Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa
Od reguły mnożenia i drzewek do kombinacji, dwumianu Newtona oraz prawdopodobieństwa klasycznego. Pełne omówienie wzorów z rozwiązaniami krok po kroku. Rozszerzenie jest wyraźnie oznaczone.
Jak pracować z materiałem? Najpierw przeczytaj, co liczy dany wzór i w jakiej sytuacji go użyć. Spróbuj samodzielnie rozwiązać zadanie. Dopiero potem wybierz „Rozwiń rozwiązanie krok po kroku”. W ten sposób ćwiczysz nie samo zapamiętywanie wzorów, lecz ich rozpoznawanie.
Najpierw zrozum sposób liczenia
Na początek omawiamy reguły mnożenia i dodawania, drzewka, silnię, permutacje oraz wariacje. Są podstawą także zadań z poziomu rozszerzonego.
1. Reguła mnożenia
- k1, k2, …, kn – liczba możliwości na kolejnych etapach wyboru.
- n – liczba kolejnych decyzji.
Gdy budujemy wynik etapami, liczbę możliwości dla kolejnych etapów mnożymy. Każdy kompletny wynik składa się z jednej decyzji na każdym etapie.
- W zadaniu pojawiają się słowa „najpierw…, następnie…”, „kod składa się z…”, „wybieramy kolejno”.
- Możemy ustalić, ile możliwości pozostaje na każdym kroku – również gdy ich liczba maleje po wyborze.
ŁATWEPrzykład 1. Zestaw ubrań
Masz 3 bluzy i 4 pary spodni. Ile różnych zestawów można utworzyć?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Wybór bluzy: 3 możliwości.
- Krok 2. Do każdej bluzy wybór spodni: 4 możliwości.
- Krok 3. Łączymy decyzje: 3 · 4 = 12.
Odpowiedź: 12 zestawów.
MATURALNEPrzykład 2. Liczba z ograniczeniem
Ile czterocyfrowych liczb o różnych cyfrach można utworzyć z cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, jeśli liczba ma kończyć się na 5?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Ostatnią cyfrę ustalamy na 5: 1 możliwość.
- Krok 2. Pierwsza cyfra nie może być zerem ani 5, więc są 4 możliwości: 1, 2, 3, 4.
- Krok 3. Na drugą pozycję pozostały 4 cyfry (w tym ewentualnie 0).
- Krok 4. Na trzecią pozycję pozostały 3 cyfry.
- Krok 5. Mnożymy: 1 · 4 · 4 · 3 = 48.
Odpowiedź: 48 liczb.
Wskazówka: Przy liczbach zawsze sprawdź, czy pierwszą cyfrą może być 0.
- Nie dodawaj liczb możliwości kolejnych etapów – tu mnożymy.
- Nie zapominaj o zakazie zera na pierwszej pozycji liczby.
- Jeśli elementy nie mogą się powtarzać, po każdym wyborze możliwości zwykle ubywa.
Szukaj opisu kolejnych miejsc do obsadzenia. Wypisz nad nimi liczby możliwości i pomnóż.
2. Reguła dodawania
- A, B – dwa rozłączne zbiory możliwości (przypadki).
- |A|, |B| – liczba elementów poszczególnych zbiorów.
- ∪ – suma zbiorów; ∩ – część wspólna; ∅ – zbiór pusty.
Gdy rozwiązanie może należeć do jednego z kilku różnych, niepokrywających się przypadków, liczymy każdy z nich osobno i dodajemy wyniki. W obrębie jednego przypadku często stosujemy regułę mnożenia.
- Występują słowa „albo”, „lub”, „kończy się na 0 lub 5”, „dokładnie 1 albo dokładnie 2…”.
- Przypadki muszą być rozłączne – żaden wynik nie może zostać policzony dwukrotnie.
ŁATWEPrzykład 1. Wybór konkursu
Uczeń może zapisać się na jeden z 4 konkursów matematycznych albo jeden z 3 konkursów językowych. Ile ma możliwości?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Konkurs matematyczny: 4 opcje.
- Krok 2. Konkurs językowy: 3 opcje.
- Krok 3. Wybieramy tylko jeden konkurs, więc przypadki się wykluczają: 4 + 3 = 7.
Odpowiedź: 7 możliwości.
MATURALNEPrzykład 2. Liczby parzyste bez powtórzeń
Ile liczb trzycyfrowych parzystych o różnych cyfrach można utworzyć z cyfr 0, 1, 2, 3, 4?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Ostatnia cyfra musi należeć do {0, 2, 4}. Rozdzielamy na dwa przypadki.
- Przypadek A: ostatnia cyfra to 0. Pierwsza: 4 możliwości (1–4), środkowa: 3. Razem 4 · 3 = 12.
- Przypadek B: ostatnia cyfra to 2 lub 4. Ostatnia: 2 możliwości, pierwsza: 3 niezerowe możliwości, środkowa: 3 możliwości. Razem 2 · 3 · 3 = 18.
- Krok 2. Przypadki są rozłączne: 12 + 18 = 30.
Odpowiedź: 30 liczb.
- Nie dodawaj przypadków, które się pokrywają – najpierw rozdziel je poprawnie.
- „Lub” w języku matematyki może być niewykluczające. Jeśli A i B zachodzą jednocześnie, potrzebne jest odjęcie części wspólnej.
Jeśli zadanie rozbija się na osobne sytuacje, policz każdą i je dodaj. W przypadku nakładania się zdarzeń stosuj wzór z odejmowaniem części wspólnej.
3. Drzewko możliwości i drzewko prawdopodobieństwa
- Gałąź – jeden możliwy wynik kolejnego etapu.
- Ścieżka – pełna sekwencja wyników od początku do końca drzewa.
- P – prawdopodobieństwo zajścia wskazanego wyniku.
Drzewko pokazuje wszystkie kolejne decyzje lub wyniki losowań. Przechodząc jedną ścieżką mnożymy prawdopodobieństwa na jej gałęziach. Łącząc różne ścieżki prowadzące do interesującego wyniku – dodajemy. Można też rysować drzewko bez liczb, wyłącznie w celu policzenia możliwości. To nie jest osobny wzór, tylko sposób uporządkowania rozumowania.
- Eksperyment ma kilka etapów, np. kilka rzutów monetą lub losowanie kolejno kul.
- Wynik drugiego etapu może zależeć od pierwszego – zwłaszcza przy losowaniu bez zwracania.
- Chcemy zobaczyć wszystkie możliwości, a nie zgadywać wzór.
ŁATWEPrzykład 1. Dwa rzuty monetą
Dwa razy rzucamy uczciwą monetą. Jakie są możliwe wyniki i jakie jest prawdopodobieństwo uzyskania dokładnie jednego orła?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Każdy rzut daje O (orzeł) albo R (reszka).
- Krok 2. Cztery możliwe ścieżki to OO, OR, RO i RR.
- Krok 3. Dokładnie jeden orzeł występuje w OR i RO – to 2 z 4 równoprawdopodobnych wyników.
- Krok 4. P = 24 = 12.
Odpowiedź: 12, czyli 50%.
MATURALNEPrzykład 2. Losowanie bez zwracania
W urnie są 2 kule czerwone (C) i 1 niebieska (N). Losujemy kolejno dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że będą różnych kolorów.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Pierwsza kula jest C z prawdopodobieństwem 23 lub N z prawdopodobieństwem 13.
- Krok 2. Ścieżka C → N: po wyjęciu C zostają jedna C i jedna N, więc P(C → N) = (23) · (12) = 13.
- Krok 3. Ścieżka N → C: po wyjęciu N zostają dwie C, więc P(N → C) = (13) · 1 = 13.
- Krok 4. Te dwie ścieżki są rozłączne: P(różne kolory) = 13+ 13 = 23.
Odpowiedź: 23.
Wskazówka: W drugim losowaniu bez zwracania liczba kul w urnie zmienia się.
