VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS. Bevezetés

Átírás

1 VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS Bevezetés A világban való vizsgálódásunk során alapvetően kétféle jelenséggel találkozhatunk. Az egyik az, amikor előre meg tudjuk mondani, hogy mi fog történni. Például, ha egy alma leszakad az ágról, és nincs a környéken pad, bokor stb., akkor leesik a földre. Ezt, hogy leesik,,,eseménynek'' nevezzük. Másik esemény például, hogy az alma nem esik le. (Ez ebben az esetben nem következik be.) Az ilyen jelenségeket nevezzük determinisztikus jelenségnek. A másik fajta jelenség például a lottóhúzás: nem tudjuk előre megmondani, hogy a sok esemény közül melyik fog bekövetkezni: melyik lesz az az öt szám, amit ki fognak húzni. (Persze ha pontosan tudnánk, a golyók hogyan helyezkednek el az urnában, és a forgás hatására hogy mozognak, és még sok mindent tudnánk, akkor meg tudnánk mondani, hogy mik lesznek a kihúzott számok.) A lényeg az, hogy ha nem ismerjük eléggé a körülményeket, a feltételeket, akkor nem tudjuk előre megmondani, mi fog történni. Az ilyen jelenségeket hívjuk véletlen jelenségeknek. Vannak olyan jelenségek, amiket sokszor meg tudunk figyelni. Ilyen például a lottóhúzás. Egy ilyen megfigyelést szoktak,,kísérletnek'' is nevezni. Egy kísérlet kimenetelére különböző állításokat fogalmazhatunk meg. Ha az állítás igaz vagy hamis volta csak a kísérlet kimenetelétől függ, akkor az állítást eseménynek nevezzük. Jelölése általában nagybetűvel történik. Ilyen például - a lottóhúzásra vonatkozó -,,A kihúzott számok között van páratlan.'' Legyen ez az A esemény. Egy másik állítás :,,A kihúzott számok között szerepel a 2.'' Legyen ez a B esemény. Egy harnmadik állítás:,,a kihúzott számok között pontosan egy páratlan van.'' Legyen ez a C esemény. Egy negyedik állítás:,,a kihúzott számok között pontosan két páratlan van.'' Legyen ez a D esemény. Egy ötödik állítás:,,a kihúzott számok között pontosan három páratlan van.'' Legyen ez a E esemény. Egy hatodik állítás:,,a kihúzott számok között pontosan négy páratlan van.'' Legyen ez a F esemény. Egy hetedik állítás:,,a kihúzott számok között pontosan öt páratlan van.'' Legyen ez a G esemény. Egy nyolcadik állítás:,,a kihúzott számok között van páratlan vagy van páros.'' Legyen ez a H esemény. Egy kilencedik állítás:,,a kihúzott számok között se páratlan, se páros nem szerepel.'' Legyen ez a I esemény. Egy tizedik állítás: :,,A kihúzott számok között nem szerepel a 2.'' Legyen ez a J esemény. Események összegén azt az eseményt értjük, ami pontosan akkor következik be, ha az események közül legalább az egyik bekövetkezik. Jelölése: +. Pl. A=C+D+E+F+G. Két esemény szorzata az az esemény, mely pontosan akkor következik be, ha mindkét esemént bekövetkezik. Pl. B. E=,,Pontosan két páros szám van, melyek közül az egyik a 2.'' Egy A esemény kiegészítő eseménye az az esemény, mely pontosan akkor következik be, ha A nem. jelölése:. Pl.: és nyilván. Az az esemény, ami soha nem következik be, a lehetetlen esemény. Jel.:. Pl. G=. Két esemény kizárja egymást, ha szorzatuk, pl. EF=. Az az esemény,

2 ami biztosan bekövetkezik, a biztos esemény. Pl. B+I biztos esemény, és ált., esemény. biztos Ha egy esemény előáll legalább két másik esemény összegeként, akkor összetett eseménynek nevezzük. Ha nem, akkor elemi eseménynek. Sokszor találkozunk olyan kísérletekkel, amelyekben az elemi események száma véges és esélyük (valószínűségük) megegyezik - ekkor klasszikus valószínűségi problámáról beszélünk. Ekkor, ha B egy tetszőleges esemény: ahol kedvező elemi esemény az, ami esetén a B esemény bekövetkezik (végül is az összes olyan elemi esemény, amit B,,tartalmaz''); P(B) pedig B valószínűségét jelöli. Általában: Egy konkrét kísérlet összes lehetséges eseményeihez tartozik egy-egy számérték, amit az illető esemény valószínűségének nevezünk, és amelyre a következő axiómák teljesülnek: I. axióma: Minden A eseményre 0 P(A) 1 II. axióma: P(biztos esemény)=1, P( )=0 III. axióma: Ha AB=, akkor P(A+B)=P(A)+P(B) Például: Egy érmét kétszer feldobva: írások száma fejek száma P(írások száma=1)=1/3. De itt valójában nem erről van szó, hiszen az első oszlop 2 elemi eseményt takar. A táblázat helyesen: 1. érme fej írás írás fej 2. érme írás fej írás fej P(írások száma 1)=2/4=1/2.

3 Láthatjuk, hogy fiigyelni kell, mikor az eseményeket lebontjuk elemi eseményekre; és azt is meg kell nézni, hogy egyenlő esélyűek-e, azaz, hogy számolhatunk-e a klasszikus valószínűségi problémára vonatkozó képlettel. Ha egy kísérletet n-szer elvégzünk, és egy bizonyos esemény ennek során k-szor következik be, akkor a k számot az esemény gyakoriságának, a k/n számot pedig a relatív gyakoriságának nevezzük. Megfigyelhetjük, hogy ha egy eseményre vonatkozóan egy kísérletet sokszor elvégzünk, akkor a relatív gyakoriság (egy idő után) az esemény valószínűsége körül fog ingadozni. Néhány kombinatorikai alapfogalom 1. kérdés: n különböző elemet hányféleképpen tudunk sorba rakni? Válasz: Az 1. helyre bármelyiket tehetem az n elem közül, a 2. helyre már csak a maradék n-1 elem közül tehetem valamelyiket, és így tovább. Tehát a válasz: n(n-1)(n-2) Ezt a számot így is szokták jelölni: n! (ejtsd: n faktoriális). 2. kérdés: n különböző elemből hányféleképpen tudunk k-t kiválasztani, ha számít, hogy milyen sorrendben választjuk ki őket? Válasz: Hasonlóan gondolkozunk, mint az előbb. A különbség csak annyi, hogy itt nem n, hanem k számot szorzunk össze:. 3. kérdés: n különböző elemből hányféleképpen tudunk k-t kiválasztani, ha mindegy, hogy milyen sorrendben választjuk ki őket? Válasz: Vessük össze az előző problémával. Csak abban különböznek, hogy itt nem számít, hogy a k elem milyen sorrendben követi egymást. (Ilyen például a lottóhúzás). Tehát ami itt 1 eset, az az előbb k! eset volt (ennyiféleképp tudnám a k elemet sorba rakni). Tehát a keresett szám: k.. Ennek is van saját jelölése:, ejtsd: n alatt a Megjegyzés: látható, hogy

4 Feladatok 1. Egy szabályos dobókockával egyszer dobunk. Milyen esemény valószínűsége lehet az, a, illetve az érték? P(a dobott szám prím) = P(a dobott szám 3-mal nem osztható) = P(a dobott szám 3-mal osztható) = 2. Egy dodekaéder lapjaira ráírtuk a számokat 1-12-ig. Mekkora a valószínűsége, hogy a. a dobott szám 4-gyel osztható, b. a dobott szám 3-mal osztható, c. a dobott szám 4-gyel és 3-mal osztható, d. a dobott szám 4-gyel vagy 3-mal osztható, e. a dobott szám sem 3-mal, sem 2-vel nem osztható, f. a dobott szám jegyeinek összege legfeljebb 4, g. a dobott szám nem négyzetszám? a. A tizenkét számból három osztható 4-gyel: 4, 8,12. P = b. A tizenkét számból négy osztható 3-mal: 3, 6, 9, 12. P = c. Csak a 12 osztható 3-mal és 4-gyel, tehát P =

5 d. Azt már láttuk, hogy három 4-gyel, illetve négy 3-mal osztható szám van a tizenkét szám között. A kettőt összeadva azt kapjuk, hogy 4+3=7 olyan szám van, ami 4-gyel vagy 3- mal osztható. De a 12-t kétszer is beleszámoltuk, ezért valójában csak 7-1=6 ilyen szám van. Vagyis e. Nem osztható sem 2-vel, sem 3-mal az 1, az 5, a 7 és a 11, ezért P = f. A számjegyek összege legfeljebb 4 az 1,a 2, a 3, a 4, a 10, a 11 és a 12 számoknál, ezért P = g. Négyzetszámok az 1, a 4, a 9, a többi kilenc nem az, tehát h. P = 3. Fanni a zsebében lévő két szem citromos és két szem málnás cukorkából kivesz kettőt. Mekkora a valószínűsége annak, hogy különböző ízűek? A négy cukorkából kettőt módon lehet kiválasztani. Ezekből nekünk két eset nem felel meg: ha a két citromosat, vagy a két málnásat választja. Ezek valószínűsége. A többi négy esetben különböző a két cukor íze. Ennek a valószínűsége:. (Ezt így is megkaphattuk volna: 1-1/3 = 2/3.) 4. Két tálban darab alma van, mindegyikben egy sárga, a többi piros. Bekötött szemmel választunk egy-egy almát mindkét tálból. a. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a két sárgát választjuk? b. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy sárgát és egy pirosat választunk? c. Mekkora a valószínűsége annak, hogy legalább az egyik választott alma piros? a. Annak a valószínűsége, hogy az egyik tálból a sárga almát választjuk 0,1. A két tálból egymástól függetlenül választunk, ezért annak a valószínűsége, hogy mindkét tálból a sárgát vesszük ki 0,1 0,1=0,01.

6 b. Annak a valószínűsége, hogy az egyik tálból a sárga almát választjuk 0,1; annak, hogy a pirosat 0,9. A sárga almát vagy az első, vagy a második tálból választhatjuk, ezért a két különböző színű alma választásának valószínűsége: 0,1 0,9+0,9 0,1=2 0,1 0,9=0,18. c. Ha legalább az egyik alma piros, akkor vagy az egyik piros és a másik sárga, vagy mindkettő piros. Annak a valószínűsége, hogy az egyik választott alma piros, a másik pedig sárga a b. feladat szerint 0,18. Annak a valószínűsége, hogy mindkét választott alma piros 0,9 0,9=0,81. Így annak a valószínűsége, hogy legalább az egyik választott alma piros: 0,18+0,81=0,99. Ugyanerre az eredményre jutunk, ha azt mondjuk, hogy akkor nem lenne egy piros alma sem, ha mind a kétszer sárgát választunk. Tehát P(legalább az egyik piros)=1-p(mindkettő sárga)=1-0,01=0, Az számkártyákat összekeverjük, majd egymás után letesszük az asztalra. Mekkora a valószínűsége annak, hogy az így kirakott négyjegyű szám a. páratlan, b. hárommal osztható, c. néggyel osztható? A négy számkártyát =24 különböző sorrendben tudjuk egymás után letenni. a. Akkor páratlan, ha 1-re vagy 3-ra végződik, ez a 24 lehetséges eset fele, vagyis a valószínűsége 0,5. b. A számjegyek összege =10, azaz egyik szám sem lesz hárommal osztható, a valószínűség 0. c. Akkor osztható néggyel, ha az utolsó két számjegy 12 vagy 24 vagy 32. Mindhárom esetben a maradék két számjegy kétféle sorrendben állhat elöl, tehát a kedvező esetek száma 2 3=6. A valószínűség tehát. 6. Két dobókockával dobunk egyszerre és összeadjuk a dobott számokat. Tomi arra fogad, hogy az összeg 6 lesz, Laci arra, hogy az összeg 7 lesz, Feri pedig arra, hogy az összeg 8 lesz. Melyiküknek van nagyobb esélye a nyerésre? Két kockával egyszerre dobva 6 6=36 a lehetséges esetek száma. Ebből a 36-ból kell kiválasztanunk azokat, amelyeknél a dobott számok összege 6, vagy 7, vagy 8. Az 1; 2; 3; 4; 5; 6 számokból a 6 is, a 7 is és a 8 is háromféle módon állítható elő két szám összegeként:

7 6 = = = = = = = = = 4+4 Jelöljük meg az egyik dobókockát! Amikor a két összeadandó azonos, akkor a jelöletlen és a jelölt kockán is ugyanaz a szám áll, vagyis ez az eset egyféleképpen jöhet létre. Amikor a két összeadandó különböző, akkor két lehetőség van: a jelölt kockán van az első összeadandó és a jelöletlenen a második, vagy fordítva. Így a hat 2+2+1=5, a hét 2+2+2=6, a nyolc 2+2+1=5 esetben jöhet létre a 36 lehetséges esetből. Ezért a tippelt összegek valószínűsége: Tehát Laci a legesélyesebb a nyerésre, Tomi és Feri esélye egyforma. (Egy dobókocka szemközti lapjain mindig 7 a számok összege. Tehát, ha 1 áll fölül, akkor 6 alul; ha 5 fölül, akkor 2 alul. Így az 1+5 összegnek megfeleltethető egy 2+6 összeg. Ugyanígy bármelyik 6-os összegnek megfeleltethető egy 8-as összeg; így látható, hogy ugyanannyiféleképpen lesz az összeg 6, mint 8.) 7. Két dobókockával dobunk. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok a. szorzata 12, b. szorzata prímszám? Az egyik kockával is hatféle számot dobhatunk, a másikkal is, ezért összesen 6 6 = 36 elemi esemény lehetséges. a. 12 = A szorzat négyféleképpen állhat elő, ezért P( a szorzat 12 ) =. b. A szorzatok között három prímszám van, a 2, a 3 és az 5. Mindegyik kétféleképpen jöhet ki: 2 = 2 1= 1 2, 3 = 3 1 = 1 3, 5 = 5 1= 1 5, ez 6 eset. Tehát P( a szorzat prímszám) =.

8 8. Két dobókockával dobunk. Adjunk meg olyan elemi eseményeket, amelyek valószínűsége a. b. c. d. 1 a. P(a dobott számok összege 3) = = b. P(a dobott számok összege páros négyzetszám) = = c. P(a dobott számok összege 5-nél nagyobb prímszám) = = d. P(a dobott számok szorzata legfeljebb 36) = 1 9. Balázs és Marci testvérek. Esténként négy dobókocka feldobásával döntik el, ki sétáltatja másnap reggel a kutyát. Négy kockával dobnak egyszerre. Ha a négy szám között van hatos, akkor Balázs, különben Marci sétáltatja másnap a kutyát. Igazságos-e ez a módszer? Egy kockadobás eredménye hatféle lehet: 1; 2; 3; 4; 5; 6. Marci akkor sétáltatja a kutyát, ha nem dobnak hatost, vagyis a dobások eredménye az 1; 2; 3; 4; 5 számok közül kerül ki. Így annak a valószínűsége, hogy egy dobás nem hatos. Annak a valószínűsége, hogy a négy kocka egyikén sincs hatos, vagyis hogy Marci sétáltatja reggel a kutyát: Minden más esetben van 6-os a dobások között, tehát P(B) = 1-P(M) 0,52. Tehát kicsivel nagyobb a valószínűsége annak, hogy Balázs sétáltatja reggel a kutyát, mint annak, hogy Marci: a módszer nem igazságos. 10. Öt dobókockával dobunk egyszerre. Mekkora annak a valószínűsége, hogy három kockán lesz páros szám, kettőn pedig páratlan?

