KOMBINATORIKA I

VJEROJATNOST U

SVAKODNEVNOM ŽIVOTU

Pripremila: doc.dr.sc. Snježana Braić, Prirodoslovno matematički fakultet,Split

sbraic@pmfst.hr

30.04.2011.

Postoji piramida znanosti, a osnovicu te piramide čini matematika jer se jedino ona ne oslanja ni na jednu drugu znanost. Pritom još svima služi! Kaže se zato da je matematika i boginja i robinja.

No, mnogi se uozbilje već i na sam spomen njezina imena. Na nama je da pokažemo djeci da matematika može biti i jedna velika zabava. Čitava jedna njezina grana svoje korijene vuče iz zagonetki, igara i problema za razbibrigu.

Za početak teorije vjerojatnosti uzima se 1654. godina kada se pariški građanin De Mere obratio slavnim matematičarima tog vremena Pascalu i Fermatu sa sljedećim problemom:

Je li preporučljivo kladiti se da će u 24 uzastopna bacanja dviju različitih igraćih kocaka barem jednom pasti dvije šestice?

Bio je to pokušaj da se predvidi određena situacija u kojoj je prisutna neizvjesnost ishoda. Takvi pokusi se zovu slučajni pokusi.

U mnogim se istraživanjima provode različiti pokusi ili eksperimenti. Ti pokusi mogu biti determinirani ili slučajni, a teorija vjerojatnosti se bavi slučajnim pokusima.

Slučajan pokus je pokus čiji ishod nije jednoznačno određen uvjetima u kojima se on izvodi, pa nismo u stanje točno predvidjeti kada će nastupiti neki događaj.

Osnovni polazni objekt u teoriji vjerojatnosti je skup svih mogućih ishoda nekog slučajnog pokusa. Taj skup nazivamo prostorom elementarnih događaja i označavamo ga s Ω.

Npr. bacanje novčića je pokus kod kojeg je svaki ishod element dvočlanog skupa {P,G}, dok je kod bacanja jedne igraće kocke prostor elementarnih događaja skup {1,2,3,4,5,6}.

Svaki pojedini mogući ishod pokusa, tj. svaki element skupa Ω nazivamo elementarnim događajem.

Događaj A je svaki podskup prostora elementarnih događaja Ω. Ako se neki događaj sastoji od više elementarnih događaja nazivamo ga složenim događajem.

Npr. ako je slučajni pokus bacanje igraće kocke, onda je događaj: “Pao je paran broj“ složeni događaj jer se sastoji od tri elementarna događaja, tj. radi se o događaju {2,4,6}.

Ili, u slučajnom pokusu bacanja dviju različitih igraćih kocaka ustanoviti da se dogodio događaj “Suma brojeva koje smo dobili je jednaka 8" isto je što i ustanoviti da je pokus dao jedan od ishoda: (2,6),(3,5),(4,4),(5,3) ili (6,2) (od 36 mogućih ishoda).

Gornji događaj je, dakle, jedan složeni događaj sastavljen od 5 elementarnih događaja i za tih 5 elementarnih događaja kažemo da su povoljni za događaj A.

Svaki element skupa A nazivamo elementarnim događajem povoljnim za događaj A.

Cijeli prostor Ω nazivamo sigurnim događajem, a prazan skup nemogućim događajem (događaj koji se nikada neće dogoditi).

Na primjer, pri bacanju dviju kocaka siguran događaj je da će zbroj brojeva koji padnu na tim kockama biti paran ili neparan broj, dok je nemoguć događaj da zbroj brojeva na tim kockama bude veći od 12.

Što je vjerojatnost nekog događaja i kako je računamo?

Intuitivna predodžba vjerojatnosti je vrlo jasna. Ako biste nekog na ulici upitali kolika je vjerojatnost da će pri bacanju novčića pasti pismo ili da će igraća kocka pokazati broj 5, većina bi bez razmišljanja odgovorila 1/2, odnosno 1/6, mada (vjerojatno ) ne znaju precizno izreći definiciju vjerojatnosti. No, pod vjerojatnošću intuitivno podrazumijevaju broj koji iskazuje omjer povoljnih ishoda i svih mogućih ishoda prilikom jednog vršenja pokusa.

