Eseme nyalgebra e s kombinatorika feladatok, megolda sok

Átírás

1 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 sorba, ha a sorred számít: variáció - db. elemből m < db. háyféleképp választható ki, ha a sorred em számít: kombiáció Permutáció Ismétlés élküli: Ismétléses: Variáció Ismétlés élküli: Ismétléses:!! k 1! k 2! k j!! ( m)! m Kombiáció Ismétlés élküli: Ismétléses: ( m ) + m 1 ( ) m

2 Eseméyalgebra - Poicare-tétel - Boole-egyelőtleség: P ( A i ) = ( 1) +1 P(A j1 A j2 A ji ) i=1 a) P( i=1 A i ) i=1 P(A i ) b) P( i=1 A i ) 1 P(A i=1 i ) i=1 - függetle eseméyek eseté P(AB) = P(A)P(B) - egymást kizáró eseméyek eseté P(AB) = 0 1 j 1 j 2 j i Feladatok Bevezető feladatok 1. Példa Egy adóhivatal egy mukatársa egy apo általába három vállalkozó adóbevallását tudja elleőrizi. Jeletse A i, i {1,2,3} azt az eseméyt, hogy az i-edik bevallást hibátlaak találja. Fogalmazzuk meg szavakkal, hogy mit jeleteek az alábbi eseméyek: a) A 1 A 2 A 3 Bool algebrai jelöléssel ez A 1 + A 2 + A 3, azaz A 1 VAGY A 2 VAGY A 3, ha ez valakiek segít. Tehát legalább egy adóbevallást hibátlaak talál. b) (A 2 A 3 ) A 1 Átírva ez (A 2 VAGY A 3 ) ÉS A, 1 azaz a 2. és 3. bevallás közül legalább az egyiket hibátlaak találja, de az elsőt hibásak. c) A \A1 Átírva A \A1 = (A 1 A 2 A 3 )\A 1 Mivel X\Y = X Y tovább írhatjuk: A 1 A 2 A 3 A 1 = A 1 A 2 A 3, azaz az 1. bevallást hibásak, a másik kettőt helyesek találta. 2. Példa Az előző feladatból kiidulva most a szavakkal megfogalmazott kifejezéseket írjuk föl az eseméyalgebra segítségével!

3 a) Legfeljebb egy bevallás hibás. Az, hogy legfeljebb egy bevallás lehet hibás azt jeleti, hogy vagy midegyik helyes, vagy a három közül csak az egyik. Midhárom bevallás hibátla: A 1 A 2 A 3. Csak az egyik bevallás hibás: (A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A ). 3 Összekapcsolva: (A 1 A 2 A 3 ) ((A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A )) 3 b) Legalább egy bevallás hibás. Az, hogy legalább egy bevallás hibás azt jeleti, hogy em találja midegyiket hibátlaak: A. 1 A 2 A 3 c) Legalább két bevallás hibás. Ez azt jeleti, hogy vagy 2, vagy 3 bevallás hibás. 3 bevallás hibás: A 1 A 2 A. 3 2 bevallás hibás: (A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A ) 3 (A 1 A 2 A ). 3 Összekapcsolva: (A 1 A 2 A ) 3 (A 1 A 2 A 3 ) (A 1 A 2 A ) 3 (A 1 A 2 A ) Példa Egy titkárő elfelejtette felíri a cég egyik parteréek telefoszámát. Csak a számjegyekre emlékszik, ezek: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, és arra, hogy mide számjegy egyszer fordult elő. a) Háyféle telefoszámot tud felíri ebből? Mivel mide szám egyszer fordult elő, így ismétlés élküli permutációról va szó. Az első számjegy lehet 7 féle, a második már csak 6, a harmadik 5, stb = 7! = 5040 b) Háyféle telefoszámot tud felíri, ha arra emlékszik, hogy 3-mal kezdődött? Mide szám egyszer fordulhat elő, ráadásul az első csak 3 lehet. Így az első számjegy lehet 1 féle, a második 6 féle, a harmadik 5 féle, stb = 1 6! = 720 c) Háyat tud felíri akkor, ha az utolsó helye 2, 4, 6 vagy 8 állhat? Ha az utolsó helye csak pl. 2 lehet, akkor az utolsó számjegy 1 féle lehet. Az első számjegy így lehet 6 féle, a második 5 féle, stb. Ez összese 6! = 720 lehetőség. Ugyaez írható föl, ha az utolsó számjegy 4, 6, vagy 8. Így tehát a lehetséges számok meyisége összese 4 6! = 2880