- Nie dodawaj prawdopodobieństw na jednej ścieżce – na ścieżce je mnożymy.
- Po losowaniu bez zwracania trzeba zmienić mianownik i często licznik na kolejnej gałęzi.
- Gdy ścieżki nie są jednakowo prawdopodobne, samo ich liczenie bez uwzględnienia wag może dać zły wynik.
Słowa „kolejno”, „pierwsze losowanie”, „drugie losowanie”, „ze zwracaniem / bez zwracania” to dobry sygnał, że drzewko pomoże.
4. Silnia
- n – liczba naturalna.
- ! – symbol silni, a nie znak interpunkcyjny.
- Przykładowo 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120.
Silnia jest skrótem zapisu iloczynu kolejnych liczb i pojawia się w permutacjach, wariacjach i kombinacjach. Ułatwia też skracanie dużych ilorazów.
- W zadaniu ustawiamy wszystkie różne elementy w kolejności.
- We wzorze pojawiają się n!, (n − k)! albo dzielenie przez silnie.
ŁATWEPrzykład 1. Obliczanie silni
Oblicz 6! oraz wyrażenie 8!6!.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. 6! = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720.
- Krok 2. Zapisz 8! = 8 · 7 · 6!.
- Krok 3. Skróć: 8!6! = (8 · 7 · 6!)/6! = 56.
Odpowiedź: 6! = 720, a 8!6! = 56.
MATURALNEPrzykład 2. Przekształcanie wzoru
Uprość wyrażenie (n + 2)!n!, gdzie n jest liczbą naturalną.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Rozpisz licznik: (n + 2)! = (n + 2)(n + 1)n!.
- Krok 2. Podstaw do ułamka i skróć n!.
- Krok 3. Wynik to (n + 2)(n + 1).
Odpowiedź: (n + 2)(n + 1).
- 0! = 1, a nie 0.
- Nie upraszczaj (a + b)! do a! + b! – to nieprawda.
- Nie obliczaj dużych silni w całości, jeśli można je skrócić.
Jeżeli widzisz kilka kolejnych malejących czynników lub ułamek z silniami – rozpisz większą silnię tylko do potrzebnego miejsca.
5. Permutacje bez powtórzeń
- Pn – liczba możliwych ustawień.
- n – liczba różnych elementów; każdy ustawiamy dokładnie raz.
Permutacja to każde możliwe ustawienie wszystkich elementów w kolejności. Liczymy więc wszystkie możliwe kolejności ułożenia wszystkich różnych elementów. Każdy element występuje dokładnie raz.
- „Ustaw wszystkich”, „ułóż wszystkie książki”, „usiądą w jednym rzędzie”.
- Ważna jest kolejność i wykorzystujemy cały dostępny zbiór.
ŁATWEPrzykład 1. Książki na półce
Na ile sposobów można ustawić 5 różnych książek na półce?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Mamy 5 różnych książek i wszystkie ustawiamy.
- Krok 2. Na kolejne miejsca jest 5, 4, 3, 2 i 1 możliwości.
- Krok 3. P5 = 5! = 120.
Odpowiedź: 120 ustawień.
MATURALNEPrzykład 2. Dwie osoby obok siebie
Sześcioro uczniów ustawia się w rzędzie. Na ile sposobów mogą się ustawić, jeśli dwie wskazane osoby muszą stać obok siebie?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Dwie wskazane osoby traktuj jako jeden blok. Z czterema innymi osobami daje to 5 obiektów.
- Krok 2. Pięć obiektów ustawiamy na 5! = 120 sposobów.
- Krok 3. Wewnątrz bloku dwie osoby zamieniają się miejscami na 2! = 2 sposoby.
- Krok 4. 5! · 2! = 120 · 2 = 240.
Odpowiedź: 240 ustawień.
MATURALNEPrzykład 3. Dwie osoby nie obok siebie
Sześcioro uczniów ustawia się w rzędzie. Na ile sposobów dwie wskazane osoby nie stoją obok siebie?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Wszystkich ustawień jest 6! = 720.
- Krok 2. Ustawień, w których te osoby stoją obok siebie, jest 5! · 2! = 240.
- Krok 3. Odejmujemy zdarzenie niepożądane: 720 − 240 = 480.
Odpowiedź: 480 ustawień.
- Zwykłe n! nie uwzględnia nierozróżnialnych powtórzeń.
- Jeżeli wybierasz tylko część dostępnych osób, zwykle potrzebna jest wariacja albo kombinacja.
- W zadaniu z blokiem trzeba policzyć też ustawienia wewnątrz bloku.
Jeśli ustawiamy wszystkie n różnych rzeczy, a zmiana kolejności tworzy nowy wynik – to permutacja.
6. Permutacje z powtórzeniami
- n – łączna liczba ustawianych elementów.
- n1, n2, …, nr – liczby wystąpień poszczególnych rodzajów elementów (także tych, które występują tylko raz). KONIECZNIE SPRAWDŹ: n1 + n2 + … + nr = n. Suma liczebności wszystkich grup musi być równa całkowitej liczbie ustawianych elementów. Jeśli się nie zgadza, źle określono mianownik!
- Przykład: ANANAS – razem 6 liter: A występuje 3 razy, N – 2 razy, S – 1 raz. 3 + 2 + 1 = 6, więc w mianowniku mamy 3! · 2! · 1! (czynnik 1! można pominąć, bo wynosi 1).
To nadal jest permutacja, czyli ustawienie wszystkich elementów w kolejności, ale część elementów jest nierozróżnialna. Zwykłe n! liczyłoby te same ustawienia wielokrotnie, dlatego dzielimy przez silnie liczebności każdej grupy identycznych elementów.
- Przestawiamy litery słowa z powtarzającymi się literami.
- Układamy zestaw z ustaloną liczbą jedynek, dwójek lub przedmiotów w kilku kolorach.
ŁATWEPrzykład 1. Przestawianie liter
Ile różnych napisów można ułożyć z liter słowa ANANAS?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Jest 6 liter: A występuje 3 razy, N – 2 razy, S – 1 raz.
- Krok 2. Gdyby litery były różne, byłoby 6! ustawień.
- Krok 3. Dzielimy przez 3! i 2!: 6!3! · 2! = 7206 · 2 = 60.
Odpowiedź: 60 różnych napisów.
MATURALNEPrzykład 2. Liczby z zerami
Ile sześciocyfrowych liczb można utworzyć, przestawiając cyfry 0, 0, 2, 2, 3, 3?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Wszystkich różnych ciągów sześciocyfrowych jest 6!2! · 2! · 2! = 90.
- Krok 2. Odejmujemy ciągi zaczynające się od 0 – nie są liczbami sześciocyfrowymi.
- Krok 3. Gdy jedno 0 jest ustalone na początku, pozostaje pięć cyfr: 0, 2, 2, 3, 3. Takich ciągów jest 5!2! · 2! = 30.
- Krok 4. 90 − 30 = 60.
Odpowiedź: 60 liczb.
- Nie dziel przez liczbę różnych znaków, lecz przez silnię liczby powtórzeń każdego znaku.
- Przy układaniu liczb pamiętaj, że zapis nie może zaczynać się od zera.
- To nie to samo co wariacje z powtórzeniami: tutaj liczba wystąpień każdego znaku jest z góry ustalona.
Wyrażenia „przestaw litery”, „dokładnie trzy A i dwie B” wskazują na ustalone powtórzenia.
7. Wariacje bez powtórzeń
- n – liczba dostępnych różnych elementów.
- k – liczba obsadzanych pozycji (0 ≤ k ≤ n).
- Vnk – liczba uporządkowanych wyborów k różnych elementów.
Wariacja to uporządkowany wybór. W wariacji bez powtórzeń wybieramy tylko k spośród n elementów, ale kolejność jest ważna i nic się nie powtarza.
- „Pierwsze, drugie, trzecie miejsce”, „kolejność losowania”, „kod bez powtarzania znaków”.
