Részletes megoldások. c Horváth Gézáné dr. Lőrincz Sándor Vadvári Tibor
|
|
- Dénes Németh
- 4 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Részletes megoldások Horváth Gézáné dr. Lőrincz Sándor Vadvári Tibor Dr. Végh Ágnes Dr. Zimányi Krisztina MATEMATIKA A KÖZGAZDASÁGI ALAPKÉPZÉS SZÁMÁRA készült Valószínűségszámítás példatárhoz Szerkesztő: Horváth Jenőné dr. ISBN , raktári szám NT-67/P A CD teljes anyagát nemzetközi jog védi. Annak sem teljes egésze, sem semmilyen része semmilyen formában nem másolható a jogtulajdonos hozzájárulása nélkül. c Horváth Gézáné dr. Lőrincz Sándor Vadvári Tibor Dr. Végh Ágnes Dr. Zimányi Krisztina, Eszterházy Károly Egyetem Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt., Eszterházy Károly Egyetem Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet
2 TARTALOM. KOMBINATORIKA :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::. ESEMÉNYALGEBRA ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: 7. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI :::::::::::::::::::::::::::::::::. VALÓSZÍNŰSÉGI VÁLTOZÓ ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::. TÖBBDIMENZIÓS DISZKRÉT ELOSZLÁSOK ::::::::::::::::::::::::::: 6 6. TÖBBDIMENZIÓS FOLYTONOS ELOSZLÁSOK :::::::::::::::::::::::: 7 7. VALÓSZÍNŰSÉGELOSZLÁSOK :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: 8 8. A NAGY SZÁMOK TÖRVÉNYE :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::
3 . KOMBINATORIKA.. Permutáció. Mivel az -est és a -est meghatározott helyre kell tennünk, ezért csak öt szabad helyünk van, s erre öt különböző számot, a -ast, -est, -öst, 6-ost, 7-est! különböző módon helyezhetünk el.. A számjegyek száma, a zérust is beleértve. A pozíciók száma is tíz, de zérus nem állhat az első helyen, hiszen az nem valódi jegyű szám. Az összes permutáció száma: P!. A kedvezőtlen esetek száma áll elöl: P 9 9!. A kedvező esetek száma:! 9! 9! 9! 9 9! a Hat számjegyből kell hatjegyű számot készítenünk. A számok azért különböznek egymástól, mert más sorrendben követik egymást, tehát más helyiértéken állnak. Egy számot csak egyszer használhatunk fel, tehát itt hat elem ismétlés nélküli permutációjáról van szó. Ezek száma: P 6 6!. Azokat a számokat, amelyekben áll az első helyen nem tekintjük valódi hatjegyűnek. Ezek száma: P!. A keresett megoldás: 6!!! 6. b Tízzel akkor osztható egy szám, ha -ra végződik. Tehát a megoldásban a -t mindenképpen az utolsó helyre kell raknunk. Így az előző feladatok alapján a megoldás: P!. c Öttel akkor osztható egy szám, ha -re, vagy -ra végződik. A -ra végződők számát a b feladatban már kiszámoltuk: P!. Ha -re végződik egy szám, akkor ismét öt számjegyünk marad az öt helyre, de a számok között van a is, ami nem állhat az első helyen. Az öt szám permutációinak számából ki kell vonnunk azokat az eseteket, amikor -val kezdődő számról van szó. Tehát az -re végződő számok száma: P P! 96. db -ra végződő és 96 -re végződő szám képezhető a megadott számjegyekből, vagyis összesen tel osztható számot kapunk. d Akkor kapunk páros számot, ha -ra, -re, vagy -re végződik. Ha áll az utolsó helyen, akkor a b feladat megoldás alapján ezek száma: P!. Ha -esre végződik, akkor ugyanúgy kell gondolkodnunk, mint a c feladatban, amikor -ös állt az utolsó helyen. Így ezek száma: P P! 96. Ha a szám -esre végződik, akkor ugyanezt a gondolatmenetet kell követnünk. Tehát a megoldás:! +! +!. e Kétféleképpen is gondolkodhatunk. Vagy úgy, mint a d feladatban, vagyis, hogy az utolsó számjegynek, -esnek, -asnak vagy -ösnek kell lennie, s ez alapján a megoldás:! +! +! 88. Vagy úgy, hogy az összes lehetséges ötjegyű szám számából kivonjuk a párosakat. Ekkor a megoldás: f Mivel a keresett számokban a -as és a -es csak ebben a sorrendben szerepelhet, ezért egyetlen elemnek is tekinthetjük őket. Így elem sorrendjéről van szó, amelyben a is szerepel. Az előző feladatok gondolatmenete alapján a megoldás: P P! 96.
4 . KOMBINATORIKA g Ha csak azt tudjuk, hogy a -as és a -es egymás mellette áll, akkor az kétféleképpen lehet: vagy, vagy sorrendben. Az első esetet tartalmazó számok száma az f feladat szerint 96. Nyilvánvaló, hogy a második esetben is 96 darab számot fogunk kapni, hiszen csak a -as és a -es sorrendje változik meg. A megoldás tehát betű közül magánhangzó van. Tehát ugyanúgy gondolkodhatunk, mint a. g feladatban: 6!.. Mindenképpen úgy kell leülniük, hogy börtönőr kezdi a leülést, majd egy vádlott, s ezt folytatják felváltva úgy, hogy börtönőr zárja a sort. Így külön kezelhetjük a börtönőrök és a vádlottak leülési sorrendjét. A börtönőrök esetén sorrendjük száma: P 6 6! 7. A vádlottak esetén: P!. A megoldás tehát 6!! a A székek nem számozottak így csak az egymáshoz viszonyított helyzetük számít. Vagyis egy személyt valahová leültetve a többiek sorrendje hozzá viszonyítva számít: P! b A székek számozottak, így az asztalhoz viszonyított helyzetük is számít. Ezt úgy vehetjük figyelembe, hogy az a részben leültetett személyt nem mindegy hogy hova ültetjük. Az ő ültetési lehetősége szék van. Ha már valahova leültettük, akkor ehhez a leüléshez a társaságnak! sorrendje tartozik. Tehát az összes sorrend:!! c A székek nem számozottak így az a pontnak megfelelően csak egymáshoz való viszonyuk számít. Mivel A és B egymás mellé szeretne ülni, tekinthetjük őket egy elemnek is. Tehát a 9 elem ismétlés nélküli sorrendjéről van szó, aminek számap 9 9!DeAésB kétféleképpen is leülhetab, illetveba sorrendben, tehát az összes sorrend száma: P 9 9! d MivelC ésd is egymás mellé szeretne ülni, a c pont alapján őket is egy elemnek vehetjük, s így a keresett megoldás: P 8 8! 6 8. e A b pontban leírtak alapján az asztalhoz viszonyított helyzetük is számít. Mivel A és B egymás mellé akar ülni, egy elemnek tekinthetjük őket. Az első ember helyre ülhet le. Hozzá képest a többiek 9!-féleképpen ülhetnek le. Mivel A-t és B-t egy elemnek tekintjük, így 9! lehetőség van. De A és B itt is kétfélékképpen helyezkedhetnek el egymáshoz képest, tehát a teljes megoldás: 9! f Az előzőek alapján C -t és D t is egy elemnek véve, az első ember helyre ülhet, majd a hozzá viszonyított sorrend száma: 8!, vagyis a teljes megoldás: 8! Csak a nemek sorrendje számít, vagyis a férfiakat és a nőket maguk között nem különböztetjük meg. Vagyis tizenhét elemünk van, amelyek között hét, illetve tíz azonos. Ezek lehetséges sorrendjeinek számát kell megmondanunk, tehát a válasz: P 7 7! !! 8. 6 elem olyan ismétléses permutációjáról van szó, amelyben,, illetve ismétlődés van. Ezek száma: P 6! 6.!!! 9. Legyen n az elemek eredeti száma. Ekkor a permutációk száma n! Ha az elemszámot kettővel csökkentjük, akkor a permutációk száma n! lesz. A feladat szerint ennek -szerese n!-sal egyenlő. n! n!, ahonnan n!-sal való egyszerűsítés után: n n egyenlethez jutunk. Az egyenlet megoldása: n,n. A feladatnak csak az n felel meg, mivel az eredmény nem lehet negatív szám.
5 .. Permutáció P 9 +P ! !. a P 6 6! b n! n +! n! n n n + n! n + + n! ; n + n! n + n! n ; +! n + n n! c n! n n + n.! +!. a ;! n! n! b!n!!n,! n!!n!, 9. A feladat megoldása: és 9. n!!n! +6. A lakások az elemek, így elemről van szó. Az azonos emeleten levő lakások megegyező elemeket jelentenek. Ha az egyes lakókat gondolatban sorba állítjuk, és ugyanilyen sorban képzeljük a megfelelő emeletet felírva, akkor látjuk, hogy a beköltözések lehetséges elrendezését elem ismétléses permutációi adják, és 7 egyező elem estén, vagyis: P 7!!! 7! 7.. a A felülre kerülő pontszámok összegének hatnak kell lennie. Ezt többféleképpen is elérhetjük: ++6,++6,++6. Az + + azt jelenti, hogy két kockán -est, egy kockán pedig négyest dobunk. A lehetőségek számát három elemnek az ismétléses permutációi adják: P!!. Az + + esetén három különböző elem permutációiról van szó, amely száma:! 6. A + + esetben nyilván csak elrendezés lehetséges. Összesen -féleképpen lehetséges tehát, hogy a felülre kerülő számok összege hat legyen. b Ha az összeg 8, akkor a lehetséges dobások: P + +P , vagyis a lehetséges esetek száma: +P +P +P Mivel az első két helyre egy -est, illetve egy -ast helyeztünk, az utolsó hat helyre két -es, egy -es és három -as számjegy kerül. Így a 6 elem ismétlés nélküli permutációjának a számát kell meghatározni: P 6! 6 6.!! Tehát 6 különböző nyolcjegyű, -mal kezdődő számot írhatunk fel az adott számjegyekből.. A darab termék között hibátlan és selejtes van. Mivel a selejteseket utoljára vesszük ki, ezért az első húzáskor a hibátlanokból kell választanunk. A kiválasztások a termékek sorrendjében különböznek, tehát ezek száma!. Az utolsó húzáskor a selejteseket vesszük ki különböző sorrendben, aminek lehetséges száma:! Az összes lehetőség száma tehát:!! árucikk között 7,, illetve egyforma van. Ezek sorrendjeinek száma: P!!!! 7 7.
