1

Permutacije

Razporeditve vseh danih elementov v vrsto imenujemo PERMUTACIJE. Vrstni red razporejanja JE pomemben!

Tekmovanje v teku

Šest sošolcev se je pomerilo v teku. Na koliko različnih načinov lahko prispejo na cilj, če jih

več ne more biti uvrščenih na isto mesto?

Za prvo mesto imamo ŠEST možnosti, za drugo mesto PET, za tretje mesto ŠTIRI, za četrto mesto TRI, za peto mesto DVE IN za zadnje mesto le še ENO možnost. Torej lahko prispejo na cilj na 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720 različnih načinov.

1. MESTO in 2. MESTO in 3. MESTO in 4. MESTO in 5. MESTO in 6. MESTO 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720 Tekači lahko prispejo na cilj na 4 · 3 · 2 · 1 = 4! različnih načinov.

- Dogovorimo se, da bomo produkt prvih n naravnih števil označili z n! (beremo

"n fakulteta" oz. "n faktorialno"). Torej:

n (n – 1) (n – 2) · ... · 2 · 1 = n! Prav je, da definiramo tudi 0!, in sicer takole: 0! = 1.

- napačno pravilno

-

-

-

-

-

Razporedi knjige

Na koliko različnih načinov lahko na knjižno polico razporedimo pet različnih knjig?

Za prvo mesto imamo PET možnosti, za drugo mesto ŠTIRI, za tretje mesto TRI, za četrto mesto DVE IN za peto mesto ENO možnost. Torej lahko knjige razporedimo na 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! = 120 različnih načinov.

2

Kroglice v vrsto

Na koliko različnih načinov lahko razporedimo v vrsto n raznobarvnih kroglic?

Za prvo mesto imamo n možnosti, za drugo n – 1 možnosti, za tretje n – 2 možnosti, ..., za (n – 1)-vo mesto 2 možnosti IN za n-to mesto 1 možnost. Torej lahko kroglice razporedimo v vrsto na n (n – 1) (n – 2) · ... · 2 · 1 = n! različnih načinov.

Na koliko različnih načinov lahko čakajo v vrsti na sladoled trije ljudje? Na 3! = 6 različnih načinov. Kokoška je vali šest jajčk. Na koliko različnih načinov (glede na vrstni red) lahko pokukajo na svet piščančki? Na 6! = 720 različnih načinov. Koliko različnih besed s sedmimi črkami lahko sestavimo iz črk besede TRIGLAV, če se črke ne smejo ponavljati? 7! = 5040 različnih besed.

Permutacije s ponavljanjem V naslednjih primerih boš spet razporejal v vrsto vse dane elemente, vendar bodo nekateri

med njimi med seboj enaki.

Na koliko različnih načinov lahko na knjižno polico razporedimo eno fizikalno in tri enake matematične knjige? Preštejmo vse možne razporeditve: FMMM, MFMM, MMFM, MMMF, pri čemer smo s F označili fizikalno, z M pa matematično knjigo. Knjige torej lahko razporedimo na 4 različne načine. Kako pa bi to izračunali? Če bi bile matematične knjige med seboj različne, bi v vrsto razporejali štiri različne knjige, za kar bi imeli P4 = 4! različnih možnosti. Ker pa so 3 knjige med seboj enake, je vseh možnih razporeditev 3!-krat manj, kot bi jih bilo, če bi bile vse knjige med seboj različne. Torej lahko naše

knjige razporedimo na različne načine.

Ugotovili smo:

Vseh n različnih elementov (ljudi, knjig, števil, ...) lahko razporedimo v vrsto na

Pn = n!

različnih načinov. (S Pn označimo število permutacij brez ponavljanja n elementov.)

3

Na koliko različnih načinov lahko na knjižno polico razporedimo deset knjig, med katerimi so

štiri enake?

Na knjižno polico razporejamo deset knjig. Če bi bile vse med seboj različne, bi jih lahko razporedili na P10 = 10! različnih načinov. Če imamo pri eni od 10! permutacij 4 enake knjige na določenih mestih in jih med sabo zamenjamo – permutiramo (na 4! načinov), dobimo isto permutacijo s ponavljanjem.

Zato je teh 4!-krat manj. Torej lahko knjige razporedimo na različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko na knjižno polico razporedimo n knjig, med katerimi je k enakih?

Na knjižno polico razporejamo n knjig. Če bi bile vse med seboj različne, bi jih lahko razporedili na Pn = n! različnih načinov. Če imamo pri eni od n! permutacij k enakih knjig na določenih mestih in jih med sabo zamenjamo – permutiramo (na k! načinov), dobimo isto permutacijo s ponavljanjem. Zato je teh

k!-krat manj. Torej lahko knjige razporedimo na različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko na knjižno polico razporedimo n knjig: k1 enakih fizikalnih in k2 enakih matematičnih (k1 + k2 = n)? Na knjižno polico razporejamo n knjig. Če bi bile vse med seboj različne, bi jih lahko razporedili na Pn = n! različnih načinov. Ker je k1 fizikalnih knjig med seboj enakih, je možnih razporeditev k1!-krat manj. Ker je tudi k2 matematičnih knjig med seboj enakih, je možnih razporeditev še k2!-krat manj. Torej

lahko knjige razporedimo na različnih načinov.

Na koliko različnih načinov lahko Špela na vrv za obešanje perila obesi sedem brisač, med katerimi so tri enake?

Na različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko osmim otrokom razdelimo naslednja darila: dve enaki rumeni žogi, štiri enake modre žoge, eno zeleno in eno rdečo žogo?

Na različnih načinov.

Vse n elemente, med katerimi se nekateri ponavljajo, lahko razporedimo v vrsto na

različnih načinov, kjer števila k1, k2, ..., kr določajo, kolikokrat se kateri element ponovi. (S

označimo število permutacij s ponavljanjem n elementov.)

4

Koliko različnih besed z devetimi črkami lahko sestavimo iz črk besede RABARBARA?

različnih besed.

Zarja razporeja frnikule v vrsto. Tri različne zelene, dve različni rdeči in štiri različne modre

frnikule lahko razporedi na 9

! = 362880

različnih načinov. Tri različne zelene,

dve različni rdeči in štiri enake modre frnikule lahko razporedi na 9

!/ 4

! = 15120

različnih načinov. Tri različne zelene, dve enaki rdeči in štiri enake modre

frnikule lahko razporedi na 9

!/( 2

! · 4

!) = 7560

različnih načinov. Tri enake zelene, dve enaki rdeči in štiri enake modre frnikule pa lahko

razporedi na

9

!/( 3

! · 2

! · 4

!) = 1260

različnih

načinov.

Dijaki so že prvi večer imeli kar nekaj fotografij. Odločili so se, da bodo najboljše fotografije

razstavili v hotelski klubski sobi, kjer si bo lahko vsak izbral tiste, ki bi jih želel za spomin.

Tako so se dogovorili, da bodo že prvi večer razstavili v vrsto štiri različne fotografije z ladje,

dve različni fotografiji iz Aten in tri različne fotografije s Santorinija.

Na koliko različnih načinov lahko dijaki razstavijo fotografije?

5

Točno! Razporejamo vseh DEVET med seboj različnih fotografij, pri čemer JE vrstni red pomemben. Torej računamo število permutacij brez ponavljanja devetih elementov. Fotografije lahko razporedijo na P9 = 9! = 362880 različnih načinov.

Na koliko različnih načinov pa lahko razstavijo fotografije, če morajo biti na začetku fotografije z ladje, nato iz Aten in na koncu s Santorinija?

Točno! Na začetku razporedimo v vrsto vse ŠTIRI med seboj različne fotografije z ladje (na 4! različnih načinov) IN za njimi obe DVE med seboj različni fotografiji iz Aten (na 2! različnih načinov) IN na koncu vse TRI med seboj različne fotografije s Santorinija (na 3! različnih načinov). Fotografije torej lahko razporedimo na različnih načinov.