- Nie wykorzystujemy wszystkich elementów albo obsadzamy wskazaną liczbę pozycji.
ŁATWEPrzykład 1. Podium zawodów
W biegu startuje 8 osób. Ile różnych obsad miejsc 1., 2. i 3. jest możliwych?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Mamy n = 8 zawodników i obsadzamy k = 3 miejsca na podium.
- Krok 2. Kolejność jest ważna, ponieważ złoto, srebro i brąz to różne miejsca. Zawodnik nie może zająć dwóch miejsc naraz. To wariacja bez powtórzeń.
- Sposób 1 – reguła mnożenia. Na pierwsze miejsce mamy 8 kandydatów, na drugie 7, na trzecie 6. Otrzymujemy 8 · 7 · 6 = 336.
- Sposób 2 – ze wzoru na wariacje bez powtórzeń. Podstawiamy n = 8 i k = 3: V83 = n!(n − k)! = 8!(8 − 3)! = 8!5!.
- Krok 3. Rozpisujemy tylko tyle większej silni, ile potrzeba: 8! = 8 · 7 · 6 · 5!. Dzięki temu możemy skrócić 5!: V83 = 8 · 7 · 6 · 5!5! = 8 · 7 · 6 = 336.Oba sposoby prowadzą do tego samego wyniku.
Odpowiedź: 336 obsad podium.
MATURALNEPrzykład 2. Liczby z cyframi różnymi
Ile czterocyfrowych liczb o różnych cyfrach można utworzyć z cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Gdyby było to kodowanie (zero dopuszczalne na początku), mielibyśmy V64 = 6 · 5 · 4 · 3 = 360.
- Krok 2. Usuń ciągi zaczynające się od 0: po ustaleniu zera pozostaje V53 = 5 · 4 · 3 = 60.
- Krok 3. 360 − 60 = 300.
Odpowiedź: 300 liczb.
Wskazówka: Alternatywnie policz bezpośrednio 5 · 5 · 4 · 3.
- Nie stosuj kombinacji, jeżeli zamiana kolejności daje inny wynik.
- Nie używaj nk, gdy znaki nie mogą się powtarzać.
- W liczeniu liczb uwzględnij zakaz zera na pierwszej pozycji.
Wybieramy k miejsc z kolejnością z puli n różnych elementów; żaden nie może wrócić drugi raz.
8. Wariacje z powtórzeniami
- n – liczba dopuszczalnych elementów dla jednej pozycji.
- k – liczba pozycji.
- nk – n pomnożone przez siebie k razy.
Wariacja to uporządkowany wybór. W wariacji z powtórzeniami tworzymy uporządkowany ciąg długości k. Na każdej pozycji możemy niezależnie użyć dowolnego z n dostępnych elementów, również już użytego.
- „Cyfry mogą się powtarzać”, „PIN”, „kod”, „wielokrotny rzut monetą lub kostką”.
- Na każdej kolejnej pozycji mamy tyle samo możliwości.
ŁATWEPrzykład 1. Kod PIN
Ile czterocyfrowych kodów PIN można stworzyć z cyfr 0–9, jeśli cyfry mogą się powtarzać?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Kod ma 4 pozycje.
- Krok 2. Na każdej pozycji mamy 10 możliwości.
- Krok 3. W104 = 104 = 10 000.
Odpowiedź: 10 000 kodów.
Wskazówka: W kodzie PIN początkowe zero jest dopuszczalne.
MATURALNEPrzykład 2. Liczby czterocyfrowe
Ile liczb czterocyfrowych można utworzyć wyłącznie z cyfr 0, 2, 4, 6, jeśli cyfry mogą się powtarzać?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Pierwsza cyfra nie może być 0 – mamy 3 możliwości.
- Krok 2. Na każdej z pozostałych 3 pozycji mamy po 4 możliwości.
- Krok 3. 3 · 43 = 3 · 64 = 192.
Odpowiedź: 192 liczby.
MATURALNEPrzykład 3. Rzuty monetą
Ile różnych sekwencji może wystąpić w 5 rzutach monetą? A ile z nich ma dokładnie dwa orły?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Wszystkich sekwencji jest 25 = 32.
- Krok 2. Aby uzyskać dokładnie dwa orły, wystarczy wskazać 2 z 5 miejsc, na których padnie orzeł.
- Krok 3. To kombinacja: C52 = 5!2!3! = 10.
Odpowiedź: 32 sekwencje, w tym 10 z dokładnie dwoma orłami.
Wskazówka: Dodatkowy warunek „dokładnie dwa orły” zmienia sposób liczenia korzystnych wyników.
- Nie utożsamiaj kodów i liczb: kod może zaczynać się od 0, liczba wielocyfrowa – nie.
- Nie używaj nk automatycznie, jeśli dodatkowy warunek ogranicza niektóre pozycje.
- Ustalona liczba poszczególnych znaków wymaga innego liczenia niż swobodne powtarzanie.
Kolejność ma znaczenie, a zdanie „mogą się powtarzać” pozwala obsadzać kolejne pozycje niezależnie.
Kombinacje, symbol Newtona i dwumian Newtona
MATEMATYKA – POZIOM ROZSZERZONY. Tutaj ważne jest przede wszystkim odróżnienie wyboru grupy od wyboru uporządkowanego. Dochodzą również tożsamości symbolu Newtona i rozwijanie potęg.
9. Kombinacje bez powtórzeń
- n – liczba dostępnych różnych elementów.
- k – liczba wybieranych elementów (0 ≤ k ≤ n).
- Cnk lub (n nad k) – liczba nieuporządkowanych wyborów k elementów bez powtórzeń.
- Ważne: we wzorze zawsze najpierw liczymy n − k w nawiasie, a dopiero potem silnię (n − k)!. Przykład: dla n = 9 i k = 3 otrzymujemy (9 − 3)! = 6!, nie 6.
Kombinacja to wybór grupy bez uwzględniania kolejności. Grupa {Ania, Bartek} jest tą samą grupą co {Bartek, Ania}. Zależność z wariacjami: Vnk = Cnk · k!. Różnica wobec wariacji: w wariacji trzy wybrane osoby w innej kolejności tworzą inny wynik, a w kombinacji jest to cały czas ta sama trójka.
- „Wybierz komisję”, „delegację”, „grupę”, „wylosuj jednocześnie”, „pięciokartowy układ”.
- Nie nadajemy wybranym osobom różnych funkcji ani miejsc.
ŁATWEPrzykład 1. Trzyosobowa drużyna
Na ile sposobów można wybrać trzyosobową drużynę spośród 9 osób?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Rozpoznajemy metodę. Mamy 9 osób, a do drużyny wybieramy 3. Gdy wybierzemy Anię, Olę i Marka, jest to ta sama drużyna co Marek, Ania i Ola. Kolejność nie ma znaczenia, więc używamy kombinacji bez powtórzeń.
- Krok 2. Odczytujemy dane. n = 9, ponieważ tyle osób mamy do dyspozycji. k = 3, ponieważ tyle osób ma znaleźć się w drużynie.
- Krok 3. Zapisujemy najpierw wzór OGÓLNY.Cnk = n!k! · (n − k)!
- Krok 4. Dopiero teraz podstawiamy n = 9 oraz k = 3. Zwróć uwagę na część (n − k)! w mianowniku.C93 = 9!3! · (9 − 3)!
- Krok 5. Obliczamy działanie w nawiasie. 9 − 3 = 6, zatem w mianowniku pojawia się 6!, a nie samo 6.C93 = 9!3! · 6!
- Krok 6. Skracamy silnie. Rozpisz większą silnię jako 9! = 9 · 8 · 7 · 6!. Dzięki temu 6! z licznika i mianownika skrócą się.9 · 8 · 7 · 6!3! · 6! = 9 · 8 · 73!
- Krok 7. Obliczamy pozostałą silnię i dzielenie. 3! = 3 · 2 · 1 = 6.9 · 8 · 73 · 2 · 1 = 5046 = 84.
