Acasă · Lecții · clasa a X-a · Diagrame arborescente pentru experimente în mai multe etape

Diagrame arborescente pentru experimente în mai multe etape

Puține experimente aleatoare se termină dintr-o mișcare. La un joc arunci zarul de mai multe ori. La o tombolă se extrag, unul după altul, mai multe bilete. La un control de calitate se iau din cutie două piese, apoi încă una. Fiecare dintre aceste experimente are etape, iar rezultatul final este șirul a ceea ce s-a obținut la fiecare etapă.

Instrumentul care ține evidența etapelor îl cunoști deja din unitatea de numărare: diagrama arborescentă. Programa îl cere explicit și aici, pentru reprezentarea mulțimii evenimentelor, iar motivul e simplu — arborele nu doar numără cazurile, ci le scrie. Din el citim mulțimea $Ω$ a rezultatelor posibile și, marcând frunzele care ne convin, numărul cazurilor favorabile. În lecția de față învățăm să-l construim pentru experimente în etape și, mai ales, să-l construim corect: cea mai frecventă greșeală din tot capitolul se naște dintr-un arbore desenat pe categorii în loc de obiecte.

Ce vei învăța

Vei ști să construiești diagrama arborescentă a unui experiment cu două sau trei etape și să citești din ea mulțimea $Ω$ .
Vei ști să numeri cazurile posibile (frunzele) și cazurile favorabile (frunzele marcate) ale unui eveniment.
Vei ști să deosebești extragerile cu revenire, fără revenire și simultane și să spui de câte ori se ramifică arborele în fiecare situație.
Vei ști de ce arborele desenat pe culori poate minți și cum se repară, numerotând obiectele sau scriind numărul de variante pe ramuri.
Vei ști să folosești arborele ca schiță, când e prea mare pentru a fi desenat complet, împreună cu regula produsului.
Vei ști să tai ramurile interzise când experimentul are restricții.

Hai să descoperim împreună

1. Arborele, acum pentru experimente aleatoare

În lecția Diagrame arborescente: numărarea posibilităților am folosit arborele ca să numărăm meniuri, coduri și trasee. Vocabularul rămâne același: rădăcina (situația de dinaintea primei etape), ramurile (variantele unei etape), nodurile (situațiile intermediare), frunzele (rezultatele complete).

Ce se schimbă e interpretarea: acum fiecare frunză este un rezultat posibil al experimentului, adică un element al mulțimii $Ω$ . Prin urmare

$card (Ω) = num \overset{a}{˘} rul frunzelor .$

Iar dacă marcăm frunzele care realizează un eveniment $A$ , obținem $card (A)$ , adică numărul cazurilor favorabile. Arborele devine, dintr-o dată, mașinăria care produce ambele numere de care are nevoie capitolul de probabilități.

2. Trei aruncări ale unei monede

Cel mai simplu experiment în etape: aruncăm o monedă de trei ori și notăm, în ordine, fețele obținute.

Arborele are trei niveluri, cu câte $2$ ramuri fiecare ( $S$ = stemă, $B$ = ban), deci $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ frunze:

$Ω = {S S S, S S B, S B S, S B B, B S S, B S B, B B S, B B B}, card (Ω) = 8.$

Acum putem citi orice eveniment direct din listă:

Evenimentul	Frunzele marcate	Cazuri favorabile
„exact două steme"	$S S B$ , $S B S$ , $B S S$	$3$
„cel puțin o stemă"	toate în afară de $B B B$	$7$
„prima aruncare dă stemă"	$S S S$ , $S S B$ , $S B S$ , $S B B$	$4$
„nu apar două steme una după alta"	$S B S$ , $S B B$ , $B S B$ , $B B S$ , $B B B$	$5$

✏️Ilustrație: diagramă arborescentă cu rădăcina în stânga și trei niveluri de câte două ramuri, etichetate S și B; cele opt frunze sunt scrise în dreapta ca șiruri SSS, SSB, …, BBB, iar frunzele SSB, SBS, BSS sunt încercuite cu verde și etichetate „exact două steme"

Ultimul rând din tabel arată la ce e bun arborele când desenul chiar contează: construiești arborele tăind ramurile interzise (după o stemă nu mai poți pune o a doua stemă) și numeri direct frunzele rămase.