VARIACIJE Zajec, pes, mačka in miš so se skupaj prijavili na nagradno igro ˝Gremo na dopust˝. Zadeli so prvo in drugo nagrado. Prva nagrada je bila čofotanje v morju (za eno ˝osebo˝), druga nagrada pa zabava na smučeh (tudi za eno ˝osebo˝). Na koliko različnih načinov si lahko razdelijo nagradi?

Živali si lahko razdelijo nagradi na 12 različnih načinov. Ker sta pes in mačka ter mačka in miš ˝eksplozivni kombinaciji˝, ta dva para živali ne smeta ostati skupaj doma. Koliko od naštetih izborov je takih, pri katerih ne bo prišlo do incidenta med živalma, ki bosta ostali doma? Tudi v tem primeru si pomagaj z zgornjo animacijo.

Takih izborov je 8.

V prvotni nalogi smo razmišljali o tem, na koliko različnih načinov lahko iz množice štirih

živali izberemo dve živali. Pri tem je vrstni red izbranih dveh živali pomemben, saj se

situacija, ko nekdo letuje na morju in gre drugi smučat, seveda loči od možnosti, ko sta vlogi

zamenjani.

Take izbore določenega števila elementov iz neke večje množice elementov, kjer je vrstni red

pomemben, imenujemo variacije. V našem primeru gre za variacije na množici štirih

elementov (celotna množica je sestavljena iz štirih živali) reda 2 (izbiramo dve živali). V

drugem delu naloge smo med dobljenimi 12 variacijami na množici 4 elementov reda 2 iskali

tiste, ki so zagotavljale mir med živalma, ki sta ostali doma.

Razporeditve nekaj od danih elementov v vrsto imenujemo VARIACIJE. Vrstni red razporejanja

JE pomemben!

Razporeditve skupine r elementov iz množice z n elementi imenujemo variacije na množici z n

elementi reda r. Znova poudarimo, da je pri izbiranju vrstni red izbranih elementov pomemben.

6

Variacije brez ponavljanja V dosedanjem razmišljanju se elementi, ki smo jih izbirali (v našem primeru so to bile živali), niso smeli ponavljati: tista žival, ki letuje na morju, ne more istočasno tudi smučati. Včasih je smiselno, da dovolimo, da se nek izbor ponovi večkrat. O teh tako imenovanih variacijah s ponavljanjem se bomo pogovorili kasneje. Zdaj pa bomo obravnavali variacije brez ponavljanja, torej variacije, kjer se izbori ne smejo ponavljati. Nogometni klub Žogobrc prodaja tri nogometaše. Na koliko različnih načinov jih lahko proda petim nogometnim klubom, če lahko vsakemu nogometnemu klubu proda največ enega? Za prvega nogometaša imamo PET možnosti, za drugega ŠTIRI IN za tretjega TRI. Torej jih lahko prodajo na 5·4·3 = 60 različnih načinov. Nogometni klub Žogobrc prodaja tri nogometaše. Na koliko različnih načinov jih lahko proda n nogometnim klubom, če lahko vsakemu nogometnemu klubu proda največ enega? (n ≥ 3) Za prvega nogometaša imamo n možnosti, za drugega n–1 IN za tretjega n–2. Torej jih lahko prodajo na n(n–1)(n–2) različnih načinov. Nogometni klub Žogobrc prodaja r nogometašev. Na koliko različnih načinov jih lahko proda n nogometnim klubom, če lahko vsakemu nogometnemu klubu proda največ enega? (r ≤ n) Za prvega nogometaša imamo n možnosti, za drugega n–1, za tretjega n–2 ... IN za r–tega n–(r–1) oz. n–r+1 možnosti. Torej jih lahko prodajo na n(n–1)(n–2)...(n–r+1) različnih načinov.

Na koliko različnih načinov lahko na konjski dirki osmih konjev ti osvojijo prva tri mesta?

Natanko r izmed n elementov (ljudi, živali, knjig, števil ...), ki se ne smejo ponavljati,

lahko razporedimo v vrsto na

različnih načinov. (Z označimo število variacij brez ponavljanja na množici z n

elementi reda r.)

Z drugimi besedami: število variacij brez ponavljanja na množici z n elementi reda r je

Pri tem se elementi v množici in izbrani elementi ne ponavljajo.

7

Na različnih načinov. Na izbiro imamo šest različnih daril. Na koliko različnih načinov lahko obdarimo štiri otroke, če vsak izmed otrok dobi natanko eno darilo?

Na različnih načinov. Koliko različnih besed s štirimi črkami lahko sestavimo iz črk besede NOGAVICE, če se črke ne smejo ponavljati?

različnih besed.

Variacije s ponavljanjem Na koliko različnih načinov lahko petim otrokom razdelimo tri različne plišaste igračke? Za prvo igračko imamo PET možnosti, za drugo tudi PET (ker v nalogi ni omejitve, da bi lahko vsak otrok dobil največ eno igračko) IN za tretjo PET. Torej jih lahko razdelimo na 5·5·5=53=125 različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko n otrokom razdelimo tri različne plišaste igračke? Za prvo igračko imamo n možnosti, za drugo tudi n (ker v nalogi ni omejitve, da bi lahko vsak otrok dobil največ eno igračko) IN za tretjo n. Torej jih lahko razdelimo na n·n·n=n3 različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko n otrokom razdelimo r različnih plišastih igračk? Za prvo igračko imamo n možnosti, za drugo tudi n (ker v nalogi ni omejitve, da bi lahko vsak otrok dobil največ eno igračko), za tretjo n ... IN za r-to n možnosti. Torej jih lahko razdelimo na nnn ... n = nr različnih načinov.

Natanko r izmed n elementov (ljudi, živali, knjig, števil ...), ki se lahko ponavljajo,

lahko razporedimo v vrsto na

različnih načinov. (S označimo število variacij s ponavljanjem na množici z n

elementi reda r. Z drugimi besedami: število variacij s ponavljanjem na množici z n elementi reda r je

Pri tem se izbrani elementi lahko ponavljajo.

8

Koliko različnih izidov je možnih pri treh zaporednih metih igralne kocke? 63=216 različnih izidov. Na izbiro imamo štiri različne knjige. Na koliko različnih načinov lahko obdarimo šest dijakov? Na 64=1296 različnih načinov. Koliko različnih "besed" s tremi črkami lahko sestavimo iz črk besede NOGAVICE, če se lahko črke ponavljajo? 83=512 različnih besed.

Na prvi razredni uri dvaindvajset dijakov izbira predsednika, tajnika in blagajnika. Če lahko vsak od

dijakov opravlja največ eno funkcijo, lahko izberejo na 22

!/ 19

! = 9240

različnih

načinov. Če lahko vsak od dijakov opravlja tudi po več funkcij, pa lahko izberejo na 22 3=

10648različnih načinov.

9

KOMBINACIJE V tem poglavju se bomo naučili izračunati, na koliko načinov lahko iz neke množice elementov izberemo manjšo skupino elementov. Pri tem poznamo tako število (n) elementov celotne množice kot tudi število (r) elementov v skupini. primer: Zajec, pes, mačka in miš so se sončili ob bazenu. Ker je bazen premajhen za vse štiri, so se odločili, da bodo v parih čofotali po bazenu. Na koliko različnih načinov lahko izberejo par, ki bo šel prvi v vodo? Živali lahko izberejo par na 6 različnih načinov. Ker sta pes in mačka ter mačka in miš ˝eksplozivni kombinaciji˝, ta dva para živali ne smeta biti skupaj niti v bazenu niti ob bazenu. Koliko od naštetih izborov je takih, pri katerih ne bo prišlo do incidenta?

Taka izbora sta 2. To sta:

mačka, zajec in

miš, pes.