Primjer 1.

U vrećici se nalaze dvije crvene kuglice.

Josip iz te vrećice izvlači jednu kuglicu.

a) Kolika je vjerojatnost da će izvući plavu kuglicu?

Nema šanse! To se ne može dogoditi! 0 %

b) Kolika je vjerojatnost da će izvući crvenu kuglicu?

100 %To će se sigurno dogoditi!

P (roza) =3

8__

P (crvena) =

1

8__

P (žuta) =

Dakle,

P(neka boja) =_________________________broj kuglica te boje

ukupan broj svih kuglica

Primjer 2.

14

__

Općenito, ako je prostor elementarnih događaja Ω konačan skup i ako su svi elementarni događaji jednako vjerojatni, onda se vjerojatnost nekog događaja A Ω računa kao

P(A) =__________________________________________broj elementarnih događaja povoljnih za A

ukupan broj svih elementarnih događaja

= A

Ω

Iz ovog odmah slijedi da

siguran događaj ima vjerojatnost100 %

nemoguć događaj ima vjerojatnost0 %

= 1,

= 0.

Vjerojatnost nekog događaja je broj između 0 i 1.

Pogledajmo primjere kada i kako u svakodnevnom životu opisujemo vjerojatnosti nekog događaja.

Idući tjedan ću vjerojatno ići na more, a moj brat sigurno neće.

Vladimir je poznati lažljivac! Od njega je gotovo nemoguće čuti istinu.

Sutra Mirjana i Kristina u isto vrijeme slave rođendan. Ne znam još kojoj ću otići - vjerojatnost je pola-pola.

Nisam učio zemljopis, a danas pišemo kontrolni. Nema šanse da dobijem 5 !

Prošli sat sam odgovarala povijest, pa je gotovo sigurno da medanas neće pitati.

Uočimo izraze koje koristimo za opisivanje vjerojatnosti događaja!

_________ ______

________________

_____________________

__________

____________

nemoguće

malo vjerojatno

vrlo vjerojatno

pola - pola

gotovo nemoguće

gotovo sigurno

vjerojatno

1

0

0.5

vjerojatnost

?

?

?

?

?

?

?

?

sigurno

Povežimo ih s brojevima koji opisuju vjerojatnost događaja

U akvariju su ribice i mačak Garfild ih pokušava loviti.

Ako je jednaka vjerojatnost ulova bilo koje od njih, kolika je vjerojatnost da će uloviti ribicu pojedine boje?

P(crvena) = 2

10___ =

1

5__

P(zlatna) = 4

10___ =

2

5__

P(prugasta) = 3

10___

P(ljubičasta) = 1

10___

Izračunajmo vjerojatnost da izvučena ribica bude crvene ili zlatne boje!Što uočavamo?P(crvena ili zlatna) =

Primjer 3.

Što uočavamo?

6

10___

Općenito vrijedi: vjerojatnost unije međusobno isključivih (disjunktnih) događaja jednaka je zbroju vjerojatnosti tih događaja.

Kako je

Iz ovog odmah slijedi da je

Stoga, ako želimo izračunati vjerojatnost da ne ulovimo npr. crvenu ribicu, ne moramo izbrojiti sve one ribice koje nisu crvene, već je dovoljno izračunati vjerojatnost da je ribica crvena (izbrojiti samo crvene ribice), a tražena vjerojatnost je tada

P(ne crvena) =1 - P(crvene)

Ako želimo izračunati vjerojatnost da prilikom izvlačenja jednog broja od 1 do 100 000 izvučemo broj koji nije djeljiv s 10, onda izračunamo vjerojatnost da je izvučeni broj djeljiv sa 10 (izbrojimo sve takve brojeve), a tražena vjerojatnost je tada

P(nije djeljiv s 10) =1 – P(djeljiv je s 10)

= 1 –

= 0.9

10 000

100 000_______

Primjer 4.

Ako želimo izračunati vjerojatnost da je u grupi od 50 ljudi barem dvoje rođeno istog dana, onda je

Primjer 5.