9 A dobókocka oldalain ugyanannyi páros szám van, mint páratlan, ezért ugyanakkora eséllyel gurul páros számra, mint páratlanra. A kockák egymástól függetlenül gurulnak, ezért az összes lehetséges eset 2 5 = 32, hiszen minden kocka vagy páros, vagy páratlan számot mutat. Feltéve, hogy két kocka mutat páros, három páratlan számot, a következő lehetőségek adódnak: ps ps ps ptl ptl ps ps ptl ps ptl ps ps ptl ptl ps ps ptl ps ps ptl ps ptl ps ptl ps ps ptl ptl ps ps ptl ps ps ps ptl ptl ps ps ptl ps ptl ps ptl ps ps ptl ptl ps ps ps Ez tíz eset a 32-ből, tehát a valószínűség 11. Egy fiókban van hat pár kesztyű. a. Csukott szemmel kiveszünk belőle két darabot. Mekkora a valószínűsége annak, hogy két jobbkezes kesztyűt választunk? b. A hat pár kesztyűből kivettünk két darab jobbkezest, majd a maradékból megint húzunk két darabot csukott szemmel. Mekkora a valószínűsége annak, hogy két balkezest választunk? a. 6 db jobbkezes és 6 db balkezes kesztyű van a fiókban. Közülük kettőt lehetséges módon tudunk kiválasztani. Nekünk az a kedvező, ha mindkét kesztyű a jobbkezesek közül kerül ki. Ez esetben fordulhat elő. Így két jobbkezes kesztyű kiválasztásának valószínűsége:.

10 b. Most 4 db jobbkezes és 6 db balkezes kesztyű van a fiókban. Közülük kettőt lehetséges módon tudunk kiválasztani. Most az a kedvező, ha mindkét kesztyű a balkezesek közül kerül ki. Ez esetben fordulhat elő. Így két balkezes kesztyű kiválasztásának valószínűsége:. 12. Feldobunk először egy 20 forintost és egy 50 forintost egyszerre, majd két 10 forintost. Mennyi az egyes esetekben a valószínűsége annak, hogy mindkettő érmén fej lesz, mindkettőn írás lesz, illetve az egyiken fej, a másikon írás lesz? Az első esetben a következő lehet a dobás kimenetele: 20 Ft-os 50 Ft-os FEJ FEJ FEJ ÍRÁS ÍRÁS FEJ ÍRÁS ÍRÁS A négy lehetséges esetből a FEJ-FEJ, illetve az ÍRÁS-ÍRÁS egy-egy esetben, a FEJ-ÍRÁS két esetben jön létre. A keresett valószínűségek tehát: P(FF) = P(ÍÍ) = 0,25 és P(FÍ) = 0,5. A második esetben az egyik 10 forintost megjelölve ugyanazt a feladatot kapjuk, mint az első esetben. A valószínűségek: P(FF) = P(ÍÍ) = 0,25 és P(FÍ) = 0, Karesz pénztárcájában 5 db 20 Ft-os van. Édesanyja betett a húszasok mellé néhány 10 Ft-ost is. Hány db tízest kapott Karesz, ha ezek után a pénztárcájából találomra kiválasztott érme 0,8 valószínűséggel 10 Ft-os? Ha édesanyja x db 10 Ft-ost tesz a pénztárcába, akkor x + 5 db érem lesz benne. Így P(10-est választunk) = a pénztárcába. innen x = 20, tehát Karesz édesanyja 20 db 10 Ft-ost tett 14. Vettünk öt darab egyforma Blend-a-med Complete és egy Blend-a-med Soda Bicarbonate fogkrémet. A szatyorban kicsúsztak a dobozukból. Hazaérve találomra beletettünk mindegyik dobozba egy-egy tubus fogkrémet.

11 a. Mekkora a valószínűsége annak, hogy mindegyik dobozban a feliratnak megfelelő fogkrém van? b. Mekkora a valószínűsége annak, hogy pontosan öt dobozban van a feliratnak megfelelő fogkrém? c. Mekkora a valószínűsége annak, hogy pontosan négy dobozban van a feliratnak megfelelő fogkrém? a. Ha a Blend-a-med Soda Bicarbonate fogkrém a saját dobozába kerül, akkor a többi is a feliratnak megfelelő helyen lesz. Ha a Blend-a-med Soda Bicarbonate fogkrém nem kerül a saját dobozába, akkor a többi sem mind, hiszen az egyik Blend-a-med fogkrém a Blenda-med Soda Bicarbonate dobozába kerül. Tehát annak a valószínűsége, hogy mindegyik dobozban a feliratnak megfelelő fogkrém van, megegyezik annak a valószínűségével, hogy a Blend-a-med Soda Bicarbonate fogkrém a saját dobozában van, ez pedig. b. Ha pontosan öt dobozban van a feliratnak megfelelő fogkrém, akkor már csak egy doboz és egy fogkrém maradt, így az utolsó fogkrémet csak a helyére tudjuk tenni. Vagyis 0 annak a valószínűsége, hogy pontosan öt dobozban van a feliratnak megfelelő fogkrém. c. Ha a Blend-a-med Soda Bicarbonate fogkrém a saját dobozába kerül, akkor a többi is a feliratnak megfelelő helyen lesz, ezért ez nem lehet a helyén, hanem Blend-a-med-es dobozban van. Ekkor egy tubus Blend-a-med nincs jó helyen, a többi igen. Így annak a valószínűsége, hogy pontosan négy dobozban van a feliratnak megfelelő fogkrém, megegyezik annak a valószínűségével, hogy a Blend-a-med Soda Bicarbonate nincs a helyén, ez pedig. 15. A virágoskertben tavasszal háromféle tulipán (piros, sárga, rózsaszín) és kétféle nárcisz (fehér és sárga) nyílik egyszerre. A szobában a váza mellett egy kosárkában mindig van öt cédula, a következő feliratokkal: piros tulipán, sárga tulipán, rózsaszín tulipán, fehér nárcisz, sárga nárcisz. Mama minden nap egy cédula kihúzásával dönti el, melyikből szedjen a vázába. Mekkora a valószínűsége annak, hogy két egymást követő napon a. sárga nárciszt; b. ugyanolyan virágot; c. tulipánt szed?

12 a. Mama első nap öt cédulából húz, a sárga nárcisz valószínűsége. Másnap szintén öt cédulából húz, a sárga nárcisz valószínűsége ismét. Így két egymást követő napon a sárga nárcisz valószínűsége:. b. Ha a két napon ugyanolyan virágot szed, akkor a második napi húzásnál ugyanazt a cédulát kell kihúzni, amit első nap. Egy adott cédula kihúzásának a valószínűsége. Tehát annak a valószínűsége, hogy két egymást követő napon ugyanolyan virágot szed mama a vázába. c. Az ötféle virágból három tulipán, így annak a valószínűsége, hogy mama tulipános cédulát húz. A második napon is ugyanazokból a cédulákból húz, így két egymást követő napon a tulipán valószínűsége:. 16. Leteszünk egymás mellé az asztalra 3-3 kártyát számmal lefelé: pikk hármast, pikk négyest, pikk ötöst, valamint treff hármast, treff négyest és treff ötöst. Húzunk a pikkek közül is egy lapot és a treffek közül is egy lapot. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a. a kihúzott számok összege 8; b. a két kihúzott szám egyforma; c. a pikkek közül húzott szám kisebb, mint a treffek közül húzott; d. két különböző prímszámot húzunk? Összesen 3 3=9 pár húzható ki úgy, hogy az egyik pikk legyen, a másik treff. a. A kihúzott számok összege 8 a következő esetekben lehet: vagy vagy 5 + 3, azaz három a kilencből, valószínűsége. b. A két kihúzott szám egyforma, ha két hármast, két négyest, vagy két ötöst húzunk. Ez három eset a kilencből, valószínűsége. c. A pikk kisebb, mint a treff: 3 és 4, 3 és 5, 4 és 5. Ez három eset a kilencből, valószínűsége.

13 d. Két különböző prímszámot választunk: 3 és 5 vagy 5 és 3. Ez kettő eset a kilencből, valószínűsége. 17. Leteszünk egymás mellé az asztalra 3-3 kártyát számmal lefelé: pikk hármast, pikk négyest, pikk ötöst, valamint treff hármast, treff négyest és treff ötöst. Húzunk két kártyát közülük. Mely események valószínűsége lehet a. b. c. 40% d. 0,6 e. Hat különböző kártyából két darabot módon tudunk húzni. Ezek a lehetőségek: a. Olyan eseményt keresünk, aminek valószínűsége, azaz egyetlen esetben fordul elő a tizenötből. Ilyen esemény például, hogy két négyest húzunk. b. Olyan eseményt keresünk, aminek valószínűsége, azaz három esetben fordul elő a tizenötből. Ilyen esemény például, hogy a két kihúzott kártyán ugyanolyan szám legyen. c. Olyan eseményt keresünk, aminek valószínűsége 40%, vagyis, azaz hat esetben fordul elő a tizenötből. Ilyen esemény például, hogy a két kihúzott kártyán ugyanolyan szín (pikk vagy treff) szerepeljen. d. Olyan eseményt keresünk, aminek valószínűsége, azaz kilenc esetben fordul elő a tizenötből. Ilyen esemény például, hogy a két kihúzott kártyán különböző szín (pikk vagy treff) szerepeljen.

14 e. Olyan eseményt keresünk, aminek valószínűsége, azaz öt esetben fordul elő a tizenötből. Ilyen esemény például, hogy a kihúzott kártyákon szereplő számok összege nagyobb legyen nyolcnál. 18. Egy téglalap alakú tepsiben sütött nagymama sütit, és amikor tálcára tette, a tetejét és az oldalát bevonta csokikrémmel. Tálaláskor hat vágással (ahogyan a rajz mutatja) tizenhat szeletre vágta. Kiválasztunk belőle találomra egy kockát. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a. csak egy oldala lesz csokis; b. ugyanannyi oldala lesz csokis, mint amennyi nem; c. feleannyi csokis oldala lesz, mint amennyi nem; d. több csokis oldala lesz, mint nem? Az egész süti négy sarkának három-három oldala csokis (három-három pedig nem), a szélén lévő sarkok közötti nyolc szeletnek két-két oldala csokis (négy-négy pedig nem), a középen lévő négy szeletnek egy-egy oldala csokis (öt-öt pedig nem), több szelet nincs. a. P(csak egy oldala lesz csokis)= b. P(ugyanannyi oldala lesz csokis, mint amennyi nem)= c. P(feleannyi csokis oldala lesz, mint amennyi nem)= d. P(több csokis oldala lesz, mint nem)= Két dobozban számkártyákat helyeztünk el. Az egyikben 3 db-ot, ezekre 1-től 3-ig, a másikban 4 db-ot, ezekre 4-tól 7-ig írtuk az egész számokat. Mindkét dobozból egy-egy kártyát húzunk és belőlük a húzás sorrendjében egy kétjegyű számot készítünk. Állapítsuk meg a következő események valószínűségét! a. a szám nem osztható 3-mal b. a számjegyek szorzata prímszám c. a szám jegyei relatív prímek Oldjuk meg a feladatot abban az esetben is, ha az első dobozba a 0 számkártyát is betesszük!

15 Ha az első dobozból húzott számkártyákhoz párosítjuk a második dobozból húzottakat, akkor 3 4= 12 db kétjegyű számot kapunk. Ha a másodikból húzottakhoz párosítjuk az első dobozbeli számokat, akkor 4 3 = 12 db számot kapunk. Ez összesen 24 db különböző szám. a. Hárommal osztható számok: 15,51,24,42,27,72,36,63. Hárommal nem osztható 24-8 = 16 db szám. P(hárommal nem osztható) =. b. A számjegyek szorzata prímszám: 15,51,17,71 számok esetén P(számjegyek szorzata prímszám ). c. A szám jegyei relatív prímek: 14,41,15,51,16,61,17,71,25,52,27,72,34,43,35,53,37,73 számok esetén. P(szám jegyei relatív prímek) =. Ha az első dobozba a 0 számkártyát is betesszük, akkor az előbb számolt 24 db-on kívül még négy új szám készíthető a 40, az 50, a 60 és a 70, így összesen 28 db számunk lesz. A fenti megoldások a következőképpen módosulnak: a. A négy szám közül csak a 60 osztható 3-mal, ezért a 3-mal nem nem osztható számok száma : 28-9 = 19 P(hárommal nem osztható ) = b. P(számjegyek szorzata prímszám ) = c. P(szám jegyei relatív prímek) = 20. Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy kétjegyű szám négyzetének utolsó számjegye 6 legyen? Összesen 90 darab kétjegyű szám van. Ezek közül azoknak végződik a négyzete 6-ra, amelyeknek utolsó számjegye 4 vagy 6. Ilyenek a 14, 16, 24, 26,..., 94, 96, vagyis minden tízes csoportban van két megfelelő szám, összesen 2 9 = 18 darab. A keresett valószínűség:.

16 21. Orsiék szombaton kirándulni mennek öten. Mindenkinek két-két szendvics került a közös hátizsákba, összesen négy szalámis és hat májkrémes, egyforma csomagolásban. Mekkora a valószínűsége annak, hogy Orsi két májkrémeset vesz ki magának, ha véletlenszerűen választ? 10 szendvicsből kell kettőt kivennie, ezt lehetséges módon teheti. A két májkrémeset csak hat közül választhatja, mégpedig lehetséges módon. nnak a valószínűsége, hogy két májkrémeset vesz ki magának:. 22. Az osztályba 16 lány és 14 fiú jár. Kedden két egymást követő órán sorsolni fognak egy-egy felelőt. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a. mindkét órán lány; b. az első órán lány, a másodikon fiú fog felelni? A két órán a sorsolások egymástól függetlenek, mindkét esetben 30 gyerek közül kerül ki a felelő. Annak a valószínűsége, hogy egy alkalommal lányt sorsolnak ki, annak, hogy fiút. a. Annak a valószínűsége, hogy mindkét órán lányt sorsolnak ki:. b. Annak a valószínűsége, hogy az első órán lányt, a másodikon fiút sorsolnak ki:. 23. Egy autóban három darab kétállású (A vagy B) kapcsolóval meg lehet akadályozni az indítást: csak akkor lehet az autót elindítani, ha mindegyik kapcsoló azonos állásban van. A kapcsolókat tetszőleges helyzetben hagyva mekkora a valószínűsége annak, hogy egy ismeretlen el tudja indítani az autót?

