Za l´o˙zmy, ˙zeA1,A2

RACHUNKU PRAWDOPODOBIE ´NSTWA

ADAM OSEKOWSKI_,

1. Wybrane elementy kombinatoryki

Celem niniejszego rozdzia lu jest przedstawienie kilku standardowych poje´_,c i metod pojawiajacych si_, e w rozumowaniach kombinatorycznych. We wszystkich_, poni˙zszych rozwa˙zaniach badane zbiory sa sko´_, nczone, a ich moc jest oznaczana symbolem| · |.

1.1. Regu ly dodawania i mno ˙zenia. Zacznijmy od trywialnego spostrze˙zenia.

Twierdzenie 1.1 (O dodawaniu). Za l´o˙zmy, ˙zeA1,A2,. . .,An sa parami roz l_, acz-_, nymi zbiorami. W´owczas |A1∪A2∪. . .∪An|=|A1|+|A2|+. . .+|An|.

Wz´or ten, cho´c oczywisty, jest bardzo przydatny: w wielu zadaniach, podczas wyznaczania mocy zadanego zbioruB, mo˙zna rozbi´c go na parami roz laczne pod-_, zbiory B1, B2, . . ., Bn i oblicza´c osobno moc ka˙zdego z nich. Warto tu tak˙ze wspomnie´c o wzorze na moc ,,zbioru dope lniajacego”. ´_, Sci´slej, za l´o˙zmy, ˙ze A jest zadanym zbiorem o znanej mocy, i przypu´s´cmy, ˙ze naszym celem jest wyznaczenie mocy pewnego podzbioru B ⊆ A. W´owczas, na mocy powy˙zszego twierdzenia, zachodzi r´owno´s´c

|B|=|A| − |A\B|.

Jest to przydatna to˙zsamo´s´c: w wielu sytuacjach moc |A\ B| jest latwa, albo przynajmniej latwiejsza, do wyznaczenia (por. przyk lady poni˙zej).

W przypadku gdy zbioryA1,A2,. . .,Annie sa parami roz l_, aczne, moc ich sumy_, wyznaczamy na mocy poni˙zszego wzoru, tzw. zasady w lacze´_, n i wy lacze´_, n.

Twierdzenie 1.2. Dla dowolnych zbior´owA₁,A₂,. . .,A_n zachodzi r´owno´s´c

n

[

k=1

Ak

=

n

X

k=1

|Ak| −X

k<`

|Ak∩A`|+ X

k<`<m

|Ak∩A`∩Am| −. . . + (−1)ⁿ⁺¹|A1∩A2∩. . .∩An|.

Dow´od. Dla n = 1 wz´or jest oczywisty. Je´sli n = 2, zbi´or A1∪A2 jest suma_, parami roz lacznych podzbior´_, ow A₁\A₂, A₁∩A₂ oraz A₂\A₁. Ponadto, A₁ = (A₁\A₂)∪(A₁∩A₂) orazA₂= (A₂\A₁)∪(A₁∩A₂), i wskazane sk ladniki tak˙ze sa parami roz l_, aczne. St_, ad, na mocy twierdzenia o dodawaniu,_,

|A1∪A2|=|A1\A2|+|A1∩A2|+|A2\A1|=|A1|+|A2| − |A1∩A2|, co by lo do okazania. W przypadku n ≥ 3, wykorzystujemy indukcje: stosuj_, ac_, wz´or w lacze´_, n i wy lacze´_, n do zbior´ow B₁ = A₁, B₂ = A₂, . . ., B_n−2 = A_n−2,

1

Bn−1=An−1∪An, dostajemy

n

[

k=1

Ak

=

n−1

[

k=1

Bk

=

n−1

X

k=1

|Bk| −X

k<`

|Bk∩B`|+ X

k<`<m

|Bk∩B`∩Bm| −. . . + (−1)ⁿ|B1∩B2∩. . .∩B_n−1|.

Zauwa˙zmy, ˙ze |Bk₁∩Bk₂∩. . .∩Bk_m| =|Ak₁∩Ak₂∩. . .∩Ak_m| je´sli k1 < k2 <

. . . < km< n−1; je´sli za´skm=n−1, to stosujac udowodniony wy˙zej przypadek_, n= 2 do zbior´owAk₁∩Ak₂∩. . .∩Akm−1∩A_n−1orazAk₁∩Ak₂∩. . .∩Akm−1∩An, otrzymujemy

|Bk₁∩Bk₂∩. . .∩Bk_m|=|Ak₁∩Ak₂∩Akm−1∩(A_n−1∪An)|

=|Ak₁∩Ak₂∩. . .∩Ak_m−1∩A_n−1| +|Ak1∩A_k2∩. . .∩A_km−1∩A_n|

− |Ak₁∩Ak₂∩. . .∩Akm−1∩An−1∩An|.

Po odpowiednim przestawieniu sk ladnik´ow po prawej stronie, otrzymujemy teze._, Najprostszym narzedziem s lu˙z_, acym do zliczania mocy konkretnego zbioru jest_, wypisanie wszystkich element´ow tego zbioru. Rozwa˙zmy nastepuj_, ace zadanie._, Przyk lad 1.1. Rzucono sze´s´c razy moneta i wynik zapisano w postaci ci_, agu_, sze´scioelementowego o wyrazach O lubR. Ile jest takich wynik´ow, ˙ze reszka wy- pad la dok ladnie raz lub dok ladnie dwa razy?

Rozwiazanie._, Oznaczmy zbi´or rozwa˙zanych wynik´ow przez A. Zachodzi r´owno´s´c A=A₁∪A₂, gdzieA_ito zbi´or tych ciag´_, ow, w kt´orych wyrazRpojawia sie dok ladnie_, irazy,i= 1, 2. W´owczas

A₁={(R, O, O, O, O, O),(O, R, O, O, O, O), . . . ,(O, O, O, O, O, R)}

oraz

A₂={(R, R, O, O, O, O),(R, O, R, O, O, O), . . . ,(R, O, O, O, O, R), (O, R, R, O, O, O), . . . ,(O, R, O, O, O, R),

. . .

(O, O, O, O, R, R)}, skad_, |A₁|= 6 oraz|A₂|= 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15. Wobec tego|A|= 21.

Przejd´zmy teraz do kolejnego twierdzenia, r´ownie˙z niezwykle elementarnego i oczywistego.

Twierdzenie 1.3(O mno˙zeniu). Wybieramy ciag_, (x1, x2, . . . , xn)on≥1elemen- tach. Przypu´s´cmy, ˙ze wyraz x₁ mo˙ze by´c wybrany na k₁ sposob´ow; dla dowolnego ustalonego wyboru x₁, wyraz x₂ mo˙ze by´c wybrany na k₂ sposob´ow; itd., dla do- wolnego ustalonego wyboru x₁, x₂, . . ., x_n−1, wyraz x_n mo˙ze by´c wybrany na k_n sposob´ow. W´owczas ciag_, (x₁, x₂, . . . , x_n)mo˙ze by´c wybrany nak₁k₂. . . k_nsposob´ow.

Zilustrujemy powy˙zszy fakt na nastepuj_, acym przyk ladzie._,

Przyk lad 1.2. Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c ciag czterocyfrowy, je´_, sli (a) nie ma ogranicze´n?

(b) ˙zadna cyfra nie mo˙ze sie powtarza´_, c?

(c) w ciagu musi pojawi´_, c sie co najmniej jedna cyfra parzysta?_,

(d) czwarta cyfra nie mo˙ze by´c piatk_, a oraz nie mo˙ze by´_, c trzech zer pod rzad?_, Rozwiazanie._, (a) Stosujemy twierdzenie o mno˙zeniu: ka˙zda cyfra mo˙ze by´c wy- brana na 10 sposob´ow, a wiec badana liczba ci_, ag´_, ow wynosi 10⁴= 10000.

