imena, od katerih se eno ponovi 3 krat, drugo 4 krat in tretje 5 krat, je tako teh razporeditev

 = 27720.

In ker smo izračunali, da je 6 možnosti za izbiro dijaka, ki naj dobi posamezno število knjig, je tako vseh načinov

6 27720 = 166320.

 

V tej nalogi smo uporabili formulo za permutacije s ponavljanjem.

 

Pri prejšnjih primerih smo razvrščali elemente, ki so bili med sabo različni. V praksi pa srečamo tudi primere, ko imamo dve ali več skupin objektov, znotraj katerih objekti glede na karakteristično značilnost niso razločljivi. V takem primeru govorimo o permutacijah s ponavljanjem. Pri nespremenjeni moči množice je takih permutacij manj kot onih brez ponavljanja.

Razporedb dolžine n, v katerih na k mestih nastopa enak objekt (ostali pa so od njega in med seboj različni), je k!-krat manj, kot bi bilo permutacij n različnih elementov.

Splošno pravilo za računanje permutacij s ponavljanjem: imamo r različnih objektov, iz katerih sestavljamo razporedbe dolžine n, pri čemer i-ti tip objekta nastopa natanko ki-krat:

Kadar ni ponavljanj, to pomeni, da se vsak element pojavi natanko enkrat, je

spet število permutacij samih različnih elementov.

 

Leta 1654 sta si slavna matematika Pascal in Fermat dopisovala o sreči in smoli francoskega plemiča, ki je bil strasten hazarder. Pascal je takrat med drugim zapisal tudi: »Vitez de Mere je sicer pogumen igralec, vendar slab geometer (danes bi rekli, da ne zna matematike oziroma verjetnostnega računa).« Ko je vitez stavil, da bo v 4 metih kocke padla vsaj 1 šestica, je dobival, ko pa je stavil, da bosta v 24 metih dveh kock vsaj enkrat obe pokazali 6, je zapravil imetje.

 

Naloga:

Izračunaj, kateri izmed danih dogodkov je bolj verjeten:

A-    da pri štirih metih igralne kocke vsaj enkrat pade šestica

B-    da pri 24 metih dveh igralnih kock vsaj enkrat padeta na obeh kockah šestici

 

Rešitev:

Dogodek A:

(dogodek – pojav, ki se lahko v določenem poskusu zgodi ali pa ne)

Izide metov ene igralne kocke lahko predstavimo kot nize dolžine 4 s številkami od 1do 6. Vseh takšnih nizov pri 4 metih je  = 64 = 1296 (variacije s ponavljanjem). Izračunati moramo, koliko izidov je ugodnih za dogodek A', tj. dogodek, da v štirih metih nikoli ne pade šestica (A' = nasprotni dogodek dogodka A). Ker imamo v vsakem metu na voljo 5 številk (oz. število pik: 1,2,3,4,5; saj 6 v teh štirih metih nikoli ne pade), je ugodnih izidov za dogodek A'  = 54 = 625 (in tako je vseh ugodnih izidov za dogodek A, da vsaj v enem metu pade šestica, enako 1296 – 625 = 671). Tako je verjetnost dogodka A'  enaka:

P(A') =  = = 0.4823

In sedaj lahko izračunamo tudi verjetnost dogodka A, le-ta pa je enaka:

P(A) = 1 - P(A') = 1 - 0.4823 = 0.5177

 

Verjetnost dogodka A, ki jo označimo s P(A), je število, pri katerem se navadno (skoraj gotovo) ustali relativna frekvenca f°(A) dogodka A (tj. kvocient , pri čemer je n število poskusov z istim kompleksnem pogojev, f(A) pa je število poskusov, v katerih se je dogodek A zgodil) v dovolj velikem številu ponovitev tega poskusa (statistična definicija verjetnosti) in zavzema vrednosti na intervalu [0,1]. In sicer je verjetnost dogodka enaka 0, kadar imamo opravka  z nemogočim dogodkom, tj. dogodek, ki se ne zgodi v nobeni ponovitvi poskusa: P(N) = 0; če pa je verjetnost nekega dogodka enaka 1, pa govorimo o gotovem dogodku, ta se namreč zgodi v vsaki ponovitvi poskusa: P(G) = 1.