P(barem dvoje rođenih istog mjeseca) =1–P(nema ih)

= 1 –

= 0.9

50365

316...364365

Ako događaji A i B nisu disjunktni, onda je

Općenito,

Ako događaji A, B i C nisu disjunktni, onda je

U nekoj školi ima 400 učenika. Nogometom se bavi 180, košarkom 130, rukometom 100, nogometom i košarkom 40, nogometom i rukometom 30, košarkom i rukometom 20 i svim tim sportovima 10 učenika. Kolika je vjerojatnost da se slučajno odabrani učenik bavi barem jednim sportom?

Primjer 6.

Sljedeći primjer nam lijepo ilustrira kako se, prividno poštena podijela, može vjerojatnosno jako razlikovati.

Dva igrača naizmjenice bacaju dvije kockice. Kod svakog bacanja trebaju oduzeti manji broj od većega. Najmanja moguća razlika je 0 (ako se dobiju isti brojevi), a najveća je 5 (ako se dobiju 1 i 6).

Ako je razlika kockica 0, 1 ili 2, prvi igrač dobiva bod, a ako je razlika 3, 4 ili 5, drugi igrač dobiva bod.

Par treba odigrati 36 bacanja. Što vam se čini, imaju li oba igrača jednake šanse za pobjedu?

Primjer 7.

Vidjeli smo da, ako je prostor elementarnih događaja Ω konačan i ako su svi elementarni događaji jednako vjerojatni, izračunati vjerojatnost nekog događaja A Ω znači odrediti koliko elemenata ima skup Ω (skup svih mogućih ishoda), a koliko skup A (skup povoljnih ishoda za događaj A).

U svim našim primjerima bilo je lako izbrojiti koliko elemenata imaju ti skupovi. No, općenito problem prebrojanja elemenata konačnog skupa nije niti malo jednostavan.

Kombinatorika- matematička disciplina koja se bavi prebrajanjem elemenata konačnih skupova i njihovih podskupova.

Naziv potječe od Leibniza (1666).

• Na koliko se načina može izvući 7 brojeva od mogućih 49 u igri LOTO?

Svatko se od nas susreo s bar nekim kombinatornim problemom. Npr.

Na koliko načina možemo zadati šifru koja se sastoji od tri znamenke,

a otvara bravu na torbi?

Ili mnogo složeniju šifru koja otvara sef?

Koliko se automobila može registrirati u nekom gradu ako se registracijska tablica sastoji od tri broja i dva slova? ...

Prebrojavanje već i manjih skupova može nam zadati probleme ako se elementi skupa na neki način grupiraju, a mi trebamo izbrojiti koliko ima takvih grupa. Tada brojanje može biti prava vještina.

Na primjer, na koliko načina možemo između 10 ljudi odabrati trojicu???

No, ako elementi skupa čine neku pravilnu konfiguraciju, a pritom ih ne moramo direktno odrediti nego samo prebrojiti, onda broj elemenata toga skupa možemo odrediti služeći se nekom od metoda prebrojavanja.

Kombinatorika upravo pronalazi i istražuje te metode.

Razlikujemo tri osnovne metode ili pravila prebrojavanja:

pravilo jednakosti, pravilo zbroja, pravilo produkta,

ovisno o tome znamo li direktno odrediti broj elemenata nekog skupa, njegove dijelove ili njegove faktore.

1. Pravilo jednakosti

Neka su S i T konačni skupovi. Tada je |S|=|T| ako i samo ako postoji bijekcija među skupovima S i T.

2. Pravilo zbroja

Ako imamo n konačnih međusobno disjunktni skupovi, onda je broj elemenata u uniji tih skupova jednak zbroju brojeva elemenata u svakom tom skupu.

3. Pravilo umnoška

Ako imamo konačno skupova

Tada je Kartezijev produkt konačan skup i

Kombinacije, varijacije, permutacije

Primjer 8.

Na jednoj proslavi sretnu se 4 prijatelja i svi se međusobno rukuju točno jednom. Koliko je bilo rukovanja?

Da su bila 2 prijatelja bilo bi 1 rukovanje. Da su 3 prijatelja, prvi bi se rukovati s drugim i trećim, te još drugi s trećim, pa imamo 2+1=3 rukovanja.

Za četvoricu prijatelja imamo3+2+1=6 rukovanja.