(b) Ponownie stosujemy twierdzenie o mno˙zeniu. Pierwsza cyfr_, e wybieramy na_, 10 sposob´ow; druga cyfr_, e mo˙zemy wybra´_, c na 9 sposob´ow, gdy˙z cyfra wybrana na pierwszym miejscu nie wchodzi ju˙z w gre. Analogicznie, pozosta le dwie cyfry_, wybieramy na 8 oraz 7 sposob´ow, odpowiednio. Stad szukana liczba sposob´_, ow wynosi 10·9·8·7 = 5040.

(c) Oznaczmy zbi´or wszystkich ciag´_, ow czterocyfrowych przezA oraz badana w_, niniejszym podpunkcie klase ci_, ag´_, ow przezC. W´owczas|C|=|A|−|A\C|orazA\C to zbi´or ciag´_, ow czteroelementowych o wyrazach nieparzystych. Moc tego ostatniego zbioru latwo wyznaczy´c: |A\C|= 5⁴= 625, a stad_, |C|= 10000−625 = 9375.

(d) Oznaczmy klase badanych ci_, ag´_, ow przez D. Ponownie, latwiej bedzie nam_, wyznaczy´c moc ,,zbioru dope lniajacego”_, A\D. Zbi´or ten jest suma dw´_, och zbior´ow:

D1 ={ciagi zawieraj_, ace 5 na ostatniej pozycji}_, iD2={ciagi zawieraj_, ace podci_, ag_, kolejnych trzech zer}. Wobec tego, na mocy wzoru w lacze´_, n i wy lacze´_, n,

|A\D|=|D1|+|D2| − |D1∩D2|.

Korzystajac z twierdzenia o mno˙zeniu,_, |D1| = 10·10·10·1 = 1000. Ponadto, latwo wypisa´c wszystkie elementy D2: sa to (0,_, 0,0,0) oraz ciagi postaci (0,_, 0,0, c) albo (c,0,0,0), gdziec∈ {1,2, . . . ,9}; stad_, |D2|= 19. Wreszcie, mamyD1∩D2= {(0,0,0,5)}, a wiec_, |D1∩D2|= 1. W konsekwencji, dostajemy odpowied´z:

|D|=|A| − |A\D|= 10000−(1000 + 19−1) = 8982.

1.2. Podstawowe schematy kombinatoryczne.

Definicja 1.1. Przypu´s´cmy, ˙ze k jest ustalona liczb_, a ca lkowit_, a dodatni_, a. Ka˙zdy_, ciag (x_, 1, x2, . . . , xk) o wyrazach ze zbioru A nazywamy k-elementowa wariacj_, a_, zbioruAlubk-elementowa wariacj_, a z powt´_, orzeniami zbioru A.

Je´sli zbi´or A ma nelement´ow, to liczba wszystkich takich wariacji wynosi n^k, co wynika wprost z twierdzenia o mno˙zeniu.

Definicja 1.2. Za l´o˙zmy, ˙ze k jest ustalona liczb_, a ca lkowit_, a dodatni_, a._, Ka˙zdy r´o˙znowarto´sciowy ciag (x_{, 1}, x₂, . . . , x_k) o wyrazach ze zbioru A nazywamy k-ele- mentowa wariacj_, a bez powt´_, orze´n zbioru A. W szczeg´olno´sci, je´sli k =n, to takie wariacje nazywamypermutacjami zbioruA.

Je´sli zbi´orAmanelement´ow oraz 1≤k≤n, to liczba wszystkich takich wariacji wynosin·(n−1)·. . .·(n−k+ 1) =n!/(n−k)!, co wynika wprost z twierdzenia o mno˙zeniu. Liczba permutacji zbiorun-elementowego wynosin!.

Definicja 1.3. Za l´o˙zmy, ˙ze k jest ustalona liczb_, a ca lkowit_, a dodatni_, a. Ka˙zdy_, k- elementowy podzbi´or zbioruAnazywamyk-elementowa kombinacj_, a zbioru_, A.

Je´sli zbi´orAmanelement´ow, to liczba wszystkich takich kombinacji wynosi C(n;k) =

n k

=





 n!

k!(n−k)! je´sli 0≤k≤n,

0 w pozosta lych przypadkach.

Przyk lad 1.3. Wok´o l okrag lego sto lu siada_, nma l˙ze´nstw. Ile jest takich usadze´n, w kt´orym ka˙zde ma l˙ze´nstwo zajmuje dwa sasiednie krzes la? Dwa usadzenia s_, a_, to˙zsame, je´sli jedno powstaje z drugiego poprzez przesadzenie wszystkich os´ob o te_, sama liczb_, e krzese l w kierunku wskaz´_, owek zegara.

Rozwiazanie._, Najpierw ustalamy, w obrebie ka˙zdego ma l˙ze´_, nstwa, kolejno´s´c usadze- nia ma l˙zonk´ow A iB; sa dwie mo˙zliwo´_, sci: AB i BA, a wiec wszystkich wybor´_, ow takich kolejno´sci (dla wszystkich ma l˙ze´nstw) jest 2ⁿ. Nastepnie, wybieramy do-_, wolna permutacj_, e_, σzbioru{1,2, . . . , n}i usadzamy wszystkie osoby poczawszy od_, ustalonego krzes la, zgodnie z regu la_,

(1.1) ma l˙ze´nstwo nrσ₁, ma l˙ze´nstwo nrσ₂, . . . ,ma l˙ze´nstwo nrσ_n,

gdzie kolejno´s´c w obrebie ka˙zdego ma l˙ze´_, nstwa zosta la wyznaczona powy˙zej. Powy-

˙zsza operacj_, e mo˙zna wykona´_, c na 2ⁿ·n! sposob´ow. Pozostaje ju˙z tylko zauwa˙zy´c, ˙ze ka˙zde usadzenie, o kt´orym mowa w zadaniu, zosta lo policzonenrazy: istotnie, do- wolne cykliczne przesuniecie ci_, agu (1.1) o parzyst_, a liczb_, e miejsc w prawo prowadzi_, do tego samego usadzenia. Stad odpowied´_, z 2ⁿ·(n−1)!.

Przyk lad 1.4. Wyznaczy´c liczbe_, n-elementowych ciag´_, ow zero-jedynkowych, za- wierajacych dok ladnie_, m podciag´_, ow 01.

Rozwiazanie, Spos´_, ob I. Sp´ojrzmy na graficzny zapis ciagu (a_, 1, a2, . . . , an): zawiera onn−1 przecink´ow. Ustalony przecinek nazwiemy przej´sciem je´sli liczby stojace_, za nim oraz przed nim sa r´_, o˙zne (innymi s lowy, je´sli rozgranicza on 0 i 1, bad´_, z 1 i 0). Zwr´o´cmy uwage, i˙z podanie pierwszego elementu ci_, agu oraz wskazanie przej´_, s´c w jednoznaczny spos´ob zadaje ca ly ciag zero-jedynkowy._,

Ustalmy teraz ciag o jakim mowa w zadaniu: zachodz_, a teraz cztery mo˙zliwo´_, sci:

·Ciag zaczyna si_, e jedynk_, a i ko´_, nczy sie zerem. W´_, owczas w ciagu musi by´_, c 2m+ 1 przej´s´c; liczba takich ciag´_, ow wynosi _2m+1ⁿ⁻¹

.

· Ciag zaczyna i ko´_, nczy sie jedynk_, a. W´_, owczas w ciagu musi by´_, c 2m przej´s´c;

liczba takich ciag´_, ow wynosi ⁿ⁻¹_2m .

·Ciag zaczyna si_, e zerem i ko´_, nczy sie jedynk_, a. W´_, owczas w ciagu musi by´_, c 2m−1 przej´s´c; liczba takich ciag´_, ow wynosi _2m−1ⁿ⁻¹

.

·Ciag zaczyna i ko´_, nczy sie zerem. W´_, owczas w ciagu musi by´_, c 2mprzej´s´c; liczba takich ciag´_, ow wynosi ⁿ⁻¹_2m

.