6 6. KOMBINATORIKA! 7. Az számjegyből - egyforma, így a lehetséges sorrendek száma:. Nem tekintjük!! azonban valódi számjegyűnek a számot, ha az első helyen áll. Így ezek számát ki kell vonni az előforduló összes sorrend számából. Ebben az esetben tulajdonképpen csak szám: a,,, sorrendjéről van szó. Ezek között megegyező van, tehát a lehetséges sorrendjeik száma:!. A keresett ötjegyű számok száma: 8.! 8. A kitöltésnél az,, elemeket használhatjuk fel 8-szor, -szer, illetve -szor. Ezért a lehetséges esetek száma: P 8! 87. 8!!! 9. Vizsgáljuk a magyar versenyzők szempontjából. Ha a legjobb magyar versenyző végez az első helyen, az esetek száma: 7! Ha magyar versenyző a második helyen végez: 6 6! Amennyiben a legjobb eredményű magyar versenyző végez a harmadik helyen: 6! Összesen: 9. Ugyanezt az eredményt kapjuk pl. akkor is, ha az összes sorrend számából kivonjuk azoknak a sorrendeknek a számát, amelyekben a két magyar versenyző egyike sem végez az első három hely valamelyikén: 8! 6!. a Mivel -mal kezdődik a szám, így a,, 6 számok sorrendje:. b Ha kettővel kezdődik a szám, akkor ; c -mal kezdődő szám esetén! +!9.. fej és írás tetszőleges sorrendjeinek számát kell megadnunk: P 8! 8!! 7.. Elképzelhetjük úgy a megoldást, hogy a vásárló sorba áll, s közöttük db -est, - db -est, illetve -ast osztunk ki. Így olyan elem permutációját kell meghatároznunk, amelyben,, azonos. P!!!!... Variáció. 9 színből úgy kell kiválasztanunk különbözőt, hogy a kiválasztás sorrendje is számít. Ennek száma: V A négy sportrepülőből kell kiválasztanunk -t, aki repül, de meghatározott szerepek vannak, tehát számít a kiválasztás sorrendje. Ez alapján a lehetséges esetek száma: V.. A 78 helyes megfejtő képviseli azokat az elemeket, amelyekből díjazottként elemet választhatunk, a sorrendet is figyelembe véve. V Jelöljük n-nel az elemek számát. V n n n n n n 6,n. Mivel n pozitív, ezért a megoldás: 6 elem.
7 .. Variáció 7 7. A hat szakmunkás a hat munkahelyre 6!-féleképpen osztható be. A nyolc szakképzetlen dolgozó közül ki kell választanunk hatot úgy, hogy a sorrendjük is számít, hiszen az más más munkahelyet jelöl. Tehát ezeknek a lehetőségeknek a számát nyolc elem hatodosztályú ismétlés nélküli variációjából tudjuk megmondani. Így az összes lehetséges beosztások száma: 6! V ! 8!! 8. Jelöljük n-nel a mintakollekció darabszámát. V n n 86 n n 86 n n, n. Mivel n pozitív, ezért a megoldás: darabos a mintakollekció. 9. Mivel 6 különböző gyakorló hely áll rendelkezésére az pályázónak ezért, a elem hatodosztályú variációját kell meghatároznunk: V Minthogy szobában folyik a rendelés, minden beteg ezekből az egyiket választhatja és ugyanabba a szobába nyilván több beteg is jelentkezhet. Így elemből kell -es sorozatokat képeznünk, sorrendjüket is számításba véve. E sorozatok számát elem -ed osztályú ismétléses variációinak száma adja meg, mely: V i Tehát a beteg féleképpen jelentkezhet rendelésre.. a Ha -mal kezdődik a négyjegyű szám, amelynek párosnak kell lennie, akkor az -re, vagy 6- ra végződik. A -re végződőek száma:. Ugyancsak a 6-ra végződőek száma, így összesen lehetőség van. b Azt tudjuk, hogy -vel kezdődő és vagy -re, vagy 6-ra végződő négyjegyű számot szeretnénk felírni. Ezek száma: V. c Amennyiben -mal kezdődik, úgy -re, -re, vagy 6-ra végződik. Ezek száma: V 8.. számjegyből kell választanunk különbözőt úgy, hogy a kiválasztás sorrendjét is figyelembe kell vennünk. számjegyből V szám készíthető. Ezek között azonban olyanok is vannak, amelyekben áll az első helyen. Ebben az esetben, már csak 9 számjegyből választhatunk a fennmaradó helyre. Ezek száma: V A megoldás tehát: 6. V V 9. Egyszer feldobva a kockát hatféle pontszámot kaphatunk. A lehetséges dobássorozatok száma tehát hat elem ötödosztályú ismétléses variációinak száma, azaz V i Legyen a számjegyek száma k. A számjegyből, mint elemekből képzett k-adosztályú ismétléses variációk adják a lehetséges számokat. Ezek számának a következő összefüggésnek kell eleget tennie: ki V k k. Tehát legalább öt jegyből álló számokat kell felírnunk.. Az egy kérdésre adható válaszok négyfélék. Ez négy elemet jelent, amellyel nyolc egymás utáni helyet kell a sorrendet is figyelembe véve kitölteni. Az összes lehetőséget négy elem nyolcadosztályú ismétléses variációinak száma adja: V 8i Tehát a különböző válaszsorozatok száma: 6 6.
8 8. KOMBINATORIKA 6. Mind a négy gyalogos lámpának két állása lehetséges: piros, vagy zöld. Négy helyre kell választanunk két elemből, vagyis két elem negyedosztályú ismétléses variációinak a számát kell meghatároznunk: V i Egy mérkőzésre háromféle tippünk lehet:,,. Egy szelvényen e három elemből az első mérkőzés mindegyikéhez egyet hozzárendelünk. Az összes lehetséges esetek elem - adosztályú ismétléses variációinak számával egyenlő, hiszen az elemek sorrendje is számít. Ezek száma: V i Az összes ötjegyű szám száma: V i. Ebből el kell hagynunk, amelyik -val kezdődik: V i, illetve amelyik nem tartalmaz páratlan számot:. A megoldás száma: Az alapelemkészletünk kettő elemből áll: a pontból és a vonalból. Ebből kell legfeljebb -öt, vagyis -et, vagy -öt, vagy -at, vagy -et, vagy -ötöt kiválasztanunk. A kiválasztás a sorrend figyelembe vételével, ismétléssel történik. Egy elemű jelsorozat esetén: V i, két elemű jelsorozat esetén: V i, három elemű jelsorozat esetén: V i 8,négyelemű jelsorozat esetén: V i 6, öt elemű jelsorozat esetén: V i. A megoldáshoz ezen esetek számát kell összeadnunk: 6.. Az első két helyre tíz elemből kell választani, melyek száma: V i. A következő három helyre elemből választhatunk V i 6. Az I. és a II. osztályúak kiválasztása egymástól független, tehát a megoldás: Az összes lehetséges dobássorozat száma: V i Mivel legalább az egyik dobás 6-os, ezért az összes lehetséges dobássorozat számából el kell hagyni azon eseteknek a számát, amelyekben nem szerepel 6-os: V i 6 V i a + 6. b +,. Mivel, ezért a megoldás:.. Az első öt helyiértéken tetszőleges számok szerepelhetnek, melynek száma: 9.Haazelső számjegy összege páratlan volt, az utolsó helyiértékre,,, 7, 9 kerülhet, ha az első számjegy összege páros volt, akkor az utolsó helyiértékre,,, 6, 8 kerülhet. Vagyis az utolsó helyi értékre mindkét esetben -féle számjegy kerülhet, az eredmény 9.. a A kiválasztásnál számít a sorrend, tehát hat elem ismétléses variációinak a számát kell meghatároznunk: V 6i b Páros száma golyónak van, ezért három elem ismétléses variációinak száma: V 6i a V i ; b Mivel az első dobás 6-os lehet csak, ezért V i 6.
9 .. Kombináció 9 6. Minden tárgyhoz rendeljünk a főből egyet hozzá. Mivel a tárgyakat megkülönböztetjük, ezért ez ismétléses variáció: V i Kombináció 7. Jelöljük a személyeketa,b,c,d,e,f betűkkel. A betűk hat elemet jelölnek, melyekből négy elemből álló csoportokat kell képeznünk, sorrendre való tekintet nélkül. E csoportok számát hat elem negyedosztályú kombinációi adják, melyek száma: C 6 6 6!!!. A feladatot úgy is megoldhattuk volna, hogy nem a négy utast, hanem azt a -t választjuk ki, aki nem száll be a liftbe. C 6 6 6!!!. 8. Nézzük meg először hogy, a vörösbort hányféleképpen választhatjuk ki! Öt számunkra kedvező üveg van, ebből kell kiválasztanunk kettőt, úgy hogy a sorrend nem számít. Ezek számát öt elem másodosztályú kombinációinak a száma adja, C!. Hasonlóan gondolkodhatunk a fehérbo-ros!! üvegek esetén is. Így azon lehetőségek száma, hogy tíz palackból négyet kiválasztunk: C!. Az összes lehetőség a kettő szorzata: vagyis -!6! féleképpen választhatunk ki hat üveget úgy, hogy közötte kettő vörösboros legyen. 9. Az db zár közül %, azaz db selejtes. a Mind selejtes azt jelenti, hogy tulajdonképpen a db selejtesből választottuk ki a terméket úgy, hogy a sorrend nem számít. Tehát elem -ed osztályú kombinációjáról van szó. A lehetőségek száma: C b Az selejtes azt jelenti, hogy db-ot a selejtesek közül, s másik db-ot pedig a hibátlanok közül kell kiválasztanunk. A lehetőségek száma: CC Kiválasztás során a sorrend nem számít, tehát kombinációról van szó. I. osztályú és II. osztályú termékünk van. A feladat szerint a kiválasztottak között legfeljebb II. osztályú lehet, ami azt jelenti, hogy ezek száma,, vagy. A mintában nincs másodosztályú: C, egy másodosztályú: CC 68, két másodosztályú: CC. Tehát: 78-féleképpen választhatunk ki ilyen feltételek mellett elemet.
10 . KOMBINATORIKA. A négy ász mellé még hat lapot kell választanunk a maradék 8 lapból, hogy az illetőnél kártya legyen. Képeznünk kell 8 elem 6-odosztályú ismétlés nélküli kombinációit, melyek száma: C Tehát a ászt tartalmazó lap 76 7-féle módon osztható ki.. A két legjobb versenyzőn kívül még induló van. Közülük kell kiválasztani még 7-7 indulót az egyes csoportokba. Képeznünk kell tehát elem 7-edosztályú ismétlés nélküli kombinációit, amelyek száma: C Végül kiválasztjuk, hogy melyik 7 fős csapat melyik favorittal kerül egy csoportba. Két lehetőség van, ezért az összes eset száma C Tehát 686 különböző módon végezhető el a versenyzők csoportosítása.. A nyolc tagú csoportban a szakképzetlenek száma legfeljebb, ami azt jelenti, hogy, vagy, vagy. Amennyiben nincs szakképzetlen a csoportban, a kiválasztás száma: C Egy szakképzetlen esetén: C C Két szakképzetlen esetén: C C A megoldás tehát a Elnököt elsőként választanak, tehát ha Kovács Éva az elnök, akkor a másik tagot a maradék tagból választják: C 6. b Amennyiben nem elnökként tagja az elnökségnek, úgy elnök hallgató lehet, s mellé még tagot kell választani: 86. c A szállodai szobák száma 6. Mivel a szoba kiadása a. és a. emeleten történik, ez -féleképpen végezhető el. 6. Az urnából a 6 golyó lehetséges kihúzásainak száma:. 7. A két golyó egyforma színű, ha mindkettő piros, ezt -féleképpen; mindkettő zöld, ezt 6-féleképpen; mindkettő fehér, ezt -féleképpen lehet megvalósítani. Így összesen -féleképpen végezhetjük el a egyforma színű golyó húzását.