Kako pa je z verjetnostjo dogodka A in njemu nasprotnega dogodka A'? Dogodka A in A' sta nezdružljiva dogodka, to pomeni, da je njun produkt oziroma presek nemogoč dogodek:

 A A' = N in P(N) = 0  P(A A') = 0; vsota oziroma unija teh dveh dogodkov pa sestavlja gotov dogodek:

A A' = G in P(G) = 1 P (A A') = 1, saj vsaj v enem metu kocke pade 6, kar predstavlja dogodek A ali pa v nobenem metu ne pade šestica, kar pa predstavlja dogodek A'; in tako je verjetnost dogodka A enaka: P(A) = 1 - P(A').

Klasična definicija verjetnosti: Če je G popoln sistem (popoln sistem dogodkov je množica paroma nezdružljivih dogodkov , katerih vsota je gotov dogodek) n enako verjetnih elementarnih dogodkov (elementarni dogodek ali izid je dogodek, ki ni sestavljen) Ei (i=1,2,..,n), P(Ei) =  in je dogodek A vsota m izmed teh elementarnih dogodkov, potem je

P(A) =  = (število ugodnih izidov)/(število vseh izidov)

Ta definicija verjetnosti je smiselna le, če je popoln sistem dogodkov simetričen; tj. izidi so enako verjetni.

Kako bi lahko še na drug način izračunali število ugodnih izidov, da v štirih metih kocke pade vsaj ena šestica?

V štirih metih lahko pade šestica enkrat, dvakrat, trikrat ali štirikrat:

 

6        *    *     *

*    6    *     *

*    *    6     *

*    *    *     6

 

6    6     *     *

*    6     6     *

*    *     6     6

6    *     6     *

*    6     *     6

6    *     *     6

 

6    6     6     *

6    6     *     6

6    *     6     6

*    6     6     6

 

6    6     6     6

 

Prvi sklop kaže vse možnosti, da kocka natanko enkrat pokaže 6, v drugem sklopu se vidijo vse možnosti, da kocka dvakrat pokaže 6, v tretjem sklopu so vse možnosti, da kocka trikrat pokaže 6, in v četrtem sklopu (tj. ena sama vrstica), ko v vseh štirih metih kocka pokaže 6. Na vsako zvezdico lahko postavimo katerokoli od števil od 1 do 5. Tako imamo v 1. vrstici v prvem sklopu za eno zvezdico pet možnosti, za drugo tudi pet in za tretjo tudi pet. Isti razmislek velja za vsako od 4 vrstic, zato je vseh možnosti = 500. Ista zgodba se ponovi tudi v drugem in tretjem sklopu. Zadnja možnost so vse štiri šestice. Tako dobimo število vseh ugodnih izidov:

= 4 53+6 52+4 5+1 = 671

Vseh možnih izidov je

= 6 6 6 6 = 1296

Število vseh možnih izidov smo izračunali z variacijami s ponavljanjem.

Variacije tvorimo, ko ne razporejamo vseh elementov hkrati, ampak tvorimo urejene nize elementov s po manj elementi, kot jih ima osnovna množica, pri tem pa moramo upoštevati, da je vrstni red razporeditve elementov v nizu pomemben.

Variacije brez ponavljanja reda r iz n elementov je injektivna preslikava množice Nr v dano množico z močjo n (r£ n). Preslikavo podaja niz r različnih elementov izmed n elementov dane množice. Število variacij brez ponavljanja reda r iz n elementov je:

Variacije s ponavljanjem reda r iz n elementov je preslikava množice Nr v dano množico z močjo n. Preslikavo podaja niz r elementov izmed n elementov dane množice, v katerem lahko posamezni elementi nastopajo večkrat. Število variacij s ponavljanjem reda r iz n elementov je:

 

Primer:

Na koliko načinov lahko iz kupa 20 kart zaporedoma potegnemo 4 karte, če

a)      izvlečenih kart ne vračamo?

b)      izvlečene karte vračamo?