Powy˙zsze przypadki sa parami roz l_, aczne i wyczerpuj_, a wszystkie mo˙zliwo´_, sci. Stad_, szukana w zadaniu liczba ciag´_, ow wynosi

n−1 2m+ 1

+

n−1 2m

+

n−1 2m−1

+

n−1 2m

= n

2m+ 1

+ n

2m

=

n+ 1 2m+ 1

, gdzie skorzystali´smy z tzw. wzoru Pascala

n k

+ n

k+ 1

= n+ 1

k+ 1

,

prawdziwego dla wszystkich liczb ca lkowitych nieujemnychn,k.

Rozwiazanie, Spos´_, ob II. Otrzymany wy˙zej wynik sugeruje, i˙z mo˙zliwe jest kr´otsze rozumowanie, sprowadzajace ka˙zdy z wyr´_, o˙znionych podzbior´ow do pewnej 2m+ 1-elementowej kombinacji pewnego zbioru n+ 1-elementowego. Istotnie, takie

rozwiazanie istnieje. Za l´_, o˙zmy, ˙ze (a1, a2, . . . , an) jest ciagiem o zadanych w lasno´_, s- ciach, i dopiszmy jedynke na pocz_, atku, zero na ko´_, ncu. Ta operacja zadaje bijekcje_,

ciagi d lugo´_, scin

zawierajace_, m blok´ow 01 ↔

ciagi d lugo´_, scin+ 2, zawierajace_, mblok´ow 01, zaczynajace si_, e jedynk_, a, ko´_, nczace zerem._, Z drugiej za´s strony, jak wynika z rozumowania prezentowanego w Sposobie I, liczba tych ostatnich ciag´_, ow wynosi _2m+1ⁿ⁺¹

,

Przyk lad 1.5. Wyznaczy´c liczbe podzbior´_, owAzbioru{1,2, . . . ,2n}o tej w lasno-

´sci, ˙ze je´slia, b∈A, to a+b6= 2n+ 1.

Rozwiazanie, Spos´_, ob I. Dzielimy elementy zbioru{1,2, . . . , 2n}nanpar: {1,2n}, {2,2n−1}, . . ., {n, n+ 1}. Ustalmy 0≤k ≤n i policzmy, ile jest podzbior´ow A mocyko powy˙zszej w lasno´sci. Z ka˙zdego pary mo˙zemy wybra´c co najwy˙zej jeden element, stad badana liczba pozdbior´_, ow wynosi ⁿ_k

2^k. Istotnie, wybieramy kpar w kt´orych bedziemy wybiera´_, c element, a nastepnie, w obr_, ebie ka˙zdej pary, mamy_, dwie mo˙zliwo´sci: wybra´c mniejszy lub wiekszy element. Powy˙zszy wz´_, or pozostaje w mocy tak˙ze dlak= 0; stad badana w zadaniu liczba podzbior´_, ow wynosi

n

X

k=0

n k

2^k= 3ⁿ,

gdzie ostatnia r´owno´s´c wynika wprost z dwumianu Newtona.

Rozwiazanie, Spos´_, ob II. Jak poprzednio, podzielmy elementy zbioru{1,2, . . . ,2n}

nanpar: {1,2n},{2,2n−1},. . .,{n, n+ 1}. Przy okre´slaniu zbioruAo ˙zadanych_, w lasno´sciach, dla ka˙zdej pary mamy trzy mo˙zliwo´sci: albo wzia´_,c mniejszy element, albo wiekszy element, albo ˙zadnego. Poniewa˙z liczba par wynosi_, n, szukana liczba

zbior´ow wynosi 3ⁿ.

Przechodzimy do opisu kolejnych schemat´ow kombinatorycznych.

Definicja 1.4. Za l´o˙zmy, ˙ze k jest ustalona liczb_, a ca lkowit_, a dodatni_, a._, Ka˙zdy k-elementowy multizbi´or o elementach nale˙zacych do_, A nazywamy k-elementowa_, kombinacja z powt´_, orzeniami zbioruA.

Je´sli zbi´orAmanelement´ow, to liczba jegok-elementowych kombinacji z powt´o- rzeniami wynosi ^n+k−1_k

. Aby to wykaza´c, zauwa˙zmy, i˙z mo˙zemy przyja´_,c, ˙zeA= {1,2, . . . , n}. Wypiszmy elementy danej kombinacji w niemalejacym porz_, adku:_, (1.2) 1≤a1≤a2≤a3≤. . .≤ak≤n,

bad´_, z r´ownowa˙znie 1≤a1< a2+ 1< a3+ 2< . . . < ak+k−1≤n+k−1.Innymi s lowy, je´sli oznaczymyb`=a`+`−1,`= 1,2, . . . , k, to istnieje bijekcja miedzy_, zbiorem ciag´_, ow (a1, a2, . . . , ak) spe lniajacych (1.2) (a wi_, ec zbiorem_, k-elementowych kombinacji z powt´orzeniami), a zbiorem ciag´_, ow (b1, b2, . . . , bk) spe lniajacych_,

1≤b1< b2< . . . < bk ≤n+k−1.

Z drugiej strony, ka˙zdy taki ciag (b_{, 1}, b₂, . . . , b_k) mo˙ze by´c uto˙zsamiony z podzbiorem {b1, b₂, . . . , b_k}zbioru{1,2, . . . , n+k−1}. Stad liczba_, k-elementowych kombinacji zbiorun-elementowego wynosi ^n+k−1_k

.

Przyk lad 1.6. Wyznaczy´c liczbe rozwi_, aza´_, n r´ownania x₁+x₂+. . .+x₉ = 20 w liczbach ca lkowitych nieujemnychx₁,x₂, . . .,x₉.

Rozwiazanie._, Ka˙zde rozwiazanie mo˙zemy w spos´_, ob wzajemnie jednoznaczny uto˙z- sami´c z 20-elementowa kombinacj_, a z powt´_, orzeniami zbioru {1,2, . . . ,9}: liczby x1, x2, . . ., x9 koduja, ile razy w kombinacji pojawi_, a si_, e elementy 1, 2,_, . . ., 9, odpowiednio. Przyk ladowo, rozwiazanie_,

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 4 + 0 + 0 + 1 = 20 odpowiada kombinacji

{1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6,6,6,6,9}.

Wobec tego, szukana liczba rozwiaza´_, n wynosi ²⁰⁺⁹⁻¹₂₀

= ²⁸₂₀

.

Definicja 1.5. Za l´o˙zmy, ˙zeA jest zbioremn-elementowym, a n₁, n₂, . . ., n_k sa_, nieujemnymi liczbami ca lkowitymi spe lniajacymi warunek_, n₁+n₂+. . .+n_k =n.

W´owczas ka˙zdy wyb´or podzbior´owA₁,A₂,. . .,A_kspe lniajacych warunek_, |A_{`</sub>|=n<sub>`}, 1≤`≤k, nazywamyrozbiciem albopermutacja z powt´_, orzeniami.

Liczba rozbi´c spe lniajacych powy˙zsze za lo˙zenia wynosi_, n

n₁, n₂, . . . , n_k

= n!

n₁!n₂!. . . n_k!.

Wynika to natychmiast z twierdzenia o mno˙zeniu: majac dany zbi´_, orA, wybieramy podzbi´orA₁ na _nⁿ

1

sposob´ow. Nastepnie, wybieramy podzbi´_, orA₂ zbioruA\A₁: mo˙zna to wykona´c na ⁿ⁻ⁿ_n ¹

2

sposob´ow. Nastepnie wybieramy podzbi´_, orA3zbioru A\(A1∪A2), itd.; otrzymujemy odpowied´z, ˙ze liczba rozbi´c wynosi

n n₁

n−n1

n₂

n−n1−n2

n₃

. . .

n−n1−n2−. . .−n_k−1 n_k

= n!

n₁!n₂!. . . n_k!, jak latwo sprawdzi´c, bezpo´srednio rozpisujac symbole Newtona._,

Kolejny przyk lad ilustruje dlaczego powy˙zszy schemat okre´sla sie mianem ,,per-_, mutacji z powt´orzeniami”.