4 d) Háyféle számot tud felíri, ha arra emlékszik, hogy páros és páratla számok felváltva követték egymást? Mivel páros számból va 4, páratlaból pedig csak 3, így páros számmal kell kezdei. Az első számjegy lehet 4 féle a párosak közül, a második pedig 3 féle a páratlaok közül. A harmadik számjegy 3 féle lehet a párosak közül, a egyedik 2 féle a páratlaok közül, stb = Példa Tegyük föl, hogy a titkárő az alábbi számokra emlékszik: 1, 1, 2, 3, 3, 4, 5. a) Háyféle telefoszámot tud így fölíri? Továbbra is a lehetséges permutációk száma a kérdés, azoba most ismétlődő elemek vaak, így ismétléses permutáció képletét haszáljuk.! k 1! k 2! = 7! 2! 2! = 1260 b) Háyféle számot tud fölíri, ha 3-assal kell kezdődie? Mivel az első jegy kötött, így csak a maradék 6 jegy permutációi érdekesek. A maradék 6-ból 2-szer szerepel 1-es, így az ismétléses permutáció képletét alkalmazva 1 6! 2! = 360 c) Háyféle telefoszámot tud fölíri, ha arra emlékszik, hogy az utolsó szám páros? Az utolsó szám akkor páros, ha az vagy 2, vagy 4. Ha feltesszük, hogy 2 az utolsó, akkor az előző feladathoz hasolóa az első 6 jegy permutációi kérdésesek. Ekkor mid 1-esből, mid 3-asból két darab va, így ismétléses permutációt haszálva 6! 2! 2! 1 = 180. Ha az utolsó szám 4-es lee, akkor ugyaígy érvelük. A végeredméy tehát 2 6! 2! 2! 1 = Példa Egy urába 6 golyó va, sorra az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokkal ellátva. Egymás utá kihúzuk 4 golyót aélkül, hogy azokat visszateék az urába. a) Háyféle sorredbe lehet a 4 golyót kihúzi? 6 elemből 4-et választuk ki úgy, hogy azok sorredje számít (mivel meg tudjuk külöbözteti az egyes golyókat), tehát ismétlés élküli variációról beszélük.

5 6! (6 4)! = 360 A korábbi logika is alkalmazható: az első húzás lehet 6 féle, a második 5, a harmadik 4, a egyedik pedig 3. b) Háy olya eset lehetséges, amikor az első húzás 1-es? Az első húzás így csak egyféle lehet, tehát a femaradó 5 számból vagyuk kívácsiak 3 húzás lehetséges sorredjére, ahol a sorred számít, valamit mide szám csak egyszer szerepelhet (hisze visszatevés élkül végezzük a kísérletet): 5! 1 (5 3)! = 60 c) Háy olya eset lehetséges, amikor az utolsó szám páratla? Az utolsó szám lehet 1, 3 vagy 5. Tegyük föl, hogy az utolsó szám 1. Ekkor az utolsó szám 1 féle lehet, a maradék 3 húzás pedig a maradék 5 golyó közül kerül ki, valamit csak egyszer szerepelhetek, azaz 5! (5 3)! 1 = 60. A 3 vagy 5 végű számsorok eseté ugyaez a helyzet, tehát összese 5! 3 (5 3)! 1 = Példa Háy redszámtábla készíthető 25 betű és 10 számjegy felhaszálásával, ha 3 betűből és 3 számból állhat, de csupa 0 számjegy em szerepelhet? Betűk: 3 < 25 betű kell; megkülöböztethetők, sorred számít; de többször is szerepelhet ismétléses variáció 25 3 = Számok: 3 < 25 szám kell; megkülöböztethetők, sorred számít; többször is szerepelhet egy szám ismétléses variáció 10 3 = 1000 A csupa 0 számsor tilos, így 999 lehetséges variációba fogadjuk el a számokat. A megoldás tehát: 25 3 (10 3 1)