- Dlaczego wynik nie wynosi 9 · 8 · 7? Ta liczba uwzględnia także kolejność trzech osób. Każdą drużynę policzylibyśmy wtedy aż 3! = 6 razy. Dlatego we wzorze na kombinacje jest dzielenie przez k!.
Odpowiedź: 84 drużyny.
Wskazówka: Najważniejsze przejście to (n − k)! → (9 − 3)! → 6!. Dopiero potem wolno skrócić silnie.
MATURALNEPrzykład 2. Skład mieszany
Spośród 6 kobiet i 7 mężczyzn wybieramy 5-osobową komisję: dokładnie 2 kobiety i 3 mężczyzn. Ile jest takich komisji?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Tłumaczymy warunek. Komisja ma liczyć 5 osób, ale nie dowolnych: muszą być w niej dokładnie 2 kobiety i dokładnie 3 mężczyzn.
- Krok 2. Dlaczego kombinacje? W komisji nie przydzielamy stanowisk. Skład {Ala, Basia, Jan, Piotr, Adam} jest taki sam niezależnie od kolejności wymieniania osób.
- Krok 3. Wybieramy 2 kobiety spośród 6. Tu n = 6 i k = 2. Najpierw zapisujemy wzór, potem podstawiamy, a potem liczymy różnicę.C62 = 6!2! · (6 − 2)! = 6!2! · 4!
- Krok 4. Skracamy i obliczamy liczbę możliwości wyboru kobiet.6 · 5 · 4!2! · 4! = 6 · 52 · 1 = 302 = 15.
- Krok 5. Wybieramy 3 mężczyzn spośród 7. Tym razem n = 7, k = 3; zatem 7 − 3 = 4.C73 = 7!3! · (7 − 3)! = 7!3! · 4!
- Krok 6. Skracamy i obliczamy liczbę wyborów mężczyzn.7 · 6 · 5 · 4!3! · 4! = 7 · 6 · 53 · 2 · 1 = 2106 = 35.
- Krok 7. Łączymy obie części komisji. Do każdego wyboru dwóch kobiet możemy dobrać 35 składów męskich, dlatego mnożymy, a nie dodajemy.15 · 35 = 525.
Odpowiedź: 525 komisji.
Wskazówka: Zadanie mówi „2 kobiety i 3 mężczyzn”, dlatego wykonujemy oba wybory i mnożymy wyniki. Gdyby było „albo”, musielibyśmy rozpatrzyć osobne przypadki.
MATURALNEPrzykład 3. Komisja z przewodniczącym
Z 8 osób wybieramy 3-osobową komisję, a następnie spośród niej przewodniczącego. Ile możliwości?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Najpierw tworzymy komisję. Mamy 8 osób, wybieramy z nich 3. Ponieważ przy samym wyborze składu kolejność nie jest ważna, stosujemy kombinacje.
- Krok 2. Zapisujemy wzór ogólny i podstawiamy dane. n = 8, k = 3.Cnk = n!k! · (n − k)!C83 = 8!3! · (8 − 3)! = 8!3! · 5!
- Krok 3. Skracamy i otrzymujemy liczbę komisji.8 · 7 · 6 · 5!3! · 5! = 8 · 7 · 63 · 2 · 1 = 3366 = 56.
- Krok 4. Wskazujemy przewodniczącego. W każdej z 56 komisji są dokładnie 3 osoby, a więc przewodniczącym może zostać jedna z nich: mamy 3 możliwości.
- Krok 5. Mnożymy. Wybranie składu i wybranie przewodniczącego to dwa kolejne etapy.56 · 3 = 168.
- Sprawdzenie innym sposobem. Najpierw wybieramy przewodniczącego na 8 sposobów, a potem dwóch pozostałych członków z pozostałych 7 osób.8 · C72 = 8 · 7!2! · (7 − 2)! = 8 · 21 = 168.
Odpowiedź: 168 możliwości.
Wskazówka: Dodatkowa funkcja zmienia wynik: komisja {A, B, C} z przewodniczącym A różni się od tej samej komisji z przewodniczącym B.
- Nie myl wyboru grupy z przyznaniem różnych miejsc (wtedy kolejność jest ważna).
- Nie używaj kombinacji dla losowania kolejnego, jeśli kolejność stanowi część wyniku.
- Nie zapominaj o dodatkowych rolach: przewodniczący, sekretarz itp.
Pytanie kontrolne: czy zamiana miejsc dwóch wybranych osób zmienia rezultat? Jeśli nie – użyj kombinacji.
10. Symbol Newtona i jego własności
- (n nad k) – symbol Newtona, czytamy „n nad k”.
- n – liczba wszystkich elementów; k – liczba wybranych.
- Własności: (n nad 0) = (n nad n) = 1, (n nad 1) = n.
Symbol Newtona opisuje kombinacje i jest też współczynnikiem w dwumianie Newtona. Symetria (n nad k) = (n nad n − k) mówi, że wybranie k osób jest równoważne wskazaniu tych, których nie wybieramy.
- Obliczamy kombinacje, upraszczamy duże współczynniki lub rozwijamy wielomiany.
- Potrzebujemy zależności między sąsiednimi współczynnikami w trójkącie Pascala.
ŁATWEPrzykład 1. Symetria symbolu
Oblicz 108 bez rozwijania 10! w całości.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Co oznacza symbol? „10 nad 8” oznacza wybór 8 elementów spośród 10, bez znaczenia kolejności.
- Krok 2. Korzystamy z własności symetrii. Wybrać 8 z 10 to tyle samo co wskazać 2 osoby, które nie zostaną wybrane.108 = 1010 − 8 = 102
- Krok 3. Zapisujemy wzór ogólny i podstawiamy.nk = n!k! · (n − k)!102 = 10!2! · (10 − 2)! = 10!2! · 8!
- Krok 4. Rozpisujemy większą silnię i skracamy 8!.10 · 9 · 8!2! · 8! = 10 · 92 · 1 = 902 = 45.
Odpowiedź: 45.
Wskazówka: Własność symetrii pozwala wybrać mniejszą liczbę k i uprościć obliczenia; nie zmienia wyniku.
MATURALNEPrzykład 2. Tożsamość Pascala
Oblicz 83 + 84, używając własności symbolu Newtona.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Rozpoznajemy wzór Pascala. W sumie są dwa symbole Newtona o takim samym górnym indeksie 8, a dolne indeksy to 3 i 4 (kolejne liczby).
- Krok 2. Zapisujemy własność ogólną.nk + nk+1 = n+1k+1
- Krok 3. Podstawiamy n = 8 oraz k = 3.83 + 84 = 94
- Krok 4. Obliczamy otrzymany symbol, zaczynając od wzoru z odejmowaniem w nawiasie.94 = 9!4! · (9 − 4)! = 9!4! · 5!
- Krok 5. Rozpisujemy 9! i skracamy 5!.9 · 8 · 7 · 6 · 5!4! · 5! = 9 · 8 · 7 · 64 · 3 · 2 · 1 = 302424 = 126.
- Krok 6. Sprawdzamy wynik zwykłym dodawaniem. Osobno mamy „8 nad 3” = 56 i „8 nad 4” = 70. Ich suma to 56 + 70 = 126.
Odpowiedź: 126.
Wskazówka: Zwracaj uwagę na dwa sąsiednie dolne indeksy: 3 i 4. To sygnał, że można zastosować tożsamość Pascala.
- Symbolu (n nad k) nie traktuj jak ułamka n/k.
- Zawsze sprawdź 0 ≤ k ≤ n w standardowej definicji kombinatorycznej.
- Przy sumie sąsiednich symboli nie sumuj dolnych indeksów.
Słowa „wybieramy bez kolejności”, współczynniki dwumianowe oraz trójkąt Pascala wskazują na symbol Newtona.
11. Trójkąt Pascala
- n – numer wiersza, liczony od zera.
- k – pozycja w wierszu, również liczona od zera.