17 Mindegyik kapcsolónak két állása van, és ezek egymástól függetlenül működnek. Így a három kapcsoló 23=8 különböző helyzetben lehet. Elindítani az autót akkor lehet, ha mindegyik kapcsoló A állásban, vagy mindegyik kapcsoló B állásban van. Ez két eset a nyolcból, tehát a valószínűsége. 24. Kovács apuka, három gyermeke: Jani, Elek és Panni közül valamelyik kettőt szeretné elküldeni bevásárolni. Mivel a gyerekek vonakodnak, ezért apuka mind a három nevet felírja egy cédulára, és kihúz közülük két nevet. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a. két fiú megy, b. egy fiú és egy lány, c. Panni és Elek megy vásárolni? Határozzuk meg azt is, hogy egy-egy gyerek nevét mekkora eséllyel húzhatjuk ki! A három gyermekből kiválasztható párosok: J,E; J,P; E,P. Ez összesen három elemi esemény. Az a. szerint számunkra csak az J,E kedvező, így a valószínűség: P(két fiú)= A b. szerint kedvező esemény: J,P; és E,P, ez két eset, így a valószínűség P(egy lány és egy fiú)= A c. szerint kedvező esemény a P,E, így a valószínűség: P(Panni és Elek)=. Az összes eset három különböző párosában egy-egy gyerek kettőben biztosan szerepel. Jani például a fenti felsorolásban az első kettőben, ezért annak a valószínűsége, hogy neki mennie kell. Ugyanez az arány igaz bármelyik gyerekre. 25. Ezen a héten Zsolt és Dani a hetesek az osztályban. Minden nap pénzfeldobással döntik el, hogy melyikük törli le a táblát az órák előtt: ha a fej van felül, akkor Zsolt, ha az írás van felül, akkor Dani. a. Mekkora a valószínűsége annak, hogy mind az öt nap Zsolt törli a táblát? b. Mekkora a valószínűsége annak, hogy Zsolt egy nap, Dani négy nap törli a táblát?

18 Mind az öt nap kétféle eredménye lehet a pénzfeldobásnak: írás vagy fej, ezért az egész héten összesen 25=32 különböző táblatörlési rend lehetne. a. Ha mind az öt nap Zsolt törli a táblát, akkor a 32-ből csak egy eset lehetséges: minden nap fejet dobtak. Ennek a valószínűsége:. b. Ha Zsolt egy nap, Dani négy nap törli a táblát, akkor öt eset lehetséges: az öt nap közül az egyiken dobtak fejet. Ennek a valószínűsége:. 26. Az ábrán látható a Galton deszka rajza és az abba bedobott golyó lehetséges útvonalai. A golyót bármelyik nyíláson is dobjuk be, azt a fából készült ékek az elágazásoknál egyenlő valószínűséggel terelik két irányba. Indítsuk a golyókat a felső nyíláson át! a. Számítsuk ki, hogy az egyes elágazási pontokhoz mekkora valószínűséggel juthat el a golyó!

19 b. Határozzuk meg mind az 1,a 2, a 3, a 4 és az 5 folyosókba való megérkezés valószínűségét! a. Az eszköz tengelyes szimmetriája miatt megállapíthatjuk, hogy b. P(A)=P(B), P(C)=P(E), P(F)=P(I), P(G)=P(H). c. Az O pontból indulva az első "döntés" valószínűsége. Ez minden elágazásnál, az előző "döntéstől" függetlenül újra megismétlődik. Ilyenkor az egyes útszakaszok választásának valószínűségét összeszorozzuk. Például a C, vagy az E pontba valószínűséggel érkezik a golyó, mert A-ba, illetve B-be is, onnan tovább C-be, illetve E-be is valószínűséggel gurul tovább. d. Akkor viszont, amikor például a golyó a D pontba érkezik, a válaszható utak valószínűsége összeadódik, mivel ide a golyó vagy b,j, vagy j,b, útvonalon érkezhet, tehát A D pontba érkezés valószínűsége: e. Megállapíthatjuk, hogy az egy sorban lévő elágazásokba nem egyenlő valószínűséggel kerülnek a golyók, és egy-egy sorban a megérkezések valószínűségének összege mindig 1. Például: Így a keresett valószínűségek: P(C)+P(D)+P(E)= A START B C D E

20 F G H I f. g. Az előző gondolatmenetet folytatva: P(1) = 1/2 P(F) = 1/16; P(2) = 1/2 P(F) + 1/2 P(G) = 1/4; P(3) = 1/2 P(G) + 1/2 P(H) = 3/8; P(4) = P(2) = 1/4; P(5) = P(1) = 1/ Ákos, akit a város parkjának egyik sétánya végén várja a barátnője a rajzon látható útvonalak bármelyikét választva juthat el oda. Mekkora valószínűséggel találkozhat barátnőjével? Ákos az X elágazásnál valószínűséggel, az Y elágazásnál valószínűséggel, a Z elágazásnál ismét valószínűséggel dönt. Ahhoz a kijárathoz, ahol a barátnője áll, vagy Y, vagy Z pontból érkezhet. Így annak a valószínűsége, hogy találkozik a barátnőjével: 28. Az első három definíciót zöld színű cédulára, a negyediket és az ötödiket kék színű cédulára írtuk. Mind az öt definíció valamilyen paralelogramma tulajdonságot fogalmaz meg. A cédulákból úgy húzunk ki kettőt, hogy az egyik zöld színű, a másik kék színű legyen. Mekkora annak a valószínűsége, hogy mindkét cédulán egy általános paralelogramma tulajdonságát olvashatjuk?

21 A "zöld" definíciók: I. Átlói merőlegesek egymásra II. Szemközti szögei egyenlők III. Átlói felezik a szögeket A "kék" definíciók: IV. Szögeinek összege 360 o V. Átlói felezik egymást. Ha a "zöld" definíciókból választunk és azokhoz párosítjuk egyenként a "kékeket", akkor 3 2 = 6 féle pár készíthető, ha fordított sorrendben választunk, akkor is ugyanezek a párok jönnek létre, ezért összesen 6 különböző pár készíthető a kétféle színű cédulára írt öt definícióból. Ezek közül általános paralelogramma tulajdonság a II - IV és a II - V párokon olvasható. Tehát P(mindkét cédulán általános paralelogramma tulajdonság van)= 2/6=1/ Kartonpapírból kivágunk három különböző háromszöget. Válasszunk ki találomra ezek közül két háromszöget! Mekkora a valószínűsége annak, hogy a kiválasztottakból egy négyszöget tudunk kirakni úgy, hogy azokat egy-egy oldaluknál összeillesztjük? A három különböző háromszögből háromféleképpen választhatunk ki párokat: I - II, I - III, II - III. A párokból akkor tudunk négyszöget kirakni, ha a két háromszögnek legalább egy-egy ugyanakkora oldala van. P(a háromszögekből ki lehet rakni négyszöget) =.

22 30. Egy 2 cm, egy 3 cm, egy 5 cm és egy 6 cm hosszúságú szakaszból találomra kiválasztunk hármat. Mekkora a valószínűsége annak, hogy azokból háromszöget tudunk szerkeszteni? Összesen négy különböző számhármast választhatunk, mert a négy szakasz közül egyet mindig ki kell hagyni, és ezt négyféleképpen tehetjük meg. A kiválasztott szakaszokból akkor lehet háromszöget szerkeszteni, ha azok hossza: 3 cm, 5 cm, 6cm, mert > 6 vagy 2 cm, 5cm, 6cm, mert > 6 Így P(a kiválasztott szakaszokból háromszög szerkeszthető)=. 1. rész 2. rész 3 rész 4. rész 5. rész 6. rész 7. rész 31. Egy asztalitenisz bajnokság döntőjébe három tanuló jutott be: Dani, Csaba és András. Tudjuk, hogy Dani nyerési esélye fele Csabáénak, Csaba nyerési esélye viszont háromszor akkora, mint Andrásé. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a versenyt a. Dani b. András vagy Csaba nyeri? András nyerési esélye : p Csaba nyerési esélye : 3p P(A) = p P(C) = 3p Dani nyerési esélye : p P(D) = p A három esemény közül valamelyik biztosan bekövetkezik, ezért azok valószínűségének összege 1. p+ 3p + p = 1 innen p =, ekkor 3p = és p =. a. Tehát P(D) = b. P(A vagy C) =. 32. Egy sakkversenyen Dezső, Feri, Anikó, Juli és Lilla vesz részt. A nyerés esélye nemenként azonos, de minden fiú kétszer esélyesebb a nyerésre, mint bármelyik lány. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a

23 versenyt a. Feri nyeri, b. Dezső vagy Anikó nyeri, c. lány nyeri? Anikó, Juli és Lilla nyerési esélye azonos: P(A) = P(J) = P(L) = p Dezső és Feri nyerési esélye is azonos, és kétszer akkora, mint a lányoké: P(D) = P(F) = 2p. A felsorolt öt esemény közül valamelyik biztosan bekövetkezik, tehát ezek valószínűségének összege 1. 3 p + 2 2p = 1, innen p= a. P(F) = 2p = b. P(D vagy A) = c. P(A vagy J vagy L) = Hányféle három hangból álló dallam-motívum készíthető, ha az ötvonalas kottapapíron a hangjegyeket csak a vonalra illetve azok közé helyezhetjük el és a dallam ritmusát nem vesszük figyelembe? Mekkora a valószínűsége annak, hogy a három hangjegy különböző vonalra kerül? Az első kottafejet 9 helyre, a másodikat is, és a harmadikat is 9 helyre tehetjük. Ez összesen 9 3 lehetőség. Ahhoz, hogy a kottafejek különböző vonalra kerüljenek, az elsőt 5, a másodikat 4, a harmadikat 3 helyre tehetjük. Ez összesen = 60 eset. A keresett valószínűség:. 34. A dominón 0-tól 9-ig lehetnek pöttyök (pontok). Egy dominó készletben minden lehetséges páros előfordul. a. Hány darabból áll a teljes dominó készlet? b. Hányféleképpen lehet közülük kiválasztani kettőt úgy, hogy azok a játék szabályai szerint egymáshoz illeszthetők legyenek? c. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a b. szerint kiválasztott párosok között van 0 pontú dominó?

24 a. Egy dominónak két lapja van, melyek mindegyikén 0-tól 9-ig lehetnek pontok. Egy lap esetén ez 10 különböző eset. Ha a 10 különböző lap mindegyike együtt szerepel a dominókon egy másik, tőle különböző pontú lappal, akkor féle dominót kapunk. Ehhez adódnak azok az esetek, amikor a dominónak mindkét lapja azonos pontú, ez még 10 eset. Összesen tehát 55 db dominóból áll a teljes készlet. b. A jó páros kiválasztásakor külön vizsgáljuk azokat az eseteket, amikor a húzott dominók között van dupla, (mindkét lapja azonos) illetve azokat, amikor nincs dupla. Először összeszámoljuk az eseteket úgy, mintha számítana, hogy milyen sorrendben választjuk ki a két dominót, és a kapott számot utána osztjuk kettővel, hiszen valójában nem számít a sorrend. I. a)ha elsőként dupla dominót húzunk - amit 10-féleképpen tehetünk meg- akkor másodikként ezekhez csak 9-félét húzhatunk, ez összesen 10 9 = 90 eset. b)ugyanígy 90 olyan eset van, amikor a 2. dominó dupla. II. Ha első húzásnál nem húzunk duplát, akkor = 45-ből választhatunk. A második húzásnál pedig a különböző lapú dominó egyik lapjához is 8 féle, másik lapjához is 8 féle, összesen 16 féle dominó választható. Például az 1,2 dominóhoz jöhet egyrészt az 1,0 ; 1,3 ; 1,4 ; 1,5 ; 1,6 ; 1,7 ; 1,8 ; 1,9, másrészt a 2,0 ; 2,3 ; 2,4 ; 2,5 ; 2,6 ; 2,7 ; 2,8 ; 2,9. Ekkor = 720 féle húzás lehetséges. A három együtt = 900 eset. tehát összesen 900/2 = 450 esetben kaphatunk a feltételeknek megfelelő párost. c. Ha az első kihúzott dominó A,B, és például A 0 pontú, akkor B 10 féle lehet. Ezekhez másodszorra az első dominó A lapjához 9 félét választhatunk, ez így összesen 10 9 = 90. De itt is figyelembe vettük a húzások sorrendjét, ezért valójában 90:2 = 45 lehetőség van. Az első dominóhoz választhatunk még olyan dominót is, amelyek egyik lapja B-vel egyezik meg. Ennél az esetnél a 0,0 dupla dominót nem kell számolni, mert az nem ad új párost. Így 9 féle laphoz 9 félét (mert a 0-t tartalmazó dominókat szintén már összeszámoltuk, gy azt nem vesszük bele az esetek közé) húzhatunk. Például a 0,1 dominóhoz másodszorra az 1,1 ; 1,2 ; 1,3 ; 1,4 ; 1,5 ; 1,6 ; 1,7 ; 1,8 ; 1,9 dominókat. Ez 9 9 = 81 eset. A feladat c. feltételének megfelelő párosok száma összesen: = 126. A jó párosok száma pedig összesen a feladat b. része alapján: 450. P(a választott párosok között van 0 pontú) =. 35.Egy üzletben a kiárusításkor egy nagy kétrekeszes ládába öntik az egyforma méretű férfi zoknikat. A zoknik nincsenek összepárosítva és legfeljebb csak színükben különböznek, ezért nap végére teljesen összekeverednek. Az egyik rekeszben 60 sötétkék, 37 drapp és 51 fekete, a másik rekeszben 40 sötétkék, 63 drapp és 49 fekete zokni van. Mekkora a valószínűsége annak, hogy mindkét rekeszből egyet-egyet kivéve, egyforma a két zokni színe?

25 A különböző rekeszekből való húzások független kísérletek. A két sötétkék, a két drapp és a két fekete zokni húzása egymást kizáró események. Az egyik rekeszben összesen 148 zokni van, a másikban 152, ezért a keresett valószínűség A valószínűség 32,14%. 36. A könyvespolc alsó polcáról a kétéves Pisti leszedte a könyveket, majd "saját ízlése szerint" visszarakta mind a 25-öt. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a köztük levő három idegen nyelvű könyv egymás mellé került? Tételezzük fel, hogy a polcra csupa különböző könyvet tettek, így 25! azok lehetséges sorrendjeinek száma. A kedvező esetek összeszámlálásánál átmenetileg tegyük fel, hogy a három idegen nyelvű könyvet összekötöttük, és egyetlen csomagként tesszük a polcra. Így 22 db könyvet és az előbb említett csomagot kell a polcra tennünk. Ezt 23!-féleképpen tehetjük meg. Ha a csomagot kibontjuk, a benne lévő három idegen nyelvű könyvet 3! féleképpen cserélgethetjük. A polcon levő 23! féle sorrend mindegyikéhez 3! féle belső cserelehetőség tartozik, ezért a kedvező kimenetelű esetek száma 23!3! P(A = a három idegen nyelvű könyv egymás mellett van) = Tehát 1% a valószínűsége, hogy a visszarakáskor az idegen nyelvű könyvek egymás mellé kerülnek. 37. Öt pénzérme feldobásakor mennyi a valószínűsége, hogy pontosan három érmén a fej lesz felül? Minden érme feldobásának kétféle kimenetele lehet. Az egyes érmék feldobása független a többitől, így az öt érmén kialakuló összes lehetőségek száma 2 5. Ha az öt érme közül 3 mutat fejet, akkor ez összesen féleképpen fordulhat elő, hiszen az érmék eltérő sorrendje nem számít különböző kimenetelnek. A keresett valószínűség:

26 P(A=3 érmén fej van)= Tehát 31,25% valószínűséggel lesz az öt közül három érmén a fej felül. 38. Tételezzük fel, hogy egy gyermek születésekor ugyanakkora valószínűséggel lesz a csecsemő fiú illetve lány. Tudjuk, hogy egy családban öt különböző életkorú testvér közül a legidősebb gyermek lány. a. Mekkora annak a valószínűsége, hogy mind az öt gyermek lány? b. Mekkora annak a valószínűsége, hogy két lány és három fiú van a családban? c. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a középső gyermek fiú? Az első gyermek lány, a másik négy gyermek neme kétféle lehet egymástól függetlenül. Az összes lehetőség 24. a. Egyetlen esetben lesz mind az öt gyermek lány. P(A=öt leány, ha az első lány)= =0,0625 P(A)=6,25% b. A négy kisebb gyermek egyike lány, a többi fiú. Ez 4 kedvező eset. P(B=2lány, 3fiú, ha az első lány)= =0,25 P(B)=25% c. Az első gyermek lány, a harmadik fiú, a többi három vagy fiú vagy lány. Ez 23 eset. P(C=első lány, harmadik fiú)= =0,5 P(C)=50% Az eredmény mutatja, hogy egy gyermek neme nem függ a többiekétől. 39. A BKV-jegyen 3 3-as négyzetrácsban 9 mezőt találunk 1-től 9-ig számozva. A kilenc szám közül hármat lyukasztott az automata. Mennyi a valószínűsége annak, hogy köztük van az 1-es szám? A lyukasztáskor a számok sorredjére nem kell tekintettel lennünk, így a háromlyukú számkombinációk száma összesen.

