Klasszikus valószínűségi mező megoldás Ha egy Kísérletnek csak véges sok kimenetele lehet, és az egyes kimeneteleknek, vagyis az elemi eseményeknek azonos a valószínűségük, akkor a kísérelttel kapcsolatos események és ezek valószínűségei ún. klasszikus valószínűségi mezőt alkotnak. Legyen A a kísérlettel kapcsolatos esemény. Ha az A esemény a kísérlet n elemi eseménye közül k különböző elemi esemény össegéből áll, akkor valőszínűsége: Feladatok: p(a) = k n ( = kedvező elemi események száma összes elemi események száma 1. Ha tíz könyvet helyezünk el tetszőleges sorrendben egy könyvespolcon, és három könyvet előre megjelölünk, akkor mi a valószínűsége annak, hogy az elhelyezés során a megjelölt könyvek egymás mellé kerülnek? Először az össes lehetséges sorrendek számát határozzuk meg. Ez nem lesz más mint 10 elem permutációinak száma: n = 10!. Ezután a kedvező elemi eseményeket határozzuk meg. A három megjelölt könyv egymás közti sorrendjének száma elem permutációinak számával egyenlő: P =!. Minden rögzített egymás közti sorrend a többi könnyvhöz viszonyítva többféle módon történhet meg. Ezek számát úgy állapítjuk meg, hogy a három egymás melletti könyvet most egy elemnek tekintve, és a többi könyvet hét elemnek véve, összesen elemet állíthatunk még tetszőleges sorrendbe. Ezek száma elem permutációinak számával egyenlő: P =!. Így a kedvező elemi események száma k = P P =!!. Ekkor a vizsgált esemény valószínűsége: ) p = k n =!! 10! = 6 90 = 1 15. Tíz telefonvezeték közül négy beázás miatt használhatatlanná válik. Ezután 4 vonalon hívást kísérelnek meg. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy a hívások fele a beázás miatt nem lesz sikeres. Meghatározzuk az összes elemi események n számát. A 10 vonal közül 4 vonalon történik hívás, vagyis 10 elemből 4-et kell kiválasztanunk, sorrendre való tekintet ( ) nélkül. Ezek száma megegyezik 10 10 elem negyedosztályú kombinációinak számával: n = C10 4 =. Ezután a kedvező elemi események 4 ( ) 6 k számát határozzuk meg. A két sikeres hívás a 6 jó vezetéken történhet. Ezek száma: C6 =. A ( ) 4 két sikertelen hívás a 4 hibás vezetéken megy végbe. Ezek száma: C4 =. Ezek szorzata adja a ( ) ( ) 6 4 kedvező események számát: k = C6 C4 =. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = ( ) ( ) 6 4 ( ) = 10 4 6! 4!! 10! 6! 4! 4!!! = 6! 6! 4! 4!!!! 4! 4! 10! = 1 56. Egy 1 tagú diákcsoportban 10 fiú és lány van. Két színházjegyet sorsolnak ki egymás között. A sorsolást úgy végzik, hogy az összes nevet tartalmazó dobozból két nevet húznak ki. Mi a valószínűsége annak, hogy a két lány kapja a jegyeket?