Povećavanjem broja prijatelja naglo se povećava i broj rukovanja, pa brojanje postaje sve složenije. Stoga bi se lako moglo dogoditi da se preskoči neko rukovanje i tako ne uzmu u obzir sve mogućnosti.

Ali možemo se pomoći nečim drugim. Naime, možemo uočiti izvjesne pravilnosti i zakonitosti.

Za 5 prijatelja, broj rukovanja je 1+2+3+4=10.

Za 6 prijatelja, broj rukovanja je1+2+3+4+5=15...

Lako se pokaže (indukcijom) da je za n prijatelja broj rukovanja jednak

1+2+...+(n-1)=n(n-1)/2.

Dakle, iz uočene pravilnosti je proizašla opća formula po kojoj se mogu riješiti svi zadatci tog tipa.

Generalizirajmo:

Ako prijatelje označimo s 1,2,...,n, onda naš problem glasi:

Koliko ima različitih dvojki i j pri čemu poredak nije bitan jer je i j i j i isto rukovanje (rukovanje istih ljudi).

To je stoga ekvivalentno problemu:

Koliko ima svih dvočlanih podskupova skup od n elemenata?

Općenito, r-kombinacija n-članog skupa S je svaki r-člani podskup od S.

Broj svih r-kombinacija iznosi

Dakle, kad god iz nekog skupa koji ima n elemenata odabiremo r različitih, a da nam pritom njihov poredak nije važan, broj načina da to učinimo jednak je broju svih r-kombinacija n-članog skupa.

a) Na koliko je načina moguće formirati tročlanu delegaciju iz društva od 70 ljudi?

b) Kolika je vjerojatnost da će točno određena dva prijatelja biti u toj delegaciji?

a)

b)

703

681

703

a) Na koliko se načina može izvući 7 brojeva od mogućih 49 u igri LOTO?

b) Kolika je vjerojatnost da dobijemo sedmicu ako smo uplatili samo jedan listić?

a)

b)

497

1497

185900584 0.0000000116414

Vratimo se našim prijateljima.

Nakon ugodne večeri zaključili su da se trebaju češće družiti.

Dogovorili su se da svaki prijatelj zasebno dođe u kućni posjet svakom od preostalih prijatelja.

Koliko su posjeta dogovorili?

Označimo prijatelje s 1,2,3 i 4. Sada naš problem glasi:

Koliko ima različitih dvojki i j pri čemu je poredak bitan jer su i j i j i posjeti u različitim kućama, tj. različiti posjeti.

To je stoga ekvivalentno problemu:

Koliko se uređenih parova može načiniti od različitih elemenata četveročlanog skupa?

Općenito, r-varijacija ili r-permutacija n-članog skupa S je svaka uređena r-torka međusobno različitih elemenata iz S.

Broj svih r-varijacija iznosi

Dakle, kad god iz nekog skupa koji ima n elemenata treba odabrati r različitih, a da nam je pritom poredak važan, radi se o r-varijaciji n-članog skupa.

U našem slučaju je n=4, r=2, pa je dogovoreno ukupno 4*3=12 posjeta.

a) Na koliko je načina moguće odabrati predsjednika, potpredsjednika i tajnika društva koje ima 70 članova ako jedna osoba smije obnašati samo jednu funkciju?

b) Kolika je vjerojatnost da sve tri odabrane osobe budu žene ako je ukupno 30 žena?

a)

b)

703 70 69 68

30 29 2870 69 68

Ako dopustimo ponavljanje elemenata, onda je broj razmještaja veći. Radi se tada o varijacijama s ponavljanjem.

Broj svih r-varijacija s ponavljanjem n-članog skupa je

Koliko ima peteroznamenkastih brojeva ako

a) nije dopušteno da se znamenke ponavljaju?

b) je dopušteno da se znamnke ponavljaju?

a) 9×9×8 ×7×6

b) 9×10×10 ×10×10

Svaka n-varijacija n-članog skupa naziva se permutacija (lat.permutare= promijeniti) tog

skupa. Broj svih permutacija je

Sedam prijatelja kupilo je 7 karata za kino. Na koliko ih načina oni mogu međusobno podijeliti?

7 6 5 4 3 2 1

Rj. 7!