27 Ha az 1-es a kilyukasztott számok között van, akkor a hiányzó két szám csak a többi nyolc szám közül lehet, így a kedvező esetek száma. P(A = az 1-est kilyukasztottuk)=. Tehát kb. 33,3% valószínűséggel lesz az 1-es a három kilyukasztott szám között. 40. Az ötös lottón 90 számból választanak 5-öt a szelvények kitöltői. Hányszor nagyobb a valószínűsége egy négytalálatos szelvénynek, mint az öttalálatosnak? A lottószelvény kitöltésénél a kiválasztott számok sorrendjére nem kell tekintettel lennünk, ezért az összes kitöltési lehetőségek száma:. Ezek között egyetlen öttalálatos van, így az öttalálatos szelvény valószínűsége: P(A = öttalálatos a lottón)= =0, Az ötös lottón akkor érünk el négytalálatost, ha az 5 kihúzott szám közül pontosan 4 a mi számaink közül való, egy pedig biztosan nem azok közül van, vagyis az általunk meg nem jelölt 85 szám valamelyike. A kedvező esetek száma, mivel a választások egymástól függetlenek. A négytalálatos szelvény valószínűsége: P(B = négytalálatos a lottón)= =0,

28 Az esélyek összehasonlítása: Tehát 425-ször valószínűbb az ötös lottón négy találatot elérni, mint ötöt. 41. Az iskolai tollaslabda bajnokság rendezői 12 palack szénsavas és 10 palack szénsavmentes ásványvizet vittek a pihenőhelyre. A páros mérkőzések első szünetében a négy versenyzőnek felbontottak egy-egy palackot anélkül, hogy megnézték volna a címkéket. Mekkora a valószínűsége annak, hogy 2 szénsavas és 2 szénsavmentes palackot nyitottak ki? A lehetséges esetek száma. A kedvező esetekben két palackot választottak a 12 közül és kettőt a 10 közül egymástól függetlenül. Ez eset. P(A=két-két palack a közül)= = 0,406 P(A) 40,6% A keresett valószínűség 40,6%. 42. Töhötöm elvesztette Budapesten lakó barátja telefonszámát. Arra biztosan emlékszik, hogy 2-essel kezdődik, pontosan 4 darab 3-as van benne és nincs a számjegyei között 9-es. Mennyi a valószínűsége annak, hogy már az első próbálkozása sikerrel jár, és fel tudja hívni a barátját? A hétjegyű telefonszámból az elsőt biztosan tudja Töhötöm. Az ismeretlen hat számjegy közül 4 db 3-as van, és két számjegyről nem tudunk biztosat. a. ha a hiányzó két számjegy egyforma, akkor ezek 8 féle szám közül kerülhetnek ki, hiszen az ismeretlen számjegy sem, 9-es sem 3-as nem lehet. A lehetséges próbálkozások száma a két ismeretlen egyforma számjegy helyét., mert 6 hely közül kell kiválasztani

29 b. ha a hiányzó két számjegy különböző, akkor azokat féleképpen választhatja meg Töhötöm, majd a kiválasztás után a négy egyforma és két különböző számjegyet féle sorrendbe teheti. Tehát ekkor a próbálkozások száma Az a. és b. lehetőségek egymást kizáró eseményeket írnak le, így összegük adja az összes lehetséges próbálkozások számát. A kedvező esetek száma 1, hiszen csak egy telefonszámon érheti el Töhötöm a barátját. A keresett valószínűség: P(A = sikeres hívás)=. Tehát kb. 0,1% a valószínűsége annak, hogy az első próbálkozásra sikeres lesz a hívás. 43. Egy szerencsejáték-automata három hengerén kép van: I.henger II.henger III.henger szív csillag háromszög kör négyzet lóhere Egy zseton bedobása után az automata megpörgeti, majd megállítja a hengereket úgy, hogy mindegyiken egy-egy kép válik láthatóvá. 500 nyereményzsetont ad ki a gép, ha három szív látható. 8 zseton a nyeremény bármely másik három egyforma kép esetén. a. Mennyi a főnyeremény elérésének valószínűsége egy-egy játékban? b. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a nyeremény 8 zseton? a. Az első hengeren a valószínűsége annak, hogy megállás után szív látható, a másik két hengeren pedig. Ezek független események. P(A=3 szív)= 0, ,04%.

30 b. 8 zseton a nyeremény, ha három csillag vagy három háromszög vagy három kör vagy három négyzet vagy három lóhere látható. Ezek egymást kölcsönösen kizáró események. P(B=8 zseton a nyeremény)= ,022 2,2%. A főnyeremény elnyerésének 0,04%, a 8 zsetonos nyeremény elérésének 2,2% a valószínűsége. 44. Egy húszfős diákcsoport hétvégi kirándulásra indult a Nyugati pályaudvarról. Induláskor kiderült, hogy Rendetlen Tóbiás és Feledékeny Fáni elfelejtett diákigazolványt hozni, pedig a csoport minden tagjának kedvezményes jegyet váltottak. A kalauz a vonaton a csoportból három diákot szúrópróbaszerűen ellenőriz. Mennyi a valószínűsége, hogy a. Rendetlen Tóbiás köztük van; b. mindkét potyautas köztük van; c. legalább az egyiküktől kéri a kalauz a diákigazolványt? A 20 diákból 3-at szúrópróbaszerű ellenőrzésre féleképpen lehet kiválasztani. a. Ha rendetlen Tóbiás az ellenőrzött személyek között van, akkor rajta kívül a többi 19 diák közül még kettőtől kéri el az igazolványt a kalauz. Őket féleképpen lehet kiválasztani. A keresett valószínűség: P(A = Tóbiást ellenőrzik)= b. Ha mindkét potyautas az ellenőrzött személyek között van, akkor rajtuk kívül még egy diákot választ ki a kalauz a többi 18 közül ellenőrzésre. Ezt féleképpen teheti meg. A keresett valószínűség: P(B = Tóbiást és Fánit is ellenőrzik)= c. Legalább az egyik potyautast ellenőrizni azt jelenti, hogy vagy az egyiket, vagy a másikat, vagy mindkettőjüket ellenőrzik. Ezeken a lehetőségeken kívül még az is előfordulhat, hogy egyikük sincs az ellenőrzöttek között. E négy esemény teljes eseményrendszert alkot, így az első három bekövetkezésének valószínűségét

31 megkaphatjuk, ha a negyedik esemény valószínűségét 1-ből kivonjuk. Ha egyiküket sem ellenőrzik, akkor az ellenőrzött személyeket a 18 diáktárs közül választhatja a kalauz féleképpen. A kiegészítő esemény valószínűsége: P( =sem T-t, sem F-t nem ellenőrzik)= A keresett valószínűség: P(C = legalább az egyiket)=1 Tehát Rendetlen Tóbiás ellenőrzésének valószínűsége 15%, mindkettőjüké kb. 1,6%, és hogy legalább az egyiket ellenőrzik, az kb. 28%-os valószínűségű. 45. Két diák hétvégi forgalomszámlálást vállalt egy olyan útszakaszon, ahol személygépkocsik és gépjárművek közlekednek. Az adatok összesítéséből kiderült, hogy a járművek 25%-a gépjármű, 75%-a személygépkocsi egy-egy hétvégén. Megfigyelték azt is, hogy a személygépkocsik kétharmadában csak a vezető ült, a gépjárművek ötödében legalább ketten ültek. Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy hasonló hétvégi napon ezen az útszakaszon elhaladó járműben legalább két személy ül? Az összes jármű negyede gépjármű, és minden ötödikben legalább ketten ülnek. Ezért P(A=gépjármű halad el és legalább ketten ülnek benne)= A személygépkocsik kétharmadában csak a vezető ül, harmadában legalább két ember van. Az összes jármű háromnegyede személygépkocsi, minden harmadikban legalább ketten ülnek. Ezért P(B=személygépkocsi halad el és legalább ketten ülnek benne)= A kétféle jármű elhaladása egymást kizáró esemény, ezért P(A B)=P(A)+P(B) P(A B=az elhaladó járműben legalább ketten ülnek)= + = P(A B)=30% a keresett valószínűség. 46. Tételezzük fel, hogy egy gyermek születésekor ugyanakkora a valószínűsége annak, hogy az újszülött fiú vagy lány. Tudjuk, hogy egy háromgyermekes családban van leány. Mennyi annak a valószínűsége, hogy valamelyik testvére fiú?

32 Jelöljön L egy lányt, F egy fiút! LLL, LLF, LFL, FLL, LFF, FLF, FFL, FFF lehet a gyerekek neme a háromgyerekes családokban. Összesen 23 eset fordulhat elő. P(A=legalább az egyik gyermek lány)= P(A B=lány és fiú is van a gyerekek között)= P(van fiú is a családban, ha a három gyerek egyike lány) = =, ami körülbelül 85,7%. Tulajdonképpen a feltételes valószínűséget írtunk fel: P(B A)= Általában, ha egy n gyermekes családban van lány, akkor a valószínűsége, hogy van fiú is. Feltételes valószínűség nélkül is kiszámíthatjuk a keresett értéket: a lányos esetek száma 7, a lányos-fiús esetek száma 6. P=. 47. A metróra váró utasok közül tizenkilencen úgy helyezkednek el, hogy a szerelvény első kocsijába szállhassanak majd, de annak egyforma az esélye, hogy a kocsi négy ajtaja közül melyiket veszik igénybe. a. Mennyi annak a valószínűsége, hogy mindannyian a második ajtón lépnek be a kocsiba? b. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy az első és a negyedik ajtót is hét-hét utas, a harmadik ajtót egy utas, a második ajtót a többi utas veszi igénybe a beszálláskor! Az 19 utas egymástól függetlenül a négy ajtó közül bármelyiket igénybe veheti, az összes lehetőség a. Kedvező eset csak 1 van. P(A=19 utas a második ajtónál)= P(A) 3, b. Az első ajtóhoz -féleképp mehetnek az utasok, a negyedik ajtónál lehetőség van. A második ajtónál, a harmadik ajtónál 1 a lehetőség.

33 A kedvező esetek száma 1=, ami 19 elem ismétléses permutációinak száma 7, 7, 4 egyforma elem esetén. P(B= 7/I, 4/II, 1/III, 7/IV)= P(B) 0, Egy paprikaszállítmány 1%-a romlik meg, mire a piacra eljut. Egy zsákban 300 darab paprika van. Megveszünk belőle 100 darabot. Mennyi a valószínűsége, hogy a. nem lesz közöttük romlott paprika; b. pontosan 1 romlott paprika lesz; c. az összes romlottat megvettük? 300 darab paprikából féleképpen választhatunk ki 100 darabot, hiszen a kiválasztás sorrendjére nem kell tekintettel lennünk. a. Ha egyáltalán nem lesz romlott a paprikák között, akkor mind a 100-at a 297 darab hibátlan paprikából vettük, féleképpen. A keresett valószínűség: P(A = nincs romlott)= b. Ha a paprikák közül 1 darab romlott, akkor ezt a 1-et a 3 db romlottból, a fennmaradó 99- et a 297 db hibátlanból választottuk féleképpen. P(B = 1 romlott)=

34 c. Ha az összes romlottat megvettük, akkor 3 db romlott paprika mellé 97 db hibátlant is vettünk a 297 db közül féleképpen. P(C = az összes romlott)=. Tehát annak valószínűsége, hogy a 100 db paprika között egyetlen romlott sem lesz29,5%, hogy 1 db romlott lesz 44,7%, hogy minden romlott köztük lesz 3,6%. 49. Egy bizonyos fajta facsavar gyártásakor végzett minőségellenőrzés kétféle hibát mutatott ki. 400 megvizsgált csavar közül 20 darabnak a menete volt hibás, 28 darabnak a szára rövidebb volt a megengedettnél. A megvizsgált csavarok közül 8 darabon mindkét hibát felfedezték. Feltételezhető, hogy a gyártás során mindig ilyen arányban fordulnak elő a hibás darabok. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott facsavar hibátlan? 400 darab közül 20-nak rossz a menete P(M=menet rossz)= = 0,05 P(M)=5% 400 darab közül 28-nak rövid a szára P(R=rövid a szár)= =0,07 P(R)=7% 400 darab közül 8-nak a menete és szára is hibás P(M R)= =0,02 P(M R)=2% Annak a valószínűsége, hogy egy darab hibás, kiszámítható a P(M R)=P(M)+P(R)-P(M R) összefüggés alapján. P(M R=hibás a csavar)=0,05+0,07-0,02=0,1 (M R)=10% A hibás vagy a hibátlan csavar kiválasztása teljes eseményrendszert alkot, ezért P(= nem hibás a csavar)=1-p(m R)=1-0,1=0,9 P( )=90% 90% a valószínűsége annak, hogy a véletlenszerűen kiválasztott facsavar nem hibás. 50. Egy zeneiskolában a hatodik évfolyamon kilencen zongorázni, nyolcan hegedülni, öten fuvolázni tanulnak. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a 22 hallgatóból véletlenszerűen kiválasztott öt diák között pontosan egy tanul zongorázni? A lehetséges esetek száma.

35 A kedvező esetekben 1 zongorista mellé 4 tanulót választottak a 8 hegedűs és az 5 fuvolás közül. Ez az alábbi ötféle összeállításban lehetséges: hegedül fuvolázik választási lehetőségek száma (a hegedűsök és fuvolások választása egymástól független) A különböző összeállítások egymást kizárják, és a 9 zongorista bármelyike lehet a kiválasztott a négyfős csoportoktól függetlenül. Ezért a kedvező esetek száma:. P(A=egy zongorista)= 0,244. A keresett valószínűség 24,4%. 51. Nyolc egyforma bábut találomra elhelyezünk egy sakktáblán. Mennyi annak a valószínűsége, hogy mind a nyolc sorban és mind a nyolc oszlopban pontosan egy-egy bábu lesz? A lehetséges esetek száma, mert a 8 bábu ennyiféleképp helyezkedhet el a 64 mezőn. A kedvező esetek összeszámlálásához először azt képzeljük el, hogy egyesével, sorban egymás után helyezzük el a bábukat a táblán. Az első bábut a 64 mező bármelyikére tehetjük, a másodikat már csak 49 mező valamelyikére rakhatjuk le, hiszen az elsőként lerakott bábu sorában és oszlopában levő 15 mezőre nem kerülhet újabb figura. Általában, ha egy n n=n 2 mezőből álló táblán minden sorban és oszlopban n mező van, és minden sorban és oszlopban pontosan egy bábu lehet, akkor egyet bárhova elhelyezve, 2n-1 mezőre nem kerülhet további bábu, viszont n 2 -(2n-1)=(n-1) 2 mezőre igen. Ezek szerint a nyolc bábu elhelyezésére rendre 64, 49, 36, 25, 16, 9, 4, 1 mező áll rendelkezésre. (Hiszen egy bábu lerakása után a még felhasználható mezők egy 7 7-es táblát alkotnak, két bábu lerakása után a még felhasználható mezők egy 6 6-os táblát, és így tovább. Az egyes bábuk lerakása egymástól független, így eset adódik. A feladat szerint a bábuk nem különböztethetők meg, s elhelyezésük sorrendje sem számít. Mivel 8 bábunak 8! sorrendje van, minden megfelelő elrendezést 8!-szor vettünk figyelembe.