Przyk lad 1.7. Ile r´o˙znych 10-elementowych wyraz´ow mo˙zna u lo˙zy´c z liter A, A, B, B, B, C, C, C, C, C?

Rozwiazanie._, Napisanie s lowa polega na umieszczeniu kolejnych liter na 10 miej- scach. Mo˙zemy wiec je uto˙zsami´_, c z rozbiciem zbioru miejsc na podzbiory o mocach 2, 3 oraz 5 (kt´ore odpowiadaja pozycjom, na kt´_, orych stoi litera A, B lub C, odpo- wiednio). Przyk ladowo,

CCABCABBCC↔ {3,6},{4,7,8},{1,2,5,9,10}.

Zatem szukana liczba s l´ow wynosi _2!3!5!^10! = 2520.

Przyk lad 1.8. Wyznaczy´c liczbe sposob´_, ow umieszczeniamkul wnrozr´o˙znialnych pude lkach.

(a)m= 8, n= 4, kule sa rozr´_, o˙znialne.

(b)m= 4, n= 8, kule sa rozr´_, o˙znialne, w ka˙zdym pude lku mie´sci sie jedna kula._, (c) m = 8, n = 4, kule sa rozr´_, o˙znialne, przy czym trzy kule musza znale´_, z´c sie_, w pierwszym pude lku, po dwie kule musza znale´_, z´c sie w pude lkach nr 2 i 3, oraz_, jedna kula musi znale´z´c sie w pude lku nr 4._,

(d) m = 5, n = 3, kule sa rozr´_, o˙znialne, do ka˙zdego pude lka musi trafi´c co najmniej jedna kula.

(e)m= 8, n= 4, kule sa nierozr´_, o˙znialne.

(f)m= 8, n= 4, kule sa nierozr´_, o˙znialne, w ka˙zdym pude lku nale˙zy umie´sci´c co najmniej jedna kul_, e._,

(g) m= 4, n = 8, kule sa nierozr´_, o˙znialne, w ka˙zdym pude lku mie´sci sie jedna_, kula.

Rozwiazanie._, (a) Ka˙zdej kuli przypisujemy numer pude lka, do kt´orego trafia, otrzy- mujac w ten spos´_, ob 8-elementowy ciag o wyrazach ze zbioru 4-elementowego. St_, ad_, szukana liczba to 4⁸= 65536.

(b) Rozumujemy jak poprzednio, lecz tym razem rozwa˙zane ciagi musz_, a by´_, c r´o˙znowarto´sciowe. Prowadzi to do 4-elementowych wariacji bez powt´orze´n zbioru 8-elementowego, stad odpowied´_, z 8!/4! = 1680.

(c) Ka˙zde rozmieszczenie zadaje rozbicie zbioru kul na cztery podzbioryA₁,A₂, A₃orazA₄, o mocach 3, 2, 2 oraz 1, odpowiednio. Stad liczba rozmieszcze´_, n wynosi

8 3,3,2,1

= 1680.

(d) Ka˙zde rozmieszczenie zadaje rozbicie zbioru kul na trzy podzbiory o dodat- niej liczbie element´ow. Sa nast_, epuj_, ace mo˙zliwo´_, sci mocy tych podzbior´ow: 3,1,1;

2,2,1; 2,1,2; 1,3,1; 1,2,2; 1,1,3. Stad, szukana liczba rozmieszcze´_, n wynosi 5

3,1,1

+ 5

2,2,1

+ 5

2,1,2

+ 5

1,3,1

+ 5

1,2,2

+ 5

1,1,3

= 150.

(e) Liczba rozmieszcze´n jest r´owna liczbie rozwiaza´_, n r´ownaniax1+x2+x3+x4= 8 w liczbach ca lkowitych nieujemnych. Stad odpowied´_, z ⁸⁺⁴⁻¹₄₋₁

= ¹¹₃

= 165.

(f) Rozumowanie jest analogiczne do powy˙zszego, tyle, ˙ze poszukujemy liczby rozwiaza´_, n r´ownania x₁ +x₂ +x₃+x₄ = 8 w liczbach ca lkowitych dodatnich.

R´ownowa˙znie, po podstawieniuy_{`</sub>=x<sub>`}−1, 1≤`≤4, musimy wyznaczy´c liczbe_, rozwiaza´_, n r´ownania y₁+y₂+y₃+y₄ = 4 w liczbach ca lkowitych nieujemnych, a ta wynosi ⁴⁺⁴⁻¹₄₋₁

= ⁷₃

= 35.

(g) Problem sprowadza sie do wybrania czterech pude lek do kt´_, orych trafia kule:_, stad wynik to_, ⁸₄

= 70.

1.3. Kilka wybranych metod. Om´owimy teraz pokr´otce kilka technik kt´ore by- waja pomocne w zadaniach kombinatorycznych. Ka˙zd_, a z metod om´_, owimy na wy- branych przyk ladach.

Indukcja. Pierwsza z technik jest zasada indukcji matematycznej._,

Przyk lad 1.9. Udowodni´c, ˙ze n prostych le˙zacych na p laszczy´_, znie, z kt´orych ka˙zde dwie przecinaja si_, e, ale ˙zadne trzy nie przechodz_, a przez jeden punkt, dzieli_, p laszczyzne na_, ¹₂(n²+n+ 2) cze´_,sci.

Rozwiazanie._, Jedna prosta rozcina p laszczyzne na dwie cz_, e´_,sci, a wiec teza zachodzi_, w przypadku n = 1. Za l´o˙zmy, ˙ze teza zachodzi dla pewnej liczby ca lkowitej n i ustalmy proste`1,`2,. . .,`n+1spe lniajace powy˙zsze warunki. W´<sub>,</sub> owczas pierwszen prostych rozcina p laszczyzne na<sub>,</sub> <sup>1</sup><sub>2</sub>(n<sup>2</sup>+n+ 2) obszar´ow. NiechA1,A2,. . .,Anbed<sub>,</sub> a<sub>,</sub> punktami przeciecia prostej<sub>,</sub> `_n+1 z prostymi `<sub>1</sub>, `₂, . . ., `<sub>n</sub>, odpowiednio. Punkty te rozcinaja prost<sub>,</sub> a<sub>,</sub> `_n+1 na n+ 1 cze´_,sci, i ka˙zdy z tych kawa lk´ow dzieli jeden z obszar´ow na dwie cze´_,sci. Stad liczba cz_, e´_,sci odpowiadajacych_, n+ 1 prostym wynosi

1

2(n²+n+ 2) +n+ 1 = 1

2((n+ 1)²+ (n+ 1) + 2),

a wiec na mocy zasady indukcji, teza zadania jest prawdziwa dla wszystkich_, n.

Ciagi rekurencyjne._, Kolejny spos´ob polega na znalezieniu rekurencji wia˙z_, acej_, szukane wielko´sci, a nastepnie jej rozwi_, azanie._,

Przyk lad 1.10. Wyznaczy´c liczbe_, n-elementowych ciag´_, ow o wyrazach ze zbioru {0,1,2,3}, zawierajacych parzyst_, a liczb_, e zer._,

Rozwiazanie._, Oznaczmy szukana liczb_, e przez_, an oraz niech bn oznacza liczbe_, n- elementowych ciag´_, ow o wyrazach ze zbioru {0,1,2,3}, zawierajacych_, nieparzysta_, liczbe zer. Rzecz jasna, zachodzi r´_, owno´s´c an +bn = 4ⁿ = liczba wszystkich n- elementowych ciag´_, ow o wyrazach w zbiorze {0,1,2,3}, ale nie bedziemy tego po-_, trzebowa´c. Zwr´o´cmy teraz uwage, i˙z ka˙zdy ci_, ag_, n+1-elementowy o parzystej liczbie zer mo˙zna otrzyma´c na dok ladnie jeden z dw´och sposob´ow:

·dopisujac 0 na ko´_, ncu pewnego ciagu_, n-elementowego o nieparzystej liczbie zer,

·dopisujac 1, 2 lub 3 na ko´_, ncu pewnego ciagu_, n-elementowego o parzystej liczbie zer.