V uvodni nalogi smo razmišljali o tem, na koliko različnih načinov lahko iz množice štirih živali izberemo dve živali. Pri tem vrstni red izbranih dveh živali ni bil pomemben. Take izbore določenega števila elementov iz neke večje množice elementov imenujemo kombinacije. V našem primeru gre za kombinacije na množici štirih elementov (celotna množica je sestavljena iz štirih živali) reda 2 (izbiramo dve živali). V drugem delu naloge smo med dobljenimi 6 kombinacijami na množici 4 elementov reda 2 iskali tiste, ki so zagotavljale mir v bazenu in ob njem.

Izbore določenega števila elementov iz celotne množice elementov imenujemo KOMBINACIJE.

Pri tem vrstni red izbranih elementov NI pomemben.

Izbore skupine r elementov iz množice z n elementi imenujemo kombinacije na množici z n

elementi reda r. Znova poudarimo, da pri izbiranju vrstni red izbranih elementov ni

pomemben.

10

Kombinacije brez ponavljanja

Tudi v tem poglavju bomo izpeljali obrazec, ki nam bo pomagal pri nalogah, v katerih bomo

izbirali nekaj izmed danih elementov, ki se ne smejo ponavljati. primer:

Družina Slovenc se vsako nedeljo odpravi na izlet, vendar zaradi omejenega prostora v

avtomobilu na izlet ne morejo vsi. Na koliko različnih načinov lahko mama in oče izbereta tri

izmed petih otrok (z imeni: Vid, Anja, Mojca, Lana in Peter), ki bodo šli na izlet v Piran to

nedeljo?

Naštejmo vse možne trojice:

1. Vid, Anja, Mojca

2. Vid, Anja, Lana

3. Vid, Anja, Peter

4. Vid, Mojca, Lana

5. Vid, Mojca, Peter

6. Vid, Lana, Peter

7. Anja, Mojca, Lana

8. Anja, Mojca, Peter

9. Anja, Lana, Peter

10. Mojca, Lana, Peter

To so vse možnosti, saj nas zanima le to, kateri otroci bodo šli na izlet. Vrstni red izbiranja pa

za nas ni pomemben. Torej lahko mama in oče izbereta trojico na 10 različnih načinov.

Kako pa bi to izračunali?

Če bi bil vrstni red izbiranja pomemben, bi izmed petih otrok lahko izbrali tri otroke na

različnih načinov. Vendar pa tokrat vrstni red ni pomemben: izbor Anja, Vid, Mojca

je isti izbor kot Mojca, Vid, Anja. Vsako trojico smo torej brez potrebe šteli tolikokrat, kot je

permutacij množice s tremi elementi. Zato imamo pri vsaki trojici po P3-krat manj možnosti,

kot bi jih imeli, če bi bil vrstni red izbiranja pomemben. Torej lahko otroke izberemo na

različnih načinov.

Zaradi enostavnejšega zapisa vpeljimo naslednjo oznako:

Simbol imenujemo binomski simbol in beremo "n nad r".

11

Družina Slovenc se nekaj let kasneje vozi na nedeljske izlete s kombijem. Na koliko različnih načinov lahko mama in oče izbereta šest izmed desetih otrok, ki bodo šli na izlet na Bled to nedeljo?

Če bi bil vrstni red izbiranja pomemben, bi lahko izbrali na različnih načinov. Ker vrstni red izbiranja ni pomemben, pa imamo pri vsaki šesterici po P6-krat manj možnosti, kot bi jih imeli, če bi bil vrstni red izbiranja pomemben (ker lahko ŠEST elementov permutira na P6 različnih načinov).

Torej lahko otroke izberemo na različnih načinov. Še nekaj let kasneje se družina Slovenc odloči, da bo šla na izlet v živalski vrt. Na koliko različnih načinov lahko mama in oče izbereta r izmed n otrok, ki bodo šli na izlet to nedeljo?

Če bi bil vrstni red izbiranja pomemben, bi lahko izbrali na različnih načinov. Ker vrstni red izbiranja ni pomemben, pa imamo pri vsaki r-terici po Pr-krat manj možnosti, kot bi jih imeli, če bi bil vrstni red izbiranja pomemben (ker lahko r elementov permutira na Pr različnih načinov). Torej

lahko otroke izberemo na različnih načinov.

Iz množice z n elementi lahko izberemo množico z r elementi (ljudmi, knjigami, števili,

...) na

različnih načinov. (S označimo število kombinacij brez ponavljanja na množici z

n elementi reda r.)

Z drugimi besedami: število kombinacij na množici z n elementi reda r je Pri tem se elementi v množici in izbrani elementi ne ponavljajo.

12

Trener mora pred pričetkom tekme izbrati pet od devetih košarkarjev. Na koliko različnih načinov lahko izbere?

Na različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko izberemo dva izmed osmih ponujenih izbirnih predmetov?

Na različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko iz kompleta 52 igralnih kart hkrati potegnemo pet kart?

Na različnih načinov.

13

V naslednjih nalogah uporabi in poveži znanje iz pravila vsote in produkta, permutacij, variacij in kombinacij. Najprej združimo najpomembnejše ugotovitve.

Četrti dan bivanja na otoku so dijaki imeli sestanek, na katerem je Rok predlagal, da bi izbrali tri predstavnike razreda, ki bi poskrbeli, da bi bilo urejeno vse glede organizacije zabave, da bi bili vsi dijaki pravočasno obveščeni o vsem, kar se dogaja na otoku, in da bi v šolo prinesli dovolj fotografij za objavo v šolskem časopisu. Nad idejo je bilo navdušenih vseh osemnajst dijakov.

Razporejamo TRI od OSEMNAJSTIH dijakov, pri čemer JE vrstni red pomemben (saj je

pomembno, kdo bo organizator, kdo obveščevalec in kdo fotograf). Torej računamo število

variacij brez ponavljanja (vsak od dijakov lahko ima največ eno zadolžitev) na množici z

osemnajstimi dijaki tretjega reda. Za določitev zadolžitev torej obstaja

različnih načinov.

Nalogo pa lahko rešimo tudi s pomočjo pravila produkta: ORGANIZATOR in OBVEŠČEVALEC in FOTOGRAF 18 · 17 · 16 = 4896 Po sestanku se je osem deklet in deset fantov odpravilo v eno od bližnjih diskotek. Tam so spoznali še maturante s treh drugih srednjih šol. Dogovorili so se, da se bodo naslednji dan srečali in organizirali športno tekmovanje. Na koliko različnih načinov lahko naših osemnajst maturantov določi petčlansko ekipo, ki bo sodelovala na tekmovanju? Izmed OSEMNAJSTIH dijakov jih izbiramo PET in vrstni red izbiranja NI pomemben. Torej računamo število kombinacij na množici z osemnajstimi dijaki petega reda. Torej so lahko izbrali ekipo na

različnih načinov. Na koliko različnih načinov lahko dijaki določijo petčlansko ekipo, če morata biti v ekipi dve dekleti in trije fantje ali dva fanta in tri dekleta? Dijaki lahko izmed OSMIH dijakinj izberejo DVE IN izmed DESETIH dijakov TRI ALI izmed DESETIH dijakov DVA IN izmed OSMIH deklet TRI. Vrstni red izbiranja NI pomemben, zato računamo število kombinacij. Torej lahko ekipo izberejo na

različnih načinov.

Pri permutacijah razporejamo VSE dane elemente, pri variacijah in kombinacijah pa

izbiramo le NEKAJ izmed danih elementov.

Pri permutacijah in variacijah JE vrstni red razporejanja pomemben, pri kombinacijah

pa vrstni red izbiranja NI pomemben.

