prawdopodobieństwa pokera

Matematyka dyskretna
© Andrzej Łachwa, UJ, 2013
[email protected]
10/15
WARIACJE
Liczba wariacji, czyli różnych ciągów k-elementowych o wyrazach ze
zbioru n-elementowego, wynosi nk.
Ciąg k-elementowy, którego wyrazy nie powtarzają się, nazywa się
k-wyrazową wariacją bez powtórzeń. Zamiast mówić o ciągach bez
powtórzeń można mówić o funkcjach różnowartościowych. Weźmy więc
zbiór k elementowy X i zbiór n elementowy Y oraz wszystkie różnowartościowe funkcje z X do Y. Mamy wtedy:
•
jeśli k>n, to nie ma takich funkcji,
•
jeśli n≥k to mamy n·(n-1)·… ·(n-k+1) takich funkcji, czyli n .
k
Zadania
Na ile sposobów można wyciągnąć 5 kart z talii 52 kart, jeśli za każdym
razem wylosowaną kartę zwracamy do talii? Czy kolejność kart ma
znaczenie? Rozwiń to zagadnienie.
Na ile sposobów możemy pokolorować graf o p ponumerowanych
wierzchołkach farbami w r kolorach?
Ile jest różnych n-cyfrowych liczb naturalnych?
Jaka jest liczba słów co najwyżej 20 literowych nad alfabetem 24
literowym?
Przykład
W zawodach punktuje się 6 pierwszych miejsc. Startuje 21 drużyn, w tym
drużyna polska. Ile może być wyników zawodów? A ile wyników, gdy
Polska zajmuje jedno z punktowanych miejsc?
Wynik może być reprezentowany 6-cio elementowym ciągiem nazw
drużyn zajmujących miejsca od pierwszego do szóstego. W przypadku
pierwszego pytania, takich ciągów może być p1=21⋅20⋅19⋅18⋅17⋅16.
W przypadku drugiego pytania, przyjmujemy, że jedno z sześciu miejsc
punktowanych jest już zajęte przez drużynę polską. Na pierwsze wolne
miejsce w tym ciągu możemy wstawić jedną z 20 pozostałych drużyn, na
drugie wolne – jedną z 19 pozostałych drużyn, itd. Zatem liczba możliwych
wyników p2=20⋅19⋅18⋅17⋅16.
Zapytajmy teraz, jakie jest prawdopodobieństwo, że drużyna polska
będzie na punktowanym miejscu?
Prosta odpowiedź brzmi, że jest to iloraz p2 przez p1, czyli p3=1/21.
Komentarz
Tak będzie jednak tylko wtedy, gdy wszystkie zdarzenia elementarne są
jednakowo prawdopodobne, tzn. gdy wszystkie drużyny grają na tym
samym poziomie. Tak się jednak nigdy nie zdarza. Zatem dla policzenie
tego prawdopodobieństwo trzeba by wziąć pod uwagę rozmaite
zależności, i byłoby to dość skomplikowane…
ROZMIESZCZENIA UPORZĄDKOWANE
Ile jest różnych możliwych rozmieszczeń uporządkowanych k elementów
w n pudełkach?
Pierwszy element możemy umieścić na n sposobów. Drugi albo w pustym
pudełku, których jest n-1, albo w pudelku z pierwszym elementem na dwa
sposoby (przed nim lub po nim); czyli łącznie na n+1 sposobów.
Jak już umieściliśmy w pudełkach i-1 elementów, to w kolejnych pudełkach znajduje się i1, i2, … in elementów oraz i1+ i2+ …+ in = i−1. Element i-ty
możemy włożyć do pierwszego pudełka na i1+1 sposobów, do drugiego na
i2+1 sposobów, itd. Łącznie na (i1+1)+(i2+1)+ …+(in+1) = n+i−1 sposobów.
Liczba rozmieszczeń uporządkowanych k elementów w n pudełkach
wynosi n⋅⋅(n+1) ⋅ (n +2) ⋅ … ⋅(n+k–1) =
nk .
Zadanie
W sali banku są czynne 3 okienka. Na ile sposobów 23 klientów może
ustawić się w kolejach do tych okienek?
323 = 3⋅4⋅…⋅(3+23-1) = 25!/2
Zadanie
Czego jest więcej: rozmieszczeń uporządkowanych 2 elementów w 3
pudełkach czy 3 elementów w 2 pudełkach?
ZADANIA Z KARTAMI: POKER
Talia kart składa się z 4 kolorów zwanych trefl, karo, kier i pik. Każdy kolor
składa się z 13 kart: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, W, D, K, A.