11 .. Binomiális tétel n n n 8. Jelöljük n-nel az elemek számát. Ekkor n, n 9. Mivel n pozitív szám, ezért a megoldás:. 9. A postaládából kell kiválasztanunk -öt, amelybe a levelet bedobjuk. a A kiválasztásnál nem lehet ismétlés, tehát C. b A kiválasztásnál az ismétlést is megengedjük, tehát C i A négyféle fagylaltból 6 gombócot kell kiválasztanunk, úgy hogy egy fajtából több gombóc is kiválasztható. Azaz négy elem hatodosztályú ismétléses kombinációinak számát kell meghatároznunk: C 6i Jelöljük -essel a kiválasztott hallgatót, -essel a többit. Ekkor minden kiválasztás megfelel egy darab -esből és 7 darab -esből álló számsorozatnak, amelyben nincs egymás mellett két -es. Ez azt jelenti, hogy legalább két kettes vesz közre egy -est, vagyis a 7 kettes 8 olyan helyet határoz meg, ahova -es kerülhet. Ezekből kell kiválasztani -öt. A megoldás: C Binomiális tétel 6. a + b +y 6 c y y y + y + 6 y + 6 y y y + y y y +6 y 6. y y + y 9 6. A8.tag: y y + y 9 y y. 7 b a b a a b b a b a. y +
12 . KOMBINATORIKA.. Vegyes feladatok 6. a A sorsolásnál a sorrend nem számít, mivel a tárgyak egyformák. Egy hallgató csak egy tárgyat kaphat, ezért elem negyedosztályú ismétlés nélküli kombinációjáról van szó, amelyek száma: C b Mivel a tárgyak különbözőek, számít a sorsolás sorrendje. Egy hallgató legfeljebb egy tárgyat kaphat, ezért elem negyedosztályú variációjáról van szó, melyek száma: V! ! c Az előző ponttól annyiban tér el a feladat, hogy egy hallgató több jutalmat is kaphat, tehát elem negyedosztályú ismétléses variációinak számát kell meghatároznunk: V i a Az ötös szám nem szerepel, tehát csak -féle számot dobhatunk, vagyis elemből választhatunk ki -et úgy, hogy a dobás sorrendje is számít, s egy számot többször is kiválaszthatunk. Így tulajdonképpen öt elem negyedosztályú ismétléses variációjának számát kell meghatároznunk: V i 6. b Mivel a dobások sorrendje számít, először ki kell választanunk, hogy melyik helyen fog szerepelni az ötös. Ezt így az összes lehetőségünk: -féleképpen tehetjük meg. A maradék helyre ötfélét dobhatunk,. c A legalább háromszor szerepel kifejezés azt jelenti, hogy háromszor, vagy négyszer szerepel. Ha háromszor szerepel az ötös, akkor ezek helyét -féleképpen választhatjuk ki, s a maradék egy helyre még ötféle számot írhatunk, tehát a lehetőségek száma:. Hasonló gondolatmenettel adódik, hogy a csupa ötös dobására csak lehetőség van. Az összes lehetőség száma: Az ültetések két csoportba sorolhatók. Vagy két fiú és egy lány, vagy két lány és egy fiú kap helyet. Mivel a sorrend számít, variációról van szó. A lányok számát jelöljük n-nel. Ekkor a következő egyenlethez jutunk: V n +V 8 8 8, ahonnan n -et kapunk. n 68. Először azt a -at választjuk ki, akik nem vívnak. Számuk: C. Ezután a megmaradó vívóból állítjuk össze a párokat. Ha a párok sorrendje is számítana, akkor az első párt C, a másodikat C stb. féle módon választva a párok száma: C C C C 8 C C 6 lenne. Minthogy sorrendjük nem számít, e számot a 6 pár lehetséges elrendezéseinek számával P 6 6!-sal osztani kell. A lehetőségek száma:
13 .. Vegyes feladatok C C C C 8 C 6 C P 6 6! Tehát 79 7-féle módon választhatók ki a párok. 69. Az lány mindenképpen táncol. A 7 fiúból az táncolót a lányokhoz kiválasztva a sorrendet ők határozzák meg: V Tehát pár alakulhat. 7. Tegyük fel, hogy indulás előtt minden induló megkapja a csónak számát. A csónakázókat fel állítjuk egy sorrendben, s kiosztunk nekik darab -est, darab -ast, darab -est. A lehetséges esetek száma tehát ezen elemek sorrendjeinek a számával egyenlő: P 9! 9!!! 6. Tehát 9 ember 6-féleképpen helyezkedhet el a csónakokban. Más gondolatmenettel is megkaphatjuk a megoldást, pl: először a kilenc fő közül kiválasztjuk a négyszemélyes csónakba ülőket, a megmardt öt fő közül kiválasztjuk a háromszemélyes csónakba ülőket, az utolsó két főt a kétszemélyes csónakba ültetjük. A lehetőségek száma: C 9 C C Összesen ötven darab dobozunk van, amelyek között ---- azonos. A kihúzások lehetőségeinek számát ötven elem ismétléses permutációjának a száma adja: P!!!!!! a ; b + 6 ; c ! +!!! Az egyenlet megoldva -hez jutunk.!! b +!! +! +. Az egyenlet megoldva -hez jutunk. 7. a!!! +! a Mivel a két embert nem különböztetjük meg, ezért kombinációról van szó. Felfelé 6 út közül kell kiválasztanunk kettőtc 6 6 -féleképpen, majd lefelé a maradék négy útból választhatunk, hiszen egy utat csak egyszer választhatunk ki. Mivel mindegyik úthoz kell egy lefelé vezető folytatást választani, ezért a kiválasztás sorrendje is számít. A lehetőségek száma: V, hiszen minden felfelé vezető úthoz lefelé vezető útpár tartozhat. Az összes lehetőség száma: 8. b Ha kétszer is igénybe vehető egy-egy út, akkor a lefelé vezető út kiválasztásakor ismét 6 elemből választhatunk. Így a megoldás: 6 6.
14 . KOMBINATORIKA 7. a Mivel -nél nem lehet nagyobb a szám, ezért az első helyre csak az -es számjegy kerülhet. A maradék három helyre négy szám közül választhatunk. Így V a lehetőségek száma. b Ha a számjegyek ismétlődését megengedjük, akkor a maradék három helyre ismét öt számjegyből választhatunk. Így V i számot kaphatunk. -edosztályú ismétléses variációk adják, vagyis V 76. Jelöljük a szükséges számjegyek számát -szel. A lehetséges számok az számjegyből alkotott i 6 6. Ebből. Tehát legalább számjegyjegyből álló számokat kell felírnunk. 77. A két utolsó számjegy,,,,, lehet. A kívánt feltételeknek eleget tevő számok száma: a Gondoljuk végig, hogy ha az első helyre páros számot írunk, akkor hány lehetőség van, illetve ha páratlan jeggyel kezdjük a számot, akkor hogyan alakul a lehetőségek száma. V + V 8 8. b -zel akkor osztható, ha -ra végződik a szám. Ezért V9 esetben kapjuk a kívánt számot. c -re végződő: 7 7 9; -re végződő: 8 7 6; 7-re végződő: Összesen: esetben kapjuk a kívánt számot. 79. Három pontja lehet a következőképpen: győzelem, győzelem döntetlen, győzelem döntetlen esetén. Így a megoldás: a Állítsuk fel a fiúkat és a lányokat szembe egymással. Nyilvánvalóan annyiféleképpen tudunk párokat képezni, ahányképpen a rögzített fiúkkal szemben a lányokat permutálni tudjuk: P 6 6! 7. b C P 8 6 -féleképpen tudjuk kiválasztani az a pontbeli 6 fiút, így c C ésc P 8 -féleképpen választhatjuk ki a fiúkat 6 -féleképpen a lányokat, így a párok száma: 8 C 6 P. 8. Csak 8 és 9 lehetnek a szóba jövő számjegyek. Ebből négyjegyű számot kell úgy létrehoznunk, hogy minden kilencest nyolcas kövessen. Ezen lehetőségek száma: féleképpen lehet kiosztani. 8. a A díjakat b Ha az első helyezett nő, akkor ezt a 8 résztvevőből választhatjuk ki, ami 9 -féleképpen lehetséges. 8. Az előző feladatok alapján: a 8; b 6; c.
15 .6. Önellenőrző kérdések 8. -tel akkor osztható egy szám, ha -tel és -mal is osztható, -tel pedig, ha -ra, vagy -re végződik, -mal pedig ha a számjegyek összege osztható -mal. Ha az utolsó számjegy, a negyedik számjegy lehet, vagy 7. 6 lehetőség. Ha az utolsó számjegy, a negyedik számjegy csak 8 lehet. 6 lehetőség. Összesen tehát különböző szám írható fel. 8. a A hat hallgató közül kiválasztjuk, aki három nyereményt kap. Ezt 6-féleképen tehetjük meg. Majd a maradék öt hallgatóból azt választjuk ki, aki két nyereményt kap. Ezt -féleképpen tehetjük meg. A többi választás már egyértelmű. Így a megoldás: 6. 9 b Az a hallgató, aki tárgyat kap, ezt 8-féleképpen kaphatja meg, az aki két nyereményt kap, az -féleképpen kaphatja meg. A többi tanulónak a tárgyakat! módon 6 lehet kiosztani. Az összes lehetőség száma: 6 9 6! Mivel egymás mellett levőt nem szolgálhatnak ki, s 6 felszolgáló van, ezért közöttük egy-egy vendég marad, aki csak másodszorra kapja meg az első fogást. Vagyis a megoldás:. 87. Legfeljebb jelről akkor beszélünk, ha az,,, vagy jelből áll. jelből álló jelsorozat féle lehet. jelből álló jelsorozat i -féle lehet. jelből álló jelsorozat i 8-féle lehet. jelből álló jelsorozat V i 6-féle lehet. Összesen tehát jelsorozatot eredményez..6. Önellenőrző kérdések. Nézzük azt az esetet, amikor a Jancsi és Juliska leülési sorrendje Jancsi, Juliska. Tekinthetjük őket egy elemnek. A társaság többi 9 tagjával együtt kapott elem permutációinak a száma:!. Mivel Jancsi és Juliska leülhetnek Juliska, Jancsi sorrendben is, a lehetőségek száma megkétszereződik! Az eredmény tehát P! Példánkban n,k,k,k, vagyis elem ismétléses permutációinak számát kell meghatároznunk. Ezek száma: P!!!.. A 6 emberből négyet úgy kell kiválasztanunk, hogy a sorrend is számít, hiszen számozott helyek vannak a csónakban. Ezért a megoldás: V Tíz elemünk van:,,,,,, 6, 7, 8, 9. Az automata telefonközpont összes lehetséges állomásainak száma: V 6i 6.. A TK. 7. oldalán található definíció alapján: <k n.
16 6. KOMBINATORIKA 6. A 6 csapatból -t kell kiválasztani, aki játszik. Az összes választás száma: C C i Egy embernek maimum 6 ismertsége lehet, ha páros számú ismerősnek kell lennie. Ha két társaságbeli A és B ismeri egymást, akkor ez A-nak is és B-nek is - ismeretséget jelent. Ezért legfeljebb 8 6 ismertség lehetséges. Ez az ismertségek maimális száma, mert ha a társaságban mindenkihez pontosan egy olyan személyt találunk, akit nem ismer, akkor az ismertségek száma éppen. 9. Acsapat egyfordulós mérkőzést játszhat. Így az átlagos nézőszám: 7.