6 7. Példa Egy üzem a felvételre jeletkező 7 férfi és 8 ő közül 5 férfit és 5 őt szerete alkalmazi. Háyféleképp teheti ezt meg? Férfiak: 5 < 7 kiválasztása; em megkülöböztethetők, sorred em számít; egy adott férfi csak egyszer lehet kiválasztva ismétlés élküli kombiáció Nők: ugyaaz, ( 7 5 ) = 21 Összese: = 1176 ( 8 5 ) = Példa Egy boltba 16-féle táblás csoki va. Háyféleképp vásárolhatuk ajádékba 5 csökit, ha bármelyik fajtából akár többet is választhatuk? 5 < 16 kiválasztása; em megkülöböztethetők, sorred em számít; az egyes elemek akár ismétlődhetek ismétléses kombiáció ( ) = ZH és vizsga feladatok 1. Példa A 32 lapos magyar kártyacsomagból húzuk 5 kártyát. Mi a valószíűbb? 5 azoos szíűt húzi, vagy hogy az 5 lap között 4 azoos figurájú? 5 azoos szíűt húzi: Húzhatuk csak pirosat, zöldet, makkot vagy tököt. Tfh pirosakat húzuk csak, azaz a 8 pirosból 5-öt kihúzuk. 5 < 8 húzás, sorred em számít: kombiáció, ( 8 ). Mivel ez 4 szíből törtéhet, így 5 4 ( 8 5 ) = lap közül 4 azoos figurájú:

7 8 fajta figura va. Tfh 5 kártyából 4 ász, azaz a maradék egy szabad kártya 32 4 = 28 féle lehet. Mivel 8 figura va, így összese 8 28 = 224 lehetséges mód va. A két eseméy tehát ugyaolya valószíű. 2. Példa Egy urába 6 piros és 5 kék golyó va. Kihúzuk kettőt, visszatesszük, megkeverjük, majd újra húzuk kettőt. Mekkora a valószíűsége, hogy potosa az egyik alkalommal volt kék golyó a kihúzottak közt? Potosa egyik alkalommal úgy húzhatuk kéket, ha vagy az első, vagy a második húzásba volt kék. Tfh. az első húzásba va kék. Aak a valószíűsége, hogy va kék egyelő azzal, hogy em csak piros va. Aak a valószíűsége, hogy csak piros va (6 2 ) csak piros va 1 (6 2 ) ( 11 2 ( 11 Tehát aak a valószíűsége, hogy em ). 2 ). Ha az első húzásba em csak piros volt, akkor a másodikba csak piros lehet, eek a valószíűségét már tudjuk. Azaz aak a valószíűsége, hogy először em csak pirosat, majd csak pirosat húzuk (1 (6 2 ) ( 11 2 )) ( 6 2 ) ( 11 2 ). Ha csak a második húzásba va kék, az az előző eredméy, csak fordítva szerepelek a szorzat tagjai, így tehát elég végeredméy ezek összegéből: ( 6 2 (1 2 ) ( 6 ( 11 ) 2 ) 2 ) ( 11 2 ) 3. Példa Egy dobozba 3 piros és 4 fehér golyó va. Egyszerre kiveszük 4-et. Tekitsük az alábbi eseméyeket: A: páros számú piros golyó va. B: több a piros, mit a fehér. C: va fehér. Számítsa ki a P((A + B)C) valószíűséget! P(C)=1, mivel ha az összes pirosat ki is húzzuk, akkor is húzuk fehéret. P((A + B)C) = P(A + B) Poicaré tételt haszálva P(A B) = P(A ) + P(B) P(A B).