Układ kart w ręce (figura) jest zbiorem 5 kart z talii 52 kart. Kolejność
wyboru kart nie jest istotna.
Rodzaje figur:
poker królewski to 10,W,D,K,A w jednym kolorze
poker to sekwens w jednym kolorze nie będący pokerem
królewskim (sekwens to 5 kolejnych kart, przy czym as może stać
przed dwójką lub za królem)
czwórka to układ zawierający 4 karty tej samej wysokości, np. DDDD
ful to 3 karty tej samej wysokości i 2 karty tej samej wysokości
kolor to 5 kart w jednym kolorze nie tworzących ani pokera
królewskiego, ani pokera
strit to sekwens nie będący ani pokerem, ani pokerem królewskim
trójka to 3 karty tej samej wysokości, czwarta innej i piąta jeszcze
innej
dwie pary to 2 karty tej samej wysokości, 2 karty innej, lecz między
sobą tej samej wysokości, i piąta karta jeszcze innej wysokości
para to 2 karty tej samej wysokości, pozostałe dowolne ale łącznie
nie tworzące żadnego z wymienionych wyżej rodzajów układów
zerówka to układ, który nie jest żadnego z powyższych rodzajów.
Powyższa kolejność jest odwrotna do szansy otrzymania figury danego
rodzaju.
1. Ile jest układów kart w pokerze? Pokaż, że jest to 2 598 960.
2. Ile układów, to fule? Trochę wcześniej wprowadziliśmy pojęcie „typ
fula”. I pokazaliśmy, że jest tych układów
 4  4
  ⋅  
 3  2
dla jednego typu oraz
13⋅12 różnych typów. Zatem 24⋅156 = 3744 możliwości.
Zakładając, że każdy układ jest jednakowo prawdopodobny i przyjmując,
że prawdopodobieństwo zdarzenia to iloraz liczby zdarzeń elementarnych
sprzyjających zdarzeniu przez liczbę wszystkich możliwych zdarzeń
elementarnych, prawdopodobieństwo wyciągnięcia fula to 3744/2598960
= 0.001440 czyli około 1,5 promila.
Policz prawdopodobieństwa pozostałych rodzajów figur w pokerze!
Współczynniki dwumianowe
Jak już wiemy z wykładu 8 (temat: zliczanie podzbiorów), współczynnik
dwumianowy to liczba k-elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego, tzn.
. Nazwa "współczynniki dwumianowe" bierze
się stąd, że pojawiają się one w rozwinięciu dwumianu
.
Twierdzenie o liczbie podzbiorów
Gdyby była istotna kolejność elementów w podzbiorach, to mielibyśmy do
czynienia z k-elementowymi wariacjami, więc byłoby ich nk. Jednak każdy
k-elementowy podzbiór można uporządkować na k! sposobów, zatem
mamy
 n  n k n(n − 1) (n − k + 1)
n!
  =
=
=
.
(n − k )!k!
k!
 k  k!
Dla n≥k≥0 zachodzi:
, dla
,
, dla
,
, dla
(reguła symetrii).
Dowody
Pierwszy punkt jest natychmiastową konsekwencją faktu, że dowolny
zbiór n-elementowy ma tylko jeden 0-elementowy podzbiór – podzbiór
pusty i tylko jeden podzbiór n-elementowy – cały zbiór.
Drugi punkt jest oczywisty, jako że zbiór n-elementowy nie może mieć
podzbiorów o k elementach, gdy k>n.
Dla dowodu trzeciego punktu, zauważmy jedynie, że podzbiorów
jednoelementowych jest dokładnie tyle ile elementów w zbiorze.
Wreszcie dla dowodu ostatniego punktu załóżmy, że
.
Wtedy funkcja
jest bijekcją. Innymi
słowy, zamiast wybierać k elementów ze zbioru X można odrzucić n–k
elementów.
REGUŁA DODAWANIA
Reguła ta stanowi fundament dla rekurencyjnej procedury obliczania
współczynników dwumianowych:
dla
mamy
Dowód (interpretacja kombinatoryczna)
Załóżmy, że
. Wtedy, po usunięciu ze zbioru Z elementu
dostajemy (n–1)-elementowy zbiór Z’. Oczywiście wszystkie k-elementowe podzbiory zbioru Z można podzielić na dwa typy: albo mają w sobie
element a, albo go nie mają.