- Liczby w wierszu n to (n nad 0), (n nad 1), …, (n nad n).
Trójkąt Pascala to szybki sposób odczytywania symboli Newtona. Na brzegach zawsze stoją jedynki, a każda liczba wewnętrzna jest sumą dwóch liczb bezpośrednio nad nią.
- Chcesz szybko znaleźć współczynniki rozwinięcia (a + b)n.
- Chcesz policzyć sąsiadujące wartości symbolu Newtona bez używania dużych silni.
ŁATWEPrzykład 1. Dopisz wiersz
Znając wiersz 1, 5, 10, 10, 5, 1, ułóż kolejny wiersz trójkąta Pascala.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Przepisujemy poprzedni wiersz. To 1, 5, 10, 10, 5, 1.
- Krok 2. Zaczynamy i kończymy od 1. Brzegowe liczby trójkąta Pascala zawsze są jedynkami.
- Krok 3. Liczymy środkowe liczby, dodając sąsiadów z poprzedniego wiersza. Kolejno: 1 + 5 = 6, 5 + 10 = 15, 10 + 10 = 20, 10 + 5 = 15, 5 + 1 = 6.
- Krok 4. Zapisujemy cały nowy wiersz.1 6 15 20 15 6 1.
- Krok 5. Kontrolujemy symetrię. Liczby po lewej i prawej stronie środka muszą się powtarzać w odwrotnej kolejności.
Odpowiedź: 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1.
MATURALNEPrzykład 2. Odczyt współczynnika
Odczytaj współczynnik przy a4b2 w rozwinięciu (a + b)6.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Odczytujemy wykładnik. W wyrażeniu (a + b)6 mamy n = 6, więc interesuje nas wiersz trójkąta Pascala numer 6 (licząc od n = 0).
- Krok 2. Zapisujemy cały wiersz.1 6 15 20 15 6 1
- Krok 3. Patrzymy na potęgę b. W wyrazie a4b2 potęga b wynosi 2. Dlatego szukamy współczynnika na pozycji k = 2, licząc od 0: pierwsza pozycja = 1, druga = 6, trzecia = 15.
- Krok 4. Sprawdzenie ze wzoru Newtona.62 = 6!2! · (6 − 2)! = 6!2! · 4! = 6 · 52 · 1 = 15.
Odpowiedź: Współczynnik wynosi 15.
Wskazówka: Warto zapamiętać: indeks k oznacza wykładnik przy b, a wykładnik przy a wynosi n − k.
- Pierwszy wiersz 1 to n = 0, a nie n = 1.
- Nie dodawaj wszystkich elementów z poprzedniego wiersza – tylko pary sąsiadów.
Gdy pytają o współczynniki w potędze sumy, trójkąt Pascala jest szybkim narzędziem.
Kolejne wiersze odpowiadają n = 0, 1, 2, …, 7.
12. Dwumian Newtona
- a, b – składniki sumy (mogą być wyrażeniami, np. 2x i −1).
- n – nieujemny całkowity wykładnik potęgi.
- k – numer kolejnego wyrazu, od 0 do n.
- Σ – znak sumowania; (n nad k) – współczynnik kolejnego składnika.
Dwumian Newtona rozwija potęgę sumy albo różnicy na sumę wyrazów. W każdym kolejnym składniku wykładnik a maleje o 1, wykładnik b rośnie o 1, a suma wykładników wynosi n.
- Występuje (a + b)n, (a − b)n albo pytanie o konkretny współczynnik przy xk.
- Wykładnik jest na tyle duży, że wielokrotne mnożenie nawiasów byłoby niewygodne.
ŁATWEPrzykład 1. Rozwinięcie sześcianu
Rozwiń (x + 2)3.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Ustalamy, co jest czym. Mamy (x + 2)3, zatem a = x, b = 2, n = 3.
- Krok 2. Zapisujemy rozwinięcie dla trzeciej potęgi. Współczynniki z trójkąta Pascala dla n = 3 to 1, 3, 3, 1.(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
- Krok 3. Podstawiamy a = x i b = 2, ale jeszcze niczego nie upraszczamy.(x + 2)3 = x3 + 3 · x2 · 2 + 3 · x · 22 + 23
- Krok 4. Liczymy potęgi liczby 2. 22 = 4 i 23 = 8.x3 + 3 · x2 · 2 + 3 · x · 4 + 8
- Krok 5. Mnożymy współczynniki. 3 · 2 = 6, a 3 · 4 = 12.x3 + 6x2 + 12x + 8.
Odpowiedź: x3 + 6x2 + 12x + 8.
Wskazówka: Sprawdź wykładniki: najpierw x³, potem x², następnie x i na końcu wyraz bez x.
MATURALNEPrzykład 2. Potęga różnicy
Rozwiń (2x − 1)4.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Zauważamy znak minus. Wyrażenie (2x − 1)4 traktujemy jak (a + b)4, gdzie a = 2x, b = −1.
- Krok 2. Przypominamy wzór na czwartą potęgę sumy. Współczynniki z trójkąta Pascala to 1, 4, 6, 4, 1.(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
- Krok 3. Podstawiamy a = 2x i b = −1.(2x)4 + 4 · (2x)3 · (−1) + 6 · (2x)2 · (−1)2 + 4 · (2x) · (−1)3 + (−1)4
- Krok 4. Obliczamy potęgi. (2x)4 = 16x4, (2x)3 = 8x3, (2x)2 = 4x2. Ponadto (−1)2 = 1, (−1)3 = −1, (−1)4 = 1.
- Krok 5. Mnożymy każdy wyraz osobno.16x4 − 4 · 8x3 + 6 · 4x2 − 4 · 2x + 1
- Krok 6. Wykonujemy ostatnie mnożenia.16x4 − 32x3 + 24x2 − 8x + 1.
Odpowiedź: 16x4 − 32x3 + 24x2 − 8x + 1.
Wskazówka: Nie zakładaj na pamięć znaków. Oblicz osobno (−1) do każdej potęgi: parzysta → plus, nieparzysta → minus.
MATURALNEPrzykład 3. Współczynnik bez rozwijania całości
Wyznacz współczynnik przy x3 w (1 + 2x)7.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Co oznacza „współczynnik przy x³”? Szukamy liczby, która będzie stała obok x3 po rozwinięciu. Nie musimy obliczać wszystkich wyrazów.
- Krok 2. Wskazujemy dane. W (1 + 2x)7 mamy a = 1, b = 2x oraz n = 7.
- Krok 3. Zapisujemy wzór na pojedynczy wyraz rozwinięcia.nk · an−k · bk
- Krok 4. Ustalamy k. Zmienne x pojawiają się w czynniku (2x)k. Aby uzyskać x3, wybieramy k = 3.
- Krok 5. Wstawiamy k = 3 do wyrazu ogólnego.73 · 17−3 · (2x)3
- Krok 6. Obliczamy symbol Newtona, bez przeskakiwania nawiasu z odejmowaniem.73 = 7!3! · (7 − 3)! = 7!3! · 4! = 7 · 6 · 53 · 2 · 1 = 35.
- Krok 7. Podnosimy 2x do potęgi. (2x)3 = 23x3 = 8x3. Ponieważ 14 = 1, cały szukany wyraz to 35 · 8x3 = 280x3.
- Krok 8. Podajemy dokładnie to, o co pytano. Nie szukano całego wyrazu 280x3, tylko jego współczynnika, czyli 280.
Odpowiedź: 280.
- (a + b)n nie jest równe an + bn, gdy n > 1.
- Przy (a − b)n podstaw b ze znakiem minus i pilnuj parzystości potęg.
- Dla wyrazu an−kbk suma wykładników zawsze wynosi n.
Jeśli masz potęgę dwumianu albo „współczynnik przy xm”, sięgnij po wzór Newtona.
Od liczenia możliwości do prawdopodobieństwa
Prawdopodobieństwo klasyczne łączy wszystkie wcześniejsze metody liczenia. W zadaniach trzeba osobno znaleźć liczbę wszystkich wyników i liczbę wyników korzystnych.