17 . ESEMÉNYALGEBRA 88. a Az eseménytér elemei: h az darab termék között nincsen selejtes, h az darab termék között selejtes van,. h az darab termék mindegyike selejtes. b Jelöljük j -vel a jó termék választását, s-sel a selejtes termék választását. Az eseménytér elemei: h j j j j j mindegyik jó, h s j j j j az. selejtes, a többi jó, h j s j j j a. selejtes, a többi jó,. h j j j j s az. selejtes, a többi jó, h 6 s s j j j az. és a. selejtes, a többi jó, h 7 s j s j j az. és a. selejtes, a többi jó,. h s s s s s. Általánosan: az eseménytér pontjait a k db s és k db j betűből alkotott rendezett ötösök k,, :::, halmazával reprezentálhat-juk. Az eseménytér elemeit a j és s elemek ötödosztályú ismétléses permutációival is megadhattuk volna így az eseménytér elemeinek száma:. 89. Jelöljük n-nel azt, hogy nyerünk, v-vel azt, hogy veszítünk. a H {nnn nnv nvn nvv vnn vnv vvn vvv}. Megjegyzés: a lehetséges kimeneteleket az n, n, n, n, n, v stb. rendezett hármasokkal is megadhatjuk. b H {nnn nnv nv v}. 9. a H {,,,,, 66,,,,, 6,,,, 6,,, 6,, 6, 6}. A lehetséges kimenetek megadhatók az,,,,, 6 elemek másodosztályú ismétléses kombinációival, így számuk. b Ebben az esetben, mivel a dobások sorrendjét is figyelembe kell venni, H { 6 6 ::: 6 66}. A hat elem másodosztályú ismétléses variációinak száma: a A tétel nem elfogadható minőségű, azaz kettőnél több hibás darab van a mintában. b A B esemény azt jelenti, hogy az első 8 darab átvizsgálásakor hibásat találunk, ez több mint kettő, tehát a tétel nem fogadható el. c Az utolsó kettőt akkor kell megvizsgálni, ha az első nyolc darab vizsgálatakor legfeljebb kettő, azaz, vagy db hibásat találtunk, vagyis B, B, illetve B bekövetkezése esetén.
18 8. ESEMÉNYALGEBRA 9. a A megbeszélésen nem tizenkét résztvevő jelenik meg. b A megbeszélésen vagy résztvevő jelenik meg. c Lehetetlen esemény A és B kizárja egymást. d B; e A B. 9. a Holnap mm-nél kevesebb eső esik. b Holnap legalább mm eső esik. c Ez lehetetlen esemény, hiszen A esemény azt jelenti, hogy 8 mm-nél kevesebb eső esik, B pedig azt, hogy mm-nél több. d Holnap 8 mm-nél kevesebb eső esik, hiszen A esemény azt jelenti, hogy 8 mm-nél kevesebb eső esik, B pedig azt, hogy mm-nél kevesebb. E kettő egyszerre teljesülése volt a kérdés. e Bármennyi eső eshet holnap. A esemény bekövetkezése a legalább 8 mm esőt jelenti, B pedig azt, hogy mm-nél kevesebb. f A B. 9. a A második pénztárgép nem működik. b Legalább az egyik működik. c Mindkettő működik. d Csak a második működik. e Csak az első működik. f A \ B A B a TK.. oldalán feltüntetett összefüggés alapján. A megoldás tehát megegyezik az e feladatéval. g A B A B a TK.. oldalán kimondott de Morgan-azonosság alapján, vagyis egyik sem működik. h A \ B B \ A A B B A az előző pontban említett azonosság alapján. Az esemény akkor és csak akkor következik be, ha csak az egyik pénztárgép működik. 9. a Legalább az egyik nyomtató működik. b Csak a harmadik nyomtató működik. c Az első és a második működik, a harmadik nem. d A A A A A A A A A, a TK.. oldalán kimondott de Morganazonosság alapján. Felhasználva a komplementer képzés A A tulajdonságát: A A A A A A. A kapott alakból már könnyű megfogalmazni az eseményt, ami megegyezik a c feladat megoldásával. e A A A ; f A A A ; g A legalább két nyomtató működik esemény akkor következik be, ha pontosan kettő vagy mindhárom működik. Ez alapján a kifejezés: A A A A A A A A A A A A. h A A A A A A A A A. 96. a A A A ; b Ezt az eseményt két féleképpen közelíthetjük meg. Az egyik megoldás: pontosan egy, vagy pontosan kettő, vagy mindháromból érkezik áru. Eszerint:
19 9 A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A : A másik megoldás: nem következik be az az esemény, hogy nem érkezik áru egyik raktárból sem. Ennek alapján: A A A A A A. c A A A A A A A A A ; d Az esemény akkor és csak akkor következik be, ha csak az egyik raktárból, vagy egyikből sem érkezik áru. Ezért: A A A A A A A A A A A A. Más alakban: A A A A A A. e A A A ; f A A A. 97. Az eseményekre vonatkozó ún. beolvasztási a és b feladatok és disztributív c és d feladatok szabályokat az események összes bekövetkezési lehetőségét mutató táblázat segítségével bizonyíthatjuk. Az a és b feladatokat azonosságok alkalmazásával is megoldhatjuk. TK.. o. A A B A A B A B A A A A B A H A B A H B A H A 98. Az eseményekre vonatkozó állításokat táblázat segítségével bizonyíthatjuk. Az a feladatnál alkalmazhatunk azonosságokat is: A B A B A A B B A b feladatnál használhatjuk a szorzat esemény és a maga után von reláció definícióját. 99. a A négy esemény egymást páronként kizárja: A B A B A B B ; A B A B A A B B ; A B A B A A B B ; A B A B A A B B ; A B A B A A B ; A B A B A B B. A négy esemény összege a biztos esemény: A B A B A B A B [ A B B ] [ A B B ] H. b Végezzük el a következő átalakításokat: A B \ C A B C,A\ B C A B C, az öt esemény egymást páronként kizárja: A A B C A A B CA A B C A A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C. Az öt esemény összege a biztos esemény. A megoldásban segítséget nyújthat a Boolealgebrában megismert táblázat alkalmazása, vagy a tanult azonosságok felhasználása. A A B C A B C A B C A B C A A B C C A B C C A A B A B A A B B A A H.
20 . ESEMÉNYALGEBRA. Nem alkotnak teljes eseményrendszert, mert pl.: az {i i} esemény kimarad, így az A B C H nem teljesül... Vegyes feladatok. a A A A ; b A A A A A A ; c A A A A A A A A A ; d Nem alkotnak teljes eseményrendszert, mert egyrészt: A A A H, hiszen lehetséges, hogy egyik dobás sem 6-os, másrészt az sem igaz, hogy A i A j i j, i; j,,:::,, mert pl.: A A esemény azt jelenti, hogy a második és a harmadik dobás 6-os. Ez pedig nem lehetetlen esemény.. a Teljes indukcióval igazoljuk a tételt. A tétel n -re igaz; mert, a TK.. oldalán található de Morgan-egyenlőséget kapjuk: A A A A. Következtetünk n -ről n-re: A A ::: A n A n A A ::: A n A n A A ::: A n A n. Szavakkal kifejezve: Az az esemény, hogy az A, A, :::, A n események közül nem következik be legalább egy azt jelenti, hogy az A, A, :::, A n események közül egyik sem következik be. b Teljes indukcióval igazoljuk a tételt. A tétel n -re igaz, mert a TK.. oldalán található de Morgan-egyenlőséget kapjuk: A A A A. Következtetünk n -ről n-re: A A ::: A n A n A A ::: A n A n A A ::: A n A n. Szavakkal kifejezve: az az esemény, hogy az A, A, :::, A n események közül nem következik be mindegyik azt jelenti, hogy az A, A, :::, A n események közül legalább az egyik nem következik be.. a A A A ; b A A A ; c A A A ; d A A ; e A A A ; f Pontosan egy hűtőpult romlik el: A A A A A A A A A. g Legfeljebb egy hűtőpult romlik el azt jelenti, hogy egyik sem vagy pontosan egy romlik el: A A A A A A A A A A A A. Másként: A A A A A A. h Azt, hogy legfeljebb két hűtőpult romlik el, kétféleképen is megfogalmazhatjuk. Egyrészt, hogy egy sem, vagy pontosan egy vagy pontosan kettő romlik el: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A Másrészt, hogy egyszerre a három nem romlik el: A A A. i A A A.. a A B C ; b Legalább kettő nem működik, azt jelenti, hogy kettő, vagy három metróvonal nem működik: A B C A B C A B C A B C.
21 .. Vegyes feladatok Másként: A B B C A C. c A B C ; d Legalább kettő metró működik, azt jelenti, hogy kettő, vagy három működik: A B C A B C A B C A B C. Másként: A B B C A C. e A B \C A B C A B C esemény jelentése: mind a három metróvonal működik. f A\C B A C B A B C esemény jelentése: csak a sárga metróvonal nem működik. g A B B C A C esemény jelentése: legalább két metróvonal működik. Másként: A B B C A C.. a A B C ; b A B C A B C A B C ; c Legfeljebb egy bank emeli a kamatokat, azt jelenti, hogy egyik sem, vagy pontosan az egyik emeli a kamatokat: A B C A B C A B C A B C :Másként: A B B C A C. d A\B C \B A B C B A B C esemény jelentése: Csak az OTP nem emeli a kamatokat. e A B C C A B C C A B C C.MivelC C ezért A B C C, vagyis a lehetetlen eseményt kapjuk. f A A B B C A B C esemény jelentése: vagy a CIB, vagy az OTP és az MKB, vagy mindhárom bank emeli a kamatot. g A B\C A B C A B C esemény jelentése: a CIB Bank nem emeli a kamatot, illetve az OTP nem, de az MKB emeli a kamatot események közül legalább az egyik bekövetkezik. 6. a A A A A A. b Az öt vizsga közül az egyik ötös, ugyanakkor a többi vizsgája nem jeles: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A : c Legfeljebb egy vizsgája jeles azt jelenti, hogy egyik vizsgája sem vagy pontosan egy vizsgája jeles: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A : d Legalább egy vizsgája jeles: A A A A A. e Legfeljebb két vizsgája jeles azt jelenti, hogy nincs ötös vizsgája vagy pontosan egy vagy pontosan két vizsgája jeles. Ez alapján a c feladat megoldását kell kibővítenünk az összeadás műveletével a következőkkel: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ::: A A A A A : 7. a A B esemény jelentése: a gyógyszertár termékeiből nem vásárol, de külföldi terméket igen. b A C esemény jelentése: a gyógyszertár termékei, illetve magyar termékek közül egy időben nem vásárol.