14

Dijaki so pričeli s košarkarskim turnirjem. Odločili so se, da se bodo vse štiri ekipe pomerile vsaka z vsako natanko enkrat. Koliko tekem bodo odigrale športne ekipe? Za vsako tekmo potrebujemo dve športni ekipi. Torej število tekem dobimo tako, da izračunamo, na koliko različnih načinov lahko izberemo DVE ekipi izmed ŠTIRIH, kjer vrstni red izbiranja NI pomemben. Torej računamo število kombinacij iz množice s štirimi ekipami drugega reda. Športne

ekipe bodo odigrale tekem. Pred začetkom tekmovanja so navijači na deset enakih majic zapisali na vsako po eno črko tako, da bodo ob navijanju sestavili ime svoje navijaške skupine: RAZGRAJAČI. Na koliko različnih načinov si lahko navijači razdelijo majice? Med navijače razporejamo vseh DESET majic, med katerimi so TRI majice s črko A enake, enako velja za DVE majici s črko R. Vrstni red razporejanja JE pomemben, torej računamo število permutacij s ponavljanjem desetih elementov, kjer se en element ponovi trikrat, drugi pa dvakrat. Majice si lahko

razdelijo na različnih načinov.

PRAVILO VSOTE IN PRODUKTA Živa si bo za ogled gledališke predstave oblekla eno od treh različnih kril ali ene od petih raznobarvnih hlač, ki jih ima v garderobni omari. Na koliko različnih načinov lahko izbere krilo ali hlače, ki jih bo oblekla? Živa bo oblekla eno od TREH kril ALI ene od PETIH hlač. Torej lahko oblačilo izbere na 3 + 5 = 8 različnih načinov. Anže v slaščičarni prebira jedilni list. Posladkal se bo z eno od m različnih tortic ali z eno od n različnih sadnih kup. Na koliko različnih načinov lahko izbere slaščico? Anže bo izbral eno od m tortic ALI eno od n sadnih kup. Torej lahko izbere slaščico na m + n različnih načinov.

Zarja bo izbrala eno mačko in enega psa. Na izbiro ima tri mačke in pet psov. Na koliko različnih načinov lahko izbere hišna ljubljenčka? Zarja bo izbrala eno od TREH mačk IN enega od PETIH psov. Torej lahko izbere na 3 · 5 = 15 različnih načinov.

Če lahko A izberemo na m različnih načinov, B pa na n različnih načinov, potem lahko A ALI B

izberemo na m + n različnih načinov. To pravilo imenujemo PRAVILO VSOTE.

15

Voditeljica dramskega krožka se je odločila, da bo z dijaki pripravila dramo Romeo in Julija. Na koliko različnih načinov lahko med m dekleti in n fanti izbere glavna igralca? Voditeljica bo izbrala eno od m deklet IN enega od n fantov. Torej lahko glavna igralca izbere na mn različnih načinov. m * n =mn

Dijaki se odpravljajo na maturantski izlet. Odločili so se, da bodo šli v Grčijo na otok Santorini. Njihovo potovanje se bo začelo v Postojni. Iz Postojne v Trst lahko potujejo z vlakom, si najamejo avtobus ali pa se peljejo z osebnimi avtomobili. Iz Trsta v Atene lahko potujejo z ladjo ali letalom. Prav tako si lahko za pot iz Aten na Santorini izberejo ladjo ali letalo. Na koliko različnih načinov lahko dijaki potujejo iz Postojne na Santorini? Dijaki lahko potujejo iz Postojne v Trst na TRI različne načine (z vlakom, avtobusom ali osebnim avtomobilom) IN iz Trsta v Atene na DVA različna načina (z ladjo ali letalom) IN iz Aten na Santorini na DVA različna načina (z ladjo ali letalom). Torej lahko potujejo iz Postojne na Santorini na 3 · 2 · 2 = 12 različnih načinov. Odločili so se, da bodo za pot iz Postojne v Trst najeli avtobus, iz Trsta v Atene bodo potovali z ladjo, iz Aten na Santorini pa z letalom. Dijaki so se torej z avtobusom odpeljali iz Postojne proti Trstu. Turistični vodič je predlagal, da bi si na poti ogledali enega od treh različnih filmov o grški zgodovini ali enega od dveh različnih filmov o vulkanskem nastanku Santorinija ali enega od štirih različnih filmov iz grške mitologije. Na koliko različnih načinov lahko dijaki izberejo film, ki si ga bodo ogledali? Dijaki si bodo ogledali enega od TREH različnih filmov o grški zgodovini ALI enega od DVEH različnih filmov o vulkanskem nastanku Santorinija ALI enega od ŠTIRIH različnih filmov iz grške mitologije. Torej lahko izberejo film na 3 + 2 + 4 = 9 različnih načinov. Ob gledanju zanimivega filma iz grške mitologije so kar naenkrat prispeli v Trst, kjer so se vkrcali na ladjo, ki jih je popeljala v Atene. Profesor je določil 4 učence (Andreja, Bena, Cirila in Dejana), ki naj še posebej pozorno spremljajo dogajanje na naslednjih lokacijah: na Partenonu, ob parlamentu, na olimpijskem stadionu in v pristanišču, da bodo za šolski časopis o vsaki od njih napisali kratek prispevek. Dijaki so si delo razdelili tako, da so za vsako lokacijo zadolžili enega od dijakov. Na koliko načinov lahko to storijo, če je vsak od štirih dijakov zadolžen za natančno eno lokacijo? Za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje na Partenonu, imamo ŠTIRI možnosti. Za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje ob parlamentu, ostanejo še TRIJE (štirje dijaki brez tistega, ki bo spremljal dogajanje na Partenonu). Za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje na olimpijskem stadionu, imamo DVE možnosti in za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje v pristanišču, le še ENO možnost. Torej si lahko dijaki razdelijo delo na 4 · 3 · 2 · 1 = 24 različnih načinov.

Če lahko A izberemo na m različnih načinov, B pa na n različnih načinov, potem lahko A IN B

zaporedoma izberemo na mn različnih načinov. To pravilo imenujemo osnovni izrek

kombinatorike oz. PRAVILO PRODUKTA.

16

Na koliko načinov pa lahko to storijo, če ni nobene omejitve in je lahko kak dijak zadolžen za več lokacij, kak drugi pa za nobeno? Za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje na Partenonu, imamo ŠTIRI možnosti. Za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje ob parlamentu, imamo prav tako ŠTIRI možnosti (saj je lahko en dijak zadolžen tudi za več lokacij). Enako velja za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje na olimpijskem stadionu, in za izbiro dijaka, ki bo spremljal dogajanje v pristanišču. Torej si lahko dijaki razdelijo delo na 4 · 4 · 4 · 4 = 256 različnih načinov.

BINOMSKI IZREK

Lastnosti binomskega simbola Prva lastnost… Prva lastnost nam pove, da ima poljubna množica natanko eno prazno podmnožico. primer:

Izračunaj , , in . Kaj opaziš?

Upoštevaj, da je 0!=1, in izračunaj.

Binomski simbol (beremo "n nad r") označuje število kombinacij brez ponavljanja

na množici z n elementi reda r. Torej nam pove, na koliko različnih načinov lahko

izberemo r različnih elementov iz množice z n različnimi elementi. Ali drugače:

binomski simbol nam pove, koliko podmnožic z r elementi vsebuje množica z n

elementi.

17

Druga lastnost:… Druga lastnost nam pove, da ima vsaka množica z n elementi natanko eno podmnožico, ki vsebuje n elementov. Ali drugače: izmed n elementov lahko izberemo vse n na natanko en način.

Izračunaj , , in . Kaj opaziš?

Upoštevaj, da je 0!=1, in izračunaj.

Tretja lastnost… Tretja lastnost nam pove, da ima vsaka množica z n elementi natanko n podmnožic s po enim elementom. Ali drugače: izmed n elementov lahko izberemo enega na n različnih načinov.

Izračunaj , , in . Kaj opaziš?

18

Četrta lastnost… Četrta lastnost nam pove, da ima vsaka množica z n elementi enako število podmnožic z n–r elementi kot podmnožic z r elementi. Ali drugače: izmed n elementov imamo za izbiro n–r elementov enako različnih možnosti kot za izbiro r elementov. Npr. med dvajsetimi knjigami imamo za izbiro sedemnajstih knjig enako število različnih možnosti kot za izbiro treh knjig (saj so z izbiro vsake sedemnajsterice natanko določene tri knjige, ki ostanejo).