3. Cu revenire sau fără revenire — prima decizie a oricărei probleme cu urne

O urnă conține $3$ bile albe și $2$ bile negre. Extragem două bile, una după alta. Enunțul trebuie să precizeze cum se face extragerea, pentru că numărul cazurilor posibile depinde de asta.

A. Cu revenire — prima bilă se pune înapoi înainte de a doua extragere. La fiecare etapă avem tot $5$ obiecte, deci arborele are $5$ ramuri pe nivelul 1 și $5$ ramuri din fiecare nod al nivelului 2:

$card (Ω) = 5 \cdot 5 = 25 perechi ordonate .$

B. Fără revenire — prima bilă rămâne afară. Nivelul 2 are doar $4$ ramuri din fiecare nod:

$card (Ω) = 5 \cdot 4 = 20 perechi ordonate .$

C. Simultan — se scot amândouă odată, deci ordinea nu mai contează. Fiecare pereche de bile a fost numărată de două ori la punctul B (o dată în fiecare ordine), deci

$card (Ω) = \frac{20}{2} = 10 = C_{5}^{2} .$

Reține corespondența, pentru că o vei folosi tot capitolul: cu revenire $\to$ regula produsului; fără revenire, cu ordine $\to$ aranjamente; simultan $\to$ combinări. Formulele sunt cele din lecțiile Aranjamente: definiție și formulă și Combinări: definiție și formulă.

4. Capcana arborelui desenat pe culori

Iată greșeala care se repetă în fiecare clasă. Pentru urna cu $3$ bile albe și $2$ negre, extragere fără revenire, cineva desenează un arbore cu două ramuri pe nivel — „albă" sau „neagră" — și obține patru frunze: $AA$ , $A N$ , $N A$ , $N N$ . Concluzia lui: „patru cazuri posibile".

Concluzia e falsă, și se vede numărând cu bile numerotate ( $A_{1}, A_{2}, A_{3}, N_{1}, N_{2}$ ), unde cazurile posibile sunt $20$ :

Frunza pe culori	Câte perechi numerotate îi corespund
$AA$ (ambele albe)	$3 \cdot 2 = 6$
$A N$ (albă, apoi neagră)	$3 \cdot 2 = 6$
$N A$ (neagră, apoi albă)	$2 \cdot 3 = 6$
$N N$ (ambele negre)	$2 \cdot 1 = 2$

Total: $6 + 6 + 6 + 2 = 20$ ✓. Cele patru frunze nu cântăresc la fel: prima valorează $6$ cazuri, ultima doar $2$ . Un arbore care le tratează ca egale duce, inevitabil, la un răspuns greșit.

Cum se repară. Ai două variante, amândouă corecte:

Numerotezi obiectele și desenezi arborele complet (sau schița lui), astfel încât fiecare frunză să însemne un singur caz.
Păstrezi arborele pe culori, dar scrii pe fiecare ramură câte variante conține ( $3$ pe ramura „albă" de la nivelul 1, apoi $2$ pe ramura „albă" de la nivelul 2, și așa mai departe) și înmulțești de-a lungul drumului.

A doua variantă e cea folosită în practică, pentru că e scurtă. Ea funcționează exact ca regula produsului din lecția Regula produsului, aplicată separat pe fiecare drum.

✏️Ilustrație: două arbori alăturați pentru urna cu 3 bile albe și 2 negre, extragere fără revenire — în stânga, arborele pe culori cu 4 frunze și mențiunea „frunze inegale, NU sunt cazuri egal posibile"; în dreapta, același arbore cu numărul de variante scris pe fiecare ramură (3, 2 / 3, 2 / 2, 3 / 2, 1) și produsele 6, 6, 6, 2 la frunze, cu totalul 20

5. Numărarea cazurilor favorabile pe arbore

Odată construit corect arborele, evenimentele se citesc marcând frunzele. Pentru urna cu $3$ albe și $2$ negre, extragere fără revenire (deci $20$ de cazuri posibile):

Evenimentul	Numărare	Cazuri favorabile
„ambele bile sunt albe"	$3 \cdot 2$	$6$
„ambele bile sunt negre"	$2 \cdot 1$	$2$
„exact o bilă albă"	$3 \cdot 2 + 2 \cdot 3$	$12$

Control: $6 + 2 + 12 = 20$ — cele trei evenimente sunt disjuncte două câte două și acoperă tot $Ω$ , deci suma trebuie să dea numărul cazurilor posibile. Este cel mai bun test pe care îl poți face înainte de a scrie răspunsul final.