22 . ESEMÉNYALGEBRA c A B C esemény jelentése: legalább az egyik termékcsoport közül vásárol. d A B C esemény jelentése: külföldi, illetve magyar terméket vásárol, a gyógyszertár saját készítményeiből pedig nem. e A B esemény jelentése: a gyógyszertár, illetve a külföldi termékek valamelyikéből biztosan vásárol. f A B C, esemény jelentése: legalább az egyik termékcsoportból nem vásárol. g A \ B C B C A B C B C A B C B C A B C B C A B C A B C esemény jelentése: vagy mind a háromféle termékből vásárol, vagy csak a gyógyszertári termékekből. h A B C B C B C B C A B C A H A B C A A B C H, biztos esemény jelentése: a gyógyszertár termékeiből vásárol és az egyszerre a három termék csoportból nem vásárol állítás közül legalább az egyik bekövetkezik. 8. A lehetséges nyeremények: Ft: csak az első játékon nyerünk, A A A ; Ft: csak a második játékon nyerünk, A A A ; Ft: kétféleképpen is bekövetkezhet, vagy csak a harmadik játékon nyerünk, vagy csak az első kettőn, A A A A A A ; Ft: csak az első és a harmadik játékon nyerünk, A A A ; Ft: csak a második és a harmadik játékon nyerünk, A A A ; 6 Ft: mindegyik játékon nyerünk, A A A. 9. a B B B B B. b B B B B B. c B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B : d Nem alkot teljes eseményrendszert, mert B B B B B H, hiszen az eseménytérnek eleme az is, hogy nem dobunk ötöst. Látható az is, hogy B i B j.. Önellenőrző kérdések. Az A B jelenti azt az eseményt, hogy zöldet vagy kilencest húztunk, így az első három válasz mindegyike hamis.. Az A B jelenti azt az eseményt, hogy egyszerre húzunk zöldet és kilencest, vagyis az első állítás az igaz.. Az A \ B esemény akkor következik be, ha A bekövetkezik és B nem, vagyis a selejtarány %nál kisebb, de %-nál nem lesz alacsonyabb.. A B A akkor és csak akkor igaz, ha B maga után vonja A-t.. A B B akkor és csak akkor igaz, ha B maga után vonja A-t. 6. A B A akkor és csak akkor igaz, ha A és B egymást kizáró események.
23 .. Önellenőrző kérdések 7. Ha A és B egymást kizáró események, akkor A B. Ha A maga után vonja B-t, akkor A B A. Ha B maga után vonja A-t A B B. Így az első három válasz hamis. 8. A 7. pontbeli indoklás alapján az első három válasz hamis. 9. A B B A B B B A B H A B. Az A B A pedig csak akkor és csak akkor igaz, ha B maga után vonja A-t.. A B B A B B B A B A B. A B A akkor és csak akkor igaz, ha A és B egymást kizáró események.. Az az esemény, hogy András notebookot használ, de Bálint és Csaba nem, A B C lesz.. A B C A B A C azt az eseményt jelenti, hogy Andrással együtt legalább ketten notebookot használnak.
24 . A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI.. A valószínűség fogalma, aiómái, tételei. a Az A \B eseményt írjuk fel más alakban: A B. Így az állítás: PA B PA PA B, PA B hozzáadása után megegyezik a. mintapélda b részének igazolásával. b A és B események felcserélésével szintén a. mintapélda b részében szereplő állítást kapjuk. c Az egyenlőség jobb oldalát a de Morgan-azonossággal átalakítva: PA B PA B. Felhasználtuk még a TK... tételt. d Használjuk ki, hogy A B és A B események egymást kizárják, így a következő egyenlőséghez jutunk: PA B+PA B PA+PB PA B. Az egyenlőség mindkét oldalához PA B -t hozzáadva, a bal oldalon a III. aióma és a TK.. tételét felhasználva mindkét oldalon PA B -t kapjuk. Megjegyzés: az A B A B eseményt az A és B események szimmetrikus különbségének nevezzük. Szokásos jelölése: ANB. e Az eddig bizonyított állításokból egyszerűen adódik. f Az állítást átrendezve azt kell belátni, hogy PA +PB PA B. A jobb oldalon álló kifejezés a TK... tétele szerint éppenpa B, ami az I. aióma értelmében biztosan nem negatív szám. g A feladat d pontjában szereplő állítás átrendezésével és az I. aióma felhasználásával adódik az állítás. h Felhasználjuk, hogy PA B PA+PB PA B. Ebből azt kapjuk, hogy PA B, ami minden eseményre igaz.. Legyenek A és B az alábbi események. A: a vásárlószám meghaladja a -at; B: a vásárlószám legalább és legfeljebb. PA 6; PB. a Jelölje C azt az eseményt, hogy a vásárlók száma kevesebb, mint. Mivel A, B és C események teljes eseményrendszert alkotnak, vagyis páronként kizáróak és összegük a biztos esemény, így valószínűségeik összege: TK... tétel. PC [PA+PB]. b Jelölje D azt az eseményt, hogy a vásárlók száma legfeljebb, D A; PD PA.. A : az első könyvtárban megvan a keresett könyv. A : a második könyvtárban megvan a keresett könyv. PA A PA A a de Morgan-azonosság szerint. PA A PA A 9.
25 .. A valószínűség fogalma, aiómái, tételei. A: a munkatárs férfi. B: a munkatárs hord szemüveget. PA ; PA B. Felhasználva a. mintapélda b állítását: PA B PA PA B 8.. PA 8; PA N ; PN. N PA N PA N. Mivel a TK... tétele szerint: PA N PA+PN PA N, így PA N.. PL, PL, PL A 8, PL A 8, PA PA L+PA L A: húsvétkor esős idő van. B: húsvétkor szeles idő van. PA, PB, PA B ; PA B A B PA B PA B. Felhasználtuk az. feladat d állítását és a TK... tételét. 7. A: a professzor sokat késik. B: a professzor nem a találkozó helyére megy. PA, PB, PA B. a PA B PB PA B ; b PA B PA B PA B. 8. a Az állítás bizonyításához többször felhasználjuk a TK... tételét. PA B C PA B C PA B+PC PA B C PA+PB PA B+PC [PA C C PA B+PC [PA C+PB C PA B C] PA+PB+PC PA B PA C PB C +PA B C; b Az állítás bizonyításához felhasználjuk a TK... tételét és azt, hogy tetszőleges esemény valószínűsége legfeljebb. PA B C PA B C PA B+PC PA B C PA B+PC PA B C PA+PB+PC PA B PA B C PA+PB+PC. 9. a A A A ; A valószínűség kiszámítása a 9. a alapján történik. PA A A PA A A PA A A [ PA +PA +PA PA A PA A PA A +PA A A ] 68, b A A A ; PA A A PA A A PA A A 99; c A A A A A A A A A. A legfeljebb kettő működik esemény azt jelenti más szóval, hogy nem működik mind a három. Ez a de Morgan-azonossággal átalakítva láthatóan ugyanazt fejezi ki, hogy legalább az egyik elromlik. Ennek valószínűségét a feladat a részében a szögletes zárójeles kifejezésben már meghatároztuk: 68.
26 6. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI.. A valószínűség klasszikus kiszámítási módja. Két kockadobás esetén az összes elemi esemény száma: 6. a Komplementer esemény valószínűségével számolunk. A: legalább az egyik dobás hatos PA PA 6 6. A legalább az egyik hatos kedvező eseteit úgy is összeszámolhatjuk, hogy két kizáró esemény összegeként írjuk fel. Vagyis vagy mindkét dobás hatos, ez elemi esemény; vagy pontosan az egyik hatos; ami elemi esemény. Tehát a kedvező esetek száma:. b PB 6 ;cpc PB 6 ; Három kockadobás esetén: a PA PA b PB ; c PC V 6 V i db piros golyó, n db fehér golyó. Ak : a kiválasztott golyók között k db fehér van. n a n n n + > 8 >8, 9; b PA 9 8. c PA +A PA +A P +P Pmindenkinek más napon van születésnapja 99 V. 7 i 6. Az összes eset száma: 7! P 7 P 6 7! 6! a Pvalódi hétjegyű P 6 7 7! 7. 6! +! b Ppáros hétjegyű 7!. Ha az utolsó számjegy, akkor 6! a kedvező esetek száma. Ha az utolsó számjegy vagy vagy 6:! a kedvező esetek száma. c Ppáratlan hétjegyű Pvalódi hétjegyű Ppáros hétjegyű. Vagy! 7!. d Phárommal osztható hétjegyű Pvalódi hétjegyű 6 7, mivel a jegyek összege:, osztható hárommal, így minden ezekből a számjegyekből képzett szám osztható -mal.
27 .. A valószínűség klasszikus kiszámítási módja 7 e Phattal osztható hétjegyű Ppáros hétjegyű. f P-mal kezdődő! 7!.. Az összes elemi esemény ah eseménytéren az,,,,, 6 számokból alkotható hatodosztályú ismétléses variációk száma: V 6 i a Pmindegyik lesz felül 6! 6 6! 6. b Ptermészetes sorrendben 6 6. c Pelső hatos, többi nem hatos V i V 6 i V d Pelső kettő 6, többi különböző V! 6 i e Pkét hatos, a többi nem hatos A két hatos helye a dobássorozatban -féleképpen alakulhat. A többi dobás úgy, mint c esetben.. a PKati utazik, de nem standos b PKati felelős a standért 6 6. c PKati utazik PA+PB a Pegyforma jegyek. b Pkülönböző jegyek c Ppontosan két jegy egyforma 9 7. Az ismétlődő jegyet -féleképpen választhatjuk meg, ezek helyét -féleképpen jelöl- hetjük ki, a. helyre 9-féleképpen választhatunk. d Pcsak páratlan jegyekből áll. 7. a Plegfelül király. 8!!! b Pfelül 8 piros lap 9 8.! 9! c Pa négy király egymás után 8 6.! A H eseménytér összes elemi eseményének száma a különböző kártyalap összes
28 8. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI sorrendje:!. A kedvező elemi események összeszámolásánál használjuk a. példa megoldását! d Az összes elemi esemény száma nem változik. Egy-egy király között minden esetben kilenc másik lap lesz. Így a pakliból csak egy lap marad ki, ez 8-féle lehet, és vagy a legelső, vagy a legutolsó helyre kerül: 8! 7! a kedvező esetek száma. PD 8! 7!! 8. a P találatos b P találatos c P találatos d Pnem nyerünk Psikeres ellátás V P 8 9! 8! P! 99. Az összes lehetőség: az összes titkárnő!-féleképpen foglalhatja el helyét a munkahelyeken. A kedvező lehetőségek száma: a gyorsírást is megkövetelő céghez V!! -féleképpen választhatunk munkatársat, a többi 8 helyre P 8 8!-féleképpen küldhetők ki a többiek. C 8. Ha 8 levél érkezik: PA V 8 i 8 C 8 Ha levél érkezik: PA V i 8 V 8 PB V i 8 8!! 8. P ; PB V 8 i ;. a PA és B egymás mellett!! b PA és B és C és D is egymás mellett 9! c PA, B, C, D egymás mellett ! 8 8.!! 8!.! 6 A feladat megoldása a. példáéhoz nagyon hasonló. Ha az étteremben kör alakú asztal mellé ülnek, az összes lehetőség száma az ültetésre:! PA és B egymás mellett kör alakú asztalnál 9!! PA és B, illetve C és D kör alakú asztalnál 8! PA, B, C, D kör alakú asztalnál! 7!!.!..