Primerjaj vrednosti naslednjih parov binomskih simbolov.

1. in

Torej je .

2. in

Torej je .

3. in

Torej je .

19

4. in

Torej je .

Peta lastnost: Primerjaj vrednosti naslednjih izrazov.

1. in

Torej je .

2. in

Torej je .

primeri:

20

Binomski izrek Binomski izrek je pravilo, po katerem lahko izračunamo poljubno potenco binoma.

Binomskemu simbolu rečemo tudi binomski koeficient, saj kot koeficient, torej faktor pri

potencah, nastopa v binomskem izreku.

Potenčna množica vsebuje praznih množic (izmed n elementov ne izberemo nobenega),

množic s po enim elementom (izmed n elementov izberemo enega), množic s po dvema

elementoma (izmed n elementov izberemo dva), ... in množic s po n elementi (izmed n

elementov izberemo vse n). Torej vsebuje elementov.

VERJETNOST

1.Dogodek se pri vsaki ponovitvi poskusa zgodi; takemu dogodku rečemo gotovi dogodek in ga običajno označimo z G. - pri metu kocke pade manj kot sedem pik; - da pade na Zemlji kozarec na tla, če ga izpustimo iz rok

2. Dogodek se nikoli ne zgodi, čeprav poskus večkrat ponovimo; to je nemogoči dogodek, ki ga označimo z N. - pri metu kocke pade sedem pik;

3. Dogodek se v nekaterih ponovitvah poskusa zgodi, v preostalih pa se ne zgodi. Tak

dogodek je za verjetnostni račun zanimivejši in mu rečemo slučajni dogodek.

- pri metu kovanca pade grb - na lotu zadenemo glavni dobitek – sedmico

21

- Dogodek A je način dogodka B, če se vedno, ko se zgodi dogodek A, zgodi tudi dogodek B. Zapis: A B. - Dogodka sta enaka, če se eden zgodi natanko tedaj, ko se zgodi drugi. Zapis: A=B (A B) (B A). - Vsota (unija) dogodkov A in B je dogodek, ki se zgodi, če se zgodi vsaj eden od dogodkov A ali B. Zapis: A B ali A+B. - Produkt (presek) dogodkov A in B je dogodek, ki se zgodi, če se zgodita dogodka A in B hkrati. Zapis: A B ali AB. - Pri negaciji dogodka A dobimo nasprotni dogodek A’, ki se zgodi, če se dogodek A ne zgodi.

- Zanimivo. Če seštejemo dogodka A+A’, dobimo dogodek, ki se zgodi ob vsakem metu.

Vsako število pik je bodisi sodo bodisi liho. Tako je A+A’ gotovi dogodek: A+A’=G. Kaj pa

dogodek A A’? Zgodi se, če se zgodita oba hkrati. Torej bi moralo pri metu pasti sodo in

liho število pik hkrati. To pa je nemogoči dogodek, torej A A’=N.

Na tem mestu bi bilo dobro govoriti še o enem odnosu med dogodki. To je združljivost ali

pogosteje uporabljena nezdružljivost dogodkov. Zapišemo takole.

- Razlika dogodkov A in B je dogodek, ki se zgodi, če se zgodi dogodek A in se pri tem ne zgodi

dogodek B. Oznaka: A–B.

Razmislek Če met igralne kocke še podrobnejše preučimo, lahko dogodke, ki se pri tem zgodijo, razvrstimo tudi takole. Dogodkov E1, E2, E3, E4, E5, E6 se ne da opredeliti drugače, kot so, medtem ko dogodek A – „pade sodo mnogo pik” lahko opišemo z dogodki E2, E4, E6 – z njihovo vsoto. Tako pridemo do naslednjih pomembnih pojmov.

Dogodka sta združljiva, če se lahko zgodita oba hkrati. Če pa se oba hkrati ne moreta zgoditi,

rečemo, da sta nezdružljiva. Tako je produkt nezdružljivih dogodkov očitno nemogoči dogodek:

A B=N.

Sestavljeni dogodek je vsak dogodek, ki ga lahko zapišemo kot vsoto vsaj dveh nezdružljivih, pa vendar možnih dogodkov. Dogodek, ki ni sestavljen, je elementarni dogodek ali izid. Vsem elementarnim dogodkom, ki tvorijo neki sestavljeni dogodek, rečemo, da so za sestavljeni dogodek ugodni.

22

- Vsi elementarni dogodki sestavljajo tako imenovani vzorčni prostor poskusa.

- Vsota vseh elementarnih dogodkov je gotovi dogodek: E1 E2 ... En=G. Poljubna dva elementarna dogodka pa sta medsebojno nezdružljiva: Ei Ej=N (i, j {1, 2 ... n}).

Predstavitev vzorčnega prostora

Vzorčni prostor lahko predstavimo s pravokotnikom, v katerem so točke posamezni

elementarni dogodki.

Na levi strani je narisan prazen vzorčni prostor, na desni pa je v isti vzorčni prostor vrisanih že nekaj sestavljenih dogodkov, ki si jih lahko predstavljamo tudi kot podmnožice vzorčnega prostora. Vsota elementarnih dogodkov v posamezni podmnožici je namreč sestavljeni dogodek. Na dogodke lahko gledamo kot na podmnožice vzorčnega prostora. Gotovi dogodek je podmnožica vseh elementarnih dogodkov – celoten vzorčni prostor. Vse podmnožice vzorčnega prostora, ki vsebujejo vsaj dva in manj kot n elementarnih dogodkov, predstavljajo sestavljene dogodke. Podmnožice z enim elementarnim dogodkom so elementarni dogodki. Med podmnožicami je tudi prazna množica, ki predstavlja nemogoči dogodek. Tako so zajeti vsi možni dogodki poskusa in vse podmnožice množice z n elementi. Iz kombinatorike pa vemo, da je takih podmnožic natanko 2n. Vseh dogodkov je torej 2n in vsem dogodkom nekega poskusa včasih rečemo algebra dogodkov. - Med vsemi možnimi dogodki nekega poskusa najdemo skupino dogodkov, ki jih povezujeta dve bistveni lastnosti.

Če množico dogodkov sestavljajo dogodki, ki so paroma medsebojno nezdružljivi, vsota vseh pa

je gotovi dogodek, ti dogodki sestavljajo popolni sistem dogodkov.

23

DEFINICIJA VERJETNOSTI

Statistična definicija verjetnosti Vzamemo si za primer poskus metanja kovanca. Nekateri ste se že igrali z običajnim kovancem in šteli, kolikokrat se zgodi dogodek, da pade grb oz. da pade cifra. Seveda se v enem poskusu zgodi samo eden od teh dogodkov, saj sta dogodka nezdružljiva.

[Izidi meta kovanca]

Če poskus nekajkrat ponovimo in pri tem štejemo, kolikokrat je padel grb – dogodek A, se nam hitro porodi ideja, da bi to število primerjali s številom vseh poskusov. Tako dobimo iz statistike znano relativno frekvenco dogodka A:

, kjer je nA število poskusov, kjer se je zgodil dogodek A – pade grb, in n število vseh ponovitev poskusa. Z vsako ponovitvijo poskusa se sicer to število spreminja, vendar se izkaže, da se relativna frekvenca pri vse večjem številu ponovitev poskusa ne spreminja kaj dosti. Tako se relativna frekvenca dogodka z večanjem števila n – števila poskusov – približuje nekemu konkretnemu številu. To pa je temelj, da lahko postavimo statistično definicijo verjetnosti dogodka A:

- Vendar pa matematiki s tako definicijo še vedno nismo najbolj zadovoljni. Dovolj velikega števila ponovitev poskusa vedno le ne moremo doseči. Včasih je tak način skrajno neracionalen. Če bi namreč hoteli na škatlico vžigalic zapisati verjetnost, da bo vžigalica zagorela, bi morali

ponavljati poskus vžiganja vžigalic in pri tem šteti, kolikokrat je zagorela. Ta poskus bi morali opraviti kar se da velikokrat. Tovarna vžigalic bi pri takem početju kmalu propadla. Pri majhnem številu ponovitev poskusa pa podatek ni zanesljiv.

