Kombinatoryka i prawdopodobieństwo

📘 MATURA ROZSZERZONA: Kombinatoryka i Prawdopodobieństwo – Kompendium Wiedzy

Zrozumienie tych działów to klucz do pewnych punktów na maturze rozszerzonej. Nie ucz się wzorów na pamięć bez zrozumienia kontekstu – najważniejsze to umieć rozpoznać, jaki schemat myślowy pasuje do treści zadania.

---

1. KOMBINATORYKA

Kombinatoryka odpowiada na jedno proste pytanie: Na ile sposobów można coś zrobić?

1. Reguła Mnożenia i Dodawania

To absolutny fundament, z którego wywodzą się wszystkie inne wzory.

• Reguła mnożenia (“i”): Stosujesz ją, gdy wykonujesz ciąg czynności. Jeśli wybierasz spodnie na $n$ sposobów i koszulę na $m$ sposobów, to cały strój skompletujesz na $n\cdot m$ sposobów.
• Reguła dodawania (“lub”): Stosujesz ją, gdy opcje się wykluczają. Jeśli możesz zjeść jedno ciastko, a masz do wyboru $3$ rodzaje szarlotki lub $4$ rodzaje sernika, to masz $3+4=7$ opcji wyboru.

Zadanie: Ile jest parzystych liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach?
Schemat/Rozwiązanie: Dzielimy na przypadki (reguła dodawania), bo zero na końcu zachowuje się inaczej niż inne cyfry parzyste.

• Przypadek 1 (kończy się na 0): Cyfrę setek wybieramy na $9$ sposobów (od $1$ do $9$), dziesiątek na $8$ sposobów. Razem: $9\cdot 8\cdot 1=72$.
• Przypadek 2 (kończy się na 2, 4, 6 lub 8): Ostatnią cyfrę wybieramy na $4$ sposoby. Pierwszą na $8$ sposobów (bez zera i bez tej użytej na końcu). Środkową na $8$ sposobów. Razem: $8\cdot 8\cdot 4=256$.
• Wynik: $72+256=328$.

2. Permutacje (Przestawienia)

Zastanawiasz się, na ile sposobów można ustawić w kolejności wszystkie posiadane elementy. Nie wybierasz z nich mniejszej grupy – bierzesz wszystkie i tylko je tasujesz.

• Wzór: $$P_n=n!$$
• (gdzie $n!=1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n$)

Zadanie: Na ile sposobów $5$ osób może ustawić się w kolejce do kasy?
Schemat/Rozwiązanie: Ustawiamy w kolejności wszystkie $5$ elementów.

• Wynik: $P_5=5!=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5=120$.

3. Wariacje bez powtórzeń (Wybieranie z kolejnością)

Masz grupę $n$ elementów i wybierasz z nich $k$ elementów, ale kolejność wyboru ma znaczenie (np. wybierasz zarząd klasy: prezesa, wiceprezesa i skarbnika). Wybrane elementy nie mogą się powtarzać.

• Wzór:

$$V_n^k=\frac{n!}{(n-k)!}$$

(W praktyce łatwiej myśleć regułą mnożenia: $n\cdot (n-1)\cdot (n-2)...$)

Zadanie: W biegu startuje $10$ zawodników. Na ile sposobów można rozdzielić złoty, srebrny i brązowy medal?
Schemat/Rozwiązanie: Wybieramy $3$ osoby z $10$, a kolejność decyduje o kolorze medalu.

• Wynik: $10\cdot 9\cdot 8=720$.

4. Wariacje z powtórzeniami

Podobnie jak wyżej, układamy w rządek $k$ elementów wybranych z $n$ dostępnych. Kolejność ma znaczenie, ale elementy mogą się powtarzać.

• Wzór:

$$W_n^k=n^k$$

Zadanie: Ile można utworzyć różnych czterocyfrowych kodów PIN?
Schemat/Rozwiązanie: Na każdym z $4$ miejsc kodu możemy wstawić jedną z $10$ cyfr (od $0$ do $9$). Cyfry mogą się powtarzać.

• Wynik: $10\cdot 10\cdot 10\cdot 10=10^4=10000$.