Każdy podzbiór pierwszego typu, czyli
takie, że
jest
jednoznacznie wyznaczony przez swoje pozostałe (k–1)-elementów ze
zbioru Z’. Takich możliwości jest
 n − 1

 .
 k − 1
W drugim przypadku są to k-elementowe podzbiory (n–1)-elementowego
zbioru . Jest więc ich dokładnie
.
A zatem
Trójkąt Pascala bazuje na własności
w następujący sposób:
i ustawia liczby
•
wiersze trójkąta numerowane są kolejnymi liczbami naturalnymi 0,
1, 2…,
•
w każdym z wierszy trójkąta występuje dokładnie
kolejno
.
Przesunięcie w wierszach, pozwala wyliczyć
dwu liczb stojących bezpośrednio nad .
jako sumę
liczb. Są to
Reguła sumowania po górnym indeksie (sumowanie po przekątnej
trójkąta Pascala)
Dla
mamy
1
1
1
1
1
1
1
3
3
4
1
2
6
1
4
1
10 10
5
1
1
6 15 20 15 6 1
21 35 35 21 7
1
1
7
5
Dowód
Ustalmy
-elementowy zbiór
. Rozważając jego
-elementowe podzbiory zwracamy uwagę na element tego podzbioru,
który ma największy indeks. Oczywiście jest
nie ma
, gdyż
-elementowych podzbiorów. Równie łatwo jest zauważyć, że
jest dokładnie jeden podzbiór
-elementowy w którym
elementem o najwyższym indeksie, jest to zbiór
jest
{x0, x1 … xk}.
Policzmy teraz podzbiory zbioru X, w których xi jest elementem
o największym indeksie, przy czym
. Oprócz elementu xi każdy taki
zbiór ma dokładnie k elementów wybranych z -elementowego zbioru
. Wyboru tych elementów można dokonać na
sposobów.
Zatem podzbiorów zbioru X, w których xi jest elementem o największym
indeksie jest dokładnie
. Sumując po wszystkich możliwych , czyli
otrzymujemy:
Oczywiście
i
  = 0
k 
dla i<k.
Reguła sumowania równoległego (sumowanie po drugiej przekątnej)
Dla
mamy:
Dowód
Tożsamość tę udowodnimy wykorzystując dwukrotnie regułę symetrii
oraz regułę sumowania po górnym indeksie:
Tożsamość Cauchy'ego, splot Vandermonde'a
Dla liczb naturalnych
mamy:
Dowód
Policzymy liczbę wszystkich wyborów k osób z grona m mężczyzn i
n kobiet, czyli liczbę
na inny sposób: wybieramy najpierw
i mężczyzn na
sposobów, a potem k–i kobiet na
sposobów.
Pozostaje teraz zsumować po wszystkich możliwych wartościach
parametru i.
Twierdzenie o dwumianie (wyjaśnia pochodzenie tajemniczej nazwy
"współczynniki dwumianowe")
Dla
i
mamy
Dowód
Przedstawmy najpierw potęgę
w rozwiniętej formie iloczynu:
Korzystając z rozdzielności mnożenia, wyrażenie to
staje się sumą składników. Każdy taki składnik to iloczyn pewnej liczby
x- ów i pewnej liczby y-ów, przy czym łącznie iloczyn taki ma n czynników.
Każdy składnik ma postać
. Powstaje on poprzez wybór k spośród
n czynników w iloczynie
, z których do składnika
postaci
wchodzi x (a tym samym
składników, z których
wchodzi y). Tym samym składników postaci
jest tyle, ile elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego, czyli
pojawi
się w sumie
-krotnie.
Twierdzenie o dwumianie można też udowodnić za pomocą indukcji.
Przykłady
Lemat 1
Dla dowolnego n≥0 mamy
.
Lemat 2
Dla dowolnego n≥0 mamy
.
Lemat 3
Dla dowolnego n≥0 mamy
(Uwaga:
)
.
Dowody
Wszystkie lematy wynikają trywialnie z twierdzenia o dwumianie.
Pierwszy jest oczywisty. Dla dwu pozostałych zauważmy jedynie, że
,
. Jednak drugi i trzeci punkt mają ładną
interpretację kombinatoryczną.
Istotnie, liczba podzbiorów zbioru n elementowego to . Z drugiej strony
licząc te podzbiory, możemy kolejno zliczać podzbiory 0, 1, 2, … elementtowe - jest ich
.
Nieco dłuższy jest argument kombinatoryczny dla naprzemiennej sumy
. Dla n=0 jest to oczywiste. Natomiast dla n>0
jest to równoważne stwierdzeniu, że dla n-elementowego zbioru X liczba
podzbiorów zbioru X o parzystej liczbie elementów jest równa liczbie
podzbiorów X o nieparzystej liczbie elementów.