Wynika stad rekurencja_, an+1= 3an+bn, i w analogiczny spos´ob wykazujemy, i˙zbn+1= 3bn+an. Stad_,

an+2= 3an+1+bn+1= 3an+1+ 3bn+an= 3an+1+ 3(an+1−3an) +an

= 6a_n+1−8a_n,

dla n = 1,2, . . .. Jest to liniowa rekurencja rzedu 2; w celu jej rozwi_, azania,_, rozwa˙zmy r´ownanie charakterystyczne λ² = 6λ−8: otrzymujemy λ = 2 bad´_, z λ = 4. Stad_, a_n = c₁·2ⁿ+c₂·4ⁿ dla n ≥ 1. Podstawiajac oczywiste r´_, owno´sci a₁= 3,a₂= 10, dostajemy

(2c1+ 4c2= 3, 4c₁+ 16c₂= 10,

skad_, c1=c2= 1/2 i ostateczniean= (2ⁿ+ 4ⁿ)/2.

Zwijanie sum za pomoca wielomian´_, ow i liczb zespolonych. Wykorzystujac twier-_, dzenia o dodawaniu i mno˙zeniu, czesto jako wynik otrzymujemy pewn_, a sum_, e zale-_,

˙zac_, a od symboli Newtona (por. Przyk lad 1.5 powy˙zej) i powstaje naturalne pyta-_, nie, czy nie mo˙zna jej ,,zwina´_,c” do zwartego wzoru. Zaprezentujemy poni˙zej dwa przyk lady, w kt´orych pomocne oka˙za si_, e wielomiany oraz liczby zespolone._, Przyk lad 1.11. Udowodni´c, ˙ze dla dowolnych liczb ca lkowitych dodatnich k, m, nzachodzi r´owno´s´c

m+n k

=

m

X

`=0

m

` n

k−`

.

Rozwiazanie._, Lewa strona to wsp´o lczynnik przyx^k w wielomianie (1 +x)^m+n. Z drugiej strony, zachodzi r´owno´s´c (1 +x)^m+n = (1 +x)^m(1 +x)ⁿ; rozpiszmy ka˙zdy z czynnik´ow (1 +x)^m oraz (1 +x)ⁿ przy u˙zyciu dwumianu Newtona, a nastepnie_, sprawd´zmy wsp´o lczynnik przyx^m po wymno˙zeniu nawias´ow:

m 0

+

m 1

x+. . .+ m

m

x^m n

0

+ n

1

x+. . .+ n

n

xⁿ

=c·x^m+. . . . W tym celu, sp´ojrzmy na wyraz ^m_`

x<sup>`</sup>, pochodzacy z pierwszego nawiasu. Daje<sub>,</sub> on nietrywialny wk lad we wsp´o lczynnik stojacy przy<sub>,</sub> x<sup>m</sup>wtedy i tylko wtedy, gdy trafia na wyraz <sub>k−`</sub>ⁿ

x^k−` z drugiego nawiasu. Stad wsp´_, o lczynnik przy x^m jest r´owny prawej stronie to˙zsamo´sci z tre´sci zadania.

Uwaga. Powy˙zsze zadanie mo˙zna r´ownie˙z udowodni´c w spos´ob czysto kombinato- ryczny. Lewa strona to liczbak-elementowych podzbior´ow zbioru m+n elemen- towego A. Rozbijmy ten zbi´or na dwie cze´_,sci: A = B ∪C, gdzie |B| = m oraz

|C| = n. W´owczas, przy wybieraniu k-elementowej kombinacji zbioru A, mamy nastepuj_, ace mo˙zliwo´_, sci:

·wybra´c zero element´ow ze zbioruB oraz kelement´ow ze zbioruC,

·wybra´c jeden element ze zbioru B orazk−1 element´ow ze zbioru C, . . .

·wybra´ckelement´ow ze zbioru B oraz zero element´ow ze zbioruC.

Wystarczy tylko zauwa˙zy´c, ˙ze ka˙zda z powy˙zszych mo˙zliwo´sci prowadzi do od- powiedniego sk ladnika po prawej stronie to˙zsamo´sci, kt´orej dowodzimy. To ko´nczy

rozwiazanie._,

Przyk lad 1.12. Dany jestn-elementowy zbi´orA. Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c podzbi´orA majacy liczb_, e element´_, ow podzielna przez 3?_,

Rozwiazanie._, Rzecz jasna, szukana liczba wybor´ow wynosi n

0

+ n

3

+ n

6

+. . . . Aby ,,zwina´_,c” powy˙zsza sum_, e, niech_, ω =−¹₂+

√3

2 ibedzie zespolonym pierwiast-_, kiem stopnia 3 z jedynki. Na mocy dwumianu Newtona, mamy

(1 + 1)ⁿ= n

0

+ n

1

+ n

2

+ n

3

+ n

4

+ n

5

+ n

6

+. . . ,

(1 +w)ⁿ = n

0

+ n

1

w+ n

2

w²+ n

3

+ n

4

w+ n

5

w²+ n

6

+. . . oraz

(1 +w²)ⁿ = n

0

+ n

1

w²+ n

2

w+ n

3

+ n

4

w²+ n

5

w+ n

6

+. . . . Zauwa˙zmy, ˙ze 1 +w+w²= 0; wobec tego, dodajac powy˙zsze trzy r´_, owno´sci, otrzy- mujemy

2ⁿ+ (1 +w)ⁿ+ (1 +w²)ⁿ= 3 n

0

+ n

3

+ n

6

+. . .

.

Zatem szukana odpowied´z to (2ⁿ+ (1 +w)ⁿ+ (1 +w²)ⁿ)/3.

1.4. Liczby Catalana. Przeanalizujemy teraz pokr´otce pewien wa˙zny ciag liczbo-_, wy, pojawiajacy si_, e w wielu naturalnych zagadnieniach kombinatorycznych. Defi-_, niujemyn-ta liczb_, e Catalana wzorem_,

C_n = 1 n+ 1

2n n

, n= 0,1,2, . . . .

Om´owimy poni˙zej dwa problemy, w kt´orych wystepuje powy˙zszy ci_, ag._,

Przyk lad 1.13. Wyznaczy´c liczbe ´_, scie˙zek w zbiorze {(x, y) ∈ Z² : 0 ≤y ≤ x}, idacych w prawo b_, ad´_, z w g´ore, startuj_, acych z punktu (0,_, 0) i ko´nczacych w punkcie_, (n, n).

Dow´od. Scie˙zki id´ ace w prawo b_, ad´_, z w g´ore b_, edziemy nazywa´_, c monotonicznymi.

Zacznijmy od prostszego zagadnienia. Dla pewnych ustalonycha, b∈Z,k, `∈Z+, wyznaczymy liczbe monotonicznych ´<sub>,</sub> scie˙zek lacz<sub>,</sub> acych punkty (a, b) i (a<sub>,</sub> +k, b+`).

Ka˙zda taka ´scie˙zka sk lada sie z_, k+`skok´ow, z kt´orychkjest skierowanych w prawo, a ` w g´ore. Jest ona zadana w spos´_, ob wzajemnie jednoznaczny poprzez wyb´or k miejsc przeznaczony na skoki w prawo, a wiec liczba takich ´_, scie˙zek wynosi ^k+`_k

. Wr´o´cmy teraz do wyj´sciowego problemu. Liczba wszystkich monotonicznych

´scie˙zek lacz_, acych (0,_, 0) oraz (n, n) wynosi ²ⁿ_n

, jak w la´snie wykazali´smy, a wiec_, wystarczy wyznaczy´c liczbe ,,z lych” monotonicznych ´_, scie˙zek, tj. takich, kt´ore do- chodza do prostej_, y=x+1. Niechsbedzie tak_, a ´_,scie˙zka i niech_, P bedzie punktem z_, prostejy=x+ 1 odwiedzonym przez te ´_,scie˙zke, posiadaj_, acym najmniejsz_, a odci_, et_, a._, Odbijmy fragment ´scie˙zki, lacz_, acy punkty (0,_, 0) iP, wzgledem prostej_, y=x+ 1, i ,,zlepmy” go z pozosta la cz_, e´_,scia ´_,scie˙zki. Opisana tu operacja zadaje bijekcje mi_, edzy_, klasa ,,z lych” ´_, scie˙zek oraz klasa monotonicznych ´_, scie˙zek lacz_, acych punkt (−1,_, 1) z punktem (n, n). Wobec tego, na mocy rozumowania podanego we wstepie, liczba_, z lych ´scie˙zek wynosi _n−1²ⁿ

, a stad szukana odpowied´_, z wynosi 2n

n

− 2n

n−1

= 1

n+ 1 2n

n

=Cn.