36 Ezért a kedvező esetek száma. P(A=minden sorban és oszlopban pontosan egy bábu)= 0, A keresett valószínűség 9, %. 52. A kirándulás túraútvonalának kiválasztásához sorsolást tartottak az osztályban. 1-től 12-ig felírták a természetes számokat egy-egy cédulára, és elhelyezték egy kalapban. Kétszer húztak a kalapból, de a cédulát visszatették az első húzás után. A húzott számtól függően haladtak az ábra szerinti fadiagramon. Igazságos volt-e így a sorsolás? Számítsuk ki az egyes útvonalak kisorsolásának valószínűségét. Mivel a cédula visszakerült a kalapba, az első és a második húzás egymástól független volt, ezért a megfelelő valószínűségek összeszorzódnak. A 1 B 1 C 1 A Hármashatár-hegy lehetősége: P(A 1 =páros szám)=, mert 6db páros szám van a 12db cédulán.

37 P(B 1 =3-mal v. 5-tel oszth.)=, mert 6db 3-mal vagy 5-tel osztható szám van a 12db cédulán (3; 6; 9; 12; 5; 10). P(C 1 = Hármashatár-hegy)=P(B 1 )P(A 1 )= =0,25=25% A Hárs-hegy lehetősége: Két ágon is ezt a lehetőséget sorsolhatjuk: egyrészt akkor, ha páros szám után sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható számot húzunk, másrészt akkor, ha páratlan szám után egyjegyű, de nem négyzetszámot húzunk. E két esemény egymást kölcsönösen kizáró, ezért a megfelelő valószínűségek összeadódnak. P(B 2 = sem 3-mal, sem 5-tel nem oszth.)=, mert 6db sem 3-mal sem 5-tel nem osztható szám van a 12db cédulán (1; 2; 4; 7; 8; 11). P(B 2 )P(A 1 )= P(B 3 = egyjegyű, nem négyzetszám)=, mert 6db egyjegyű szám van, ami nem négyzetszám a 12db cédulán (2; 3; 5; 6; 7; 8). P(A 2 = páratlan szám)=, mert 6db páratlan szám van a 12db cédulán. P(B 3 )P(A 2 ) = P(C 2 = Hárs-hegy)=P(B 2 )P(A 1 )+P(B 3 )P(A 2 )= =0,5=50% A János-hegy lehetősége: P(B 4 = négyzetszám)=, mivel 3db négyzetszám van a 12db cédulán (1; 4; 9). P(C 3 = János-hegy)=P(B 4 )P(A 2 )= =0,125=12,5% A Virágos nyereg lehetősége: 12) P(B 5 = kétjegyű szám)=, mivel 3 db kétjegyű szám van a 12db cédulán (10; 11; P(C 4 = Virágos nyereg)=p(a 2 )P(B 5 )= =0,125=12,5% A Hármashatár-hegyre vezető túrát 25% valószínűséggel, a Hárs-hegyre vezető túrát 50% valószínűséggel, a János-hegyre illetve a Virágos nyeregbe vezető túrát pedig 12,5-12,5% valószínűséggel sorsolhatják ki. A négy lehetőségnek nem egyenlő az esélye, a sorsolás nem igazságos. 53. Az iskola öt lányból és négy fiúból álló csapata tanulmányával bejutott egy környezetvédelmi verseny döntőjébe, ahol sorsolással kialakított három munkacsoportban kell dolgozniuk. Ketten riportot készítenek a tanulmányban bemutatott területért felelős szakemberrel, hárman a

38 területről megjelent fotók és újságcikkek alapján írnak a környezeti problémákról, négyen pedig megfigyeléseket, méréseket végeznek a terület élővilágával kapcsolatban. a. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a négy fiú alkot egy munkacsoportot? b. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a két legfiatalabb lány egy munkacsoportba kerül? Az összes lehetőség a sorsoláson a. A négy fiú csak akkor lehet együtt, ha a négy mérést végzőt közülük választják, és ettől függetlenül a háromfős csoportot az öt lány közül sorsolják, míg a másik két lány alkotja a harmadik csoportot.a kedvező esetek száma. P(A=négy fiú egy csoportban)= = 0,008 P(A) 0,8% A valószínűséget kiszámíthatjuk úgy is, hogy csak a fiúk lehetőségeit vesszük figyelembe. Az összes eset így, a kedvező esetek száma 1. P(A)= = 0,008 b. A három csoport bármelyikében együtt lehet a két legfiatalabb lány, ezek egymást kizáró lehetőségek. A másik hét diák közül kell kiválasztani e csoport többi tagját és a másik két csoportot. Ha a kétfős csoportot alkotja a két lány, akkor háromfős csoportban vannak együtt, akkor a lehetőségek száma, ha a lehetőség van, ha a négyfős csoportba kerültek, akkor eset lehetséges. P(B=két adott lány együtt)= = 0,278 P(B) 27,8%. A négy fiú 0,8% valószínűséggel alkot egy munkacsoportot, a két legfiatalabb lány 27,8% valószínűséggel kerül egy csoportba. 54. A 3, 3, 3, 0, 0, 5 számokat tartalmazó kártyákból húzunk. A húzás sorrendjében egymás mellé tesszük a kártyákat. Mennyi a valószínűsége, hogy a kapott hatjegyű szám a. páratlan; b. tízzel osztható; c. néggyel osztható;

39 d. hárommal osztható; e. öttel osztható? A fenti kártyákból összeállítható hatjegyű számokat két csoportra oszthatjuk. A 3-assal kezdődő számokból féle van (5 elem közül 2 db 3-as, 2db 0 és 1 db 5-ös ismétléses permutációinak száma). A 5-össel kezdődő számokból féle van (5 elem közül 3 db 3-as és 2 db 0 ismétléses permutációinak száma). Így a lehetséges esetek száma a kettő összege: 30+10=40. a. Akkor kapunk páratlan számot, ha az 5-re vagy 3-ra végződik. Az 5-re végződők száma egyenlő a 3; 3; 3; 0; 0 számkártyákból kirakható ötjegyű számok számával, -tal (csak 3-assal kezdődhet, 2 db 3-as és 2db 0 ismétléses permutációinak száma). A 3-ra végződő számok kezdődhetnek 3-mal, az ilyenekből van (4 db elemből 2 b. db 0, 1db 3-as, 1db 5-ös), vagy kezdődhetnek 5-tel, az ilyenekből pedig van (4 db elemből 2 db 3-as és 2 db 0). Így a páratlan számokra vonatkozóan a kedvező esetek száma =24. A keresett valószínűség: P(A = páratlan szám)= =0,6=60% c. Akkor kapunk 10-zel osztható számot, ha utoljára a 0-t tettük le. Az így kapható számok két csoportra oszthatók: A 3-mal kezdődők esetében 2db 3-ast, 1db 0-t és 1db 5-öst kell elhelyeznünk a középső helyekre. Ezt féleképpen tehetjük. Az 5-tel kezdődők esetében 3db 3-ast és 1db 0-t kell elhelyeznünk a középső helyekre. Ezt féleképpen tehetjük meg. Így a 10-zel osztható számokra vonatkozóan a kedvező esetek száma: 12+4=16 A keresett valószínűség: P(B = 10-zel osztható szám)= =0,4=40% Megjegyzés: Ezekből a kártyákból vagy 10-zel osztható számokat vagy páratlan számokat lehet képezni. E két esemény teljes eseményrendszert alkot, így P(B)=1-P(A)=

40 d. Akkor kapunk 4-gyel osztható számot, ha az utolsó két hely mindegyikére a 0 kártya kerül. Ebben az esetben az első négy helyre 3db 3-ast és 1db 5-öst kell elhelyeznünk. Ezt féleképpen tehetjük, ez tehát a kedvező események száma. A keresett valószínűség: P(C = 4-gyel osztható szám)= =0,1=10% e. Akkor kaphatunk 3-mal osztható számot, ha a kártyákon álló számok összege osztható 3- mal. A feladatban ez az összeg =14, ami nem osztható 3-mal,így ezekből a kártyákból 3-mal osztható számot kirakni a lehetetlen esemény. A keresett valószínűség: P(D = 3-mal osztható szám)=0 f. Akkor kapunk 5-tel osztható számot, ha az utolsó helyre a 0 kártya vagy az 5-ös kártya kerül. Ha az 5-ös van a végén, akkor az első helyen csak a 3-as állhat, és a lehetőségek számát a 2db 3-as és a 2db 0 egymás közti sorrendje szabja meg, azaz db 5-re végződő szám van. Ha a 0 van a végén, akkor a szám kezdődhet 3-assal és 5-össel. A 3-assal kezdődők száma a 3; 3; 0; 5 számok lehetséges permutációinak számával egyenlő, azaz. Az 5-össel kezdődők száma a 3; 3; 3; 0 számok lehetséges permutációinak számával egyenlő, azaz. Az 5-tel oszthatóság szempontjából kedvező esetek száma =22 A keresett valószínűség: P(E = 5-tel osztható szám)= =0,55=55% Tehát 60% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám páratlan, 40% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 10-zel osztható, 10% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 4-gyel osztható, 0 a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 3-mal osztható, 55% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 5-tel osztható. 55. Emma, Fanni, Gitta és Hanna társasjátékhoz készülődik. Sorban egymás után dobnak egyet egy szabályos dobókockával - akár több körben is -, mert az lesz közülük a kezdő, aki elsőként dob hatost. a. Mekkora valószínűséggel lesznek kezdők egy-egy kockadobás után az egyes résztvevők? b. Mekkora annak a valószínűsége, hogy nem tudják elkezdeni a játékot egy kör után? c. Számítsuk ki mind a négy résztvevő esetében annak a valószínűségét, hogy négyük közül éppen ő kezdhet!

41 a. Szabályos dobókockával a hat szám dobásának a valószínűsége egyenlő, ezért P(6)=. Annak a valószínűsége, hogy egy dobás nem hatos P( = )=1- =. Az első körben Emma lesz a kezdő, ha hatost dob. Fanni akkor lesz kezdő, ha Emma nem hatost dobott, neki pedig elsőre sikerült.gitta lesz a kezdő, ha előtte ketten nem dobtak hatost. Hanna kezdhet, ha a másik három játékos nem dobott hatost, ő viszont igen. A dobások egymástól független események. P(E=Emma kezd egy dobás után)= 0,167 P(E) 16,7% P(F=Fanni kezd egy dobás után)= = 0,139 P(F) 13,9% P(G=Gitta kezd egy dobás után)= = 0,116 P(G) 11,6% P(H=Hanna kezd egy dobás után)= = 0,096 P(H) 9,6% b. Az első körben nem kezdődhet el a társasjáték, ha a négy játékos egyike sem dobott hatost. P(N=az első körben senki nem dobott hatost)= 0,482 P(N) 48,2% c. A kockadobásos sorsolás eredményeképpen Emma kezdhet, ha vagy az első körben vagy a második körben vagy a harmadikban... és így tovább... dob először hatost, amelyek egymást kizáró események, s előtte a többiek minden dobása nem hatos volt. P(EK=Emma kezd)= = A valószínűség egy konvergens mértani sor összegének -szorosa, ahol a 1 =1 és q= <1. P(EK)= = P(EK) 32,2%, Hasonlóan kiszámítható, hogy P(FK=Fanni kezd)= = P(FK) 26,8%, P(GK=Gitta kezd)= = P(GK) 22,4%, P(HK=Hanna kezd)= = P(HK) 18,6%. Gondoljuk meg, hogy bármelyik körben P(A)= = a valószínűsége annak, hogy elkezdődhet a játék. A kérdezett értékek

42 P(EK)= = = ; P(FK)= = = ; P(GK)= = ; P(HK)= = =. 56. A zöldségeshez narancs- és banánszállítmány érkezett. A hosszú szállítás során a narancsszállítmány negyede veszített az értékéből, a banánszállítmány 60%-a túlérett, a gyümölcsök többi része első osztályú maradt. Kirakodás előtt véletlenszerűen kivettek egy gyümölcsöt valamelyik szállítmányból. Azt a darabot első osztályúnak találták, ezért visszatették a helyére. Mennyi a valószínűsége annak, hogy ha ugyanabból a gyümölcsfajtából megint kivesznek egy darabot, az ismét első osztályú lesz? A két szállítmányból egyforma valószínűséggel választhatunk: P(N)=P(B)=. Jelölje A azt az eseményt, hogy a kiválasztott gyümölcs I. osztályú. P(A N=I.osztályú egy narancs)= = P(A B=I.osztályú egy banán)= = Mivel a két szállítmány közül való választás és egy gyümölcs kihúzása független esemény, első osztályú narancsot, első osztályú banánt valószínűséggel választunk egy húzásból. Egymást kizáróan vagy narancs vagy banán az első osztályú, ezért annak a valószínűsége, hogy elsőre első osztályú árut vettünk ki, vagyis P(A=I.osztályú a húzott gyümölcs)=. Most számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy az elsőre kihúzott gyümölcs első osztályú narancs illetve banán volt! P(N A)= = = ; illetve P(B A)= = = =1-P(N A) Annak a valószínűsége, hogy másodszorra ugyanabból a gyümölcsből ismét első osztályút

43 húzunk = 0,628 A keresett valószínűség 62,8%. A geometriai valószínűség A valószínűség-számítási feladatok egy részében az elemi eseményeket egy geometriai alakzat pontjaihoz rendeljük hozzá, és feltételezzük, hogy egy eseményhez tartozó ponthalmaz mértéke (hossza, területe, térfogata) arányos az esemény valószínűségével. Most erre mutatunk néhány feladatot. 57. Pistike életében először mászott föl testnevelés órán a 4,2m magas mászórúdra. Mennyi annak a valószínűsége, hogy az utolsó 1 méteren ment a kezébe a szálka? A 4,2m magas mászórudat először 1,6m magasan fogta meg, ezért csak a maradék 4,2m- 1,6m=2,6m-es rúddarabbal foglalkozunk. Megjegyzés: A feladat nem volt pontosan megfogalmazva: az 1,6 métert önkényesen választottuk. 58. Egy intervallum belsejében véletlenszerűen kiválasztok egy P pontot. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a P pont közelebb van a felezőponthoz, mint bármelyik végponthoz? K és L az AB szakasz F-től különböző negyedelőpontjai. Ezek azok a pontok, melyek egyenlő távol vannak a végpontok valamelyikétől és a felezőponttól. Ha egy P pont KL szakaszon belül van, akkor megfelel a feladat feltételének. 59. A méterrúd piros és fehér 10 cm-es szakaszokból áll, melyek egymást váltják és az első szakasz piros színű. A rúd 32 cm-nél kettétört.