 

Rešitev:

a)      Ker izvlečenih kart ne vračamo, to pomeni, da se v posameznem potegu ne more pojaviti ista karta. Torej moramo prešteti, koliko nizov dolžine štiri lahko naredimo, če imamo na voljo 20 kart, pri tem pa moramo biti pozorni na vrstni red kart v teh nizih.

Pri prvem potegu imamo na voljo vseh 20 kart in ker kart ne vračamo, imamo pri drugem potegu na voljo 19 (= 20 - 1) kart, saj smo eno že odstranili pri prvem potegu, za tretjem potegu tako izbiramo samo še med 18 kartami, za zadnji - četrti poteg pa je ostalo na kupu samo še 17 kart, izmed katerih potegnemo četrto. Torej lahko iz kupa 20 kart zaporedoma potegnemo štiri karte in jih pri tem ne vračamo na 20 19 18 17 = 116280 načinov.

Ali povedano drugače: v tem primeru imamo opraviti z variacijami brez ponavljanja 20 elementov reda 4, katerih število je

= 20 19 18 17 = 116280.

b)      Če pa izvlečene karte vračamo, pa lahko posamezno karto potegnemo večkrat, ker pa izmed 20 kart delamo nize dolžine 4, imamo tokrat opravka z variacijami s ponavljanjem 20 elementov reda 4, teh pa je

       = 204 = 160000.

 

Torej: Pri variacijah gre za linearno urejanje neke končne množice (tako kot pri permutacijah), vendar tokrat ne jemljemo vseh elementov, ampak samo neko podmnožico, recimo r od skupaj n elementov. Tako delamo variacije reda r. Te so lahko brez ponavljanja, kadar nastopi posamezen element samo enkrat v naboru, ali s ponavljanjem, če takih omejitev ne postavimo.

 

Dogodek B:

Izide 24 metov dveh igralnih kock pa lahko predstavimo kot nize urejenih parov dolžine 24, kjer urejeni par  na -tem mestu pomeni, da je v -tem metu igralnih kock na prvi padlo  pik in na drugi  pik. Za vsak par imamo na voljo 6 6 = 36 vrednosti in tako vseh možnih izidov

 = 3624.

Koliko pa je ugodnih izidov? Poglejmo dogodek B', tj. da v noben metu ne padeta hkrati šestici. Teh je

= 3524.

In tako je verjetnost dogodka B enaka:

P(B) = 1 - P(B') = 1 - = 0.4914

 

Razloga za razlikovanje variacij (pri dani množici in pri danem vrstnem redu variacije) sta lahko dva:

a)      različnost elementov, ki jih izberemo v podmnožico in

b)      različen vrstni red v nizu pri sicer enakem izboru.

Če pa zanemarimo drugi kriterij in dva izbora razlikujemo samo po tem, katere elemente vsebujeta, pa govorimo o kombinacijah.

 

Primer:

Koliko je pravih petmestnih števil v desetiškem sestavu,

a) pri katerih je vsaka naslednja števka manjša od prejšnje?

b) pri katerih je vsaka naslednja števka večja od prejšnje?

 

Rešitev:

a)      Števila sestavljamo iz števk 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Iz katerih koli petih števk lahko sestavimo le eno tako število, pri katerem je vsaka naslednja števka manjša od prejšnje, zato število takih števil izračunamo s kombinacijami brez ponavljanja (ker števk ne razvrščamo po različnih vrstnih redih) desetih elementov reda 5:

= 252

Takih števil je 252.

b)      V tem primeru pa moramo upoštevati, da se število ne sme začeti s števko 0, zato  števila sestavljamo le iz devetih števk: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Če bi število vsebovalo števko 0, bi ta bila na prvem mestu, ker mora biti vsaka naslednja števka večja od prejšnje in tako to število ne bi bilo pravo petmestno število. Zato tokrat računamo s kombinacijami brez ponavljanja devetih elementov 5. reda:

= 126

Takih števil je 126.

Primer:

Koliko je vseh trimestnih števil, v katerih je vsaka naslednja cifra manjša ali enaka prejšnji?

Rešitev:

Pri gornjih pogojih nam vsaka trojica števk ali cifer določa natanko ena število. Tako na primer cifre 3, 3, 5 določajo število 533 in cifre 3, 2, 9 število 932. Opraviti imamo s kombinacijami s ponavljanjem reda 3 izmed 10 elementov (cifer). Le-teh je

= 220

Takih števil je 220.