Przyk lad 1.14. Na ile sposob´ow mo˙zna podzieli´cn+ 2-kat foremny na tr´_, ojkaty_, (zak ladamy, ˙ze odcinki podzia lu musza l_, aczy´_, c wierzcho lkin+ 2-kata)?_,

Rozwiazanie._, Oznaczmy szukana liczb_, e sposob´_, ow przez a_n. Wyka˙zemy kombina- torycznie, ˙ze

(n+ 2)an+1= 2(2n+ 1)an, n= 1,2, . . . , co w po laczeniu z oczywist_, a r´_, owno´scia_,a₁= 1 doprowadzi do

an=2(2n−1)

n+ 1 a_n−1=2²(2n−1)(2n−3) (n+ 1)n a_n−2

=. . .= 2ⁿ(2n−1)!!

(n+ 1)! a₁= 1 n+ 1

2n n

=C_n.

Aby wykaza´c powy˙zsza rekurencj_, e, wybierzmy_, n+ 2-kat foremny, ustalmy jeden z_, bok´ow i pokolorujmy go na czerwono. Nastepnie, rozwa˙zmy dowoln_, a triangulacj_, e;_, spo´sr´od 2n+ 1 odcink´ow bed_, acych bokami otrzymanych tr´_, ojkat´_, ow (wliczajac tak˙ze_, pokolorowany bok) wybieramy jeden, i orientujemy go, zaznaczajac na nim strza lk_, e_, w jedna lub w drug_, a stron_, e. Jest 2_, ·(2n+ 1)·a_n takich operacji.

Nastepnie, wybierzmy_, n+ 3-kat foremny, ustalmy jeden z bok´_, ow i pokolorujmy go na czerwono. Rozwa˙zmy dowolna triangulacj_, e i wybierzmy jeden spo´_, sr´odn+ 2 ,,nieczerwonych” bok´ow wielokata, maluj_, ac go na niebiesko. Takich operacji jest_, (n+ 2)·an+1.

Opiszemy teraz bijekcje pomi_, edzy powy˙zszymi dwiema klasami ,,upi_, ekszonych”_, triangulacji. Mianowicie, wybierzmy triangulacje_, n+ 3-kata i zgnie´_, cmy tr´ojkat_, majacy niebieski bok do odcinka tak, by niebieski bok zredukowa l si_, e do punktu._, Nastepnie, odcinek powsta ly wskutek zlepienia dw´_, och pozosta lych bok´ow zorien- tujmy tak, by strza lka wskazywa la w kierunku niebieskiego punktu. To prowadzi do opisanej wy˙zej triangulacjin+ 2-kata; jak latwo sprawdzi´_, c, zadana operacja jest w rzeczywisto´sci bijekcja. To ko´_, nczy rozwiazanie._,

Zadania

1. Rzucono cztery razy sze´scienna kostk_, a do gry. Otrzymane liczby oczek zapi-_, sano w ciag: przyk ladowo, (5,_, 2,1,1).

(a) Ile jest mo˙zliwych wynik´ow?

Ponadto, ile jest takich wynik´ow, ˙ze

(b) pojawia sie co najmniej jedna liczba nieparzysta?_, (c) pojawiaja si_, e dok ladnie dwie dw´_, ojki i jedna tr´ojka?

(d) pojawia sie podci_, ag trzech kolejnych liczb ca lkowitych?_,

2. Na ile sposob´ow mo˙zna umie´sci´c osiem pier´scieni na czterech palcach u reki,_, je´sli wiadomo, ˙ze

(a) pier´scienie sa nierozr´_, o˙znialne;

(b) pier´scienie sa nierozr´_, o˙znialne, na ka˙zdym palcu musi znale´z´c sie co najmniej_, jeden pier´scie´n;

(c) pier´scienie sa rozr´_, o˙znialne, kolejno´s´c pier´scieni na palcu jest nieistotna;

(d) pier´scienie sa rozr´_, o˙znialne, kolejno´s´c pier´scieni na palcu jest istotna;

(e) pier´scienie sa rozr´_, o˙znialne, kolejno´s´c pier´scieni na palcu jest istotna, na ka˙zdym palcu musi znale´z´c sie co najmniej jeden pier´_, scie´n;

(f) pier´scienie sa rozr´_, o˙znialne, kolejno´s´c pier´scieni na palcu jest istotna, na ka˙zdym palcu maja si_, e znale´_, z´c dok ladnie dwa pier´scienie.

3. Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c sze´s´c liczb ze zbioru {1,2, . . . ,49} tak, aby

˙zadne dwie liczby nie by ly kolejne?

4. Wyznaczy´c liczbe dziewi_, ecioliterowych s l´_, ow jakie mo˙zna utworzy´c z pieciu_, liter A, dw´och liter B oraz dw´och liter C, je˙zeli

(a) nie ma ogranicze´n;

(b) s lowo nie zawiera dw´och sp´o lg losek pod rzad;_, (c) s lowo nie zawiera dw´och liter A pod rzad._,

5. NiechX bedzie zbiorem punkt´_, ow p laszczyzny (x.y) o obydwu wsp´o lrzednych_, ca lkowitych. Droga d lugo´_, sci n nazywamy ka˙zdy ciag (P_{, 0}, P₁, . . . , P_n) punkt´ow zbioruX spe lniajacy warunek_, |P_i−1P_i|= 1 dlai∈ {1,2, . . . , n}. NiechF(n) bedzie_, liczba r´_, o˙znych dr´og (P₀, P₁, . . . , P_n) o poczatku_, P₀ = (0,0) i ko´ncu P_n po lo˙zonym na prostej o r´ownaniuy= 0. Udowodni´c, ˙ze

F(n) = 2n

n

.

6. Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c dwa niepuste i roz laczne podzbiory zbioru_, {1,2, . . . , n}?

7. Wykaza´c, ˙ze liczbaσ-cia l podzbior´ow zbioru{1, ..., n}wynosi ¹_eP

k≥0 kⁿ

k!. 8. Wyznaczy´c liczbe podzbior´_, ow zbioru {1,2, . . . , n}, niezawierajacych pary_, kolejnych liczb.

9. (a) Wyznaczy´c liczbe_, n-elementowych ciag´_, ow o wyrazach ze zbioru{0,1,2}, kt´ore nie zawieraja dw´_, och zer pod rzad._,

(b) Wyznaczy´c liczbe_, n-elementowych ciag´_, ow o wyrazach ze zbioru {0,1,2}, kt´ore zawieraja dok ladnie_, kzer i nie zawieraja dw´_, och zer pod rzad._,

(c) Wykaza´c, ˙zeFn,n-ty wyraz ciagu Fibonacciego, spe lnia zale˙zno´_, s´c Fn=X

k≥0

n−k−1 k

.

10. Wykaza´c kombinatorycznie to˙zsamo´sci (a) dla dowolnegon≥1,

n2ⁿ⁻¹=

n

X

k=1

k n

k

. (b) dla dowolnychm≤n,

n

X

k=m

k m

n k

= n

m

2^n−m. (c) dla dowolnych 1≤r≤k≤n,

n k

=

n−k+r

X

`=r

n−` k−r

`−1 r−1

. (d) dla dowolnegon >1 zachodzi r´owno´s´c

n

X

k=0

(−1)^k−n n

k

kⁿ=n!.

(e) dla dowolnychm,n≥1,

n

X

k=0

m+k k

=

m+n+ 1 n

.