44 a. Ha rámászik egy hangya, akkor a két rész közül melyiken lesz nagyobb az esélye, hogy piros színű szakaszon telepszik le? b. Mérgünkben a hosszabb szakaszt félbetörjük. Most a három rész közül melyiken találjuk legnagyobb valószínűséggel piros színű részen a hangyát? Rajzoljuk le a méterrudat: a. Az első rész 32cm hosszú és ebből 20 cm a piros szakasz hossza. Itt a hangya 20/32 = 62.5%-os valószínűséggel lesz piros részen. A rúd másik fele 68cm-es, és ebből 30cm piros, így ezen a szakaszon csak 30/68=44% a piros részen tartózkodás valószínűsége. Tehát az első részen nagyobb a keresett valószínűség. b. A hosszabb szakaszon a törés a 66cm-nél lesz. Az első szakaszon a valószínűség változatlanul 20/32 = 62,5%. A második szakaszon 16cm piros rész van, és ez a szakasz 34cm. Így a keresett valószínűség: 16/34 = 47%. A harmadik szakasz is 34cm hosszú, és itt a piros rész csak 14 cm. Ezért a valószínűség 14/34 = 41%. Most is az első szakaszon a legnagyobb a keresett valószínűség. Észrevehetjük azt is, hogy a három darabja a méterrúdnak majdnem egyforma hosszú, ennek ellenére a valószínűségek nagyon eltérnek egymástól. 60. Mennyi a valószínűsége, hogy ha felírunk egy számot 0 és 1 között, akkor 5-ös számjegy lesz a a. tizedek b. századok c. ezredek helyén? Célszerű a számokat számegyenesen szemléltetni. A tizedek helyén akkor szerepel 5-ös számjegy, ha a szám a intervallumban van. A 0 és 1 közötti számok egy 1 hosszúságú intervallum pontjainak feleltethetők meg, míg a keresett számok egy 0,1 hosszúságú intervallumban vannak. Innen: A századok helyén akkor szerepel 5-ös számjegy, ha a szám a,,..., intervallumok valamelyikében van.

45 A kedvező intervallumok összes hosszúsága: 10 0,01=0,1. A keresett valószínűség ebben az esetben is: P=0,1 Hasonló gondolatmenettel jutunk ugyanerre az eredményre, hiszen most 100 0,001=0,1 a kedvező intervallumok hosszúsága. Észrevehetjük, hogy a feladat eredménye nem függ attól, hogy az 5-ös számjegyet vizsgáltuk, és attól sem, hogy melyik helyiértéken. 61. Egy pók az ábrán látható módon szőtte be a 40cm 40cm-es pinceablakot. Mekkora valószínűséggel várja a pók az áldozatát a háló egyenes szakaszán? Az egyes körök sugarai 5,10,15 és 20cm-esek. A kör kerülete:2r A négy kör kerületének összege = 2( )=100 =314,16 (cm) Az egyenes szakaszok hossza=2a+2 a, ahol a a négyzet 40cm-es oldalhosszúságát jelenti. Így az egyenes szakaszok hossza = =193,14 (cm) A pókháló teljes hossza: 314,16+193,14=507,3 cm. A keresett valószínűség: 62. Mennyi a valószínűsége, hogy a kártyára hulló (pontszerű) morzsa éppen valamelyik rombuszon landoljon? Egy kártya 86 mm hosszú és 61mm széles. A nagyobb méretű rombuszok átlói 13 és 17mm-esek, míg a kisebbek átlói 5 és 7mm-esek. A kártya területe adja a teljes eseménynek megfelelő ponthalmazt. T=ab=61 86=5246 (mm 2 ) A rombusz területe =, ahol e és f a két átlót jelöli. A nyolc nagy rombusz területe = =884 (mm 2 ) A két kis rombusz területe = 5 7= 35 (mm 2 ) A rombuszok összes területe = 919 (mm 2 )

46 Annak a valószínűsége, hogy valamelyik morzsa éppen egy rombuszra kerüljön: P = 63. Számítsd ki a valószínűségét annak, hogy egy egységsugarú körben véletlenszerűen elhelyezett pont közelebb van a kör középpontjához, mint a kerületéhez! Egy egységsugarú kör belsejében azok a pontok, melyek egyenlő távol vannak a középpontjától és a kerületétől, egy sugarú kör kerületének pontjai. Ezen a körön belül levő pontok vannak a körök középpontjához közelebb. 64. Mennyi a valószínűsége annak, hogy Peches Panka fülbevalójából a drágakő éppen beleessen a fürdőszoba lefolyóba, ha a tragikus esemény, azaz a kő kipottyanása pontosan a lefolyó fölött következett be. A lefolyó egy 10cm sugarú kör, melyen a nyílások 0,5cm szélesek és 8, 14, illetve 16cm hosszúak. A drágakövet kicsiny mérete miatt pontszerűnek tekinthetjük. A lefolyóba a hat téglalap alakú lyukon kerülhet a drágakő. Ezek területének összege: T= 2 (ab+ac+ad), ahol a az egyes téglalapok közös 0,5cm-es szélessége, míg b=8cm, c=14cm és d=16cm. Ez a terület: ( )= 38 (cm 2 ) A lefolyó egy 10 cm sugarú kör, melynek területe: T= r 2 =100 =314,16(cm 2 ) Annak a valószínűsége, hogy a drágakő beleesik a lefolyóba: P= 65. Egységnyi oldalú szabályos háromszög oldalait a. megfelezzük b. elharmadoljuk c. elnegyedeljük d. n egyenlő részre osztjuk

47 A csúcsokhoz legközelebbi osztópontokat az ábrán látható módon összekötve három kis háromszöget kapunk. Mennyi a valószínűsége annak, ha a háromszög belső tartományában véletlenszerűen kijelölünk egy pontot, akkor az a kis háromszögek valamelyikében lesz? Elegendő egy kis háromszög területét meghatározni, és a kapott eredmény területét kell háromszorozni. A kis háromszögek hasonlóak az eredeti szabályos háromszöghöz, és a hasonlóság aránya az egyes esetekben: a. 1 b. 1/3 c. 1 d. 1/n Tudjuk, hogy hasonló síkidomoknál a területek aránya megegyezik a hasonlóság arányának a négyzetével, ezért a kis háromszögek területei az eredeti háromszög területének a a. 1/4-ed b. 1/9-ed c. 1/16-od d. része. Innen a keresett valószínűségek: b. = 75% c. d. 66. Egy 5 cm sugarú körbe szabályos a. háromszöget b. négyszöget

48 c. ötszöget írunk. Mennyi a valószínűsége annak, hogy ha találomra kijelölünk egy pontot a kör belső tartományában, akkor az egyben a fenti sokszögek belső tartományába is esik? A valószínűséget a beírt sokszög területének és a teljes kör területének aránya adja. a. Számítsuk ki a beírt szabályos háromszög területét! Az r sugarú körbe írt szabályos háromszög három darab egybevágó egyenlő szárú háromszögre bontható, melynek szárai r = 5cm hosszúak és a közbezárt szög 120 o. b. négyszög b. A szabályos négyszög négyzet. Az r sugarú körbe 2r átlójú négyzet írható, amely 4 darab egybevágó egyenlő szárú derékszögű háromszögre bontható (szárak hossza r). Így a négyzet területe: c. ötszög c. Az r sugarú körbe írt szabályos ötszög öt egybevágó, egyenlő szárú háromszögre bontható, amelyeknél a szárak hossza r, a szárszög pedig.

49 67. Egy 6 cm sugarú kör köré és bele is szabályos háromszöget írunk. Mekkora a valószínűsége annak, ha véletlenszerűen kiválasztunk az ábrán egy pontot, akkor az a. a külső háromszög és a kör közé; b. a kör és a belső háromszög közé; c. a belső háromszögbe esik? A kérdéses területek meghatározásánál az ábra jelöléseit használjuk. A kör középpontja az ABC háromszög súlypontja, ezért a CT=3r=18 cm. Az ATK háromszög egy szabályos háromszög fele, ezért AT=6. Az ABC háromszög területe: 108 cm 2 (187,06cm 2 ) A kör területe: terület: a. A külső háromszög és a kör közötti b. A belső háromszög területe: A kör és a belső háromszög közötti terület: c. Annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott pont a belső háromszögbe esik:

50 68. Egy csempézett padló szabályos hatszögekből áll. Mi az esélye annak, hogy egy gomb a hatszög belsejébe essen? Legyen a hatszög oldala 12cm, a gomb átmérője pedig 4cm. Ha a gomb középpontja közelebb van a hatszög valamely oldalához, mint 2cm, akkor a gomb nincs teljes terjedelmével egy hatszög belsejében. Tehát a számunkra "kedvező" hely a gomb középpontja számára egy olyan hatszög belsejében van, melynek oldalai 2cm-rel közelebb vannak a hatszög középpontjához, mint az eredetinek. Az új és az eredeti hatszög területének aránya adja meg a keresett valószínűséget. Minden hatszög felbontható hat egybevágó egyenlő oldalú háromszögre. A két hatszögben levő háromszögek területe a hatszög területének hatodrésze, ezért elég a háromszögek területének arányát kiszámítani. Jelöljük a hatszögek középpontját O-val, az eredeti hatszög egyik oldalát AB-vel, ennek megfelelően a kisebb hatszög megfelelő oldalát A'B'-vel. Mint tudjuk, AB=12cm. Az ABO egyenlő oldalú háromszög magassága A kisebb háromszög oldalhoz tartozó magassága, mivel ennyivel van közelebb O-hoz, mint AB. A két háromszög hasonló, így területeik aránya megegyezik a megfelelő szakaszaik arányának négyzetével: 69. Válassz véletlenszerűen egy Q pontot egy ABCD egységnégyzet belsejében. Tükrözd az AC átlóra, a kapott pontot jelöld R-rel. Legyen S a QR szakasz felezőpontja! Mennyi a valószínűsége annak, hogy az AS távolság kisebb, mint 1?

51 A QR szakasz szimmetrikus az AC tengelyre, tehát az S pont az AC tengelyre esik. Ha S egybeesik a T ponttal, akkor lesz az AS távolság 1 egység. Tehát akkor lesz a Q pont "jó" helyen, ha az AC tengelyre eső merőleges vetülete az AT szakasz belsejébe esik, tehát ha a Q pont az ABKLD ötszög belsejében van. CKL háromszög egyenlő szárú derékszögű, tehát 70. Eldobunk egy labdát egy téglalap alaprajzú szobában, melynek padlója 5m széles és 10m hosszú. Mennyi a valószínűsége, hogy a labda olyan helyen áll meg, hogy középpontja közelebb van a szoba valamely sarkához, mint a szoba középpontjához? Jelöljük a szoba alaprajzának, azaz a téglalapnak a sarkait (csúcspontjait) A,B,C,D-vel, átlóinak metszéspontját, azaz a szoba középpontját O-val. OA, OB, OC, OD szakaszok felezőmerőlegesein vannak azok a pontok, melyek egyenlő távol vannak a téglalap középpontjától és valamelyik saroktól. Ezek O-t tartalmazó félsíkjában vannak azok a pontok, melyek a középponthoz vannak közelebb. Ha a fenti félsíkok közös részét tekintjük, (ezeknek is a téglalapba eső közös részét), akkor kapjuk a komplementer ponthalmazt. Jelöljük az OC szakasz felezőpontját F-fel, OC felezőmerőlegesének metszéspontja a DC oldalon legyen L, hasonlóan OB felezőmerőlegesének AB-vel való metszéspontja legyen K. Az ábra tengelyes szimmetriája alapján KL BC KL AB és KLM egyenlő szárú. Merőleges szárú szögek miatt KLM =DCA =. FCL is derékszögű és van egy hegyesszöge FCL hasonló ACD -höz. Pitagorasz tétele alapján

52 Hasonlóság miatt Legyen N az LK szakasz felezőpontja. KLM egyenlő szárú MN KL, és KLM = ; ezért az LNM háromszög hasonló az ACD háromszöghöz. Így tehát. A hatszöget felbonthatjuk az LKK'L' téglalapra, valamint két egybevágó háromszögre. A téglalap LL' oldalát megkapjuk:. 71. Egy r sugarú kör kerületén megjelöltünk egy P pontot. Ezután, ha a körlapon találomra kiválasztunk egy pontot, mennyi annak a valószínűsége, hogy az -nél távolabb lesz P-től? P középpontú sugarú körön kívül vannak azok a pontok, melyek P-től -nél távolabb vannak. A két kör metszéspontját jelöljük A-val és B-vel. A körök AB ívei által határolt holdacskán belül vannak a kívánt tulajdonságú pontok. A keresett valószínűség kiszámításához a satírozott terület és az r sugarú kör területének arányát kell megállapítani. AKP derékszögű, mert oldalaira igaz a Pitagorasz tétel megfordítása: Tehát =90 o, 2 =180 o, A, K és B pontok egy egyenesbe esnek, ezért A és B a kör egyik átmérőjének végpontjai. Az ábrán látható vonalkázott terület kiszámítása (a rajz jelöléseit használva) : A P középpontú körhöz tartozó körszelet területét megkapjuk, ha az AB ívhez tartozó körcikk

53 területéből kivonjuk az ABP háromszög területét. Pitagorasz tételének megfordítása szerint ABP háromszög derékszögű, mivel, tehát. Mivel az ABP háromszög derékszögű, a körcikk területe az sugarú kör területének negyede.. A teljes kör területe. 72. Az ábrán látható mozaikparkettán hányszor nagyobb a piszokfol tok előfordul ásának valószínű sége a szabályo s nyolcszö gben, mint a kiegészít ő kis négyzetb en? Szabályos nyolcszögekből és ugyanakkora oldalú négyzetekből tetszőlegesen nagy síkfelület beborítható úgy, hogy ugyanannyi nyolcszöget használunk fel, mint négyzetet. Ezért a valószínűséghez elég kiszámítanunk, hányad része a nyolcszög területe a négyzetből és nyolcszögből álló elem területének. A szabályos nyolcszög felbontható nyolc egybevágó egyenlő szárú háromszögre, melynek alapja

54 a, szárszöge pedig. Ezeknek alaphoz tartozó magassága területük: Így a nyolcszög területe:.. Észrevehetjük, hogy az eredmény független a nyolcszög oldalától. 73. Az egységoldalú négyzet oldalait megfelezve, és az osztópontokat összekötve egy újabb négyzetet kapunk. Mi lesz a valószínűsége, hogy az ábrán véletlenszerűen kiválasztott pont a satírozott tartományba kerül, ha a. ha az ábrán 5 négyzet van b. a négyzetek rajzolását képzeletben vég nélkül folytatjuk? a. Az egységoldalú négyzetből levágott egyenlőszárú derékszögű háromszög területe: Minden újabban megrajzolt háromszög területe éppen fele az előzőleg megrajzolt háromszög területének, így,,,. A besatírozott területet a fenti öt háromszög területének az összege adja:. A keresett valószínűség a fenti érték és a 1 egységnyi négyzet területének a hányadosa: b. Ha belegondolunk, hogy az ábra 4 egybevágó "csigaház szerű" síkidomból épül fel, akkor világos, hogy a vég nélküli rajzoláskor a besatírozott terület:.