Dacă aceeași urnă se golește de două bile simultan, cazurile posibile devin $10$ , iar numărătorile se împart la $2$ : $3$ perechi de bile albe, $1$ pereche de bile negre, $6$ perechi mixte. Control: $3 + 1 + 6 = 10$ ✓.

6. Când arborele nu mai încape pe foaie

La trei aruncări de zar, arborele ar avea $6^{3} = 216$ frunze. Nu-l desenează nimeni. Procedăm ca în unitatea de numărare:

desenăm primele două niveluri și punem trei puncte;
scriem numărul de ramuri de pe fiecare nivel;
înmulțim.

Pentru evenimentul „cele trei fețe sunt diferite" numărăm pe niveluri: prima față — $6$ variante; a doua — $5$ (diferită de prima); a treia — $4$ . Deci $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$ de cazuri favorabile din $216$ posibile. Recunoști în produs aranjamentele: $A_{6}^{3} = 120$ .

Regula practică: desenează arborele complet până la $20$ – $30$ de frunze; peste, desenează-l pe primele două niveluri și continuă cu produsul.

7. Arbori cu restricții

Restricțiile din enunț se traduc în ramuri tăiate. Exemplu: o monedă e aruncată de trei ori, iar noi vrem rezultatele în care nu apar două steme una după alta.

Construim arborele nivel cu nivel și, de fiecare dată când tocmai am pus un $S$ , ștergem ramura $S$ de la nivelul următor. Rămân cinci frunze:

$S B S, S B B, B S B, B B S, B B B .$

Deci $5$ cazuri favorabile din $8$ posibile. Aceeași metodă rezolvă probleme de tipul „nu se repetă nicio cifră", „două persoane nu pot sta alături", „nu se poate merge de două ori pe același drum".

8. Ce urmează

Am obținut, în fiecare problemă, două numere: câte cazuri posibile și câte cazuri favorabile. Raportul lor este chiar probabilitatea evenimentului, așa cum vom vedea în lecția Probabilitatea unui eveniment: definiția clasică. Tot ce trebuie să reții de pe acum este condiția fără de care raportul nu are sens: cazurile numărate trebuie să fie egal posibile — motivul pentru care am insistat atât pe arborele desenat cu obiecte numerotate, nu cu categorii.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Trei aruncări, patru întrebări

O monedă se aruncă de trei ori. Scrieți $Ω$ și numărați cazurile favorabile pentru: $A$ = „exact două steme", $B$ = „cel puțin o stemă", $C$ = „ultima aruncare dă ban".

Rezolvare. Arborele are $2^{3} = 8$ frunze:

$Ω = {S S S, S S B, S B S, S B B, B S S, B S B, B B S, B B B} .$

$A = {S S B, S B S, B S S}$ , deci $3$ cazuri favorabile.
$B$ : singurul rezultat fără stemă este $B B B$ , deci $B$ are $8 - 1 = 7$ cazuri favorabile.
$C = {S S B, S B B, B S B, B B B}$ , deci $4$ cazuri favorabile — jumătate, ceea ce se explică prin faptul că ultima ramură are două variante egale.

Exemplul 2 — Urna, fără revenire

O urnă conține $3$ bile albe și $2$ bile negre. Se extrag două bile, una după alta, fără ca prima să fie pusă înapoi. Câte cazuri posibile există? Câte cazuri favorabile are evenimentul „ambele bile sunt albe"? Dar „exact o bilă este albă"?

Rezolvare. Numerotăm bilele: $A_{1}, A_{2}, A_{3}, N_{1}, N_{2}$ . Rezultatul este o pereche ordonată de bile distincte:

$card (Ω) = 5 \cdot 4 = 20.$

„Ambele albe": prima bilă albă în $3$ moduri, a doua în $2$ moduri (una a ieșit), deci $3 \cdot 2 = 6$ cazuri favorabile.
„Exact o bilă albă": ori albă-neagră ( $3 \cdot 2 = 6$ ), ori neagră-albă ( $2 \cdot 3 = 6$ ), deci $6 + 6 = 12$ cazuri favorabile.