 

Iz n različnih elementov končne množice tvorimo kombinacije reda r (r£ n) takrat, ko sestavljamo podmnožice z r elementi. Vrstni red znotraj naborov ni pomemben.

Koliko takšnih naborov lahko sestavimo:

 je binomski simbol in pomeni število podmnožic z r elementi iz množice z n elementi, in sicer velja:

Lastnosti binomskega simbola:

a)

Dokaz:            

          

           

            

            

b)

Dokaz:

  

          

c)

 Dokaz:

           

d)

Dokaz za vajo!

 

Kombinacije brez ponavljanja reda r iz n elementov so podmnožice z močjo r kake končne množice z močjo n. Njihovo število je

Kombinacije s ponavljanjem reda r iz n elementov dane množice so izbori, v katerih lahko posamezni elementi nastopajo večkrat (brez omejitve ponavljanja). Njihovo število je:

 

Primer:

V škatli imamo 5 rdečih in 9 modrih kroglic. Iz škatle sočasno izvlečemo 4 kroglice. Koliko različnih vzorcev lahko dobimo, če

a)      kroglic iste barve med seboj ne razlikujemo?

b)      kroglice iste barve med seboj razlikujemo?

 

Rešitev:

a)      Med štirimi kroglicami je lahko število rdečih kroglic 0, 1, 2, 3 ali 4, preostale pa so modre. To so tudi vsi možni vzorci, glede na to, da kroglic iste barve med seboj ne razlikujemo. Tako je takšnih vzorcev natanko 5.

b)      Sedaj izračunamo, na koliko načinov lahko dobimo barvne vzorce iz prejšnjega primera, če kroglice iste barve med seboj razlikujemo:

? 0 rdečih, 4 modre

    

? 1 rdeča, 3 modre

    

 ? 2 rdeči, 2 modri

    

? 3 rdeče, 1 modra

    

? 4 rdeče, 0 modrih

    

Število vseh možnih vzorcev je vsota števil izračunanih vzorcev pri posameznih primerih: 1001.

 

V primeru, ko izbiramo vzorce iz populacije oz. množice A, razdeljene na več med seboj tujih podmnožic Ai (i=1, 2, ..., m; množica A z močjo n je razdeljena na m med seboj paroma tujih podmnožic: A= A1 A2 A3 ... Am in Ai Aj = 0 za vsaka i¹j z močmi n1, n2,..., nm, za katere velja n1+ n2+...+ nm = n), potem je število načinov, na katere je možno iz množice Ai izbrati natanko po ri elementov (r1+ r2+...+rm = r ), določeno z naslednjim obrazcem

Take izbore imenujemo vezane kombinacije, ker smo pri izbiranju vezani na predpise o strukturi vzorca glede na strukturo celotne populacije.

 

Če se vrnemo preteklost:

Torej, če bi vitez de Mere takrat poznal to teorijo, bi lahko izračunal, da je vseh izidov njegove prve igre 1296, vseh ugodnih pa 671, in je zato verjetnost njegove zmage skoraj 52%. Verjetnost zmage v drugi igri pa je manjša, zato ni čudno, da je obubožal.

 

Pravijo, da je Pascal tudi sam rad malo pohazardiral, ne vemo pa , ali je to počel iz veselja ali le iz znanstvenih nagibov.

Pri študiju verjetnosti je prišel do presenetljivih spoznanj. Pri metanju večjih poštenih kovancev je namreč ugotovil:

# če vrže en kovanec, sta verjetnosti, da bo padla cifra ali mož enaki, torej v razmerju 1: 1;

# pri metu dveh enakih kovancev je razmerje med verjetnostmi, da padeta dve cifri, enkrat cifra enkrat mož ter obakrat mož v razmerju 1: 2: 1;

# pri metu treh enakih kovancev je dobil razmerje med verjetnostmi, da padejo tri cifre, dve cifri in mož, cifra in dva moža ter trije možje enako 1: 3: 3: 1.