Že pri poskusu meta kovanca, kar je preprost poskus, verjetno ne bi bili zadovoljni, če bi nam nekdo rekel, da moramo poskus ponoviti 100–krat. Za to bi potrebovali kar nekaj časa in volje. Zanimivo: Časa je imel dovolj avstrijski matematik John Kerrick, ki je med drugo svetovno vojno v zaporu kovanec vrgel kar 10000– krat. Pri tem je naštel 5067 grbov. Relativna frekvenca tega dogodka je fA = 0,5066, kar pa še ni število P(A), saj število poskusov ni dovolj veliko.

Verjetnost dogodka A je število P(A), ki se mu relativna frekvenca dogodka A približuje, če

število poskusov večamo.

24

Klasična definicija verjetnosti Ni pa težko o poskusu meta kovanca razmisliti teoretično. Če vemo, da obstajata samo dve opciji za izid poskusa, grb ali cifra, in ni nobenega razloga, da bi se kateri od možnih elementarnih dogodkov zgodil večkrat kot drugi, lahko pričakujemo, da se bo z naraščanjem števila poskusov relativna frekvenca dogodka A bližala ½. S tem pa je verjetnost P(A) = ½. Podobno razmišljamo, da zapišemo klasično definicijo verjetnosti dogodka A:

- Zagotavljanje simetričnosti vzorčnega prostora včasih ni mogoče. Da pa se ga zagotoviti z uporabo

kovanca, ki je bil narejen iz homogene kovine, z uporabo poštene igralne kocke, ki ni obtežena, da se

katero od števil pojavi večkrat, z uporabo običajnega kompleta kart, ki ni označen, kjer so hrbtne

strani enake in ni moč videti čeznje. Pri vleki karte iz kupa ali pri vleki kroglice iz žare morajo biti izbire

narejene na slepo.

- Vsak od s posamezno kocko predstavljenih elementarnih dogodkov je enako verjeten, ker je kocka

iz homogene mase brez magnetnih zmožnosti, kar sicer omogoča delno kontrolo kocke.

Ugotovitev Tako pri statistični kot pri klasični definiciji verjetnosti dogodka pa se da ugotoviti tri trditve, ki jim rečemo kar aksiomi verjetnosti:

Če so elementarni dogodki vzorčnega prostora enako verjetni, dogodek A pa je iz tega vzorčnega prostora (sestavljen dogodek), je verjetnost dogodka A kvocient števila m, za dogodek A ugodnih elementarnih dogodkov, in števila n, vseh elementarnih dogodkov poskusa:

Tudi ta definicija verjetnosti dogodka je omejena. Kakor hitro elementarni dogodki niso enako verjetni, definicija nima smisla. Vzorčni prostor, katerega elementarni dogodki so enako verjetni, imenujemo simetričen vzorčni prostor.

1. P(A) ≥ 0, verjetnost slučajnega dogodka je nenegativno število;

2. P(G) = 1, verjetnost gotovega dogodka je 1;

3. P(A B) = P(A) + P(B), če A B = N : verjetnost vsote nezdružljivih

dogodkov je enaka vsoti verjetnosti posameznih dogodkov.

25

Kolikšna je verjetnost posameznega elementarnega dogodka pri metu poštene igralne kocke? Ker je vzorčni prostor sestavljen iz šestih elementarnih dogodkov, ki so enako verjetni, je verjetnost

posameznega enaka: . Pri tem je i indeks elementarnega dogodka, ki pomeni število pik na igralni kocki i {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Aksiomi Kolmogorova Res pa se zgodi, da ni vedno vsaka igralna kocka poštena. In prav zaradi podobnih težav, izzivov, se je okrepila želja po spoznanju zakonitosti verjetnosti. Tako lahko verjetnost definiramo na različne načine. Mi smo spoznali dva: statistično in klasično definicijo. Obstajajo tudi še druge. Vsem tem pa so skupne lastnosti, ki jih imenujemo kar aksiomi Kolmogorova. Ruski matematik Andrej Nikolajevič Kolmogorov je namreč v tridesetih letih 20. stoletja postavil aksiomatično definicijo verjetnosti:

Če pri delu uporabljamo te lastnosti, aksiome verjetnosti, nam niti ni treba navajati, katero definicijo imamo v mislih, saj te lastnosti veljajo za vse. Ti aksiomi veljajo tudi za računanje verjetnosti dogodkov, ko vzorčni prostor ni simetričen. Takrat so verjetnosti elementarnih dogodkov različne. Seveda za izračun verjetnosti dogodka, ki je sestavljen iz takih elementarnih dogodkov, moramo poznati verjetnosti posameznih elementarnih dogodkov: P(Ei) = pi. Pri tem mora za elementarne dogodke tudi takega (nesimetričnega) vzorčnega prostora {E1, E2, E3 ..., En} veljati: p1 + p2 + p3 + ... + pn = 1.

Verjetnost elementarnega dogodka v simetričnem vzorčnem prostoru, ki ga sestavlja

n elementarnih dogodkov, je P(Ei) = za vsak i {1, 2, 3 ..., n}.

Verjetnost je preslikava P, ki vsakemu dogodku iz množice vseh dogodkov nekega poskusa priredi realno število, če zadošča naslednjim trem aksiomom:

1. P(A) ≥ 0, funkcija je pozitivna; 2. P(G) = 1, funkcija je normirana; 3. P(A B) = P(A) + P(B), če A B = N, za nezdružljive dogodke.

26

RAČUNANJE VERJETNOSTI Verjetnost lahko definiramo na različne načine; mi smo spoznali dva: statistično in klasično definicijo. Obstajajo tudi še druge. Vsem tem pa so skupne lastnosti, ki jih imenujemo aksiomi Kolmogorova. Ponovimo: verjetnost je preslikava P, ki vsakemu dogodku iz množice vseh dogodkov nekega poskusa priredi realno število, če zadošča naslednjim trem aksiomom:

prvi aksiom: P(A)≥0 (funkcija je pozitivna);

drugi aksiom: P(G)=1 (funkcija je normirana);

tretji aksiom: P(A B)=P(A)+P(B), če je A B=N (verjetnost vsote nezdružljivih dogodkov).

Če pri delu uporabljamo te lastnosti verjetnosti, nam niti ni treba navajati, katero definicijo mislimo, saj te lastnosti veljajo za vse. Poleg teh pa bomo spoznali še šest trditev, lastnosti, ki jih bomo tudi dokazali. Te zanesljive trditve nam olajšajo računanje verjetnosti dogodkov. Nekatere od teh trditev so tako očitne, da je dokazovanje skoraj odveč, a jih bomo vendarle dokazali.

Prva lastnost

Prva lastnost je ena očitnejših. Nemogoči dogodek se nikoli ne zgodi, tako je pričakovati, da je verjetnost tega dogodka enaka 0:

Druga lastnost

Velikokrat nas zanima tudi verjetnost nasprotnega dogodka A':

Primer nasprotnih dogodkov pri metu poštene igralne kocke in izračun njihovih verjetnosti.

P(N)=0; verjetnost nemogočega dogodka je 0.

P(A')=1–P(A); verjetnost nasprotnega dogodka izračunamo tako, da od 1 odštejemo

verjetnost osnovnega dogodka.

27

Tretja lastnost

Primer dogodkov pri metu poštene igralne kocke, ki sta v odnosu način, in primerjava velikosti njunih verjetnosti.