11. Pionek porusza sie po liczbach ca lkowitych, w ka˙zdym ruchu przesuwaj_, ac_, sie do jednej z s_, asiaduj_, acych liczb. Zak ladamy, ˙ze pionek startuje z zera i wykonuje_, 2nruch´ow, ko´nczac ponownie w zerze._,

(a) Wyznaczy´c liczbe takich trajektorii pionka, w kt´_, orych odwiedza on wy lacznie_, liczby ca lkowite nieujemne.

(b) Wyznaczy´c liczbe takich trajektorii, ˙ze za wyj_, atkiem pocz_, atkowego i ko´_, n- cowego po lo˙zenia, pionek odwiedza tylko liczby ca lkowite dodatnie.

(c) Wykaza´c, ˙ze ciag Catalana spe lnia rekurencj_, e_, C_n+1=

n

X

k=0

C_kC_n−k, n= 0,1,2, . . . .

12. Na ile sposob´ow mo˙zna umie´sci´c liczby 1,2, . . . , 2nw tablicy 2×ntak, by wyrazy w ka˙zdym wierszu i w ka˙zdej kolumnie tworzy ly ciag rosn_, acy?_,

13. Rozpatrujemy drzewa, w kt´orych wyr´o˙zniono jeden wierzcho lek i w kt´orych z ka˙zdego wierzcho lka wychodza albo dwie ga l_, ezie - lewa i prawa, albo ˙zadna ga l_, a´_,z.

Wierzcho lek z kt´orego nie wychodza ga l_, ezie, nazywamy li´_, sciem. Wyznaczy´c liczbe_, drzew powy˙zszego typu on+ 1 li´sciach.

2. Aksjomatyczna definicja prawdopodobie´nstwa

2.1. Aksjomatyczna definicja, podstawowe w lasno´sci. Przypu´s´cmy, ˙ze wyko- nujemy pewien eksperyment losowy. Powstaje natychmiast pytanie: w jaki spos´ob opisa´c go matematycznie?

Zacznijmy od tego, i˙z mo˙zemy m´owi´c o jego potencjalnych ,,najdrobniejszych”

wynikach, kt´ore bedziemy nazywa´_, czdarzeniami elementarnymi. Zbi´or wszystkich zdarze´n elementarnych oznaczamy litera Ω, a do oznaczenia zdarze´_, n elementarnych bedziemy zazwyczaj u˙zywa´_, c literyω bad´_, zω1, ω2,. . ..

Przyk lady:

1. Rzut moneta: mo˙zliwe dwa wyniki: Ω =_, {O, R}.

2. Rzut kostka: mo˙zliwe sze´_, s´c wynik´ow: Ω ={1,2,3,4,5,6}.

W wielu sytuacjach interesuje nas nie tyle konkretny wynikω, ale to, czy nale˙zy on do wcze´sniej ustalonego podzbioru zbioru Ω. Takie podzbiory nazywamyzdarze- niami i bedziemy je oznacza´_, c literami A,B,C,. . ..

Przyk lady, c.d.:

3. Rzucamy dwa razy kostka,_, A- suma oczek wynosi 4. W´owczas Ω ={(i, j) : 1≤i, j≤6} i A={(1,3),(2,2),(3,1)}.

4. Rzucamy moneta a˙z do wypadni_, ecia or la,_, A - wykonano co najwy˙zej trzy rzuty. W´owczas

Ω =

(O),(R, O),(R, R, O),(R, R, R, O), . . . i A=

(O),(R, O),(R, R, O) . 5. Obr´ot tarczy w ruletce, A - strza lka zatrzymuje sie w drugiej ´_, cwiartce.

W´owczas Ω = [0,2π) iA= [π/2, π].

Szczeg´olne zdarzenia, interpretacje dzia la´n/relacji na zdarzeniach:

Ω - zdarzenie pewne,

∅- zdarzenie niemo˙zliwe,

A∩B - zasz ly oba zdarzeniaA,B,

A∩B=∅- zdarzenia sie wykluczaj_, a (s_, a roz l_, aczne),_, A∪B - zasz loAlubB,

A⁰- nie zasz loA(A⁰nazywamy zdarzeniem przeciwnym doA, bad´_, z dope lnieniem zbioruA),

A\B=A∩B⁰ - zasz lo Ai nie zasz loB, A⊆B -Apociaga za sob_, a_,B.

W powy˙zszych rozwa˙zaniach nie narzucali´smy ˙zadnych za lo˙ze´n dotyczacych zda-_, rze´n: zdarzeniem m´og l by´c dowolny podzbi´or zbioru Ω. Mo˙zna pracowa´c przy tym za lo˙zeniu pod warunkiem ˙ze zbi´or Ω jest co najwy˙zej przeliczalny: w´owczas na zbiorze potegowym 2_, ^Ωmo˙zna okre´sli´c ,,sensowne” prawdopodobie´nstwa. Niestety, w og´olnej sytuacji nie jest to dopuszczalne (je´sli zbi´or Ω jest mocy continuum, to na klasie 2^Ω nie da sie w zasadzie okre´_, sli´c sensownego prawdopodobie´nstwa).

Aby obej´s´c te trudno´_, s´c, na og´o lwyr´o˙znia sie klas_, e_, F zdarze´n, kt´ore sa obiektem_, dalszych bada´n. Co zak ladamy o F? Rozsadna klasa powinna by´_, c zamknieta na_, branie przeliczalnych sum, iloczyn´ow i zdarzenia przeciwnego; zak ladamy wiec, ˙ze_, F jest pewnym wyr´o˙znionymσ-cia lem podzbior´ow Ω. Przypomnijmy odpowiednia_, definicje._,

Definicja 2.1. Rodzine_, F podzbior´ow Ω nazywamyσ-cia lem, je´sli (i) ∅ ∈ F,

(ii) A∈ F ⇒A⁰∈ F, (iii) A₁, A₂, . . .∈ F ⇒

∞

[

n=1

A_n∈ F.

Pare (Ω,_, F) nazywamyprzestrzenia mierzaln_, a._,

Przejd´zmy teraz do definicji prawdopodobie´nstwa. Czym w og´ole jest to pojecie_, i jakie powinno mie´c w lasno´sci? Chwila zastanowienia prowadzi nas do cze´_,sciowej odpowiedzi na to pytanie: powinna by´c to funkcja okre´slona na F, przyjmujaca_, warto´sci w zbiorze [0,1]. Aby zyska´c wiecej intuicji dotycz_, acej tego obiektu, wygod-_, nie najpierw rozwa˙zy´c tzw. czesto´_, s´c zdarze´n. Za l´o˙zmy, i˙z w pewnym do´swiadczeniu interesuje nas prawdopodobie´nstwo zaj´scia pewnego zdarzenia A. Powt´orzmy to do´swiadczenienrazy i zdefiniujmy

ρ_n(A) = liczba do´swiadcze´n w kt´orych zasz loA

n .

Jest to czesto´_, s´c wzgledna zaj´_, scia zdarzeniaAw seriindo´swiadcze´n; spodziewamy sie, i˙z dla du˙zych_, nliczbaρn(A) powinna by´c bliska szansie zaj´scia zdarzeniaAw pojedynczym do´swiadczeniu. Naturalnym pomys lem jest okre´slenie

P(A) = lim

n→∞ρn(A).

Przyjmujac tak_, a definicj_, e, napotykamy szereg uci_, a˙zliwych problem´_, ow. Przede wszystkim, nie jest jasne, czy powy˙zsza granica w og´ole istnieje. Po drugie, r´ownie˙z nie jest jasne, czy powtarzajac do´_, swiadczenia w dw´och seriach, za ka˙zdym razem otrzymamy te sam_, a granic_, e. Co prawda mo˙zna przyj_, a´_,c te dwie w lasno´sci jako aksjo- mat - prowadzi to jednak do bardzo skomplikowanej definicji prawdopodobie´nstwa.