5. Kombinacje i Symbol Newtona (Wybieranie BEZ kolejności)

To najważniejsze pojęcie na maturze. Wybierasz podzbiór (garść) elementów. Kolejność wyciągania nie ma żadnego znaczenia – ważne jest tylko, kto znalazł się w wybranej grupie.

• Wzór (Symbol Newtona):

$$C_n^k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\frac{n!}{k!(n-k)!}$$

Zadanie: W klasie jest $15$ uczniów. Na ile sposobów nauczyciel może wybrać delegację składającą się z $3$ osób?
Schemat/Rozwiązanie: Wybieramy $3$ osoby z $15$. Bycie pierwszym “wylosowanym” do delegacji nic nie zmienia w stosunku do bycia trzecim.

• Wynik: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{3}\right)=\frac{15!}{3!\cdot 12!}=\frac{13\cdot 14\cdot 15}{1\cdot 2\cdot 3}=455$.

---

2. PRAWDOPODOBIEŃSTWO

Prawdopodobieństwo to ocena, jak duża jest szansa, że nasze zdarzenie “wygra” z wszystkimi możliwymi opcjami.

1. Prawdopodobieństwo Klasyczne i Prawa Działań na Zdarzeniach

Jeśli wszystkie wyniki doświadczenia (tzw. zdarzenia elementarne) są jednakowo prawdopodobne, stosujemy prosty schemat ułamka.

• Wzór:

$$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega |}$$

(gdzie $|A|$ to liczba wyników sprzyjających, a $|\Omega |$ to liczba wszystkich możliwych wyników).

Przydatne własności z tego działu:

• Zdarzenie przeciwne $A^{\prime }$: Często łatwiej policzyć, kiedy coś się nie zdarzy, niż wymieniać wszystkie opcje pożądane (szczególnie przy słówku “co najmniej”). Wtedy:

$$P(A)=1-P(A^{\prime })$$

• Prawdopodobieństwo sumy:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

Zadanie: Rzucamy dwa razy sześcienną kostką do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek wyniesie co najmniej $4$?
Schemat/Rozwiązanie: > * $|\Omega |=6\cdot 6=36$.

• Zamiast liczyć sumy $4,5,\mathrm{6...12}$, liczymy zdarzenie przeciwne $A^{\prime }$: suma oczek wynosi $2$ lub $3$.
• Opcje dla $A^{\prime }$: $(1,1),(1,2),(2,1)$. Zatem $|A^{\prime }|=3$.
• $P(A^{\prime })=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$.
• Wynik: $P(A)=1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}$.

2. Prawdopodobieństwo Warunkowe

Mierzymy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia $A$, ale wiemy już, że zaszło zdarzenie $B$. Przestrzeń wszystkich wyników zawęża się więc tylko do tych ze zbioru $B$.

• Wzór:

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{|A\cap B|}{|\Omega |}}{\frac{|B|}{|\Omega |}}=\frac{|A\cap B|}{|B|}$$

Zadanie: Rzucamy dwiema kostkami. Jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek wynosi $8$ (zdarzenie $A$), jeśli wiadomo, że na pierwszej kostce wypadła liczba nieparzysta (zdarzenie $B$)?
Schemat/Rozwiązanie: > * $B$ to zdarzenia, gdzie pierwsza kostka to $1,3$ lub $5$. Jest ich $3\cdot 6=18$.

• Zdarzenia sprzyjające obu warunkom ($A\cap B$): pierwsza nieparzysta i suma to $8$. Opcje: $(3,5),(5,3)$. Są $2$ takie zdarzenia.
• Wynik: $P(A|B)=\frac{2}{18}=\frac{1}{9}$. (Zauważ, że ominęliśmy liczenie prawdopodobieństw z $\Omega$, przeskalowując problem od razu na liczbę elementów).

3. Prawdopodobieństwo Całkowite (Drzewka)

Zdarzenie może zajść na kilka różnych, wykluczających się sposobów (tzw. “ścieżek”). Rozbijamy problem na “hipotezy”. Najlepiej obrazuje to rysowanie drzewka probabilistycznego.