29 .. A valószínűség klasszikus kiszámítási módja 9. Phelyes kiosztás P!!!!!!!!. Az összes szétosztási lehetőség a elem ismétléses permutációinak számával egyezik meg. Ezek közül csak egy felel meg a tényleges rendelésnek, ez a kedvező esetek száma. V i. a P. pénztárhoz vevő, -hoz és -hoz vevő C C 8 C !!!! b Pegyik pénztárhoz vevő, a másik kettőhöz - PA 69. A b eset az a-tól abban tér el, hogy az öt vevős pénztár bármelyik lehet a közül. V 6. a Pmagyar a dobogón Pnincs magyar a dobogón b PB 6! 7! V Az összes elemi esemény száma:. A versenyző a pontot: győzelem + vereség; győzelem + döntetlen + vereség; győzelem + döntetlen játszmából szedhette össze. Ezek sorrendje is fontos, hiszen nem mindegy, ki volt az ellenfél az egyes játszmákban. A kedvező elemi események száma: + +. PA Az összes eset száma:, a másik csapatba egyértelműen a többiek kerülnek. A kedvező 7 esetek száma: a legjobb sportoló vagy ebben a csapatban, vagy a másik csapatban:. PA Elsőre bármilyen színűt választhat, a. választásra közül csak jó. Így:PA Három pár kesztyű esetén: a PA ; b PB 6 6. Négy pár kesztyű esetén: a PA PA 8 97; A: nem lesz pár kesztyű, vagyis mind a jobbkezes, vagy balkezes lesz. b PB 8 8.
30 . A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI.. Mintavételes feladatok 9. A feladatot visszatevéses mintavétellel közelítve oldjuk meg, alkalmazzuk a TK.. összefüggését. p ; n. Ak: a ügyfél közül két hónapon belül k fő kap munkát. a PA P 98; b PA +A +:::+A PA +A +A +A P +P +P +P p ; n. a PA P b PA +A P +P. p ; q 9; n ; a Pelőször a. napon 9 79; b Pegyik nap megbízhatatlan 9 8; c P +P 98; d P A feladatot a visszatevés nélküli mintavétel modelljével oldjuk meg. N ; M ; N M ; n. Ak: k lány kap színházjegyet. a PA P 6; b Az, hogy legalább két fiú mehet színházba, ugyanazt jelenti, mint az, hogy legfeljebb három lány kap jegyet PA +A +A +A P +P c Ugyanaz, mint b. d A lányok szemináriumi aránya:, tehát az főből lány. 7 P 8.. N ; n. a PA P b P ; 7889;
31 .. Mintavételes feladatok c Pa piros király köztük lesz ; d Palsó is felső is lesz PA F PA F PA F PA+PF PA F 8 76 ; e PleszköztükalsóvagyfelsőPA F PA F PA F 7889; f PK F A 7.. Komplementer esemény valószínűségével számolunk. n n Pvan fej Pnincs fej ; 9; lg n ; n. Legalább ötször kell feldobni az érmét. lg. p. a n ; P b 9 8; n 9 n 6; n Legalább elemű legyen a minta. 6. fehér, zöld, piros golyó; n a PA ; b PB P fehér ; c PC ; a negyedik húzás tetszőleges. d PD elsőéves, másodéves, harmadéves összesen 9 fő. a P ; b P +P +P 67; c P p ; p ; p ; p 8; p ; n. a P ; 8 b P 7 9! 7!!!! 9! ;
32 . A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI c P 8 9 ; d Puo. nemzetiségűek Ha a vendégek mindegyike valamelyik fenti nemzethez tartozik, akkor mindenki vagy osztrák, vagy német, vagy olasz, vagy amerikai. Mivel ezek egymást kizáró események, a keresett valószínűség a egyes való- színűségek összegével egyenlő a III. aióma miatt. 9. A hibátlan termék választásának valószínűségét az esemény relatív gyakoriságával közelítjük. P p q 8 q [] 8 q 989; p 6. Vagyis kb. 6%-os selejtarányra számíthat a vásárló.. N, M 6,N M, n. a P ; b Pkét azonos színű P fehér +P piros c PFFP ; ; d húzás után biztosan lesz a kezünkben piros és fehér golyó. Legrosszabb esetben először kihúzzuk mind a fehér golyót, de ezután a :-re már biztosan húzunk egy pirosat... Feltételes valószínűség, szorzási szabály. a PB b PC ; d PB C ; g PB F 7 ; ; e PF W ; h PK W ; c PB C ; f PF B. a P fehér b P Bella c Pvan Bella fehér Pnincs Bella fehér d PB C W fehér ; i PB W F
7! (7 2)! = 7! 5! = 7 6 5! 5 = = ből 4 elem A lehetőségek száma megegyezik az 5 elem negyedosztályú variációjának számával:
Kombinatorika Variáció - megoldások 1. Hány kétjegyű szám képezhető a 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből. ha minden számjegyet csak egyszer használhatunk fel? A lehetőségek száma annyi, mint amennyi 7 elem
RészletesebbenKombinatorika. Permutáció
Kombinatorika Permutáció 1. Adva van az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegy. Hány különböző 9-jegyű szám állítható elő ezekkel a számjegyekkel, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek? Mi van akkor, ha a szám
Részletesebbensemelyik kivett golyót nem tesszük vissza később az urnába. Hányféle színsorrendben tehetjük ezt meg?
VIII. KOMBINATORIKA VIII.1. Kombinatorikai alapfeladatok 1. Példa. Egy urnában egy piros golyó P, egy fehér golyó F és egy zöld golyó Z van. Egymás után kihúzzuk a három golyót, semelyik kivett golyót
RészletesebbenKombinatorika - kidolgozott típuspéldák
Kombinatorika - kidolgozott típuspéldák az összes dolgot sorba rakjuk minden dolog különböző ismétlés nélküli permutáció Hányféleképpen lehet sorba rakni n különböző dolgot? P=1 2... (n-1) n=n! például:
RészletesebbenK O M B I N A T O R I K A P e r m u t á c i ó k, k o m b i n á c i ó k, v a r i á c i ó k
K O M B I N A T O R I K A P e r m u t á c i ó k, k o m b i n á c i ó k, v a r i á c i ó k. Az 1,, 3,, elemeknek hány permutációja van, amelynek harmadik jegye 1- es? Írjuk fel őket! Annyi ahányféleképpen
RészletesebbenAGRÁRMÉRNÖK SZAK Alkalmazott matematika, II. félév Összefoglaló feladatok 2. 4. A síkban 16 db általános helyzetű pont hány egyenest határoz meg?
KOMBINATORIKA FELADATSOR 1 1. Hányféleképpen rendezhető egy sorba egy óvodás csoport ha 9 lány és 6 fiú van és a lányokat mindig előre akarjuk állítani? 2. Hány 6-jegyű telefonszám van ahol mind 35-tel
Részletesebben1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI. = 6. Ezek a sorozatok a következők: ab, ac, ba, bc, ca, cb.
1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI Elméleti áttekintés Ismétlés nélküli variáció. Egy n elemű halmazból képezhető k elemű sorozatok száma, ha a sorozatok nem tartalmaznak ismétlődést n! (1 = n (n 1... (n k (n k
RészletesebbenKombinatorika gyakorló feladatok
Kombinatorika gyakorló feladatok Egyszerűbb gyakorló feladatok 1. Három tanuló reggel az iskola bejáratánál hányféle sorrendben lépheti át a küszöböt? P = 3 2 1 = 6. 3 2. Hány különböző négyjegyű számot
RészletesebbenAzaz 56 7 = 49 darab 8 jegyű szám készíthető a megadott számjegyekből.
1 Kombináció, variáció, permutáció 1. Hányféleképpen rakhatunk be 6 levelet 1 rekeszbe, ha a levelek között nem teszünk különbséget és egy rekeszbe maximum egy levelet teszünk? Mivel egy rekeszbe legfeljebb
RészletesebbenKlasszikus valószínűségi mező megoldás
Klasszikus valószínűségi mező megoldás Ha egy Kísérletnek csak véges sok kimenetele lehet, és az egyes kimeneteleknek, vagyis az elemi eseményeknek azonos a valószínűségük, akkor a kísérelttel kapcsolatos
RészletesebbenDefiníció n egymástól megkülönböztethető elem egy sorrendjét az n elem egy (ismétlés nélküli) permutációjának nevezzük.
9. Kombinatorika 9.1. Permutációk n egymástól megkülönböztethető elem egy sorrendjét az n elem egy (ismétlés nélküli) permutációjának nevezzük. n elem ismétlés nélküli permutációinak száma: P n = =1 2
RészletesebbenFeladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3
Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 1. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet rendszert: x + 2y 3x + 4y = 2 sin t 2x + y + 2x y = cos t. (1 2. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet
RészletesebbenKombinatorika. I. típus: Hányféleképpen lehet sorba rendezni n különböző elemet úgy, hogy a sorrend számít? (Ismétlés nélküli permutáció)
Kombinatorika Az első n pozitív egész szám szorzatát n faktoriálisnak nevezzük és n! jellel jelöljük: n! := 1 2 3 4... (n 1) n 0! := 1 1! := 1 I. típus: Hányféleképpen lehet sorba rendezni n különböző
Részletesebben8. GYAKORLÓ FELADATSOR MEGOLDÁSA. (b) amelyiknek mindegyik számjegye különböző, valamint a második számjegy a 2-es?
8. GYAKORLÓ FELADATSOR MEGOLDÁSA 1. Az 1, 2,,,, 6 számjegyekből hány hatjegyű számot alkothatunk, (a) amelyiknek mindegyik számjegye különböző? (b) amelyiknek mindegyik számjegye különböző, valamint a
RészletesebbenKlasszikus valószínűségszámítás
Klasszikus valószínűségi mező 1) Egy építőanyag raktárba vasúton és teherautón szállítanak árut. Legyen az A esemény az, amikor egy napon vasúti szállítás van, B esemény jelentse azt, hogy teherautón van
RészletesebbenNyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Prof. Dr. Závoti József. Matematika III. 1. MA3-1 modul. Kombinatorika
Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Prof. Dr. Závoti József Matematika III. 1. MA3-1 modul Kombinatorika SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról szóló 1999. évi LXXVI.
RészletesebbenFeladatok és megoldások az 1. sorozat Építőkari Matematika A3
Feladatok és megoldások az 1. sorozat Építőkari Matematika A3 1. Tegyük fel, hogy A és B egymást kölcsönösen kizáró események, melyekre P{A} = 0.3 és P{B} = 0.. Mi a valószínűsége, hogy (a A vagy B bekövetkezik;
RészletesebbenTananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
// KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 17. lecke: Kombinatorika (vegyes feladatok) Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 3.1.
RészletesebbenDiszkrét matematika 1.
Diszkrét matematika 1. 201. ősz 1. Diszkrét matematika 1. 1. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 201. ősz Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. ősz 2. Kombinatorika Kombinatorika
RészletesebbenTananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
// KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 16. lecke: Kombinatorika (alapfeladatok) Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 3.1.
RészletesebbenKörnyezet statisztika
Környezet statisztika Permutáció, variáció, kombináció k számú golyót n számú urnába helyezve hányféle helykitöltés lehetséges, ha a golyókat helykitöltés Minden urnába akárhány golyó kerülhet (ismétléses)
RészletesebbenMatematika A3 Valószínűségszámítás, 0. és 1. gyakorlat 2013/14. tavaszi félév
Matematika A3 Valószínűségszámítás, 0. és 1. gyakorlat 2013/14. tavaszi félév 1. Kombinatorikus módszer ismétlés nélküli ismétléses permutáció k 1!k 2!...k r! n futó beérkezésének sorrendje n golyót ennyiféleképpen
RészletesebbenSzerencsejátékok. Elméleti háttér
Szerencsejátékok A következőekben a Szerencsejáték Zrt. által adott játékokat szeretném megvizsgálni. Kiszámolom az egyes lehetőségeknek a valószínűségét, illetve azt, hogy mennyi szelvényt kell ahhoz
RészletesebbenBiomatematika 2 Orvosi biometria
Biomatematika 2 Orvosi biometria 2017.02.13. Populáció és minta jellemző adatai Hibaszámítás Valószínűség 1 Esemény Egy kísérlet vagy megfigyelés (vagy mérés) lehetséges eredményeinek összessége (halmaza)
RészletesebbenDiszkrét matematika 1.