Proces bi seveda lahko nadaljevali, vendar v vsakem primeru dobljena razmerja, zapisana eno pod drugim, dajo t.i. kitajski ali Pascalov trikotnik. Zaporedne verjetnosti teh dogodkov pa dobimo tako, da števila iz Pascalovega trikotnika delimo z vsoto števil v posamezni vrstici.

 

Ker smo že ravno omenili Pascalov trikotnik, pa lahko ponovimo, kako izračunamo poljubno potenco dvočlenika. Znamo izračunati, koliko je

(a+b)2 = a2+2 a b+b2

(a+b)3 = a3+3 a2 b+3 a b2+b3,

pa še kakšno potenco bi zmogli na pamet, pri višjih potencah, recimo (a+b)n, pa si lahko pomagamo z zaporednimi množenji danega dvočlenika, ki ga v primeru potence n med sabo pomnožimo n-krat. Pri takem množenju dobimo vsoto produktov an-rbr (vsota eksponentov je v vsakem sumandu n)- takšen produkt nastane, kadar iz katerihkoli r faktorjev vzamemo v produkt člen b , iz preostalih n-r faktorjev pa člen a. Faktorje, iz kateri pride v produkt b, lahko izberemo natanko na   načinov, zato je vrednost tega binomskega simbola tudi koeficient, ki v razvoju gornjega binoma pripada členu an-rbr . Zato lahko zapišemo n-to potenco binoma takole:

 

 

Torej potrebujemo za zapis poljubne potence binoma vrednosti ustreznih binomskih simbolov. Če se spomnimo na njihovo simetričnost: , jih je dovolj že polovica, če upoštevamo še adicijski izrek: , pa dobimo zelo preprosto shemo za računanje binomskih simbolov, tj. Pascalov trikotnik:

 

n=0                                                       1

n=1                                                  1        1

n=2                                             1        2        1

n=3                                       1         3         3       1

n=4                                  1         4         6        4        1

n=5                              1       5         10       10      5        1

n=6                          1       6        15       20       15      6       1

n=7                      1       7      21        35       35      21      7       1

 

Elementi v trikotniku so vrednosti binomskih simbolov, vsak od njih je z aditivno relacijo vsota obeh simbolov, ki stojita levo in desno nad njim, izjema pa so robovi, kjer je vrednost vedno enaka 1. Če ima kateri od členov v binomu negativen predznak, se spremenijo predznaki tistih sumandov, kjer ta člen nastopa z lihim eksponentom.

Poleg tega skriva Pascalov trikotnik v sebi še druge zanimivosti:

# zaporedje naravnih števil

# zaporedje trikotniških števil

# zaporedje tetraederskih števil

# Fibonacijevo zaporedje 1,1,2,3,5,8,13,21,…(prva dva člena sta enaka 1, vse naslednje člene pa dobimo tako, da seštejemo dva predhodna člena), če seštejemo koeficiente na poseben način (vaja: kakšen način?).

 

Od kod izvira ime Pascalovega trikotnika? Po Pascalu se imenuje zato, ker je o tem napisal delo Traite de Triangle Aritmetique ali Razprava o aritmetičnem trikotniku, ki je izšlo leta 1665. Bolj pravično pa bi to shemo imenovali kitajski trikotnik, saj ga je do sedme vrstice poznal že Jang Hui v 13. stoletju  (350 let pred Pascalom), do devete vrstice pa Ču Ših Čih, ki je o tem zapisal razpravo leta 1303.

 

Do istega spoznanja glede Pascalovega trikotnika je prišel sredi 19. stoletja tudi naravoslovec, plemič Francis Galton (1822-1911), ki je bil eden prvih angleških statistikov. Izdelal je leseno ploščo, na kateri so bili pritrjeni leseni čepki v 7 vrstah, na vrhu eden, pod njim dva, … in v spodnji vrsti sedem. Vrstice so bile med sabo enako oddaljene, prav tako čepki v posamezni vrsti. Pod spodnjo vrstico čepkov je bilo enakomerno porazdeljenih 8 predalčkov. Na nagnjeni plošči je Galton postavil kroglico na najvišji čepek in jo spustil. Kroglica se je pri spuščanju odbijala od čepkov (malo levo, malo desno - odvisno od naključja) in na koncu pristala v enem od predalčkov. Potem ko je na isti način z vrha spustil vseh 16 kroglic in poskus veliko-krat v celoti ponovil, je ugotovil, da se v predalčkih pokaže značilna porazdelitev kroglic: 1 4 6 4 1, ki ustreza 5. vrstici Pascalovega trikotnika. Med drugim je postavil zanimivo teorijo o dedovanju, po kateri otroci  lastnosti podedujejo po starših,  po starih starših,  po prastarih starših in tako naprej. Razvoj genetike je kasneje pokazal, da je ta teorija zgrešena. Galton pa se je ukvarjal tudi s kriminalistiko, predvsem s študijem prstnih odtisov, in o tem leta 1893 izdal knjigo.