13. Przestrzeń zdarzeń elementarnych i zdarzenie losowe
- Ω – przestrzeń zdarzeń elementarnych, czyli zbiór wszystkich wyników eksperymentu.
- A – zdarzenie losowe, czyli zbiór wybranych wyników z Ω.
- ∅ – zdarzenie niemożliwe; Ω jako zdarzenie – pewne.
Zanim obliczymy prawdopodobieństwo, musimy wiedzieć, co jest pojedynczym wynikiem losowania i jakie wyniki spełniają warunek zadania.
- Rzucamy kością lub monetą, losujemy kule, wybieramy karty, zapisujemy kolejność wyników.
- Potrzebujemy obliczyć liczebność Ω i podzbioru A.
ŁATWEPrzykład 1. Pojedynczy rzut kostką
Rzucamy uczciwą kostką. Opisz Ω i zdarzenie A: wypadła liczba parzysta.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
- Krok 2. A = {2, 4, 6}.
- Krok 3. |Ω| = 6, |A| = 3.
Odpowiedź: Ω = {1,2,3,4,5,6}, A = {2,4,6}.
MATURALNEPrzykład 2. Dwa losowania
Z urny z kulami 1, 2 i 3 wyciągamy kolejno dwie kule. Podaj Ω dla losowania bez zwracania oraz ze zwracaniem.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Bez zwracania każda kula występuje najwyżej raz: Ω = {(1,2),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2)}.
- Krok 2. Ze zwracaniem możliwe są dodatkowo (1,1), (2,2), (3,3); wszystkich wyników jest 3 · 3 = 9.
- Krok 3. Gdy kolejność jest rejestrowana, (1,2) i (2,1) to różne wyniki.
Odpowiedź: Bez zwracania: 6 wyników; ze zwracaniem: 9.
- Nie myl pojedynczego wyniku z wydarzeniem obejmującym kilka wyników.
- Jeśli rejestrujemy kolejność, pary (1,2) i (2,1) są odrębne.
- Przy probabilistyce trzeba upewnić się, że wyniki wybrane do Ω są jednakowo prawdopodobne, zanim zastosuje się klasyczny wzór.
Zanim zaczniesz liczyć P(A), napisz sobie: co jest jednym wynikiem i ile istnieje wszystkich wyników?
14. Działania na zdarzeniach
- A ∪ B – A lub B (przynajmniej jedno z nich).
- A ∩ B – A i B jednocześnie.
- A ∖ B – A zachodzi, ale B nie.
- Ac – zdarzenie przeciwne do A (A nie zachodzi).
Są to działania na zbiorach wyników. Dzięki nim można przełożyć słowny opis zdarzenia na zapis matematyczny, np. „ani jeden” = zdarzenie przeciwne do „co najmniej jeden”.
- W treści występują słowa „lub”, „jednocześnie”, „ale nie”, „nie zaszło”.
- Chcesz policzyć złożone zdarzenie albo znaleźć jego dopełnienie.
ŁATWEPrzykład 1. Wypisanie zbiorów
Rzucamy kostką. A: wynik parzysty. B: wynik większy od 4. Wyznacz A ∪ B, A ∩ B i A ∖ B.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. A = {2,4,6}, B = {5,6}.
- Krok 2. Suma zawiera wszystkie elementy należące do co najmniej jednego zbioru: A ∪ B = {2,4,5,6}.
- Krok 3. Część wspólna: A ∩ B = {6}.
- Krok 4. Różnica: A ∖ B = {2,4}.
Odpowiedź: A ∪ B = {2,4,5,6}, A ∩ B = {6}, A ∖ B = {2,4}.
MATURALNEPrzykład 2. Zdarzenie przeciwne
W czterech rzutach kostką oznacz A jako „przynajmniej raz wypadła szóstka”. Opisz Ac.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. A obejmuje wyniki z jedną, dwiema, trzema lub czterema szóstkami.
- Krok 2. Zaprzeczenie zdania „przynajmniej raz” brzmi „ani razu”.
- Krok 3. Ac to „w żadnym z czterech rzutów nie wypadła szóstka”.
Odpowiedź: Ac: zero szóstek w czterech rzutach.
- A ∪ B to nie „dokładnie jedno”, ale „co najmniej jedno”; oba naraz także się liczą.
- A ∖ B i B ∖ A to na ogół różne zdarzenia.
- Zdarzenia rozłączne spełniają A ∩ B = ∅; zdarzenia przeciwne są szczególnym przypadkiem rozłącznych, których suma daje całe Ω.
Podkreśl słowa „lub”, „i”, „bez”, „nie”, „co najmniej jeden”. Następnie dobierz odpowiednie działanie na zbiorach.
15. Prawdopodobieństwo klasyczne
- P(A) – prawdopodobieństwo zdarzenia A.
- |A| – liczba wyników sprzyjających zdarzeniu A.
- |Ω| – liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia.
Gdy przestrzeń Ω jest skończona, niepusta i wszystkie wyniki elementarne są jednakowo prawdopodobne, liczymy korzystne wyniki i dzielimy przez liczbę wszystkich wyników. W kombinatoryce często używamy różnych wzorów osobno do licznika i mianownika.
- Rzuty uczciwymi kośćmi, monetami, jednakowo możliwe układy kart lub kule losowane losowo.
- Zadanie pyta „jakie jest prawdopodobieństwo” i da się policzyć wszystkie oraz korzystne wyniki.
ŁATWEPrzykład 1. Suma oczek
Rzucamy dwa razy uczciwą kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek będzie co najmniej 10?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Ω składa się z 6 · 6 = 36 uporządkowanych par.
- Krok 2. Korzystne sumy 10, 11 i 12: (4,6),(5,5),(6,4),(5,6),(6,5),(6,6). To 6 par.
- Krok 3. P(A) = 636 = 16.
Odpowiedź: 16.
MATURALNEPrzykład 2. Kule tego samego koloru
W urnie są 3 kule czerwone i 5 niebieskich. Losujemy jednocześnie dwie kule. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będą tego samego koloru?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Zapisujemy, co jest wynikiem losowania. Jednocześnie losujemy 2 kule spośród 8. Nie ma znaczenia, którą wymienimy pierwszą, więc stosujemy kombinacje.
- Krok 2. Liczymy wszystkie możliwe pary. n = 8, k = 2.|Ω| = C82 = 8!2! · (8 − 2)! = 8!2! · 6!8 · 72 · 1 = 28.
- Krok 3. Liczymy pary dwóch czerwonych kul. Są 3 czerwone, wybieramy 2.C32 = 3!2! · (3 − 2)! = 3!2! · 1! = 3.
- Krok 4. Liczymy pary dwóch niebieskich kul. Jest 5 niebieskich, wybieramy 2.C52 = 5!2! · (5 − 2)! = 5!2! · 3! = 5 · 42 · 1 = 10.
- Krok 5. Dodajemy wyniki korzystne. Albo dwie czerwone, albo dwie niebieskie – te przypadki nie mogą zajść jednocześnie. Dlatego |A| = 3 + 10 = 13.
- Krok 6. Stosujemy klasyczny wzór na prawdopodobieństwo.P(A) = |A||Ω| = 1328.
Odpowiedź: 1328.
Wskazówka: Najpierw mianownik (wszystkie pary), potem licznik (pary tego samego koloru). W obu miejscach wykorzystujemy kombinacje.
MATURALNEPrzykład 3. Dokładnie dwa asy
Z pełnej talii 52 kart losujemy jednocześnie 5 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będą wśród nich dokładnie 2 asy?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Dlaczego kombinacje? Losujemy 5 kart naraz, więc liczy się zestaw kart, a nie kolejność ich wyjmowania.
- Krok 2. Liczymy wszystkie pięciokartowe zestawy. Z 52 kart wybieramy 5.|Ω| = C525 = 52!5! · (52 − 5)! = 52!5! · 47! = 2 598 960.