Diszkrét matematika 1. 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék
Részletesebben1. A kísérlet naiv fogalma. melyek közül a kísérlet minden végrehajtásakor pontosan egy következik be.
IX. ESEMÉNYEK, VALÓSZÍNŰSÉG IX.1. Események, a valószínűség bevezetése 1. A kísérlet naiv fogalma. Kísérlet nek nevezzük egy olyan jelenség előidézését vagy megfigyelését, amelynek kimenetelét az általunk
Részletesebbenæ A GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek)
æ A3 6-7. GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek) 1. Az 1,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával hány különböző 5- jegyű szám készíthető? 2. A 0,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával
RészletesebbenTananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
// KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 21. lecke: A feltételes valószínűség, események függetlensége Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
Részletesebben[Biomatematika 2] Orvosi biometria
[Biomatematika 2] Orvosi biometria 2016.02.15. Esemény Egy kísérlet vagy megfigyelés (vagy mérés) lehetséges eredményeinek összessége (halmaza) alkotja az eseményteret. Esemény: az eseménytér részhalmazai.
RészletesebbenPermutáció (ismétlés nélküli)
Permutáció (ismétlés nélküli) Mi az az ismétlés nélküli permutáció?... 1. Három tanuló, András, Gábor és Róbert együtt mennek az iskolába. Hányféle sorrendben léphetik át az iskola küszöbét? Írja fel a
RészletesebbenIsmétlés nélküli permutáció
Ismétlés nélküli permutáció Hányféleképpen lehet sorba rendezni n különböz elemet úgy, hogy a sorrend számít? (Ezt n elem ismétlés nélküli permutációjának nevezzük.) Például hány féleképpen lehet sorba
RészletesebbenMatematika A4 I. gyakorlat megoldás
Matematika A I. gyakorlat megoldás 1. Kombinatorikus módszer ismétlés nélküli ismétléses permutáció n! n! k 1!k 2!...k r! n futó beérkezésének sorrendje n golyót ennyiféleképpen állíthatunk sorba, ha k
RészletesebbenMatematika III. 2. Eseményalgebra Prof. Dr. Závoti, József
Matematika III. 2. Eseményalgebra Prof. Dr. Závoti, József Matematika III. 2. : Eseményalgebra Prof. Dr. Závoti, József Lektor : Bischof, Annamária Ez a modul a TÁMOP - 4.1.2-08/1/A-2009-0027 Tananyagfejlesztéssel
RészletesebbenOSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.
Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :
RészletesebbenIsmétlés nélküli kombináció
Ismétlés nélküli kombináció Hányféleképpen lehet n különböz elembl kiválasztani k elemet úgy, hogy a sorrend nem számít, és minden elemet csak egyszer választhatunk? 0. Egy 1 fs csoportban hányféleképpen
RészletesebbenNéhány kockadobással kapcsolatos feladat 1 P 6
Néhány kockadobással kapcsolatos feladat Feldobunk egy kockát. Az eseménytér: ; 2; ; ; ; Az összes esetek száma:. Feldobunk egy kockát. Mi a valószínűsége, hogy hatost dobunk? A kedvező esetek száma: (hatost
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 7. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenEseményalgebra, kombinatorika
Eseméyalgebra, kombiatorika Eseméyalgebra Defiíció. Véletle kísérletek evezük mide olya megfigyelést, melyek több kimeetele lehetséges, és a véletletől függ, (azaz az általuk figyelembevett feltételek
RészletesebbenSzámelmélet Megoldások
Számelmélet Megoldások 1) Egy számtani sorozat második tagja 17, harmadik tagja 1. a) Mekkora az első 150 tag összege? (5 pont) Kiszámoltuk ebben a sorozatban az első 111 tag összegét: 5 863. b) Igaz-e,
RészletesebbenKombinatorika avagy hányféleképp? Piros, fehér zöld színekből hány ország számára tudunk különböző zászlókat készíteni?
Kombinatorika avagy hányféleképp? Piros, fehér zöld színekből hány ország számára tudunk különböző zászlókat készíteni? Kombinatorika avagy hányféleképp? Zsuzsi babájának négyféle színes blúza és kétféle
RészletesebbenKOMBINATORIKA Permutáció
Permutáció 1) Három tanuló, András, Gábor és Miklós együtt megy iskolába. Hányféle sorrendben léphetik át az iskola küszöbét? Írja fel a lehetséges sorrendeket! 2) Hány különböző négyjegyű számot alkothatunk
RészletesebbenAz ész természetéhez tartozik, hogy a dolgokat nem mint véletleneket, hanem mint szükségszerűeket szemléli (Spinoza: Etika, II. rész, 44.
Dr. Vincze Szilvia Az ész természetéhez tartozik, hogy a dolgokat nem mint véletleneket, hanem mint szükségszerűeket szemléli (Spinoza: Etika, II. rész, 44. tétel) Környezetünkben sok olyan jelenséget
Részletesebben1. tétel. Valószínűségszámítás vizsga Frissült: 2013. január 19. Valószínűségi mező, véletlen tömegjelenség.
1. tétel Valószínűségszámítás vizsga Frissült: 2013. január 19. Valószínűségi mező, véletlen tömegjelenség. A valószínűségszámítás tárgya: véletlen tömegjelenségek vizsgálata. véletlen: a kísérlet kimenetelét
RészletesebbenElemi matematika szakkör
Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. október 5. 1.1. Feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 1 I. HALmAZOk 1. JELÖLÉSEk A halmaz fogalmát tulajdonságait gyakran használjuk a matematikában. A halmazt nem definiáljuk, ezt alapfogalomnak tekintjük. Ez nem szokatlan, hiszen
RészletesebbenValószín ségszámítás és statisztika
Valószín ségszámítás és statisztika Informatika BSc, esti tagozat Backhausz Ágnes agnes@math.elte.hu fogadóóra: szerda 10-11 és 13-14, D 3-415 2018/2019. tavaszi félév Bevezetés A valószín ségszámítás
RészletesebbenFeladatok 2. zh-ra. 1. Eseményalgebra április Feladat. Az A és B eseményekr l tudjuk, hogy P (A) = 0, 6, P (B) = 0, 7 és
Feladatok 2 zh-ra 205 április 3 Eseményalgebra Feladat Az A és B eseményekr l tudjuk, hogy P (A) = 0, 7, P (B) = 0, 4 és P (A B) = 0, 5 Határozza meg az A B esemény valószín ségét! P (A B) = 0, 2 2 Feladat
RészletesebbenA biomatematika alapjai és a kapcsolódó feladatok megoldása számítógép segítségével Abonyi-Tóth Zsolt, 2005-2006 készült Harnos Andrea, Reiczigel Jenő zoológus előadásainak valamint Fodor János és Solymosi
RészletesebbenBodó Beáta - MATEMATIKA II 1
Bodó Beáta - MATEMATIKA II 1 FELTÉTELES VALÓSZÍNŰSÉG, FÜGGETLENSÉG 1. Legyen P (A) = 0, 7; P (B) = 0, 6 és P (A B) = 0, 5. Határozza meg a következő valószínűségeket! (a) B,V P (A B) 0, 8333 (b) B,V P
RészletesebbenMegyei matematikaverseny évfolyam 2. forduló
Megyei matematikaverseny 0. 9. évfolyam. forduló. Mennyi a tizenkilencedik prím és a tizenkilencedik összetett szám szorzata? (A) 00 (B) 0 (C) 0 (D) 04 (E) Az előző válaszok egyike sem helyes.. Az 000
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 6. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások
Megoldások 1. Egyszerűsítsd a következő törteket! 77! 3! 74! n! (n )! (n )! (n 1)! Bontsuk fel a faktoriálist a számlálóban és nevezőben is, majd egyszerűsítsünk: 77! 3! 74! = 1 74 75 76 77 1 3 1 74 =
RészletesebbenMATEMATIKA 11. osztály I. KOMBINATORIKA
MATEMATIKA 11. osztály I. KOMBINATORIKA Kombinatorika I s m é t l é s n é l k ü l i p e r m u t á c i ó 1. Öt diák (A, B, C, D, E) elmegy moziba, és egymás mellé kapnak jegyeket. a) Hányféle sorrendben
RészletesebbenVALÓSZÍNŰSÉG, STATISZTIKA TANÍTÁSA
VALÓSZÍNŰSÉG, STATISZTIKA TANÍTÁSA A VALÓSZÍNŰSÉGI SZEMLÉLET ALAPOZÁSA 1-6. OSZTÁLY A biztos, a lehetetlen és a lehet, de nem biztos események megkülünböztetése Valószínűségi játékok, kísérletek események
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI május 8. EMELT SZINT
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 007. május 8. EMELT SZINT 1) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! x x 4 log 9 10 sin x x 6 I. (11 pont) sin 1 lg1 0 log 9 9 x x 4 Így az 10 10 egyenletet kell megoldani,
RészletesebbenJáték a szavakkal. Ismétléses nélküli kombináció: n különböző elem közül választunk ki k darabot úgy, hogy egy elemet csak egyszer
Játék a szavakkal A következőekben néhány szóképzéssel kapcsolatos feladatot szeretnék bemutatni, melyek során látni fogjuk, hogy egy ábrából hányféleképpen olvashatunk ki egy adott szót, vagy néhány betűből
RészletesebbenBevezetés a matematikába (2009. ősz) 1. röpdolgozat
Bevezetés a matematikába (2009. ősz) 1. röpdolgozat 1. feladat. Fogalmazza meg a következő ítélet kontrapozícióját: Ha a sorozat csökkenő és alulról korlátos, akkor konvergens. 2. feladat. Vezessük be
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenVegyes összeszámlálási feladatok. Gyakorlás
Vegyes összeszámlálási feladatok Gyakorlás Összeszámlálási feladatok Négyjegyű függvénytáblázat 22. oldala 1. FELADAT: Október 6-a Az aradi vértanúk emléknapja nemzeti gyásznap. Hányféle sorrendben hangozhat
RészletesebbenÖsszegek összege, Bűvös négyzet, Bűvös háromszög és egyebek
Boronkay György Műszaki Középiskola és Gimnázium 2600 Vác, Németh László u. 4-6. : 27-317 - 077 /fax: 27-315 - 093 WEB: http://boronkay.vac.hu e-mail: boronkay@vac.hu Levelező Matematika Szakkör 2017/2018.
RészletesebbenKombinatorika A A B C A C A C B
. Egy ló, egy tehén, egy cica, egy nyúl és egy kakas megkéri a révészt, hogy vigye át őket a túlsó partra. Hányféle sorrendben szállíthatja át őket a révész, ha egyszerre vagy egy nagy testű állatot, vagy
Részletesebbenæ A GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek)
æ A3 6-7. GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek) 1. Az 1,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával hány különböző 5- jegyű szám készíthető? 2. A 0,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával
RészletesebbenOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása
Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny / Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a egyenlőtlenséget!