 

Verjetnostni račun (pogojna verjetnost in verjetnost produkta, dvofazni poskusi in Bayesov obrazec, zaporedja poskusov in Bernoullijev obrazec)

Naloga:

Dva strelca po enkrat ustrelita proti tarči. Verjetnost, da jo zadene prvi strelec, je enaka 0.4, da jo zadene drugi strelec pa 0.5. Izračunaj verjetnosti naslednjih dogodkov:

A: tarča je zadeta, čeprav vemo, da je prvi strelec zgrešil

B: prvi strelec je zadel pri pogoju, da je tarča zadeta natanko enkrat

C: drugi strelec je zadel pri pogoju, da je tarča zadeta kvečjemu enkrat

 

Pogojna verjetnost dogodka B pri pogoju, da se je zgodil dogodek A, je:

P(B/A) = P(A B)/P(A)

Verjetnost produkta dogodkov

P(A B) = P(A) P(B/A),

to pa lahko tudi posplošimo:

P( A1  A2  A3  ... An) = P(A1) P(A2/A1) ... P(An/( A1  A2  A3  ... An-1))

Dogodka A in B sta neodvisna, če je P(A/B) = P(A) oziroma   P(B/A) = P(B).

Verjetnost produkta neodvisnih dogodkov:

P(A B) = P(A) P(B),

Kar pa lahko tudi posplošimo:

P( A1  A2  A3  ... An) = P(A1) P(A2) ... P(An)

 

Dogodki H1,H2,...,Hn naj tvorijo popoln sistem dogodkov (hipotez; paroma so nezdružljivi, njihova unija je gotov dogodek) v prvi fazi poskusa. Tedaj za dogodek A, ki nas zanima v drugi fazi, velja formula za popolno verjetnost dogodka A:

P(A) = P(H1) P(A/H1)+P(H2) P(A/H2)+P(H3) P(A/H3)+...+P(Hn) P(A/Hn) =

         =  P(Hi) P(A/Hi)

P(A/Hi) je pogojna verjetnost dogodka A pri pogoju, da se je zgodil dogodek Hi

Bayesov obrazec (zanima nas verjetnost, da se je hkrati z dogodkom A zgodila določena hipoteza Hk ):

P(Hk/A) =  P(Hk) P(A/Hk)/[  P(Hi) P(A/Hi)]

je verjetnost hipoteze Hk pri pogoju, da se je zgodil dogodek A.

Izpeljava Bayesovega obrazca:

P(A Hk) = P(A) P(Hk/A) =

                 = P(Hk) P(A/Hk)

P(A) P(Hk/A) = P(Hk) P(A/Hk)

P(Hk/A) = [ P(Hk) P(A/Hk)]/ P(A)

 

Rešitev:

Z1 naj bo dogodek, da tarčo zadene prvi strelec

Z2 naj bo dogodek, da tarčo zadene drugi strelec

Velja:

P(Z1) = 0.4

P(Z2) = 0.5

Izračunati moramo pogojne verjetnosti za dane dogodke:

Dogodek A:

1.način: Če je prvi strelec tarčo zgrešil, bo le-ta zadeta v primeru, ko jo bo zadel drugi strelec, torej:

P(A) = P(Z2) = 0.5

2.način: Dogodek, da je tarča zadeta je enak Z = Z1 Z2. Tako izračunamo verjetnost dogodka Z pri pogoju, da je nastopil dogodek Z1': prvi strelec je zgrešil:

P(A) = P(Z/ Z1') = P(Z Z1')/P( Z1') =

                           = P((Z1 Z2) Z1')/P( Z1') =

                           = P((Z1 Z1')  (Z2 Z1'))/ P( Z1') =

                           = P(N  (Z2 Z1'))/ P( Z1') =

                           = P (Z2 Z1')/ P( Z1') =

                           = P (Z2)*P( Z1')/ P( Z1') =

                           = P (Z2) =

                           = 0.5

Pri tem izračunu smo upoštevali, da sta dogodka Z1 in Z2 neodvisna, in tako sta neodvisna tudi dogodka Z1' in Z2.

Dogodek B:

Najprej izračunamo verjetnost dogodka D, da je tarča zadeta natanko enkrat. To pomeni, da je tarčo zadel prvi strelec in drugi zgrešil, ali da jo je zadel drugi strelec in prvi zgrešil. Dogodek D je tako enak vsoti nezdružljivih dogodkov

D = (Z1 Z2') ( Z1' Z2)

Njegova verjetnost je enaka

P(D) = P(Z1) P( Z2')+P(Z1') P( Z2) =

         = P (Z1) (1 - P(Z2))+(1 - P(Z1)) P( Z2) =

         = 0.4 (1 - 0.5)+(1 - 0.4) 0.5 =

         = 0.5

Verjetnost dogodka B je enaka

P(B) = P(Z1/D) = P(Z1 D)/P(D)

Dogodek Z1 D nastopi takrat, ko tarčo zadene prvi strelec in je tarča zadeta natanko enkrat, torej drugi strelec zgreši. Zato je

Z1 D = Z1 Z2'

Tako je

P(Z1/D) = P (Z1) P( Z2') = P (Z1) (1 - P( Z2)) =

                                        = 0.4 (1 - 0.5) =

                                        = 0.2

in zato

P(B) = = 0.4

Dogodek C:

Naj bo E dogodek, da je tarča zadeta kvečjemu enkrat. To pomeni, da se zgodi eden izmed dogodkov:

a) tarčo zgrešita oba strelca: Z1' Z2'

b) tarčo zadene samo prvi strelec: Z1 Z2'

c) tarčo zadene samo drugi strelec: Z1' Z2

Tako je

E = ( Z1' Z2') ( Z1 Z2') ( Z1' Z2)

in od tod

P(E) = P(Z1' Z2')+P(Z1 Z2')+P(Z1' Z2) =

        = P (Z1') P( Z2')+P(Z1) P(Z2')+P(Z1') P(Z2) =

        = (1 - P(Z1)) (1 - P(Z2))+P(Z1) (1- P(Z2))+(1 - P(Z1)) P(Z2) =

        = (1 - 0.4) (1 - 0.5)+0.4 (1 - 0.5)+(1 - 0.4) 0.5 =

        = 0.8

Podobno kot v prejšnjem primeru imamo:

P(C) = P(Z2/E) = P(Z2 E)/P(E)

Dogodek Z2 E nastopi natanko takrat, ko je tarča zadeta kvečjemu enkrat in jo zadene drugi strelec. To pomeni, da jo prvi zgreši in zato

Z2 E = Z1' Z2

Od tod je

P(Z2 E) = P(Z1') P(Z2) = (1 - P(Z1)) P(Z2) =

                                         = (1 - 0.4) 0.5 =

                                         = 0.3

In tako dobimo verjetnost dogodka C:

P(C) = = 0.375

 

Naloga:

Imamo dve peresnici. V prvi peresnici so 4 bele in 5 rdečih barvic, v drugi peresnici pa 5 belih in 3 rdeče barvice. Iz prve peresnice na slepo prenesemo v drugo peresnico hkrati dve barvici, nato pa iz druge peresnice izvlečemo 1 barvico ter ugotovimo, da je rdeča. Kolikšna je verjetnost, da smo iz prve peresnice v drugo prenesli 2 rdeči barvici?