- Krok 3. Interpretujemy „dokładnie 2 asy”. Potrzebujemy 2 asów i 3 kart, które asami nie są. Tych pozostałych kart jest 52 − 4 = 48.
- Krok 4. Wybieramy 2 asy z 4.C42 = 4!2! · (4 − 2)! = 4!2! · 2! = 6.
- Krok 5. Wybieramy 3 nie-asy z 48.C483 = 48!3! · (48 − 3)! = 48!3! · 45! = 48 · 47 · 463 · 2 · 1 = 17 296.
- Krok 6. Mnożymy dwa wybory. Do każdego zestawu 2 asów możemy dobrać jeden z 17 296 zestawów innych kart. Korzystnych zestawów jest 6 · 17 296 = 103 776.
- Krok 7. Podstawiamy do wzoru na prawdopodobieństwo.P(A) = |A||Ω| = 103 7762 598 960 ≈ 0,03993, czyli około 3,99%.
Odpowiedź: P = 103 7762 598 960≈ 0,03993 (ok. 3,99%).
Wskazówka: „Dokładnie” jest bardzo ważne: pozostałe 3 karty muszą pochodzić z puli 48 kart niebędących asami.
- Nie używaj klasycznego ilorazu liczebności, gdy wyniki elementarne nie są jednakowo prawdopodobne.
- Licznik i mianownik muszą opisywać wyniki na tej samej zasadzie (np. oba jako nieuporządkowane układy kart).
- Prawdopodobieństwo zawsze leży między 0 a 1.
Na maturze najpierw policz wszystkie wyniki |Ω|, potem korzystne |A|, na końcu podziel. Sprawdź, czy są równoprawdopodobne.
16. Zdarzenie przeciwne – sposób na „co najmniej jeden”
- Ac – zdarzenie, że A nie zachodzi.
- 1 – prawdopodobieństwo całej przestrzeni Ω.
Zamiast liczyć wiele przypadków sprzyjających A, obliczamy jeden prostszy przypadek przeciwny, a potem odejmujemy jego prawdopodobieństwo od 1.
- „Co najmniej jeden”, „przynajmniej raz”, „nie wszystkie”, „żaden”.
- Łatwiej policzyć brak danego wyniku niż wszystkie możliwości, w których występuje.
ŁATWEPrzykład 1. Przynajmniej jeden orzeł
Trzy razy rzucamy uczciwą monetą. Oblicz prawdopodobieństwo, że choć raz wypadnie orzeł.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Zdarzenie przeciwne: nie wypadnie ani jeden orzeł, czyli trzy reszki.
- Krok 2. P(trzy reszki) = (12)3 = 18.
- Krok 3. P(co najmniej jeden orzeł) = 1 − 18 = 78.
Odpowiedź: 78.
MATURALNEPrzykład 2. Co najmniej jedna szóstka
Cztery razy rzucamy uczciwą kostką. Oblicz prawdopodobieństwo uzyskania co najmniej jednej szóstki.
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Zdarzenie przeciwne: ani jednej szóstki.
- Krok 2. W jednym rzucie brak szóstki ma prawdopodobieństwo 56.
- Krok 3. Rzuty są niezależne: P(bez szóstki cztery razy) = (56)4 = 6251296.
- Krok 4. P = 1 − 6251296 = 6711296.
Odpowiedź: 6711296≈ 0,5177.
- „Co najmniej jeden” nie oznacza „dokładnie jeden”.
- Pamiętaj o wszystkich etapach doświadczenia, gdy liczysz brak sukcesu.
- Potęgowanie (56)4 wymaga niezależnych rzutów; przy losowaniach bez zwracania czynniki zwykle się zmieniają.
Jeżeli w treści widzisz „co najmniej raz”, spróbuj najpierw policzyć „ani razu”.
17. Prawdopodobieństwo sumy zdarzeń
- A ∪ B – zachodzi A lub B (być może oba naraz).
- A ∩ B – zachodzą jednocześnie A i B.
- Jeśli A i B są rozłączne, to P(A ∩ B) = 0 i zostaje P(A ∪ B) = P(A) + P(B).
Dodając P(A) i P(B), zdarzenie wspólne liczylibyśmy dwukrotnie. Dlatego odejmujemy P(A ∩ B). Gdy przypadki nie mają części wspólnej, niczego nie odejmujemy.
- Pytanie zawiera „A lub B”, np. „kier lub król”.
- Dwa kryteria mogą być spełnione jednocześnie – trzeba zbadać ich część wspólną.
ŁATWEPrzykład 1. Karta kier lub król
Losujemy jedną kartę z talii 52 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo otrzymania kiera lub króla?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Kierów jest 13, królów jest 4.
- Krok 2. Król kier należy do obu zbiorów, dlatego byłby liczony dwa razy.
- Krok 3. Korzystnych kart jest 13 + 4 − 1 = 16.
- Krok 4. P = 1652 = 413.
Odpowiedź: 413.
MATURALNEPrzykład 2. Dwa rozłączne kolory kart
Losujemy jedną kartę z talii 52 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo otrzymania pika lub trefla?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Pików jest 13, trefli jest 13.
- Krok 2. Żadna karta nie jest jednocześnie pikiem i treflem – zdarzenia są rozłączne.
- Krok 3. P = (13 + 13)/52 = 2652 = 12.
Odpowiedź: 12.
- Nie pomijaj części wspólnej, jeżeli zdarzenia nakładają się.
- Nie myl rozłączności (A ∩ B = ∅) z niezależnością – to różne pojęcia.
- „Lub” oznacza również sytuację, w której obydwa warunki zachodzą.
Pytanie „A lub B” → oceń, czy jest możliwość, że A i B wystąpią razem; jeśli tak, odejmij część wspólną.
Zastosowania na poziomie rozszerzonym
W trudniejszych zadaniach używa się kilku narzędzi naraz: rozbijania na przypadki, wyborów z grup i kontroli pierwszej cyfry.
18. Dobieranie kilku metod w jednym zadaniu
- Przypadek – jedna z odrębnych struktur rozwiązania, np. określony rozkład cyfr.
- Wybór – decyzja liczona kombinacją, wariacją, permutacją lub regułą mnożenia.
Na poziomie rozszerzonym często nie wystarcza jeden wzór. Trzeba najpierw rozdzielić przypadki, a potem w każdym przypadku dobrać właściwy sposób liczenia.
- Pojawia się warunek „dokładnie”, „suma cyfr wynosi”, „iloczyn cyfr”, „tyle kart każdego koloru”.
- Część wyborów jest nieuporządkowana, ale kolejność pozostałych pozycji może mieć znaczenie.
MATURALNEPrzykład 1. Suma cyfr
Ile jest liczb siedmiocyfrowych, których suma cyfr wynosi 3?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Wyciągamy dwa warunki. Liczba ma 7 cyfr i suma tych cyfr wynosi 3. Ponieważ jest siedmiocyfrowa, pierwsza cyfra nie może być zerem.
- Krok 2. Jak można uzyskać sumę 3? Nie wymyślamy od razu wszystkich liczb. Najpierw rozważamy, jak suma 3 może rozłożyć się na dodatnie cyfry: 3, 2 + 1 albo 1 + 1 + 1. Pozostałe cyfry muszą być zerami.
- Przypadek A: jedna trójka i sześć zer. Gdyby trójka stała dalej, liczba zaczynałaby się od zera. Dlatego trójka musi stać na pierwszym miejscu. Jedyna liczba to 3000000 – 1 możliwość.
- Przypadek B: jedna dwójka, jedna jedynka i pięć zer. Pierwsza cyfra musi być 2 albo 1. Jeśli na początku stoi 2, to 1 można wstawić na 6 pozostałych miejsc – 6 możliwości. Jeśli na początku stoi 1, to 2 można wstawić na 6 pozostałych miejsc – kolejne 6 możliwości. Razem 6 + 6 = 12.