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Kombinatorika
Kombinatorika Modulok: A kombinatorikai feladatok megoldásához három modult használunk: Permutáció (Sorba rendezés) Kombináció (Kiválasztás) Variáció (Kiválasztás és sorba rendezés) DEFINÍCIÓ: (Ismétlés
Részletesebben2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 11. évfolyam
015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny A közölt megoldási utak a feladatoknak nem az egyetlen helyes megoldási módját adják meg, több eltérő megoldás is lehetséges. Az útmutatótól eltérő megoldásokat
RészletesebbenMatematika B4 II. gyakorlat
Matematika B II. gyakorlat 00. február.. Bevezető kérdések. Feldobunk egy kockát és egy érmét. Ábrázoljuk az eseményteret! Legyenek adottak az alábbi események: -ast dobunk, -est dobunk, fejet dobunk,
RészletesebbenAjánlott szakmai jellegű feladatok
Ajánlott szakmai jellegű feladatok A feladatok szakmai jellegűek, alkalmazásuk mindenképpen a tanulók motiválását szolgálja. Segít abban, hogy a tanulók a tanultak alkalmazhatóságát meglássák. Értsék meg,
Részletesebben23. Kombinatorika, gráfok
I Elméleti összefoglaló Leszámlálási alapfeladatok 23 Kombinatorika, gráfok A kombinatorikai alapfeladatok esetek, lehetőségek összeszámlálásával foglalkoznak Általában n jelöli a rendelkezésre álló különbözőfajta
Részletesebben36 0,3. Mo.: 36 0,19. Mo.: 36 0,14. Mo.: 32 = 0,9375 32 = 0,8125 32 = 0,40625. Mo.: 32 = 0,25
Valószínűségszámítás I. Kombinatorikus valószínűségszámítás. BKSS 4... Egy szabályos dobókockát feldobva mennyi annak a valószínűsége, hogy a -ost dobunk; 0. b legalább 5-öt dobunk; 0, c nem az -est dobjuk;
RészletesebbenLevelező Matematika Verseny Versenyző neve:... Évfolyama:... Iskola neve:... Postára adási határidő: január 19. Feladatok
Postára adási határidő: 2017. január 19. Tollal dolgozz! Feladatok 1.) Az ábrán látható piramis természetes számokkal megszámozott kockákból áll. Az alsó szinten semelyik két kockának nincs ugyanolyan
Részletesebben7. 17 éves 2 pont Összesen: 2 pont
1. { 3;4;5} { 3; 4;5;6;7;8;9;10} A B = B C = A \ B = {1; }. 14 Nem bontható. I. 3. A) igaz B) hamis C) igaz jó válasz esetén, 1 jó válasz esetén 0 pont jár. 4. [ ; ] Más helyes jelölés is elfogadható.
Részletesebben24. tétel. Kombinatorika. A grá fok.
2009/2010 1 Huszk@ Jenő 24. tétel. Kombinatorika. A grá fok. 1.Kombinatorika A kombinatorika a véges halmazokkal foglalkozik. Olyan problémákat vizsgál, amelyek függetlenek a halmazok elemeinek mibenlététől.
RészletesebbenTananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
// KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 22. lecke: A teljes valószínűség tétele és a Bayes-tétel Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
RészletesebbenValószínűség számítás
Valószínűség számítás 1. Mennyi annak a valószínűsége, hogy szabályos játékkockával páratlan számot dobunk? 2. Egy dobozban 7 piros és 13 zöld golyó van. Ha találomra kihúzunk egyet közülük, akkor mekkora
RészletesebbenHHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet:
Gábor Miklós HHF0CX 5.7-16. Vegyük úgy, hogy a feleségek akkor vannak a helyükön, ha a saját férjeikkel táncolnak. Ekkor már látszik, hogy azon esetek száma, amikor senki sem táncol a saját férjével, megegyezik
RészletesebbenValószínűségszámítás
1. Kombinatorika Valószínűségszámítás 2004.03.01. Készítette: Dr. Toledo Rodolfo 1.1. Tétel. Ha n darab különböző elemet az összes lehetséges módon sorba rendezünk, akkor ezt n! := n (n 1) (n 2) 2 1-féle
RészletesebbenNyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Prof. Dr. Závoti József. Matematika III. 3. MA3-3 modul. A valószínűségszámítás elemei
Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Prof Dr Závoti József Matematika III 3 MA3-3 modul A valószínűségszámítás elemei SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról szóló 1999
RészletesebbenMatematika III. 3. A valószínűségszámítás elemei Prof. Dr. Závoti, József
Matematika III. 3. A valószínűségszámítás elemei Prof. Dr. Závoti, József Matematika III. 3. : A valószínűségszámítás elemei Prof. Dr. Závoti, József Lektor : Bischof, Annamária Ez a modul a TÁMOP - 4.1.2-08/1/A-2009-0027
RészletesebbenEseményalgebra. Esemény: minden amirl a kísérlet elvégzése során eldönthet egyértelmen hogy a kísérlet során bekövetkezett-e vagy sem.
Eseményalgebra. Esemény: minden amirl a kísérlet elvégzése során eldönthet egyértelmen hogy a kísérlet során bekövetkezett-e vagy sem. Elemi esemény: a kísérlet egyes lehetséges egyes lehetséges kimenetelei.
RészletesebbenKombinatorika Gyakorlat. Király Balázs
Kombinatorika Gyakorlat Király Balázs 2 Tartalomjegyzék 1. Permutációk 5 2. Variációk 23 3. Kombinációk 37 4. Binomiális tétel, szitaformula 51 5. Összeszámlálási feladatok 67 6. Zárthelyi Dolgozat 73
RészletesebbenSzámelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb
Számelmélet, műveletek, egyenletek, algebrai kifejezések, egyéb 2004_02/4 Tegyél * jelet a táblázat megfelelő rovataiba! Biztosan Lehet hogy, de nem biztos Lehetetlen a) b) c) Négy egymást követő természetes
Részletesebben5. feladatsor megoldása
megoldása I. rész ( ) = 1. x x, azaz C) a helyes válasz, mivel a négyzetgyökvonás eredménye csak nemnegatív szám lehet.. A húrnégyszögek tétele szerint bármely húrnégyszög szemközti szögeinek összege 180.
RészletesebbenMatematika szintfelmérő dolgozat a 2018 nyarán felvettek részére augusztus
Matematika szintfelmérő dolgozat a 018 nyarán felvettek részére 018. augusztus 1. (8 pont) Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: 6 4 x 13 6 x + 6 9 x = 0 6 ( ) x 4 13 9 6 4 x 13 6
RészletesebbenA 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)
A 205/206. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták Javítási-értékelési útmutató. feladat Az {,2,...,n} halmaz
Részletesebben(6/1) Valószínűségszámítás
(6/1) Valószínűségszámítás 1) Mekkora annak a valószínűsége, hogy szabályos játékkockával páratlan számot dobunk? 2) Egy dobozban 7 piros és 13 zöld golyó van. Ha találomra kihúzunk egyet közülük, akkor
RészletesebbenA 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató
Oktatási Hivatal 04/0 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MTEMTIK I KTEGÓRI (SZKKÖZÉPISKOL) Javítási-értékelési útmutató Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y =
Részletesebben46. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY NEGYEDIK OSZTÁLY
6. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló Javítási útmutató NEGYEDIK OSZTÁLY 1. Írd be az 1, 2, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 és 12 számokat a kis körökbe úgy, hogy a szomszédos számok különbsége
RészletesebbenARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY
Koszinusztétel Tétel: Bármely háromszögben az egyik oldal négyzetét megkapjuk, ha a másik két oldal négyzetének összegéből kivonjuk e két oldal és az általuk közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát.
RészletesebbenAz egyszerűsítés utáni alak:
1. gyszerűsítse a következő törtet, ahol b 6. 2 b 36 b 6 Az egyszerűsítés utáni alak: 2. A 2, 4 és 5 számjegyek mindegyikének felhasználásával elkészítjük az összes, különböző számjegyekből álló háromjegyű
Részletesebben1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései
12. Mellékletek 1. melléklet: A tanárokkal készített interjúk főbb kérdései 1. Mikor tanít számelméletet és hány órában? (Pl. 9. osztályban a nevezetes azonosságok után 4 órában.) 2. Milyen könyvet használnak
RészletesebbenPermutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)
Permutációk véges halmazon el adásvázlat 2008 február 12 Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: ismétlés nélküli variáció leképezés indulási és érkezési halmaz
Részletesebben3. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy dobókockával kétszer egymás után dobva, egyszer páros, egyszer páratlan számot dobunk?
Valószínűségszámítás, gráfok, statisztika 1. Egy 660 fős iskola tanulóinak 60%-a lány. A lány tanulók 25%-a a 12. évfolyamra jár. Egy tetszőleges tanulót választva az iskola tanulói közül, mennyi a valószínűsége,
RészletesebbenEseme nyalgebra e s kombinatorika feladatok, megolda sok
Eseme yalgebra e s kombiatorika feladatok, megolda sok Szűk elméleti áttekitő Kombiatorika quick-guide: - db. elemből db. sorredjeire vagyuk kívácsiak: permutáció - db. elemből m < db. háyféleképp rakható
RészletesebbenMegoldások MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT. NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be!
MATEMATIKA II. VIZSGA (VK) NBT. NG. NMH. SZAKOS HALLGATÓK RÉSZÉRE (Kérjük, hogy a megfelelő szakot jelölje be!) 2016. JANUÁR 21. Elérhető pontszám: 50 pont Megoldások 1. 6. 2. 7. 3. 8. 4. 9. 5. Össz.:
RészletesebbenGyakorló feladatsor matematika javítóvizsgára évfolyam.docx
1) Egy bankba ot helyezek el évre megtakarítás céljából. Mennyi pénzem lesz a év leteltekor, ha az éves kamat? 2) Egy autó értéke 7 évvel ezelőtt volt. Mennyi most az értéke, ha végig évi os értékcsökkenéssel
RészletesebbenDiszkrét matematika II. gyakorlat
Diszkrét matematika II. gyakorlat Absztrakt algebra Bogya Norbert Bolyai Intézet 2014. április 23. Bogya Norbert (Bolyai Intézet) Diszkrét matematika II. gyakorlat 2014. április 23. 1 / 23 Tartalom 1 1.
RészletesebbenV. Békés Megyei Középiskolai Matematikaverseny 2012/2013 Megoldások 12. évfolyam
01/01 1. évfolyam 1. Egy röplabda bajnokságban minden csapat pontosan egyszer játszik a többi csapat mindegyikével. A bajnokságból még két forduló van hátra és eddig 104 mérkőzést játszottak le. Hány csapat
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Két iskola tanulói műveltségi vetélkedőn vettek részt. A 100
RészletesebbenMinta 2. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI FELADATSOR. I. rész
2. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI FELADATSOR I. rész A feladatok megoldására 45 perc fordítható, az idő leteltével a munkát be kell fejeznie. A feladatok megoldási sorrendje tetszőleges. A feladatok megoldásához
Részletesebben