55 Mivel a kiindulási négyzet terület: 1, ezért a keresett valószínűség: Ha a végtelen mértani sorokra vonatkozó képlettel számoltunk volna:,,, és így. Meglepő, hogy alig van eltérés az 5 négyzet besatírozásakor kapott eredmény, és a vég nélküli rajzoláskor kapott eredmény között. 74. Egy 1 egység oldalú ABCD négyzet belsejében vegyünk fel véletlenszerűen egy P pontot. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az így keletkező ABP háromszög tompaszögű lesz? Az ABP háromszögben A-nál és B-nél nem lehet tompaszög, mivel AP és BP egy derékszögű szögtartomány belsejében vannak, így a szögek ott kisebbek, mint 90 o. Így ABP háromszögben csak P-nél lehet tompaszög. Vizsgáljuk meg, mikor látszik az AB szakasz a P pontból tompaszögben. Thalész tétele következményeként ehhez P pontnak az AB fölé írt Thalész körön belül kell lennie. A kedvező P pont tehát egy AB átmérőjű (1/2 sugarú) félkörön belül van. 75. Egy 2 egység oldalú ABC szabályos háromszög belsejében vegyünk fel véletlenszerűen egy P pontot. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az így keletkező ABP háromszög hegyesszögű lesz? Bárhogy vesszük fel P pontot, az ABP háromszögben A-nál és P-nél 60 o -nál kisebb szög keletkezik, így annak szükséges és elégséges feltétele, hogy ABP háromszög hegyesszögű legyen, az, hogy P-nél is hegyesszög legyen. Ehhez az kell, hogy P kívül legyen AB szakasz mint átmérő fölé írt

56 Thalész körön. A feltételnek tehát a satírozott terület felel meg. AB Thalész köre AC és BC oldalakat K illetve L pontokban metszi. Mivel ezek a pontok rajta vannak AB Thalész körén, AKB és ALB háromszögek derékszögűek. Mivel az ABC háromszög egyenlő oldalú, az AL illetve BK magasságok felezik az oldalakat. Mivel A-nál és B-nél 60 o -os szög van, ezért AOK és BOL háromszögek egyenlő oldalúak OK=OL=1. A satírozott területet megkapjuk tehát, ha az ABC háromszög területéből kivonjuk az AOK és OBL háromszög területét, valamint az O középpontú 1 egység sugarú 60 o -os körcikk területét. Mivel az a oldalú egyenlő oldalú háromszög területe, 76. Egység sugarú félkörbe o -os derékszögű háromszöget írunk az ábrán látható módon. Mennyi a valószínűsége, hogy az ábrán véletlenszerűen kiválasztott pont a háromszögön belül van, ha =30 o? Mekkorának válasszuk a háromszög szögét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott pont a. a lehető legnagyobb valószínűséggel essen a háromszög belső tartományába b. azonos valószínűséggel kerüljön a háromszög belső illetve külső tartományába? A félkör területe: Az ABC háromszög egy szabályos háromszög fele, ezért oldalai: a=1 A háromszög területe: A keresett valószínűség: a. A háromszög oldalai: a=2sin b=2cos A háromszög területe: A keresett valószínűség akkor lesz maximális, ha a háromszög területe a lehető legnagyobb.

57 Ez akkor teljesül, ha sin2 =1, innen =45 o, azaz egyenlő szárú háromszöget rajzolunk a félkörbe. b. A két terület akkor lesz egyenlő, ha: Innen Azaz Ebből az egyenletből 77. Az ábrán látható szoba mennyezetén levő lámpa legszélső fénysugara 25 o -os szöget zár be a függőlegessel. Mennyi a valószínűsége annak, hogy megtaláljuk a leejtett kontaktlencsénket ebben a rosszul kivilágított szobában? A szoba méretei: Hossza 3,8m, szélessége 3,2m, a lámpa aljának magassága 2,85m. A valószínűség kiszámításához meg kell tudnunk, hogy a szoba alapterületének mekkora része világos, azaz hogy mekkora a fénykör. A lámpa a szobának egy kúp alakú részét világítja meg. Ennek tengelymetszete egy egyenlő szárú háromszög. A háromszög alaphoz tartozó magassága 2,85m, és szárszöge 50 o. Így: 78. Az ISS űrállomáson egy téglatest alakú tartályban elveszett egy igen fontos csavar, és most ott lebeg valahol a teljes sötétségben az űrhajós legnagyobb bánatára. Mielőtt egy mágnessel kicsalogatná, meg szeretné találni. A tartály tetején van egy kis lyuk, melyen át bevilágít a szemközti fal felé. Az űrhajós zseblámpája olyan kúp alakú fényt ad, melynek nyílásszöge 40o. Mennyi a valószínűsége annak, hogy mielőtt elfordítaná a lámpát más irányba is, az első pillanatban meglátja az igen kicsi csavart? A tartály méretei az ábrán láthatók.

58 A szerencsés megpillantás valószínűségét megkapjuk, ha kiszámítjuk a fénykúp és a tartály térfogatának hányadosát. A tartály térfogata: A fénykúp nyílásszöge 40 o, magassága 0,8m. Sugara a POC derékszögű háromszögből kiszámítható:., tehát a teljes kúp a téglatest belsejében van. 79. Zoli edzésről este 9 és 10 óra között szokott hazajönni. Édesanyja meleg vacsorával várja. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a frissen sütött étel nem fog 15 percnél tovább várni Zolira, de neki sem kell 15 percnél tovább várakoznia a vacsorára? A vacsora készüljön el 9 óra x percre, Zoli pedig 9 óra y perckor érkezik haza. Ideális helyzet, ha Az ilyen tulajdonságú x,y változóknak egyértelműen megfeleltethetünk egy P(x;y) pontot a koordinátasíkon (természetesen ezen pontok egy as négyzet belső tartományának pontjai). Pl.: P(3;16) azt jelenti, hogy a vacsora 9 óra 3 perckor lett kész, és Zoli 9 óra 16 perckor érkezett haza, azaz a vacsora csak 13 percet hűlt, tehát még ehető állapotban van. Alakítsuk át az egyenlőtlenséget:. Innen az és az összefüggéseket kapjuk. Ezeknek megfelelő pontokat a koordinátasíkon a következő ábrán vonalkázással jelöljük. A kedvező pontok egy hatszöget alkotnak, melynek területe: Az ideális állapot bekövetkezésének valószínűsége 44% körül van. 80. Véletlenszerűen három részre törve egy d hosszúságú pálcát, mennyi a valószínűsége annak, hogy a kapott darabokból háromszöget lehet összerakni?

59 Legyen az AB=d hosszúságú pálcán a két töréspont P és Q. Így három darab keletkezik: AP=x; PQ=y és QB=d-(x+y). Ezekből akkor lehet háromszöget készíteni, ha igaz rájuk a háromszög egyenlőtlenség, azaz bármely kettő hosszának összege nagyobb a harmadik hosszánál: Azok a pontok, melyek mindhárom egyenlőtlenséget kielégítik, és amelyekre x,y>0 és d>x+y, a alábbi ábrán láthatóak. Ami a teljes eseményt illeti, a koordinátasíkon azok a P(x;y) pontok jöhetnek szóba, melyekre a kezdeti feltételek miatt, amelyek egy háromszög belső tartományának pontjai. A két háromszög területének aránya megegyezik a keresett valószínűséggel:

60 A matematikai statisztika elemei 1. A matematikai statisztika jellemzése A matematikai statisztika a véletlen (valószínûségi) változókkal jellemezhetõ (továbbiakban véletlen) rendszerek leíró adatainak feldolgozásáról, értelmezésérõl és felhasználásáról szóló tudományos módszertan. Amíg a valószínûségszámítás fogalmai axiomákkal összhangban definiált vagy azokból levezetett absztrakt fogalmak, amelyek tulajdonságai ílymódon adottak, a matematikai statisztika megfigyelt, leszámlált vagy mért sajátságokat feleltet meg a valószínûségszámítás absztrak fogalmainak, sokszor megállapodásszerû módon. Szokásos mondás: "amíg a valószínûségszámítás megtanit valószínûségekkel számolni, addig a statisztika megtanit valószínûséget mérni". Miután a véletlen által befolyásolt jelenségek nem biztos kimenetelûek, a matematikai statisztikában nincsenek biztos ítéletek. A matematikai statisztika becsül, megbecsülhetõ valószínûségû ítéleteket hoz. Igen ritka az az eset, amelynél egy véletlen rendszer viselkedését minden elképzelhetõ kimenetelnél meg lehet figyelni. A matematikai statisztika következésképpen csak a rendszer valamely szemügyre vett részletébõl, valamely folyamat pillanatnyi állapotából, tehát a rendszer egy mintájából következtet magára a rendszerre. Ez a statisztikus megállapítások bizonytalanságának további oka. A matematikai statisztika feladata tehát (1) jellemzõ számadatok, megállapítások levezetése, bemutatása megfigyelt adatokból, (2) valószínûség hozzárendelése a kapott vagy levont következtetésekhez, (3) döntés valamely fent alapon megfogalmazott állítás (hipotézis) elfogadásáról vagy elvetésérõl, végül, (4) olyan kisérleti feltételek meghatározása (olyan kisérletek tervezése), amelyek számunkra az állítások megbízhatósága szempontjából legkedvezõbbek. 2. Leíró és felderítõ statisztika Vizsgált rendszereink vagy teljesen ismeretlenek vagy vannak róla elõzetes (a priori) ismereteink. Ha vannak, képesek vagyunk többé-kevésbé alkalmas (adekvát) matematikai modellt alkotni, és ez esetben a statisztikai adatgyüjtés célja a modell paramétereinek megbecslése. Ha nincsenek elõzetes ismereteink, a leíró és felderítõ statisztika módszereit alkalmazzuk, amelyekre persze a modell alapú vizsgálatoknál is szükség van. A felderítõ statisztika az adatok, a minta kezelésére, jellemzésére, ábrázolására vonatkozóan ad útmutatásokat, több változó esetén pedig számos további feladatot old meg (alakfelismerés, csoportosítás, osztályozás).

61 3. Sokaság és minta Viszgálatunk tárgya egy rendszer. Egy rendszernek elemei (objektumai) vannak, az objektumoknak tulajdonságai. (Objektumok például: emberek, társadalmak, folyók, biotópok, oldatok, spektrumok, tulajdonságok az emberek testméretei, emberek, társadalmak, folyók, biotópok, oldatok, spektrumok, tulajdonságok az emberek testméretei, a társadalmak lakosságszáma, nemzeti jövedelme, a folyók vízhozama adott idõben, helyen, biotópok fajainak száma, egyedsûrüsége, oldatok koncentrációi, spektrumok csúcsmagasságai adott hullámhosszon stb.) Egy rendszernek általában sok objektuma, azoknak sok, számos esetben végtelen sok értékû tulajdonsága van. A rendszert alkotó objektumok, pontosabban azok tulajdonságait leíró (végtelen) sok jellemzõ változó adat alkotja az adatok sokaságát. A sokaság elemei tehát lehetnek fizikai létezõk, de elméletiek is. A sokaság szabatos meghatározása fontos feltétele a statisztikai munkának, hiszen ez jelenti a feldolgozásra váró adatok pontos meghatározását. (Egy folyó vizállása április 16-án és november 1-én például két statisztikai sokaság). Általában csak arra van módunk, hogy a rendszer egy részletét, vagy egy bizonyos állapotát figyeljük meg, azaz annak leíró adataiból mintát vegyünk. Szokás mondani: a sokaság az összes elképzelhetõ minta halmaza. A minta vizsgálatának eredményébõl következtetünk a sokaságra, a minta vétele tehát az eredmények értéke szempontjából elsõrendûen fontos. A minta legyen reprezentatív, összetételében képviselje helyesen a sokaságot, amelybõl vették, véletlen, a mintaelemek kerüljenek egymástól függetlenül, egyenlõ valószínûséggel a mintába, elégséges méretû, elegendõen nagy ahhoz, hogy a minta alapján levont következtetések kellõen valószínûek legyenek. 3.1 Az adatok Az adatok fajtái Az adatokat kategorikus és nem kategorikus (kvantitatív) jellegûekre szokás felosztani. A kategorikus adatok alapján az objektumokat osztályozni lehet. A kategorikus adatok lehetnek nevesítõek (nominálisak) és rendezõek (ordinálisak). A nevesitõ adat egy-egy objektumot valamely (esetleg egyelemû) osztályba osztályba sorol, a rendezõ adat már sorrendet is definiál. (3.1/a táblázat) 3.1/a táblázat. Kategorikus adatok

62 Adatfajta Az adatokon értelmezhetõ müvelet Példa Nevesítõ (nominális) =, Nem, név, állampolgárság, foglalkozás, telefonszám Rendezõ (ordinális) =,, <, > Iskolai osztályzat, rang, betegség foka, IQ Azokat a kategorikus adatokat, amelyek csak két osztály valamelyikébe sorolhatnak, dichotómikus vagy bináris adatoknak nevezik. (Dichotómikus adatok: férfi-nõ, igaz-hamis, kicsi-nagy, beteg-egészséges) A kvantitatív adatok lehetnek folytonos vagy diszkrét (mérhetõ vagy leszámlálható, gyakran metrikusnak nevezettek) adatok. Szokásosan megkülönböztetik azokat adatokat, amelyek skálájának önkényes a 0-pontja,.lényegében különbségük értelmes (intervallum skála) azoktól, amelyekre multiplikatív aritmetikai mûveletek is alkalmazhatók (arányos skála).(3.1/b táblázat). 3.1/b táblázat. Metrikus adatok példái Intervallum Arányos Adatskála Folytonos Diszkrét Potenciál, Celsius fokban mért hõmérséklet Tömeg, Abszolút hõmérséklet Naptári napok Részecskeszám Vegyészi gyakorlatunkban az esetek túlnyomó részében metrikus adatokkal (tömeg, anyagmennyiség, térfogat, koncentráció, nyomás, hõmérséklet, energiák sebességek) van dolgunk Az adatok kezelése, a skálázás A sokaságból vett n elemû minta i-edik adata egy: mintaelem x i i = 1,2 n (3.1)

63 A mintaelemek sorozata a minta x = x 1, x 2,,x n (3.2) ahol i index az adat mérési sorszáma. Ha a minta adatait nagyságuk szerint állítjuk sorba, a rendezett mintához jutunk: A rendezett minta (3.3) Az adatok skálázása Egy minta természetes terjedelmét a számegyenesen a legkisebb és legnagyobb értékû mintaelem határozza meg. Különbozõ okokból szükség lehet arra, hogy ezt a terjedelmet módosítsuk, hogy az adatokat más egységben, más skálán tekintsük. Ezt skálázással lehet elérni, amelynek során az eredeti mintaelemekhez valamely számot hozzáadunk, vagy/és azokat valamely azonos számmal osztjuk. A számos skálázási lehetõség közül a vegyészi gyakorlatban a mértékegységváltás, a minta normálása 0 és 1 értékközé (móltört, tömegtört megadás), a minta centrálása, és a minta standardizálása leggyakoribbak. Normált mintához jutunk, ha az eredeti minta minden elemét az elemek összegével osztjuk. Ennek egy eleme: Felhívjuk a figyelmet arra, hogy az így normált adatok között egy már független a többitõl, az adatok összegébõl és a n - 1 adatból a függõ már kiszámítható. Centrált minta keletkezik, ha minden elembõl kivonjuk az elemek átlagát (l. 3.7 képlet): A centrált mintában szükségképpen pozitiv és negatív értékek lépnek fel, az elemek összeg 0. Ebbõl következik, hogy a centrált adatok közül is csak n - 1 darab független.