Control: „ambele negre" are $2 \cdot 1 = 2$ cazuri, iar $6 + 12 + 2 = 20$ ✓.

Exemplul 3 — Aceeași urnă, cu revenire

Aceeași urnă, dar prima bilă este pusă înapoi înainte de a doua extragere. Câte cazuri posibile? Câte cazuri favorabile are „ambele bile sunt albe"? Dar „ambele negre"?

Rezolvare. La fiecare etapă sunt disponibile toate cele $5$ bile, deci

$card (Ω) = 5 \cdot 5 = 25.$

„Ambele albe": $3 \cdot 3 = 9$ cazuri favorabile (acum aceeași bilă poate fi extrasă de două ori).
„Ambele negre": $2 \cdot 2 = 4$ cazuri favorabile.
„Exact o bilă albă": $3 \cdot 2 + 2 \cdot 3 = 12$ cazuri.

Control: $9 + 4 + 12 = 25$ ✓.

Compară cu Exemplul 2: aceeași urnă, aceleași cuvinte în enunț, numere diferite. Prima întrebare pe care ți-o pui la orice problemă cu urne este: se pune bila înapoi sau nu?

Exemplul 4 — Extragere simultană

Din aceeași urnă ( $3$ albe, $2$ negre) se extrag două bile deodată. Câte cazuri posibile există? Câte cazuri favorabile are „ambele bile sunt albe"?

Rezolvare. Ordinea nu mai contează, deci fiecare pereche a fost numărată de două ori în varianta ordonată:

$card (Ω) = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10 = C_{5}^{2} .$

„Ambele albe" înseamnă alegerea a două bile din cele $3$ albe: $C_{3}^{2} = 3$ cazuri favorabile.

Perechile favorabile se pot chiar scrie: ${A_{1}, A_{2}}$ , ${A_{1}, A_{3}}$ , ${A_{2}, A_{3}}$ . Observă legătura cu Exemplul 2: acolo aveam $6$ cazuri, aici $3$ — exact jumătate, pentru că fiecare pereche apărea în două ordini.

Exemplul 5 — Arborele care minte

Pentru urna cu $3$ bile albe și $2$ negre, extragere fără revenire, un elev desenează arborele pe culori (patru frunze: $AA$ , $A N$ , $N A$ , $N N$ ) și spune că sunt $4$ cazuri posibile. Explicați greșeala și reparați arborele.

Rezolvare. Cele patru frunze sunt evenimente, nu rezultate elementare, și ele nu au aceeași greutate. Scriem pe fiecare ramură numărul de variante și înmulțim de-a lungul drumurilor:

$AA : 3 \cdot 2 = 6, A N : 3 \cdot 2 = 6, N A : 2 \cdot 3 = 6, N N : 2 \cdot 1 = 2.$

Suma este $6 + 6 + 6 + 2 = 20$ , adică exact numărul perechilor ordonate de bile distincte. Prin urmare cazurile posibile sunt $20$ , nu $4$ , iar frunza $N N$ e de trei ori mai „subțire" decât celelalte.

Regula pe care o extragem: un arbore desenat pe categorii trebuie însoțit de numărul de variante de pe fiecare ramură, altfel nu poate fi folosit la numărarea cazurilor.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat

Se formează numere de trei cifre distincte cu cifre din mulțimea ${1, 2, 3, 4, 5}$ . Câte astfel de numere există? Câte dintre ele sunt pare?

Rezolvare. Construim numărul în trei etape, adică pe trei niveluri de arbore.

Cazurile posibile. Cifra sutelor: $5$ variante; cifra zecilor: $4$ (diferită de prima); cifra unităților: $3$ . Deci

$card (Ω) = 5 \cdot 4 \cdot 3 = 60 = A_{5}^{3} .$

Cazurile favorabile. Un număr e par dacă se termină în $2$ sau $4$ , deci începem arborele cu poziția restricționată — cifra unităților:

cifra unităților: $2$ variante ( $2$ sau $4$ );
cifra sutelor: $4$ variante (oricare dintre cele rămase);
cifra zecilor: $3$ variante.

Rezultă $2 \cdot 4 \cdot 3 = 24$ de numere pare.