• Wzór:

$$P(A)=P(A|H_1)\cdot P(H_1)+P(A|H_2)\cdot P(H_2)+...$$

Zadanie: Mamy dwie urny. W pierwszej są $3$ kule białe i $2$ czarne, w drugiej $1$ biała i $4$ czarne. Rzucamy monetą: orzeł wskazuje pierwszą urnę, reszka drugą. Losujemy jedną kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania białej kuli?
Schemat/Rozwiązanie: > * Szansa na wybór urny pierwszej ($H_1$) i drugiej ($H_2$) to $\frac{1}{2}$.

• Prawdopodobieństwo białej kuli, jeśli losujemy z pierwszej: $P(A|H_1)=\frac{3}{5}$.
• Prawdopodobieństwo białej kuli, jeśli losujemy z drugiej: $P(A|H_2)=\frac{1}{5}$.
• Wynik: $P(A)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{5}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5}=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$.

4. Wzór Bayesa (Odwracanie przyczyny i skutku)

Używany zawsze zaraz po prawdopodobieństwie całkowitym. Wiemy, że zdarzenie $A$ (skutek) MIAŁO MIEJSCE, i pytamy o prawdopodobieństwo konkretnej przyczyny ($B_k$), która je wywołała.

• Wzór:

$$P(B_k|A)=\frac{\stackrel{\text{jedna gałązˊ drzewka}}{\overbrace{P(A|B_k)\cdot P(B_k)}}}{\underset{\text{prawdopobienˊstwo całkowite}=P(A)}{\underbrace{\sum _{i=1}^{n}P(A|B_i)\cdot P(B_i)}}}$$

(Słownie: Pojedyncza gałąź drzewka podzielona przez całe prawdopodobieństwo całkowite).

Zadanie: Wracając do poprzedniego przykładu: wylosowaliśmy białą kulę (wiemy to na pewno!). Jakie jest prawdopodobieństwo, że pochodziła z pierwszej urny?
Schemat/Rozwiązanie: > * Obliczyliśmy już całkowite $P(A)=\frac{2}{5}$.

• Składowa pochodząca z pierwszej urny to: $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{10}$.
• Wynik: $P(B_1|A)=\frac{\frac{3}{10}}{\frac{2}{5}}=\frac{3}{10}\cdot \frac{5}{2}=\frac{15}{20}=\frac{3}{4}$.

5. Schemat Bernoulliego (Seria identycznych prób)

Wykonujemy serię $n$ jednakowych, niezależnych od siebie doświadczeń. Każde z nich może zakończyć się tylko sukcesem (z prawdopodobieństwem $p$) lub porażką (z prawdopodobieństwem $q=1-p$). Interesuje nas szansa na odniesienie dokładnie $k$ sukcesów.

• Wzór: $P_n(k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\cdot p^k\cdot q^{n-k}$
  (Co ten wzór oznacza? $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ to wybór miejsc na sukcesy w serii, $p^k$ to prawdopodobieństwo trafienia $k$ sukcesów z rzędu, a $q^{n-k}$ to “dobicie” reszty miejsc porażkami).

Zadanie: Strzelec trafia do tarczy z prawdopodobieństwem $p=0.8$. Oddaje $5$ strzałów. Jakie jest prawdopodobieństwo, że trafi dokładnie $3$ razy?
Schemat/Rozwiązanie: > * Liczba prób: $n=5$. Oczekiwana liczba sukcesów: $k=3$.

• Prawdopodobieństwo sukcesu: $p=0.8$. Prawdopodobieństwo porażki: $q=0.2$.
• Wynik: $P_5(3)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)\cdot (0.8{)}^3\cdot (0.2{)}^2=10\cdot 0.512\cdot 0.04=0.2048$.

Oto bardziej rygorystyczne, akademickie ujęcie wymienionych pojęć, skoncentrowane na ich pochodzeniu oraz zastosowaniu w zadaniach problemowych.