Četrta lastnost

Splošna ugotovitev: Za verjetnost poljubnega dogodka A velja:

Peta lastnost

Šesta lastnost

Kako izračunati verjetnost vsote dogodkov A in B, ko dogodka A in B nista nezdružljiva?

Če je dogodek A način dogodka B, A B, potem velja P(A)≤P(B).

Verjetnost poljubnega dogodka ne more preseči 1: P(A)≤1.

Verjetnost razlike dveh dogodkov A in B: P(A–B)=P(A)–P(A B).

P(A B)=P(A)+P(B)–P(A B) za poljubna dogodka A in B.

28

1.PRIMER: V vrtcu imajo otroci med igračami tudi pet kock, ki so oštevilčene z lihimi števkami: 1, 3, 5, 7 in 9. Naključno si izbirajo tri in jih razvrstijo. Tako tvorijo trimestno število. Kolikšne so verjetnosti dogodkov:

A – sestavljeno število je večje od 900;

B – sestavljeno število je deljivo s 3;

A B? Rešitev: Najprej se moramo vprašati, koliko je vseh elementarnih dogodkov in ali so enako verjetni. Vsi elementarni dogodki so vsa možna trimestna števila z lihimi števkami, ki se ne ponavljajo (variacije). Tako jih je: n=5·4·3=60. Vsi pa so enako verjetni, saj je izbiranje in razvrščanje naključno. Za dogodek A je ugodnih mA=1·4·3=12, saj mora biti prva cifra nujno 9, ostali pa poljubni iz množice {1, 3, 5, 7}.

Verjetnost dogodka A po klasični definiciji verjetnosti je torej . Za dogodek B mora biti seštevek cifer deljiv s tri. To se zgodi samo, če je trimestno število sestavljeno iz cifer: {1, 3, 5}, {1, 5, 9}, {3, 5, 7} ali {5, 7, 9}. Z vrstnim redom le-teh pa določimo različna trimestna števila, ki so ugodna za ta dogodek. Tako je za dogodek B ugodnih mB=4·3!=4·6=24 elementarnih dogodkov.

Verjetnost dogodka B je . Verjetnost dogodka A B izračunamo s formulo P(A B)=P(A)+P(B)–P(A B), saj dogodka A in B nista nezdružljiva. Torej moramo izračunati še verjetnost dogodka A B, ko se dogodka A in B zgodita hkrati. To pa se zgodi samo, če otroci sestavijo ravno eno izmed naslednjih števil: 915, 951,

957 ali 975. Ugodni so torej štirje elementarni dogodki, zato je . Verjetnost vsote dogodkov lahko sedaj izračunamo:

.

2.PRIMER: Dve družini se skupaj odpravita v kino. Prva družina ima tri otroke, druga pa štiri. Razigrani otroci kupijo vstopnice za vse in jih naključno razdelijo. Vstopnice določajo točen sedež, njihove vstopnice pa si sledijo v vrsti. Kolikšna je verjetnost dogodkov: A – člani iste družine sedijo skupaj in B – starši sedijo skupaj ter A B? Vseh vstopnic je 11. Tako so lahko otroci razdelili vstopnice na 11!=39916800 načinov (permutacije). To je ravno število vseh enako verjetnih elementarnih dogodkov n=39916800. Za dogodek A pa je od teh ugodnih ravno mA=2!·5!·6!=172800. Verjetnost dogodka A je torej: P(A)=mA/n=172800/39916800=1/231. Za dogodek B je ugodnih mB=4!·8!=967680. Verjetnost dogodka B pa je tako: P(B)=mB/n=967680/39916800=4/165. Za izračun verjetnosti dogodka A B moramo uporabiti formulo P(A B)=P(A)+P(B)-P(A B), saj sta dogodka združljiva. Lahko se namreč dogodka A in B zgodita hkrati: starši sedijo skupaj na sredini, tako da so na eni strani starši prve družine in njihovi otroci, na drugi strani pa starši druge družine (ob starših prve družine) in otroci druge družine. To pa je ravno dogodek A B. Poiščimo njegovo verjetnost. Za ta dogodek je ugodnih m=2!·3!·2!·2!·4!=1152 razvrstitev. Verjetnost produkta je torej P(A B)=m/n=1152/39916800=1/34650. Sedaj lahko izračunamo P(A B):

29

3.PRIMER: Iz običajnega kupa 32 kart povlečemo karto. Preučimo dogodka: A – povlečena karta ni as; B – povlečena karta ni srce. Izračunaj verjetnosti dogodkov: A, B, A B, A B. Za verjetnosti dogodkov A in B najprej izračunaš verjetnosti nasprotnih dogodkov. Vseh enako verjetnih elementarnih dogodkov je n=32. Za nasprotni dogodek A' je ugodnih m=4. Tako je verjetnost P(A')=4/32=1/8. Za nasprotni dogodek B' pa je ugodnih m=8. Zato je P(B')=8/32=1/4. Verjetnosti dogodkov A in B pa sta tako:

. Za verjetnost produkta dogodkov A in B je ugodnih m=21 elementarnih dogodkov, zato je:

. Dogodka A in B sta združljiva, zato moramo za izračun vsote dogodkov uporabiti formulo: P(A B)=P(A)+P(B)-P(A B). Torej je:

. Drugi način: Nasprotni dogodek vsote A B je dogodek A' B' (računanje z množicami) – izvlečena karta je as in srce hkrati, srčev as. Za slednji dogodek je ugoden samo en elementarni dogodek. Zato verjetnost vsote A B izračunamo takole:

. Rezultat je seveda enak. Pogosto se je treba znajti med možnimi potmi in poiskati čim lažjo.

PRODUKT DOGODKOV

ZGLED: V naši žari naj se nahaja pet rdečih in deset belih kroglic. Dvakrat zapored bomo na slepo vlekli iz žare. Ločili pa bomo dva poskusa. Pri prvem bomo kroglice vračali v žaro, pri drugem pa ne. (Žara z desetimi belimi in petimi rdečimi kroglicami, ki se konstantno mešajo, da je izbor nepredvidljiv in vzorčni prostor simetričen.)

a) Ugotovi, kolikšna je verjetnost, da smo dvakrat zapored izvlekli rdečo kroglico v primeru da kroglice vračamo?

- Kolikšna je verjetnost, da smo prvič izvlekli rdečo kroglico?

Ko prvič vlečemo iz žare je v njej 15 kroglic, n=15, od katerih jih je ugodnih za naš dogodek 5 rdečih, m=5. Po klasični definiciji verjetnosti je verjetnost dogodka R1, da prvič izvlečemo rdečo, enaka P(R1)=

. Potem izvlečeno kroglico vrnemo v žaro in ponovno vlečemo.

30

- Kolikšna je verjetnost, da smo tudi drugič izvlekli rdečo kroglico? Ker se okoliščine niso spremenile kot, ko smo prvič povlekli kroglico, lahko sklepamo popolnoma enako in zapišemo, da je verjetnost dogodka R2, da drugič tudi povlečemo rdečo kroglico, enaka

P(R2)= .

b) Kolikšna pa je verjetnost, da smo dvakrat zapored izvlekli rdečo kroglico, ko prve izvlečene kroglice ne vrnemo?

- Kolikšna je verjetnost, da smo prvič izvlekli rdečo kroglico?

Pri prvi vleki je situacija enako kot pri prejšnji nalogi(a): v žari je 15 kroglic, n=15, od katerih jih je ugodnih za naš dogodek 5 (rdečih), m=5. In zopet je verjetnost dogodka R1, da prvič izvlečemo rdečo,

enaka P(R1)= . Potem pa izvlečene kroglice ne vrnemo v žaro in ponovno vlečemo.