Verificare: numerele impare se termină în $1$ , $3$ sau $5$ , deci sunt $3 \cdot 4 \cdot 3 = 36$ , iar $24 + 36 = 60$ ✓. Regula de aur a acestor exerciții: începe întotdeauna cu poziția care are restricții.

Să exersăm

1. O monedă se aruncă de două ori. Desenează arborele și scrie $Ω$ . Câte frunze are?

2. O monedă se aruncă de trei ori. Câte cazuri favorabile are evenimentul „prima și a treia aruncare dau aceeași față"? Scrie frunzele marcate.

3. Se aruncă un zar de două ori. Câte cazuri posibile există? Câte cazuri favorabile are evenimentul „ambele aruncări dau același număr"?

4. O urnă conține $4$ bile roșii și $3$ bile albastre. Se extrag două bile, una după alta, cu revenire. Câte cazuri posibile există? Câte au ambele bile roșii?

5. (Adevărat/Fals cu motivare.) „La extragerea a două bile dintr-o urnă cu bile albe și negre există patru cazuri posibile: albă-albă, albă-neagră, neagră-albă, neagră-neagră."

6. Aceeași urnă ca la exercițiul 4 ( $4$ roșii, $3$ albastre), dar extragerea se face fără revenire. Câte cazuri posibile există? Câte au ambele bile roșii?

7. Aceeași urnă, dar cele două bile se extrag simultan. Câte cazuri posibile există? Câte au ambele bile roșii?

8. Explică, în două-trei rânduri, de ce răspunsurile de la exercițiile $6$ și $7$ sunt diferite, deși în urnă se întâmplă același lucru.

9. Se aruncă trei monede. Scrie frunzele pentru evenimentul „apar cel puțin două steme" și numără-le.

10. Un cod are trei simboluri: prima poziție este o literă din ${a, b}$ , iar celelalte două sunt cifre din ${1, 2, 3}$ , care se pot repeta. Câte coduri există? Câte se termină în $3$ ?

11. Se aruncă un zar de trei ori. Câte cazuri posibile există? Câte cazuri favorabile are „toate trei aruncările dau numere diferite"?

12. (Problemă aplicată.) O cutie conține $5$ becuri, dintre care $2$ sunt defecte. Se testează două becuri, unul după altul, fără a-l pune înapoi pe primul. Câte cazuri posibile există? Câte cazuri favorabile are evenimentul „ambele becuri sunt bune"?

13. O monedă se aruncă de patru ori. Câte frunze are arborele? Câte cazuri favorabile are „apare exact o stemă"?

14. Se formează numere de două cifre distincte cu cifre din ${1, 2, 3, 4, 5}$ . Câte sunt? Câte se termină cu o cifră impară?

15. O urnă are $2$ bile albe și $2$ bile negre; se extrag două bile fără revenire. Desenează arborele numerotând bilele și verifică prin numărare că sunt $12$ cazuri posibile.

16. (Exercițiu tip Bacalaureat.) Se formează numere de trei cifre distincte cu cifre din mulțimea ${1, 2, 3, 4}$ . Câte astfel de numere există? Câte dintre ele încep cu o cifră pară?

17. O monedă se aruncă de trei ori. Câte rezultate nu conțin doi bani unul după altul? Desenează arborele tăind ramurile interzise.

18. (Provocare.) Într-o urnă sunt $3$ bile albe și $2$ negre. Se extrag trei bile, una după alta, fără revenire. Desenează arborele pe culori, cu numărul de variante scris pe fiecare ramură, și determină câte cazuri posibile există și câte dintre ele au primele două bile albe și a treia neagră. Verifică apoi că produsele de pe toate drumurile adună exact numărul cazurilor posibile.

Răspunsuri și explicații

1. $Ω = {S S, S B, B S, B B}$ , deci $4$ frunze — două ramuri la primul nivel, câte două la al doilea.

2. Frunzele sunt $S S S$ , $S B S$ , $B S B$ , $B B B$ , deci $4$ cazuri favorabile din $8$ : prima și a treia față se aleg egal (două variante), iar a doua e liberă (două variante), $2 \cdot 2 = 4$ .