- Przypadek C: trzy jedynki i cztery zera. Na początku musi stać 1, a dwie pozostałe jedynki trzeba umieścić na 2 spośród 6 pozostałych miejsc. Nie ma znaczenia, którą jedynkę wybierzemy jako pierwszą – są identyczne, dlatego stosujemy kombinacje.C62 = 6!2! · (6 − 2)! = 6!2! · 4! = 6 · 52 · 1 = 15.
- Krok 3. Sprawdzamy, czy przypadki się pokrywają. Nie – liczba nie może jednocześnie składać się z jednej trójki i z trzech jedynek.
- Krok 4. Dodajemy rozłączne przypadki.1 + 12 + 15 = 28.
Odpowiedź: 28 liczb.
Wskazówka: Zamiast zgadywać wzór, najpierw wypisz możliwe rozkłady sumy cyfr, a w każdym przypadku osobno uwzględnij zakaz zera na początku.
MATURALNEPrzykład 2. Karty w konkretnych liczbach
Z talii 52 kart wybieramy 5 kart, w tym dokładnie 2 kiery i 3 piki. Ile jest takich układów?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Rozumienie treści. Wybieramy dokładnie 5 kart: 2 kiery i 3 piki. Kolory kart nie mogą się zamienić, bo wtedy warunek nie będzie spełniony.
- Krok 2. Liczymy, z ilu kart wybieramy. W talii 52 kart jest 13 kierów i 13 pików. Kart nie ustawiamy w kolejności – wybieramy tylko zestaw.
- Krok 3. Dwa kiery z trzynastu – kombinacje.C132 = 13!2! · (13 − 2)! = 13!2! · 11! = 13 · 122 · 1 = 78.
- Krok 4. Trzy piki z trzynastu – również kombinacje.C133 = 13!3! · (13 − 3)! = 13!3! · 10! = 13 · 12 · 113 · 2 · 1 = 286.
- Krok 5. Łączymy oba wybory. Każdy wybór dwóch kierów możemy zestawić z każdym wyborem trzech pików. Dlatego mnożymy (nie dodajemy).78 · 286 = 22 308.
Odpowiedź: 22 308 układów.
Wskazówka: Słowo „oraz” sugeruje dwa konieczne etapy. Najpierw 2 kiery, potem 3 piki – mnożymy liczby możliwości.
MATURALNEPrzykład 3. Liczba dwójkowa
Ile jest liczb dziesięciocyfrowych w systemie dwójkowym, które mają dokładnie cztery jedynki?
Rozwiń rozwiązanie krok po kroku
- Krok 1. Co oznacza system dwójkowy? Występują tylko cyfry 0 i 1. Liczba dziesięciocyfrowa musi się zaczynać od 1, bo początkowe zero nie jest liczone jako cyfra liczby.
- Krok 2. Pierwsza jedynka jest już ustalona. Skoro liczba ma mieć dokładnie cztery jedynki, to w pozostałych 9 miejscach musimy umieścić jeszcze 3 jedynki. Pozostałe 6 miejsc zajmą zera.
- Krok 3. Dlaczego kombinacje? Wybieramy trzy pozycje na jedynki, ale nie nadajemy im kolejności – jedynki są identyczne.
- Krok 4. Podstawiamy do wzoru. n = 9 miejsc, k = 3 miejsca wybrane na jedynki.C93 = 9!3! · (9 − 3)! = 9!3! · 6!
- Krok 5. Skracamy i liczymy.9 · 8 · 7 · 6!3! · 6! = 9 · 8 · 73 · 2 · 1 = 5046 = 84.
Odpowiedź: 84 liczby.
Wskazówka: Najpierw koniecznie ustal pierwszą cyfrę równą 1. Dlatego wybieramy 3 miejsca z 9, a nie 4 z 10.
- Nie zakładaj automatycznie, że jeden wzór rozwiązuje całe zadanie.
- W liczbach wielocyfrowych zakaz początkowego zera jest szczególnie ważny.
- Przy kartach uważaj, czy losowanie jest jednoczesne (grupa) czy w kolejności.
Kiedy nie wiadomo, który wzór zastosować, rozpisz możliwe struktury wyniku, a dopiero potem licz każdą z nich.
Który wzór wybrać?
| Metoda | Kolejność ważna? | Powtórzenia? | Co liczymy? | Wzór |
|---|---|---|---|---|
| Permutacje | Tak | Nie | Ustawiamy wszystkie n różnych elementów | n! |
| Permutacje z powtórzeniami | Tak | Tak, ale liczności są ustalone | Przestawiamy wszystkie elementy, także identyczne | n!/(n₁! · … · nᵣ!) |
| Wariacje bez powtórzeń | Tak | Nie | Obsadzamy k pozycji spośród n różnych elementów | n!(n−k)! |
| Wariacje z powtórzeniami | Tak | Tak, swobodne | Tworzymy ciąg k-elementowy, wybór z n możliwości na każdym miejscu | nk |
| Kombinacje | Nie | Nie | Wybieramy k-elementową grupę z n | n!k!(n−k)! |
Ważne: reguły mnożenia i dodawania można wykorzystywać równocześnie z każdym z powyższych wzorów.
Strategia rozwiązywania zadań – 6 pytań
- Co dokładnie jest jednym wynikiem? Kod, liczba, ustawienie, grupa czy sekwencja losowań?
- Czy kolejność ma znaczenie? Złoto–srebro–brąz: tak. Trzy osoby w komisji bez funkcji: nie.
- Czy elementy mogą się powtarzać? Kod PIN: zwykle tak. Miejsca na podium: nie.
- Czy wykorzystuję wszystkie elementy? Wszystkie – rozważ permutację; tylko część – wariację lub kombinację.
- Czy są dodatkowe ograniczenia? Zakaz zera na początku, konkretna liczba cyfr, „co najmniej”, „dokładnie”.
- Jak policzę wszystkie i korzystne wyniki? W prawdopodobieństwie klasycznym dopiero po tym kroku oblicz P(A) = |A|/|Ω|.
Najważniejsza wskazówka: nie szukaj wzoru po pojedynczym słowie. Najpierw sprawdź, co jest rozróżniane (kolejność), co można ponownie wybrać (powtórzenia) i które wyniki spełniają warunek.
10 autorskich zadań do samodzielnego rozwiązania
Najpierw wybierz metodę. Odpowiedzi umieściłam pod zadaniami – są ukryte, żeby nie podpowiadały zbyt wcześnie.
- Ile 3-literowych kodów można ułożyć z liter A, B, C, D, E bez powtórzeń?
- Ile 4-cyfrowych kodów utworzymy z cyfr 0–9 z powtórzeniami?
- Ile różnych napisów można utworzyć z liter MAMA?
- Na ile sposobów ustawimy 7 różnych książek?
- Ile 4-osobowych grup można wybrać z 10 osób?
- W ilu sekwencjach 6 rzutów monetą orzeł pojawi się dokładnie 3 razy?
- Rzucamy dwa razy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo uzyskania dwóch szóstek?
- Rzucamy trzy razy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo, że nie padnie żadna jedynka?
- Rozwiń (x − 1)3.
- Na ile sposobów można wybrać spośród 5 dziewcząt i 6 chłopców komisję złożoną z 2 dziewcząt i 2 chłopców?
Rozwiń odpowiedzi i krótkie uzasadnienia
- V53 = 5 · 4 · 3 = 60.
- 104 = 10 000.
- 4!/(2! · 2!) = 6.
- 7! = 5040.
- 104 = 210.
- 63 = 20.
- (16) · (16) = 136.
- (56)3 = 125216.
- x3 − 3x2 + 3x − 1.
- 52 · 62 = 10 · 15 = 150.
Materiał dydaktyczny „Razem to Zdamy”, opracowanie autorskich przykładów na podstawie zakresu tematów wskazanego na przesłanych zdjęciach. Przykłady nie są dosłownymi przedrukami z podręcznika.