8 Az A eseméy elletettje, hogy páratla számú piros golyó va a mitába, azaz vagy 1, vagy 3. A B eseméy egyetle esetbe fordulhat elő, ha 3 piros és 1 fehéret húzuk. Ez viszot azt jeleti, hogy B A, tehát P(A B) = P(B). Így azt kapjuk eredméyül, hogy P((A + B)C) = P(A ) 4. Példa Adrás, Béla és Csaba sorsot húzak. Névsor szerit haladva visszatevés élkül húzak egy-egy golyót egy dobozból, amibe eredetileg 7 fehér és 1 fekete va. Ha az első körbe em húzzák ki a feketét, akkor visszatevés élkül folytatják. Az veszít, aki kihúzza a feketét. Kiek mekkora erre az esélye? Jelölje A, B és C hogy Adrás, Béla vagy Csaba veszít. Legkésőbb a harmadik körbe mideképp eldől, ki veszít. Adrás veszít, ha az első, a második, vagy a harmadik körbe kihúzza a feketét. Eek a valószíűsége P(A) = = 3 8 P(B) = = 3 8 P(C) = 1 P(A) P(B) = Példa Bizoyítsa be, hogy mide A, B, C eseméy eseté P(AB) + P(AC) P(A) + P(BC)! P(AB) = P(ABC) + P(ABC ) P(AC) = P(ABC) + P(AB C) baloldal: P(ABC) + P(ABC ) + P(ABC) + P(AB C) P(BC) = P(ABC) + P(A BC) P(A) = P(ABC) + P(ABC ) + P(AB C) + P(AB C ) jobboldal: P(ABC) + P(ABC ) + P(AB C) + P(AB C ) + P(ABC) + P(A BC) Egybe: P(ABC) + P(ABC ) + P(ABC) + P(AB C) P(ABC) + P(ABC ) + P(AB C) + P(AB C ) + P(ABC) + P(A BC) P(ABC ) + P(AB C) P(ABC ) + P(AB C) + P(AB C ) + P(A BC) 0 P(AB C ) + P(A BC)

9 6. Példa Adrás és Béla két kockával dob. Adrás összeadja, Béla összeszorozza a kapott értékeket. Meyi a valószíűsége, hogy Adrás kap agyobb számot? Adrás: Béla: Kiolvasható, hogy 36 esetből 11 kedvez Adrásak. 7. Példa Legyeek A és B függetle eseméyek, C pedig midkettőjüket kizáró eseméy. P(A) = 1 6, P(B) = 1 2, P(C) = 1 3. Meyi P(A + B + C)? P(A + B + C) = P(A ) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(BC) + P(A BC) Mivel A és B függetle, így P(A B) = P(A ) P(B). Mivel C kizárja A-t és B-t, így P(BC) = P(A BC) = 0, valamit P(A C) = P(C) (hisze A-ak és C-ek ics közös metszete, tehát C A, így egy halmaz és aak egy részhalmazáak metszete maga a részhalmaz). P(A + B + C) = P(A ) + P(B) + P(C) P(A ) P(B) P(C) = P(A ) + P(B) P(A ) P(B) = Példa Bizoyítsa be, hogyha P(A) = 0,1 és P(B) = 0,2, akkor P(A B) 0,1!

10 El kellee éri, hogy > reláció kerüljö az egyeletükbe. Ezt a Boole-egyelőtleség b) alakjából P(A B) 1 (P(A) + P(B )) = 1 0,1 0,8 = 0,1