3. Cazuri posibile: $6 \cdot 6 = 36$ . „Același număr" înseamnă dublele, deci $6$ cazuri favorabile.

4. Cu revenire: $7 \cdot 7 = 49$ de cazuri posibile; ambele roșii: $4 \cdot 4 = 16$ cazuri favorabile.

5. Fals. Cele patru situații sunt evenimente, nu rezultate elementare, și nu au aceeași greutate. Pentru o urnă cu $3$ albe și $2$ negre, extragere fără revenire, ele corespund la $6$ , $6$ , $6$ și respectiv $2$ perechi de bile numerotate, în total $20$ de cazuri posibile.

6. Fără revenire: $7 \cdot 6 = 42$ de cazuri posibile; ambele roșii: $4 \cdot 3 = 12$ cazuri favorabile.

7. Simultan: $C_{7}^{2} = 21$ de cazuri posibile; ambele roșii: $C_{4}^{2} = 6$ cazuri favorabile.

8. Pentru că numărăm altfel, nu pentru că se întâmplă altceva. La extragerea succesivă ținem cont de ordine, deci fiecare pereche apare de două ori; la extragerea simultană ordinea dispare, iar numerele se înjumătățesc: $42 : 2 = 21$ și $12 : 2 = 6$ . Important e ca numărătorul și numitorul să fie numărate în același fel.

9. Frunzele sunt $S S S$ , $S S B$ , $S B S$ , $B S S$ , deci $4$ cazuri favorabile din $8$ .

10. Coduri: $2 \cdot 3 \cdot 3 = 18$ . Cele care se termină în $3$ : ultima poziție e fixată, deci $2 \cdot 3 \cdot 1 = 6$ .

11. Cazuri posibile: $6^{3} = 216$ . Toate diferite: $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120 = A_{6}^{3}$ cazuri favorabile.

12. Cazuri posibile: $5 \cdot 4 = 20$ (perechi ordonate de becuri distincte). Ambele bune: becurile bune sunt $3$ , deci $3 \cdot 2 = 6$ cazuri favorabile. Control: „ambele defecte" are $2 \cdot 1 = 2$ cazuri, „exact unul defect" are $3 \cdot 2 + 2 \cdot 3 = 12$ , iar $6 + 2 + 12 = 20$ ✓.

13. Arborele are $2^{4} = 16$ frunze. „Exact o stemă": stema poate fi la oricare dintre cele patru aruncări, deci $4$ cazuri favorabile ( $S B B B$ , $B S B B$ , $B B S B$ , $B B B S$ ).

14. Numere: $5 \cdot 4 = 20$ . Se termină cu cifră impară ( $1$ , $3$ sau $5$ ): începem cu ultima poziție — $3$ variante, apoi prima cifră are $4$ variante, deci $3 \cdot 4 = 12$ numere.

15. Bilele sunt $A_{1}, A_{2}, N_{1}, N_{2}$ . Prima extragere: $4$ ramuri; a doua: $3$ ramuri din fiecare nod, pentru că bila extrasă nu se mai întoarce. Frunze: $4 \cdot 3 = 12$ ✓. (Perechile sunt toate perechile ordonate de bile distincte.)

16. Numere de trei cifre distincte din ${1, 2, 3, 4}$ : $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ . Încep cu cifră pară ( $2$ sau $4$ ): prima poziție are $2$ variante, apoi $3$ și $2$ , deci $2 \cdot 3 \cdot 2 = 12$ numere — exact jumătate, pentru că două dintre cele patru cifre sunt pare.

17. Rezultatele fără doi bani consecutivi sunt $B S B$ , $B S S$ , $S B S$ , $S S B$ , $S S S$ , deci $5$ cazuri favorabile din $8$ . (Este imaginea în oglindă a exemplului din lecție, cu $S$ și $B$ schimbate între ele — de aceea numărul e același.)

18. Cazuri posibile: $5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$ șiruri ordonate de trei bile distincte. Drumul „albă – albă – neagră" are pe ramuri $3$ , apoi $2$ , apoi $2$ variante, deci $3 \cdot 2 \cdot 2 = 12$ cazuri favorabile. Controlul cerut, pe toate cele opt drumuri de culori: $AAA = 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6$ ; $AA N = 12$ ; $A N A = 3 \cdot 2 \cdot 2 = 12$ ; $A N N = 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6$ ; $N AA = 2 \cdot 3 \cdot 2 = 12$ ; $N A N = 2 \cdot 3 \cdot 1 = 6$ ; $N N A = 2 \cdot 1 \cdot 3 = 6$ ; $N N N = 2 \cdot 1 \cdot 0 = 0$ (nu există a treia bilă neagră). Suma: $6 + 12 + 12 + 6 + 12 + 6 + 6 + 0 = 60$ ✓ — arborele pe culori are, așadar, drumuri de „greutăți" foarte diferite, unul dintre ele chiar imposibil.