Kada bismo htjeli 10 knjiga ispremještati na polici na sve moguće načine, vidjeli bismo da je to golem posao jer se tih 10 knjiga može poredati, ni manje ni više, nego na 10!=3 628 800 različitih načina.

No, kada bi neke od tih knjiga bile iste, razmještaja bi bilo znatno manje.

Npr. ako od tih 10 knjiga imamo samo tri različite i to: 2 × K1, 3 × K2 i 5 × K3, tada se ukupni broj svih razmještaja treba podijeliti s brojem razmještaja istih knjiga (jer razmještaji istih knjiga su isti razmještaji).Broj razmještaja je stoga:

Takve razmještaje nazivamo permutacije s ponavljanjem.

10!2! 3! 5! 2520.

Npr. koliko se desetslovnih riječi može načiniti od riječi MATEMATIKA?

A koliko se devetslovnih riječi može načiniti od riječi DUBROVNIK?

9! = 62880.

10!2! 2! 3! 151200.

Prijatelji na rastanku

Bilo je već prilično kasno kada su se naši prijatelji odlučili rastati. Kako se na svakoj zabavi obično obilno popije, ustali su teturajući i krenuli da s vješalica uzmu svoje šešire. Pokazalo se da je svaki od njih uzeo pogrešan šešir.

Na koliko su načina mogli to učiniti ?

Idemo postepeno. Ako su dvojica, označimo ih sa A i B, a njihove šešire sa a i b, onda može biti samo ovaj slučaj: Ab, Ba.

Ako su trojica A, B, C, onda su dva slučaja: Ab Bc Ca

Ac Ba Cb.

Kako bi bilo za njih četvoricu: A, B, C i D?

Ako je A uzeo šešir b, imamo sljedeće tri mogućnosti : Ab Ba Cd Dc Ab Bc Cd Da Ab Bd Ca Dc.

Ako je A otišao sa šeširom c, opet imamo tri mogućnosti.I napokon, da je A otišao sa šeširom d, bilo bi opet tri mogućnosti.

Ukupno, dakle, ima 3×3=9 mogućnosti.

Dakle, vjerojatnost da su naši prijatelji ispremještali šešire tako da nitko nije dobio svoj šešir je

P(A)= = 0.37594!

__

Radilo se o problemu “zamjene pisama”.

Ovaj problem su (drugom obliku) riješili L. Euler i N. Bernoulli.

Ovaj problem se popularno zove problem deranžmana ili totalna zbrka. Već za n=5 imamo 44 mogućnosti i ovako nabrajajući bio bi teško riješiv. Opće rješenje se dobije preko FUI-a

Elemente kombinatorike poznavale su i stare civilizacije (indijska, kineska, arapska, itd.).

U primjeru s riječi

ABRACADABRA

dolazi do izražaja srednjovjekovna mistika. Naime, vjerovalo se da ta riječ ima čudesna svojstva i da se njome mogu liječiti mnoge bolesti, a naročito trodnevna groznica.

Kombinatorna strana te priče je u načinu pisanja i čitanja te riječi. Prema receptu liječnika Serenusa Saunonicusa trebalo je tu riječ napisati ovako:

A b r a c a d a b r a A b r a c a d a b r A b r a c a d a b A b r a c a d a A b r a c a d A b r a c a A b r a c A b r a A b r A b A

I onda je pročitati, počinjući od svakog velikog A do gornjeg a u desnom vrhu, idući desno i/ili ukoso desno.

Na taj se način ta riječ može

pročitati 1024

puta.

Zaista je bolesniku morala proći trodnevna groznica dok je pronalazio sve moguće načine da

čita ovu čarobnu riječ.

A možda bi i mnoga naša djeca ozdravila od matematičke averzije kada bi vidjela njezino

zabavno lice.

Pri izradi korištena je sljedeća literatura:

• Uvod u vjerojatnost i statistiku, predavanja i vježbe

• Kombinatorika s teorijom grafova, D.Veljan, Školska knjiga, Zagreb

• Kombinatorika, prezentacija Snježane Varge, profesorice matematike u srednjoj školi u Daruvaru

• Uvod u vjerojatnost, prezentacija Antonije Horvatek, profesorice matematike u OŠ u Graberju Ivanićkom (http://public.carnet.hr/~ahorvate/materijali.html)