64 A standardizált lesz a minta akkor, ha az eredeti mintaelemekbõl kivonjuk azok átlagát és a különbségeket a minta empirikus szórásával (l képlet) osztjuk: A standardizált minta 0-közepû, szórása 1 (3.6) Az adatok ábrázolása Mintákról szemléletes képet ad a pontsor, azaz a mintaelemek ábrázolása a számegyenesen, az (egyváltozós) szóródási kép (univariate scatter plot) példa: Tekintsünk egy 24 elemû mintát: -37,-46, 67,-81,17, 107, 33, -120, 113, -236, -2, , 117, 57, -35, 60, -117, -95, -16, 14, , 87 Rendezve: -236,-220,-120,-117,-95,-81,-46,-37,-25,-17,-16,-2 14, 29, 33, 57, 58, 60, 67, 87, 99, 107, 113, 117 Pontsorral ábrázolva:

65 3.2 Az adatok eloszlása, a minták jellemzõi 3.1 ábra Pontsoros ábrázolás Bár az adatok sorozatának és képének megtekintése bizonyos fokig tájékoztat az adatok elhelyezkedésérõl, szükség van olyan számadatokra, amelyek tömören jellemzik a minta (a) közepét, (b) terjedelmét és (c) eloszlását. Egy-egy célra több jellemzõ közül lehet választani. A valószínûségszámítás sokaságok eloszlásának jellemzésére pontosan definiált mennyiségeket, mint várható érték, szórás, ferdeség, lapultság, korrelációs együttható stb. Levezette ezeknek a mennyiségeknek tulajdonságait is. Az alábbiakban ismertetett tapasztalati (kisérleti, gyakran statisztikáknak nevezett) jellemzõk ezeknek az elméleti mennyiségeknek becslései. A becslések között különösen értékeljük azokat, amelyek torzítatlanok. Torzítatlan az a becslés, amelynek várható értéke megegyezik azzal a mennyiséggel, amelyiket becsül Mintaközép jellemzõk a) számtani közép, mintaátlag, (mean) A számtani közép (3.7) A számtani közép a hagyományos legkisebb négyzetek elvének megfelelõ jellemzõ, a várható érték torzítatlan becslése. Hátránya, hogy érzékeny a szélsõségesen eltérõ ("kilógó") adatokra.

66 Az 3.1 példában szereplõ adatok számtani közepe: b) medián, (median) A medián az x változó azon értéke, amelynél a minta elemek fele kisebb, fele nagyobb. ha a minta páratlan elemû, n = 2m+1 (3.8/a) ha a minta páros elemû, n = 2m (3.8/b) A medián nem érzékeny szélsõséges értékekre, u.n. robusztus becslõ. Az 3.1 példában szereplõ adatok medánja: 6 c) módusz (mode) A módusz a leggyakrabban eloforduló mintaelem értéke* (3.9) * több maximumos eloszlásoknál a leggyakoribb, majd a második leggyakoribb... A módusz a valószínûségi változó sûrûségfüggvényének maximumhelye. Kisérleti meghatározása nagy mintákból lehetséges, ahol beszélhetünk azonos értékû mintaelemekrõl-rõl. További, adott esetben hasznos, de gyakorlatunkban ritkábban elõforduló mintaközép jellemzõk még a mértani közép: és a harmonikus közép:

67 3.2.2 Kiterjedés jellemzõk a) standard deviáció (tapasztalati szórás, korrigált empirikus szórás (standard error, standard deviation): Standard deviáció = (3.10) Ez a jellemzõ az elméleti szórás becslése. Nevezõjében a kézenfekvõ n helyett azért szerepel n - 1, mert azt csak n - 1 független mért adatból számíthattuk ki. A számtani közép ugyanis egy adatot az n közül a többibõl kiszámíthatóvá tesz. Ha a nevezõben n állna, a standard deviáció torzítottan becsülné a szórást. Fontos megjegyzés: Ha n adat között m darab megkötés létezik, az n adat között csak n - m darab független. A független adatoknak ezt a számát szabadsági foknak (degree of freedom, DF) is nevezik. Az 3.1 példában szereplõ adatok standard deviációja: b) variációs együttható (coefficient of variation) (3.11) A variációs együttható azt mutatja meg, hányadrésze, hány százaléka a tapasztalati szórás a középértéknek. Bizonyos esetekben (pl 0 várható értékû sokaságoknál) értelmetlen.

68 c) terjedelem (range) A terjedelem a legnagyobb és legkisebb mintaelem különbsége d = x max - x min (3.12) Az 3.1 példában szereplõ adatok terjedelme: (-236) = 353 d) kvantilisek (quantiles) p-s kvantilis az x változó azon értéke, amelynél kisebb mintaelemek hányada p. 0.1-es kvantilis = decilis = 10. percentilis 0.25-ös kvantilis = elsõ kvartilis (Q1) = 25. percentilis 0.5-ös kvantilis = második kvartilis (Q2) = 50. percentilis = medián 0.75-ös kvantilis = harmadik kvartilis (Q3) = 75. percentilis 0.90-es kvantilis = 90. percentilis Az 3.1 példában szereplõ adatok elsõ kvartilisa -63.5, mediánja 6, harmadik kvartilisa Egyéb eloszlásjellemzõk a) ferdeség (skewness) A ferdeség (3.13) Ez a mennyiség a harmadik centrális momentum/szórás 3 módon, a

69 képlettel definiált mennyiség becslése. A ferdeség valószínûségi változóknak különbözõ sûrüségfüggvényei esetén az alábbiak szerint alakul: Az 3.1 példában szereplõ adatok ferdesége: b) lapultság (kurtosis) A lapultság: (3.14) A lapultság a képlettel, g 2 = negyedik centrális momentum / szórás 4-3 módon definiált mennyiség becslése. Ha a lapultság pozitív, akkor a sokaság eloszlásának sûrüségfüggvénye csúcsosabb, mint a normális eloszlás haranggörbéjéé, ha negatív, akkor laposabb, ha 0, akkor egyezõ. Az 3.1 példában szereplõ adatok lapultsága :

70 3.2.4 Megjegyzések a középértékrõl és a szórásról a) A középérték lineáris funkcionál: E( X + Y) = E(X) + E(Y) b) Néhány fontos tétel a szórásról és a szórásnégyzetrõl (varianciáról): D 2 (X ± Y) = D 2 (X) + D 2 (Y) = 2 x+ 2 y D(X+Y) = ( 2 x+ 2 y ) 1/2 D 2 ( X) = 2 D 2 (X) D 2 (X ± ) = D 2 (X) D( X) = D(X) D (X ± ) = D(X) Fentiekbõl következik: A középérték szórásának becslése (3.15) Levezetés: Fontos összefüggés:

71 3.2.5 A minta eloszlásának grafikus szemléltetése a) a hisztogram A hisztogram egy rendezett minta elore kituzött változó-tartományaiba eso elemek számát vagy gyakoriságát ábrázolja. A hisztogram hasábjainak szélessége a változó-tartományt, magassága az (abszolut vagy relatív) gyakoriságot ábrázolja. Túl kevés tartomány kituzésekor az információ szegényes (3.2/a ábra), túl sok esetén a kapott kép áttekinthetelen. (3.2/c ábra) 3.2/a ábra Elnagyolt hisztogram

72 3.2/b ábra Jól méretezett hisztogram 3.2/c ábra Túlrészletezett hisztogram b) a box" vagy "szakállas" (box and whiskers) ábra A box vagy "szakállas" (box and whiskers) ábra az eloszlás szemléltetésének célszeru módja, amely a változó számegyenesén különbözo, jellemzo kritikus pontokat tartalmaz:

73 (I = Q3 - Q1 = interkvartilis távolság) 3.3 ábra A box ábra 2.1 példa. Négy mintát hasonlítunk össze. C4 és C3 adatok aszimmetrikus eloszlású sokaságokból származnak, C2 normális és C1 egyenletes eloszlásúak. A pontsor ábrák az alábbiak: 4. Statisztikai jellemzõk megbízhatósága 4.1 Konfidencia tartomány, konfidencia szint A mintákból meghatározott becslõk magukban is érdekesek lehetnek, különösen, ha minták összehasonlításáról van szó. Természetes azonban, hogy a jellemzõk akkor értékesek igazán, ha azok megbízhatóságáról is van képünk. Ez a kívánalom egyenértékü azzal, hogy többé kevésbé ismerjük a becslõ statisztikák eloszlását, de legalábbis alkalmazhatunk néhány valószínûségszámításból ismert egyenlõtlenséget. Emlékeztetünk arra, hogy a mintákból számított becslések valószínûségi változók függvényei lévén maguk is valószínûségi változók. A gyakorlatban a kérdések általában így vetõdnek fel:

74 (a) mi a valószínûsége annak, hogy a valószínûségi változó egy realizációja (= a következõ megfigyelt adat) elõírt határok közé essék (pl a x b)? (b) melyek azok a határok, amelyek közé a következõ megfigyelt adat elõírt valószínûséggel esik? A két kérdés lényegében ugyanaz, egyik feladat a másik inverze. Az (a) kérdéssel egy-egy megfigyelést értékelünk, a (b) kérdéssel követelményeket fogalmazunk meg, pl. pontasságot írunk elõ. Ha ismerjük a szóbanforgó valószínûségi változó eloszlásfüggvényét, mindkét kérdésre választ kaphatunk: A továbbiakban az általánosság kedvéért folytonos valószínûségi változók esetére mutatjuk be a megoldások gondolatmenetét. 4.2 Nevezetes eloszlások (4.1) Természettudományos gyakorlatunkban egyik leggyakoribb eloszlásfüggvény a normális eloszlás. Ha valamely vizsgált változóra számos, önmagában kis hatású, a változó értékét egyforma eséllyel növelõ vagy csökkentõ tényezõ is hat, számíthatunk arra, hogy megfigyelt értéke normális eloszlású lesz A normális eloszlás A (4.1) integrál ezesetben: (4.2) ahol az x változó várható értéke, s pedig annak szórása. (4.2) függvénynek nincs analitikusan megadható integrálja, értékeit numerikusan számítják ki az standardizált, 0-közepû és 1 szórású változóra, - és x határok között. (Ezt az eloszlást szokás N(0,1) röviditéssel jelölni). Miután a

75 (4.3) függvény szimmetrikus, táblázatokban csak az eloszlás (második) felét adják meg, 0 és + határok között, ahol a F (x) valószínûség 0.5.tõl 1-ig nõ. Negativ x argumentumok esetén a valószínûséget módon kell keresni. Ha arra vagyunk kiváncsiak, mi annak valószínûsége, hogy x a -b és +b határok között lép fel, a táblázat b argumentumához tartozó érték kétszeresébõl ki kell vonnunk 1-et. Ugyanis: (4.4) Érdemes megjegyezni, hogy normális eloszlás esetén (4.5) p(-1 x 1) = 2 (1) - 1 = p(-2 x 2) = 2 (2) - 1 = p(-1.96 x 1.96) = 2 (1.96) - 1 = p(-3 x 3) = 2 (3) - 1 = illetve nem standardizált változóra: p(( - ) x ( + )) = p(( - 2 ) x ( + 2 )) = p( ) x ) = p(( - 3 ) x ( + 3 )) =

76 Azt a tartományt amelybe a valószínûségi változó várhatóan p valószínûséggel esik, a változó p szintû megbízhatósági vagy konfidencia tartományának nevezik. A változó természetesen = 1 - p valószínûséggel a konfidencia tartományon kívül is realizálódhat. Ezt az értéket tévedési valószínûségnek szokás nevezni. A konfidencia tartományt gyakran szintû tartománynak is nevezik. A bevezetésben feltett (b) kérdés, azaz az, hogy megkívánt, rendszerint kerek konfidencia szinthez milyen ± k konfidencia határok tartoznak, alkalmasan átrendezett táblázatokkal válaszolható meg. p = 1 - p k A normális eloszlás -és a továbbiakban tárgyalt Student és 2 eloszlások számértékeit kézikönyvekben vagy pl. a internetcímen lehet megtalálni A Student eloszlás Ha egy normális eloszlású sokaságból vett minta sok elemû (n > 120), akkor a mintából számított s standard deviáció jól becsüli az elméleti szórást, -t. Ha azonban nem ez a helyzet, a kevesebb elemû mintából becsült s standard deviációval szélesebb konfidencia tartományt kell megadnunk ahhoz, hogy biztonságunk megmaradjon. A helyes összefüggéseket ezekben az esetekben a normális eloszlás helyett a Student eloszlás adja meg, amelynél a konfidencia tartományok szélességét megadó t szorzók a minta elemszámától, pontosabban a minta szabadsági fokától függenek. A szintén szimmetrikus (4.6)

77 Student eloszlás szintén táblázatoltan található. Leghasználatosabbak azok a táblázatok, amelyekkel az a tévedési valószínüséghez és a szabadsági fokhoz tartozó konfidencia tartomány határai kereshetõk ki. (Minta. 4.1 táblázat) 4.1 táblázat. Student eloszlás t értékei, különbözõ mérésszámnál a = 1 - p T n = 3 n=15 n = , A 2 eloszlás Mivel a valószínûségi változók négyzetei (pl. a szórás négyzete, a variancia ) gyakorlatunkban igen jelentõsek, fontos szerepû az a függvény, amelyik a független, külön-külön N(0,1) eloszlású változók összegének eloszlását adja meg, a 2 eloszlásfüggvény: (4.7) ahol a szabadsági fok, a független valószínûségi változók száma. A függvény láthatóan két változótól függõen adja meg azt, mi a valószínûsége annak, hogy a változók négyzetösszege x- nél kisebb Az F eloszlás A normális és Student eloszlást sikeresen alkalmazzák normális változók különbségeinek vizsgálatára. Valószínûségi változók négyzetösszegei esetén hasznosabbnak bizonyult azok hányadosainak kritikus megítélése.

78 Erre a feladatra (nevezetesen annak eldöntésére,.hogy egyezõnek vagy eltérõnek tekinthetõ-e két változó négyzetösszege) az Fisher féle F eloszlás alkalmas. Ez a függvény két független, 2 eloszlású változó hányadosának eloszlásáról tájékoztat. Az F függvény az hányados adott határok közötti elõfordulási valószínûségét adja meg, ahol 1 és 2 a számláló és nevezõ szabadsági foka. F számlálójában és nevezõjében varianciákat ismerhetünk fel. Az F eloszlás 0 és + között értelmezett. Ebbõl következõen az F törtben a számlálónak kell kisebbnek lennie. (4.8) A gyakorlatban használt F táblázatokban a választott tévedési valószínûségnek, továbbá a számláló és a nevezõ szabadsági fokának ismeretében lehet megtalálni azt a kritikus értéket, amelynél egyezõnek feltételezett változók esetén a kisérletileg megkapott F érték nem lehet nagyobb. 3.4 ábra A 2.1 példa mintáinak pontsor ábrái

79 3.5 ábra. A 2.1 példa mintáinak box ábrái A pont példájának adatai C1 C2 C3 C

80 Bibliográfia: 1.Csatár Katalin - Harró Ágota - Hegyi Györgyné - Lövey Éva - Morvai Éva - Széplaki Györgyné - Ratkó Éva: VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS FELADATOK Kezdőknek (Kömal) 2. Szepesváry Pál: A matematikai statisztika elemei,