De reținut

Într-un experiment cu mai multe etape, fiecare frunză a arborelui este un rezultat posibil, deci $card (Ω)$ este numărul frunzelor, iar cazurile favorabile sunt frunzele marcate.
Prima întrebare la orice problemă cu urne: cu revenire, fără revenire sau simultan? Răspunsul schimbă numărul cazurilor posibile ( $5 \cdot 5$ , $5 \cdot 4$ sau $C_{5}^{2}$ pentru o urnă cu $5$ bile).
Un arbore desenat pe categorii (culori, tipuri) are frunze de greutăți diferite; el se folosește doar dacă scrii pe fiecare ramură câte variante conține și înmulțești de-a lungul drumului.
Când arborele e prea mare, desenează primele două niveluri, notează numărul de ramuri pe fiecare nivel și înmulțește — regula produsului.
Controlul obligatoriu: evenimentele disjuncte care acoperă toate posibilitățile trebuie să aibă suma cazurilor favorabile egală cu $card (Ω)$ .

Greșeli frecvente

Desenezi arborele pe culori și numeri frunzele. Patru frunze $AA$ , $A N$ , $N A$ , $N N$ nu înseamnă patru cazuri posibile; ele valorează $6$ , $6$ , $6$ și $2$ cazuri la o urnă cu $3$ albe și $2$ negre.
Nu citești dacă bila se pune înapoi. Cu revenire dau $5 \cdot 5 = 25$ de cazuri, fără revenire $5 \cdot 4 = 20$ . Subliniază în enunț cuvintele „se pune înapoi", „succesiv", „simultan", „deodată".
Amesteci ordonat cu neordonat. Dacă numeri cazurile posibile ca perechi ordonate, numără și cazurile favorabile tot ca perechi ordonate. Un raport între $C_{4}^{2}$ și $5 \cdot 4$ nu are niciun sens.
Uiți să tai ramurile interzise. La restricții de tipul „fără două steme consecutive", ramura interzisă trebuie ștearsă chiar în momentul construcției, nu la final.
Desenezi complet un arbore uriaș. Peste $20$ – $30$ de frunze, desenul devine sursă de erori. Trece la schiță plus produs, exact ca la numărarea cu $216$ de rezultate de la trei zaruri.

Aplică acasă

Trei monede, treizeci de probe. Aruncă trei monede de $30$ de ori și notează de fiecare dată șirul obținut. Grupează rezultatele pe cele opt frunze ale arborelui și compară numărul de apariții. Vor fi diferențe — reține-le, pentru că ele sunt tocmai subiectul lecției următoare.
Urna de acasă. Pune într-o pungă opacă $3$ obiecte de un fel și $2$ de alt fel (nasturi, monede, bomboane). Extrage două obiecte, întâi cu revenire, apoi fără. Desenează cei doi arbori numerotând obiectele și verifică numărul de cazuri: $25$ , respectiv $20$ .
Codul de la telefon. Dacă folosești un cod din patru cifre, calculează câte coduri există și câte respectă o regulă pe care ai putea-o impune (de exemplu, cifre distincte). Desenează doar primele două niveluri ale arborelui și continuă cu produsul.

Pentru părinți și profesori

Lecția transformă diagrama arborescentă din instrument de numărare în instrument de descriere a unui experiment aleator: frunzele devin rezultate posibile, iar frunzele marcate — cazuri favorabile. Programa de trunchi comun cere explicit reprezentarea prin diagrame arborescente și abordarea prin contexte practice, de aceea exemplele sunt urne, becuri, coduri și monede.

Miza reală a lecției este capcana arborelui pe categorii. Un arbore cu ramurile „albă/neagră" pare o simplificare inofensivă, dar produce frunze de greutăți diferite și duce, în lecțiile următoare, la probabilități greșite. Remediul predat aici — numerotarea obiectelor sau scrierea numărului de variante pe fiecare ramură — este și cel folosit la clasă în școala românească, și cel care pregătește corect condiția de echiprobabilitate.