Załóżmy najpierw, że n jest nieparzyste. Wtedy każdy podzbiór zbioru X
o parzystej liczbie elementów ma dopełnienie o nieparzystej liczbie
elementów, a każdy podzbiór zbioru X o nieparzystej liczbie elementów
ma dopełnienie o parzystej liczbie elementów. Ta bijektywna
odpowiedniość dowodzi, że w istocie jest ich tyle samo.
Załóżmy zatem, że n jest parzyste i ustalmy
f: P(X) → P(X), kładąc
Zauważmy, że f jest permutacją P(X).
. Zdefiniujmy funkcję
Rzeczywiście, dla różnych podzbiorów
jeśli
i
to
jeśli
i
to
jeśli
i
to
i
, zatem
mamy:
.
To dowodzi, że f jest injekcją. Dla dowodu surjektywności weźmy dowolne
. Jeśli
to
, jeśli zaś
to
. Zatem f jest permutacją zbioru
. Co więcej
łatwo zauważyć, że dla Y o parzystej (nieparzystej) liczbie elementów f(Y)
ma nieparzystą (parzystą) liczbę elementów. To dowodzi, że dla
parzystego n podzbiorów X o parzystej liczbie elementów jest tyle samo
co podzbiorów X o nieparzystej liczbie elementów.
Zadania
1. Policz 114 wykorzystując współczynniki dwumianowe.
2. Niech n>0, 0≤k≤n. Dla jakich k wartość
jest największa?
3. Udowodnij własność sześciokąta
(kn 11)⋅( k +n 1)⋅(n+k 1)=(n k 1)⋅(n+k + 11)⋅( k n 1)
Uogólniony współczynnik dwumianowy
Umiemy już policzyć wartość sumy całego wiersza w trójkącie Pascala i
wartość naprzemiennej sumy całego wiersza. W praktyce często pojawia
się konieczność (naprzemiennego) sumowania tylko pewnego fragmentu
takiego wiersza. Do tego pomocne mogłyby być sumy postaci:
dla
, gdyby miały postać zwartą! Niestety nie jest znana żadna
zwarta postać . Zaskakująca jest natomiast zwarta postać modyfikacji
tej sumy polegającej na wymnożeniu każdego składnika przez jego
odległość od środka trójkąta.
m
Dla
zachodzi
n
n
∑ ( 2 − i) ⋅  i  =
i =0
 
m +1 n 


2  m + 1
Np. dla n=6 i m=4 mamy:
 6
6
6
 6
6
3 ⋅   + 2 ⋅   + 1 ⋅   + 0 ⋅   + (−1) ⋅   = 3 ⋅ 1 + 2 ⋅ 6 + 1 ⋅ 15 − 1 ⋅ 15 = 15
 0
1
 2
 3
 4
oraz
4 + 1 6 5
⋅   = ⋅ 6 = 15
2  5  2
Druga suma, czyli naprzemienna częściowa suma
wiersza trójkąta
Pascala ma postać zwartą. Wyprowadzenie takiej postaci odwołuje się do
uogólnienia współczynnika dwumianowego na dowolne rzeczywiste
indeksy górne, i dowolne całkowite indeksy dolne.
Uogólniony współczynnik dwumianowy
dla
i
to:
Zauważmy, że dla
wartości
pozostają niezmienione oraz
jako liczby k-elementowych podzbiorów zbioru rinterpretacja
elementowego pozostaje w mocy.
Nie jest natomiast znana sensowna kombinatoryczna interpretacja
uogólnionego współczynnika dwumianowego dla pozostałych
rzeczywistych wartości r. Odnotujmy tylko, że
stopnia zmiennej r.
jest wielomianem k-tego
Sporo własności współczynnika dwumianowego przenosi się na wersję
uogólnioną, np. dla
i
mamy:
,
,
, dla
,
, a także
.
Reguła symetrii nie jest ogólnie prawdziwa (nawet dla całkowitego
indeksu górnego), np.
Dowód (**)
Dla ujemnych wartości k wszystkie współczynniki równe są 0 i tożsamość
trywialnie zachodzi. Niech teraz
i
. Oczywiście różnica
jest wielomianem co najwyżej k. Może więc, o ile nie jest
wielomianem stale równym zero, mieć co najwyżej k miejsc zerowych.
Z drugiej strony wiemy już, że ta różnica zeruje się dla wszystkich liczb
naturalnych r, więc musi być zawsze równa 0.