- Kolikšna je verjetnost, da smo tudi drugič izvlekli rdečo kroglico? Sedaj pa so se okoliščine spremenile. V žari je le še n=14 kroglic. Če smo prvič potegnili rdečo, jih ugodnih za naš drugi dogodek ostaja le še m=4. Da se zgodi dogodek R1 R2, pa smo morali v prvo

potegniti rdečo. Tako je res verjetnost P(R2)= . Dogodka sta sicer enaka, dvakrat zapored potegnemo rdečo kroglico, vendar poskusa sta različna. Pri prvem poskusu na verjetnost dogodka R2, da bomo drugič potegnili rdečo, ne vpliva to, kaj se je zgodilo pri prvem vlečenju iz žare. Pri drugem poskusu pa je verjetnost dogodka R2 odvisna od tega, kar se je zgodilo pri prvem vlečenju. Zato se dogovorimo:

Povzetek ugotovitev pri prvi in drugi nalogi(a in b) Dogodek R2 je v prvem poskusu neodvisen od dogodka R1, saj na verjetnost dogodka R2 ne vpliva, ali se je zgodil dogodek R1. Pri drugem poskusu pa je verjetnost dogodka R2 odvisna od tega, ali se je zgodil dogodek R1. Dogodek R2 je torej odvisen od dogodka R1.

Pri drugem poskusu našega motivacijskega primera je bil dogodek R2 odvisen od dogodka R1. Verjetnost dogodka R2 zapišemo v tem primeru takole: P(R2/R1) in ji rečemo pogojna verjetnost - verjetnost dogodka R2 pri pogoju, da se je zgodil dogodek R1.

Dogodek A je odvisen od dogodka B, če je verjetnost dogodka A odvisna od tega, ali se je zgodil

dogodek B.

31

Pogojna verjetnost Vzemimo za začetek preprostejšo splošno okoliščino - simetrični vzorčni prostor. V njem pa

naj bosta dogodka A in B povezana kot kaže slika.

Če želimo ugotoviti pogojno verjetnost dogodka A pri pogoju, da se je zgodil dogodek B: P(A/B), moramo preučiti zgolj del vzorčnega prostora, ki pripada dogodku B. Ta dogodek pa sestavlja mB ugodnih elementarnih dogodkov. Da se zgodi dogodek A ob pogoju, da se je zgodil dogodek B, pa je ugodnih zgolj mAB od mB ugodnih elementarnih dogodkov dogodka B. Pri tem je mAB število elementarnih dogodkov ugodnih za produkt (presek) dogodkov A in B. Po klasični definiciji verjetnosti lahko tako zapišemo:

Če ta ulomek razširimo z , kjer je n število vseh elementarnih dogodkov, pa dobimo zelo zanimivo zvezo:

Verjetnost produkta odvisnih dogodkov Iz prejšnje ugotovitve pa ni težko priti do zaključka o verjetnosti produkta dogodkov, ki so odvisni:

Verjetnost produkta odvisnih dogodkov izračunamo tako, da zmnožimo verjetnost enega od dogodkov in pogojno verjetnostjo drugega od dogodkov pri pogoju, da se je prvi zgodil: P(A B)=P(A)·P(B/A)=P(B)·P(A/B).

32

Končni odgovor na nalogo B) :

Verjetnost, da prvikrat izvlečemo rdečo kroglico je P(R1)= . Verjetnost, da je tudi drugič izvlečena rdeča kroglica, pri pogoju da smo jo že prvič (pa je nismo vrnili v žaro), pa je pogojna verjetnost

P(R2/R1)= . Zato je verjetnost dogodka, da obakrat potegnemo rdečo, enaka:

P(R1 R2)=P(R1)·P(R2/R1)= .

Če sta dogodka A in B neodvisna, velja: P(A/B)=P(A) (saj izid dogodka B ne vpliva na verjetnost dogodka A) ali P(B/A)=P(B) (saj izid dogodka A ne vpliva na verjetnost dogodka B). Kar včasih poimenujemo kar brezpogojna verjetnost. Tako je zveza za produkt neodvisnih dogodkov zelo preprosta:

Končni odgovor na nalogo A): Če sedaj upoštevamo, da sta dogodka pri prvem poskusu neodvisna in da poznamo posamezni verjetnosti dogodkov, lahko izračunamo verjetnost dogodka, da obakrat izvlečemo rdeči kroglici, torej produkt dogodkov R1 in R2:

P(R1 R2)=P(R1)·P(R2)= . Kar pa potrjuje, da sta dogodka iz motivacijskega primera pri prvem in drugem poskusu na videz sicer enaka, po verjetnosti pa popolnoma drugačna. Primer 1

Na šoli se angleški jezik uči 78% učencev, od teh pa se jih 45% uči tudi francoski jezik. Naključno izberemo učenca na šoli. Kolikšna je verjetnost, da se uči angleški in francoski jezik?

Z A označimo dogodek, da je bil izbran učenec, ki se uči angleški jezik. Z F pa označimo, da je bil izbran učenec, ki se uči francoski jezik. Iz podatkov lahko preberemo: P(A)=0,78 in P(F/A)=0,45. Izračunati pa moramo verjetnost dogodka A F. Uporabimo formulo za izračun produkta odvisnih dogodkov in dobimo: P(A F)=P(A)·P(F/A)=0,78·0,45=0,351.

Če sta dogodka A in B sta neodvisna, je verjetnost produkta dogodkov enaka produktu verjetnosti posameznih dogodkov: P(A B)=P(A)·P(B).

33

Primer 2 Tovarna izdeluje računalniške čipe. 95% jih je kvalitetnih, preostali pa so neuporabnih. Na koncu jih stroj testira, vendar stroj je zmotljiv. Ko preverja kvaliteten čip, ga v 98% prepozna za zanesljivega. Ko pa preverja neuporaben čip, se v 4% zmoti in ga prepozna za uporabnega. Naključno izberemo čip. Kolikšna je verjetnost, da je ta čip neuporaben, po testiranju pa je bil označen ta uporabnega. Kolikšna je verjetnost, da je čip dejansko v redu, stroj pa ga je pri testiranju označil za neuporabnega?

Označimo dogodke: Č - čip je kvaliteten; Č' - čip je neuporaben; T - test je pokazal OK; T ' - test je čip zavrnil. Prepoznamo verjetnosti: P(Č)=0,95 ; P(Č')=0,05 ; P(T/Č)=0,98 ; P(T '/Č)=0,02 ; P(T/Č')=0,04 ; P(T '/Č')=0,96. Katere verjetnosti računamo? Prvič: Č' T; drugič: Č T '. Izračunamo: P(Č' T)=P(Č')·P(T/Č')=0,05·0,04=0,002 ... majhna verjetnost, vendar lahko naletimo ravno na takega, ki naj bi po testiranju delal, pa vendar je neuporaben. P(Č T ')=P(Č)·P(T '/Č)=0,95·0,02=0,019 ... tudi mala verjetnost, vendar pa je to dobra verjetnost, če namreč naletiš na tak čip, ki kljub vsemu dela, redkost.

34

UVOD V STATISTIKO

Statistiko lahko grobo razdelimo na dva velika dela in sicer na opisno statistiko in inferenčno statistiko.

Opisna statistika se ukvarja s predstavitvijo oz. povzemanjem pridobljenih podatkov. Množico informacij želimo obdelati in jih predstaviti na čim bolj nazoren in sežet način. Inferenčna statistika raziskuje medsebojno povezanost določenih statističnih parametrov. Ukvarja se tudi z ugotavljanjem zanesljivosti sklepov, ki smo jih dobili tako, da nismo raziskali celotne populacije, pač pa samo njen manjši del, vzorec.

Množica, ki jo statistično proučujemo, se imenuje populacija. Elementi populacije se

imenujejo statistične enote. Včasih ne raziskujemo cele množice, pač pa samo neko

slučajno izbrano podmožico. Taki podmnožici rečemo vzorec. Podmnožica je slučajno

izbrana, če ima vsak element enako verjatnost, da bo izbran v vzorec. Lastnosti statistične

enote, ki jih raziskujemo, imenujemo statistični podatek ali statistična spremenljivka.