Ce verifică lecția: dacă elevul întreabă, înainte de orice calcul, „cu revenire sau fără?"; dacă păstrează același mod de numărare la numărător și la numitor; dacă folosește controlul „suma cazurilor favorabile ale evenimentelor disjuncte care acoperă tot = $card (Ω)$ ". Întrebări bune de control: „Câte cazuri posibile sunt la două extrageri dintr-o urnă cu $5$ bile, în cele trei variante?"; „De ce frunza $N N$ valorează mai puțin decât $AA$ ?"; „Unde începi arborele când numărul trebuie să fie par?". Semne că a înțeles: numerotează spontan bilele identice și verifică totalul înainte de a da răspunsul.

La Bacalaureat, aceste numărători apar mereu ca primul pas al unui exercițiu de probabilități, iar baremul le punctează separat. Continuarea firească este Probabilitatea unui eveniment: definiția clasică, unde cele două numere obținute aici devin numărătorul și numitorul unei fracții.

Întrebări frecvente

Cum desenez o diagramă arborescentă pentru un experiment în mai multe etape? Pornești dintr-un punct numit rădăcină și adaugi câte un nivel pentru fiecare etapă a experimentului, cu câte o ramură pentru fiecare variantă posibilă la acea etapă. Fiecare drum complet, de la rădăcină la o frunză, este un rezultat posibil, iar numărul frunzelor este numărul cazurilor posibile.

Care e diferența dintre extragerea cu revenire și cea fără revenire? La extragerea cu revenire, obiectul scos se pune înapoi, deci la fiecare etapă oferta rămâne aceeași: pentru o urnă cu $5$ bile obținem $5 \cdot 5 = 25$ de cazuri posibile. La extragerea fără revenire, obiectul rămâne afară, deci oferta scade cu unu: $5 \cdot 4 = 20$ de cazuri.

Ce se schimbă dacă bilele se extrag simultan? Dispare ordinea, deci fiecare pereche de bile, care la extragerea succesivă apărea în două ordini, este numărată o singură dată. Numărul cazurilor posibile devine jumătate din cel ordonat, adică $C_{5}^{2} = 10$ pentru o urnă cu $5$ bile din care se iau două.

De ce nu pot desena arborele direct pe culori? Pentru că ramurile „albă" și „neagră" nu reprezintă un singur obiect, ci mai multe, iar frunzele obținute au greutăți diferite. La o urnă cu $3$ bile albe și $2$ negre, frunza „ambele albe" valorează $6$ cazuri, iar „ambele negre" doar $2$ . Soluția e să numerotezi bilele sau să scrii pe fiecare ramură câte variante conține.

Cum număr cazurile favorabile pe o diagramă arborescentă? Marchezi frunzele care realizează evenimentul și le numeri. Dacă arborele e desenat pe categorii, cu numărul de variante scris pe ramuri, înmulțești numerele de-a lungul fiecărui drum favorabil și aduni produsele obținute.

Ce fac dacă arborele are prea multe frunze? Desenezi doar primele două niveluri, notezi lângă fiecare nivel câte ramuri are și înmulțești numerele — adică folosești regula produsului. Pentru trei aruncări de zar, de exemplu, arborele ar avea $216$ de frunze, imposibil de desenat, dar produsul $6 \cdot 6 \cdot 6$ se scrie într-o secundă.

Cum tratez restricțiile dintr-un enunț? Le transformi în ramuri tăiate, chiar în timpul construcției arborelui: dacă nu sunt permise două steme consecutive, ștergi ramura „stemă" de sub orice nod obținut printr-o stemă. La final numeri frunzele rămase — este mult mai sigur decât să construiești tot arborele și să elimini apoi rezultatele nepotrivite.

Cum știu că am numărat corect? Alege câteva evenimente care se exclud reciproc și acoperă toate posibilitățile — de exemplu „ambele albe", „exact una albă", „ambele negre" — și adună cazurile lor favorabile. Suma trebuie să fie exact numărul cazurilor posibile; dacă nu este, ai pierdut sau ai dublat undeva un caz.