Aby unikna´_,c tych nieprzyjemnych trudno´sci, p´ojdziemy inna drog_, a. Znajdziemy ze-_, staw prostszych i ewidentnych aksjomat´ow dotyczacych prawdopodobie´_, nstwa, kt´ore wymuszaja postulowana wy˙zej zbie˙zno´_, s´c czesto´_, sci wzglednych._,

Aby wprowadzi´c te alternatywn_, a definicj_, e prawdopodobie´_, nstwa, sp´ojrzmy jesz- cze raz na czesto´_, s´c wzgledn_, a. Jak latwo sprawdzi´_, c,ρn przyjmuje warto´sci w prze- dziale [0,1] oraz posiada nastepuj_, ace w lasno´_, sci:

(i) ρn(Ω) = 1,

(ii) je´sliA1, A2, . . . sa parami roz l_, aczne, to_, ρn

∞

[

k=1

Ak

!

=

∞

X

k=1

ρn(Ak).

Prowadzi to do nastepuj_, acej definicji, wprowadzonej przez Ko lmogorowa w 1933_, roku.

Definicja 2.2(Aksjomatyczna definicja prawdopodobie´nstwa). Niech (Ω,F) bedzie_, ustalona przestrzeni_, a mierzaln_, a. Funkcj_, e_,P:F →[0,1] nazywamyprawdopodobie´n- stwem, je´sli

(I) P(Ω) = 1,

(II) dla dowolnych parami roz lacznych zdarze´_, n A1, A2, . . . zachodzi P

∞

[

k=1

Ak

!

=

∞

X

k=1

P(Ak).

Tr´ojke (Ω,_, F,P) nazywamyprzestrzenia probabilistyczn_, a._, Uwagi:

1. Prawdopodobie´nstwo jest wiec miar_, a unormowan_, a na (Ω,_, F). Czasami be-_, dziemy m´owi´c, ˙zePjestmiara probabilistyczn_, a._,

2. Nale˙zy pamieta´_, c, i˙z przy modelowaniu konkretnego do´swiadczenia losowego wyb´or przestrzeni probabilistycznej zale˙zy tylko od nas. W wielu sytuacjach z wa- runk´ow do´swiadczenia wynikaja pewne postulaty, kt´_, ore w mniej czy bardziej jedno- znaczny spos´ob zadaja tr´_, ojke (Ω,_, F,P); czasami jednak tak nie jest (por. paradoks Bertranda poni˙zej).

3. W przypadku gdy Ω jest zbiorem sko´nczonym, warunek (II) mo˙zna zastapi´_, c przez

(II’) dla dowolnych parami roz lacznych_, A, B∈ F, P(A∪B) =P(A) +P(B), co wynika z prostej indukcji. Istotnie, je´sli zbioryA1,A2,. . . sa parami roz l_, aczne,_, to dla dostatecznie du˙zychn(powiedzmy,n≥N) mamyAn=∅, i wobec tego,

P

∞

[

k=1

A_k

!

=P

N

[

k=1

A_k

!

=P

_N−1 [

k=1

A_k

!

∪A_N

!

=P

N−1

[

k=1

A_k

!

+P(A_N)

=P

_N−2 [

k=1

A_k

!

∪A_N−1

!

+P(A_N)

=P

N−2

[

k=1

Ak

!

+P(AN−2) +P(AN−1)

=. . .

=

N

X

k=1

P(A_k) =

∞

X

k=1

P(A_k).

Je´sli jednak Ω jest zbiorem niesko´nczonym, to warunek (II’) jest istotnie s labszy i na og´o l nie wystarcza (por. Przyk lad 2.4 poni˙zej).

Twierdzenie 2.1 (Podstawowe w lasno´sci prawdopodobie´nstwa). Przypu´s´cmy, ˙ze (Ω,F,P)jest przestrzenia probabilistyczn_, a oraz_, A, B, A1, A2,. . . ∈ F. W´owczas

(i)P(∅) = 0.

(ii) Je´sliA1, A2, . . . , An sa parami roz l_, aczne, to_, P

n

[

i=1

Ai

!

=

n

X

i=1

P(Ai).

(iii)P(A⁰) = 1−P(A).

(iv) Je´sliA⊆B, toP(B\A) =P(B)−P(A) orazP(A)≤P(B).

(v)P(A∪B) =P(A) +P(B)−P(A∩B).

(vi)P

∞

[

i=1

Ai

!

≤

∞

X

i=1

P(Ai).

Dow´od. (i) Stosujemy warunek (II) do ciagu_, A₁=A₂=. . .=∅. SzeregP∞

k=1P(A_k) ma by´c zbie˙zny, co wymuszaP(∅) = 0.

(ii) Stosujemy warunek (II) do niesko´nczonego ciagu_, A1, A2,. . ., An, ∅,∅,. . . i korzystamy z (i).

(iii) Wynika to natychmiast z (ii) zastosowanego do dw´och zbior´ow: A1 =A i A₂=A⁰.

(iv) Pierwsza cze´_,s´c wynika z (ii) zastosowanego do zbior´owA₁=AiA₂=B\A.

Druga cze´_,s´c wynika z pierwszej oraz nier´owno´sciP(B\A)≥0.

(v) Na mocy (ii) zachodzi r´owno´s´cP(A∪B) =P(A\B) +P(A∩B) +P(B\A).

Z drugiej strony, mamyP(A) =P(A\B) +P(A∩B) orazP(B) =P(B\A) +P(A∩ B), ponownie na mocy w lasno´sci (ii). Lacz_, ac te trzy r´_, owno´sci dostajemy ˙zadan_, a_, to˙zsamo´s´c.

(vi) Rozwa˙zmy pomocniczy ciag zdarze´_, n, zadany przez B1 = A1 oraz Bn = An\(A1∪A2∪. . .∪A_n−1) dlan≥2. W´owczas, bezpo´srednio z definicji, widzimy,

˙ze zdarzenia B1,B2,. . .sa roz l_, aczne i_, S∞

k=1Bk=S∞

k=1Ak. Zatem P

∞

[

k=1

Ak

!

=P

∞

[

k=1

Bk

!

=

∞

X

k=1

P(Bk).

Wystarczy ju˙z tylko zauwa˙zy´c, ˙ze P(Bn) ≤P(An) dla wszystkich n, co wynika z w lasno´sci (iv) oraz oczywistej inkluzjiBn⊆An,n= 1,2, . . ..

W lasno´s´c (v) z powy˙zszego twierdzenia mo˙zna uog´olni´c na przypadek sko´nczonej liczby zbior´ow. Zachodzi nastepuj_, acy fakt._,

Twierdzenie 2.2 (Wz´or w lacze´n i wy lacze´_, n). Je´sliA1, A2, . . . , An∈ F, to

P(A1∪A2∪. . .∪An) =

n

X

i=1

P(Ai)−X

i<j

P(Ai∩Aj) + X

i<j<k

P(Ai∩Aj∩Ak)−. . . + (−1)ⁿ⁺¹P(A1∩A2∩. . .∩An).

Dow´od tego twierdzenia jest taki sam jak w przypadku miary liczacej i opiera_, sie na indukcji (patrz strony 1 i 2 powy˙zej). Szczeg´_, o ly pozostawiamy czytelnikowi.

Twierdzenie 2.3(Twierdzenie o ciag lo´_, sci). Za l´o˙zmy, ˙ze(Ω,F,P)jest przestrzenia_, probabilistyczna oraz_, (An)^∞_n=1 jest ciagiem zdarze´_, n.

(i) Je´sli ciag ten jest wst_, epuj_, acy (tzn._, A1⊆A2⊆. . .), to

P

∞

[

n=1

An

!

= lim

n→∞P(An).

(ii) Je´sli ciag ten jest zst_, epuj_, acy (tzn._, A1⊇A2⊇. . .), to

P

∞

\

n=1

An

!

= lim

n→∞P(An).

Dow´od: (i) Rozwa˙zmy ciag (B_, n)n≥1 zdarze´n, zadany przez B₁=A₁, B₂=A₂\A₁, B₃=A₃\A₂, . . . .