Wniosek
Uogólniona reguła dodawania pozwala rozszerzyć trójkąt Pascala na
współczynniki o ujemnych wartościach górnego indeksu.
Kolejne wartości "ujemnej części" możemy wyliczać w następującej
kolejności:
Przyjrzyjmy się wartościom
dla ustalonego k i całkowitych wartości n.
Zauważalny jest pewien rodzaj symetrii między tymi wartościami.
W istocie zachodzi on dla wszystkich rzeczywistych wartości górnego
indeksu.
Reguła negacji górnego indeksu
Dla
,
mamy
Dowód
Policzymy wartość obu stron po uprzednim wymnożeniu przez wspólny
mianownik k:
Znaną nam już regułę równoległego sumowania możemy uogólnić:
dla
,
zachodzi
Zauważmy, że rozważana suma jest tylko pozornie nieskończona, gdyż dla
wszystkich ujemnych wartości i odpowiednie składniki zerują się.
W dalszych ciągu będziemy również rozważać podobne sumy "nieskończone", ale zawsze przy założeniu, że tylko skończenie wiele składników
jest niezerowych.
Wyposażeni w regułę negacji górnego indeksu wracamy teraz do
naprzemiennej, częściowej sumy wierszy w trójkącie Pascala, czyli do
dla
,
zachodzi
:
Dowód
z uogólnionej reguły sumowania
Przedstawimy teraz tożsamość, której później użyjemy do zliczenia
pewnych, szczególnych permutacji. Zaczniemy od pomocniczej
obserwacji, zwanej przestawieniem trójmianowym:
Dla
,
zachodzi
Dowód
Zauważmy, że dla
obie strony równości się zerują. Także dla
teza jest trywialna. Zatem możemy założyć, że
. Wtedy:
Reguła odwracania
Dla funkcji f, g: Z → R zachodzi
wtedy i tylko wtedy, gdy
Dowód
Z uwagi na symetrię założeń wystarczy udowodnić tylko jedną implikację.
Zakładamy zatem, że
by dostać:
gdzie druga równość wynika ze zmiany kolejności sumowania, trzecia z
przestawienia trójmianowego, a ostatnia przez podstawienie
.
Wiemy już, że suma
. Zatem kontynuując:
jest niezerowa (i wynosi 1) tylko dla
Przykłady
3
 − 1 (−1)
( −1)(−2)
  =
=
= 1,
2!
2
 2
2
2
  = 0 ,
 − 1
1
 1  1  3 
  −  − 
1  2
  =   =  2  2  2  = 3
2
3!
6
48
3
Zadania
Obliczyć
 − 1
 
n
Obliczyć
k n
  .
(
−
1
)
∑
k ≥0
k 
dla dowolnej liczby naturalnej n.
2
n
 2n 
Wykazać, że ∑   =   .
k k 
n
Permutacje bez punktów stałych
Nieporządek na zbiorze X to permutacja
taka, że
dowolnego
, czyli permutacja "bez punktów stałych".
dla
Podsilnia liczby n, w skrócie !n, to liczba nieporządków zbioru n-elementowego. Przyjmujemy, że !0=1, jako że jedyna permutacja zbioru pustego
- funkcja pusta - w oczywisty sposób nie ma punktów stałych.
Liczba nieporządków
.
Przykład
Zbiór
ma
permutacje, ale tylko 9 z nich to
nieporządki, bo !4 = 4! [1/0!−1/1!+1/2!−1/3!+1/4!] =
24−24+24⋅1/2−24⋅1/6+24⋅1/24 = 12−4+1 = 9. Oto ich lista:
Dowód
Zauważmy najpierw, że liczba permutacji α zbioru n-elementowego
takich, że
dla dokładnie i elementów
Stąd:
Stosując teraz regułę odwracania, dostajemy:
, wynosi
.
Zadania
1. W kolejce stoi n studentów. Wchodzą oni na egzamin w k niepustych
grupach. Na ile sposobów można utworzyć te grupy?
2. Ile rozwiązań w liczbach naturalnych ma równanie x1+x2+…+xk=n?
3. Na ile sposobów można ustawić n osób w kolejkach do k
ponumerowanych okienek pocztowych, przy czym dopuszczamy puste
kolejki (zamknięte okienka).
4. Ile jest rosnących funkcji odwzorowujących zbiór {1,2…k} w zbiór {1,2…
n}? A ile jest takich funkcji niemalejących?
5. Na ile sposobów można rozmieścić 6 przedmiotów w trzech róznych
pojemnikach tak, by w każdym były dokładnie dwa przedmioty?