---

3. Schemat Bernoulliego (Rozkład dwumianowy)

Definicja i wzór:
Rozważamy ciąg $n$ niezależnych doświadczeń, z których każde kończy się “sukcesem” z prawdopodobieństwem $p$ lub “porażką” z prawdopodobieństwem $q=1-p$. Prawdopodobieństwo uzyskania dokładnie $k$ sukcesów w $n$ próbach wyraża się wzorem:
$P_n(k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\cdot p^k\cdot q^{n-k}$

Pochodzenie / Wyprowadzenie:
Z racji tego, że próby są niezależne, prawdopodobieństwo dowolnego, pojedynczego ciągu zdarzeń składającego się z $k$ sukcesów i $n-k$ porażek (np. $S,S,P,S,P,\dots$) jest równe iloczynowi ich prawdopodobieństw: $\underset{k}{\underbrace{p\cdot p\cdot \cdots \cdot p}}\cdot \underset{n-k}{\underbrace{q\cdot q\cdot \cdots \cdot q}}=p^k\cdot q^{n-k}$.
Jednakże ciągów, w których występuje dokładnie $k$ sukcesów, jest wiele – ich liczbę determinuje kombinatoryka, a dokładniej liczba sposobów wyboru $k$ miejsc dla sukcesów spośród $n$ dostępnych prób, co wyraża symbol Newtona $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$. Zsumowanie prawdopodobieństw wszystkich tych równoprawdopodobnych ciągów daje ostateczny wzór.

Ujęcie zadaniowe:
Wzór stosujemy w zadaniach modelujących seryjne powtarzanie tego samego układu bez zmiany warunków bazowych (tzw. losowanie ze zwracaniem, wielokrotny rzut kostką/monetą, seryjne strzały do tarczy z zachowaniem stałej celności). Kluczowa jest tu niezależność zdarzeń – wynik jednej próby nie wpływa na rozkład prawdopodobieństwa w kolejnych.

---

4. Prawdopodobieństwo całkowite vs. Prawdopodobieństwo klasyczne

Choć oba pojęcia służą do obliczania szansy na zaistnienie zdarzenia, odnoszą się do drastycznie różnych architektur modelu probabilistycznego.

Prawdopodobieństwo klasyczne (Model Laplace’a):

• Wzór: $P(A)=\frac{|A|}{|\Omega |}$
• Charakterystyka: Wymaga spełnienia ostrego założenia – przestrzeń $\Omega$ musi być skończona, a wszystkie zdarzenia elementarne muszą być jednakowo prawdopodobne (symetria układu).
• Podejście zadaniowe: Sprowadza się wyłącznie do kombinatorycznego zliczania. Liczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników ($|\Omega |$) i ile jest wyników spełniających warunki zadania ($|A|$). Nie ma tu miejsca na różnicowanie wag zdarzeń – każdy pojedynczy wynik z $\Omega$ waży dokładnie $\frac{1}{|\Omega |}$. Jest to zdarzenie jednoetapowe.

Prawdopodobieństwo całkowite (Reguła łańcuchowa dla partycji):

• Wzór: $P(A)={\sum }_{i=1}^{n}P(A|B_i)\cdot P(B_i)$
• Charakterystyka: Używamy go, gdy przestrzeń nie jest symetryczna lub doświadczenie jest złożone (wieloetapowe). Twierdzenie to pozwala obliczyć szansę na zdarzenie $A$ poprzez analizę wszystkich możliwych ścieżek (hipotez $B_i$), które do niego prowadzą.
• Podejście zadaniowe: Stosowane w doświadczeniach wieloetapowych (losowanie bez zwracania, transfery kul między urnami przed ostatecznym losowaniem). Modelujemy je najczęściej za pomocą drzew stochastycznych. Całkowite $P(A)$ to suma iloczynów wzdłuż wszystkich gałęzi drzewa zakończonych sukcesem.

Kluczowa różnica zadaniowa (Podsumowanie):

• W schemacie klasycznym patrzymy na układ makroskopowo: “Wrzucam wszystkie zdarzenia do jednego worka, wszystkie są takie same, wyciągam to co mnie interesuje”.
• W schemacie całkowitym patrzymy na układ analitycznie/etapowo: “Nie potrafię od razu policzyć $P(A)$, więc najpierw rozbijam zadanie na rozłączne przypadki (np. wylosowanie urny 1, urny 2, urny 3), liczę prawdopodobieństwo zjawiska $A$ dla każdego z tych małych przypadków osobno, a na koniec wszystko sumuję”.