 

Rešitev:

Izračunati moramo popolno verjetnost dogodka

A - iz druge peresnice izvlečemo rdečo barvico

Zapisati moramo popolni sistem hipotez in njihove verjetnosti:

H1 - v drugo peresnico prenesemo 2 rdeči barvici

H2 - v drugo peresnico prenesemo rdečo in belo barvico

H3 - v drugo peresnico prenesemo 2 beli barvici

P(H1) =

 =  - izmed petih rdečih barvic izvlečemo dve

 =  - izmed vseh devetih barvic izvlečemo dve

P(H2) =

 

 = 5 4, ker imamo 5 rdečih barvic in 4 bele barvice ter izvlečemo 1 rdečo in 1 belo barvico

P(H3) =

 =  - izmed štirih belih barvic izvlečemo dve

Zdaj moramo izračunati verjetnost dogodka A glede na posamezne hipoteze:

P(A/H1) =  - verjetnost, da smo potegnili rdečo barvico, če smo iz prve peresnice v drugo prenesli 2 rdeči barvici

P(A/H2) =  - verjetnost, da smo potegnili rdečo barvico, če smo z prve peresnice prenesli v drugo rdečo in belo barvico

P(A/H3) =  - verjetnost, da smo potegnili rdečo barvico, če smo z prve peresnice  v drugo prenesli 2 beli barvici

Popolna verjetnost dogodka A je:

P(A) = P(H1) P(A/H1)+P(H2) P(A/H2)+P(H3) P(A/H3) =

         =

       

       

Izračunati moramo pogojno verjetnost hipoteze H1 - v drugo peresnico prenesemo 2 rdeči barvici glede na dogodek A - iz druge peresnice izvlečemo rdečo barvico:

P(H1/A) = [ P(H1) P(A/H1)]/ P(A) =

              =  =

              =

Verjetnost, da smo prenesli v drugo peresnico 2 rdeči barvici, je

P(H1/A) = » 0.3378 = 33.78%

 

Bernoullijevo zaporedje:

Imamo končno zaporedje ponavljanj istega poskusa. Pri vsakem od n poskusov se zgodi dogodek A s konstantno (stalno) verjetnostjo p ali pa dogodek A' (tj. dogodku A nasprotni dogodek) z verjetnostjo 1-p. Zanima nas verjetnost, da se v seriji n poskusov zgodi dogodek A natanko k-krat (k=0, 1, 2, 3, ..., n).

Naloga:

Kovanec vržemo 50-krat. Kolikšna je verjetnost, da bo 30-krat padlo število?

Rešitev:

= 50 (število vseh metov)

= 30 (število oz. cifra pade 30-krat)

= 1/2

Konstantna verjetnost: lahko pade cifra ali žival; da pade cifra, je verjetnost ½.

 =

       =  » 0.0419

Verjetnost, da bo 30-krat padlo število, je  » 0.0419.

 

Naloga:

Igralno kocko vržemo 6-krat. Kolikšna je verjetnost, da bo 3-krat padlo 6 pik?

 

Rešitev:

= 6

= 3

= 1/6 (verjetnost, da pri metu kocke pade 6 pik- konstantna verjetnost)

= » 0.0536

Pri šestih metih igralne kocke je verjetnost, da bo 3-krat padlo 6 pik, enaka » 0.0536.

 

 Literatura:

Jože Andrej Čibej: Kombinatorika, Verjetnostni račun, Statistika (DZS, Ljubljana 1996)

Gregor Pavlič: Slikovni pojmovnik, Matematika (Tehniška založba Slovenije, 1998)

A. Blaznik, A. Cokan, G. Pavlič: Matematični priročnik za srednje Šole (DZS, Ljubljana 1991)

Anton Cedilnik: Matematični priročnik (Didakta, Radovljica 1997)  

Nekatere zanimive povezave:

Zbirka nalog iz kombinatorike: http://www2.arnes.si/~ojeric/dijaki/4letnik/Kombinatorika.htm

Kombinatorika, verjetnost in še nekatera področja matematike: http://www.bymath.com/

če pa želiš dopolnit znanje samo iz kombinatorike: http://www.bymath.com/studyguide/alg/sec/alg31.html

ali iz verjetnosti: http://www.bymath.com/studyguide/prob/prob_topics.html.

Stran z razlago matematike po področjih: http://mathworld.wolfram.com/