Az összes elemi ( ) esemény száma nem lesz más, mint 1 elem másodosztályú kimbinációk száma: 1 n = C1 =. A kedvező elemi események száma pedig k = 1. Ekkor annak valószínűsége, hogy két lányt sorsolnak ki: p = k n = ( 1 1 ) = = 1 1! 1 11 = 1 66 10!! 4. Egy minden oldalán befestett kockát 1000 azonos méretű kis kockára fűrészelnek szét. A kis kockából véletlenszerűen választunk egyet. Mi a valószínűsége annak, hogy ez két oldalán van festve? Az összes elemi események száma n = 1000. Most meghatározzuk a kedvező elemi események számát. Az eredeti kocka 1 élén olyan kis kocka keletkezik, amelyeknek pontosan két oldala festett, ezért k = 1 = 96. Így az adott esemény valószínűsége: p = k n = 96 = 0, 096 1000 5. Dominójátszma esetén egy dominót választunk, mely nem dupla, vagyis kétféle pontérték van a két felén. Ezután a többi dominóból egy második dominót választunk véletlenszerűen. Mi a valószínűsége annak, hogy a második dominót az elsőhöz hozzá lehet tenni? Tudva, hogy egy dominókon 0-tól -ig terjedő pontozás található, az összes elemi esemény száma eggyel kevesebb (hiszen egy dominót már kiválasztottunk), mint 9 elem másodosztályú ismétléses kombinációk száma: n = C 9 1 = ( ) 9 + 1 1 = ( ) 10 1 = 10!!! 1 = 10 9 1 = 44 Most a kedvező események számát határozzok meg. A kivett dominóhoz márcsak dominó tehető hozzá, így a kedvező elemi események száma k = = 16. Ekkor a megadott esemény valószínűsége: p = k n = 16 44 = 4 11. 6. Egy csomag magyar kártyából kiveszünk egy lapot, megnézzük majd visszatesszük. Ezután jól megkeverjük a csomagot, és ismét választunk egy lapot. Mi a valószínűsége annak, hogy ez utóbbi lap nem azonos színű az elsővel? Az összes elemi események száma nyilván n =. Mivel négy szín van és mindegyikből lap, ezért a kedvező elemi események száma k = = 4. Így annak valószínűsége, hogy a másodszor kihúzott lap más színű lesz, mint az első? p = k n = 4 = 4. 7. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy 1-től 10000 tartó egész számok közül kiválasztott szám négyzete, ill. a negyedik hatványa az egyes számjegyre végződik. Mindkét esetben az elemi események száma n = 10000. Az első esetben a kedvező esemény az, ha a kihúzott szám utolsó számjegye 1 vagy 9, hiszen ezek négyzete végződik 1-re. Ezek száma k 1 = 000. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p 1 = k 1 n = 000 10000 = 1 5. A második esetben a kedvező elemi esemény az lesz amikor a kihúzott szám utolsó számjegye 1, ; 7; 9 lesz, mert ezek negyedik hatványa végződik 1-re, ezek száma k = 4000. Ekkor az adott esemény valószínűsége p 1 = k n = 4000 10000 = 5.
. Két egész számot választunk véletlenszerűen az 1-től 10000-ig terjedő egész számok közül. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy szorzatuk utolsó számjegye egyes legyen. Az elemi esmények száma n = 10000 10000 = 10. Jelölje (a, b) azt az esemény, amelynél az első szám a-ra, a második szám b-re végződik. Jelölje A a kedvező eseményt. Ekkor A = (1; 1) + (; 7) + (7; ) + (9, 9). Így a kedvező elemi események száma k = 1000 1000 + 1000 1000 + 1000 1000 + 1000 1000 = 4 10 6. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 4 106 10 = 4 100 = 1 5 9. Tíz lapra felírjuk a tíz számjegyet. Mi a valószínűsége annak, hogy két lapot találomra kiválasztva és egymás mellé téve, a kapott szám osztható 1-cal? A lehetséges elemi események száma (sorrendet is figyelembe vesszük) n = 10 9 = 90. A kedvező elemi esmények a következők lehetnek csak: 1, 6, 54, 7, 90. Ezek száma k = 5. Így az adott esemény valószínűsége p = k n = 5 90 = 1 1. 10. Nyolc azonos lapra felírjuk a következő számokat:, 4, 6, 7, 10, 11, 1, 1. Közülük két lapot találomra kiválasztunk. Mi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott lapokon levő számokat egy tört számlálójának, illetve nevezőjének véve a tört egyszerűsíthető? A lehetséges ( ) elemi események száma elem másodosztályú kombinációinak számával egyenlő: n = C =. Mivel a páratlan számok prímszámok és semelyik páros szám sem osztható velük, ezért ( ) 5 a kedvező esetek száma megegyezik 5 elem másodosztályú variációinak számával: k = C5 =. Így a keresett valószínűség: ( ) 5 p = k n = ( ) =!! = 10! = 5 14 6!! 11. Öt különböző hosszúságú szakasz hossza rendre 1,, 5, 7, 9 egység. Mi a valószínűsége annak, hogy véletlenszerűen kiválasztva közülük hármat, a kiválasztot szakaszokból háromszög szerkeszthető? A lehetséges ( ) elemi események száma megegyezik öt elem harmadosztályú kondinációinak számával: 5 n = C5 =. A kedvező elemi események a következők lesznek (a sorrendtől eltekintünk): (; 5; 7), (; 5; 9) és (5, 7, 9).Tehát ezek száma k =. A keresett valószínűség pedig: p = k b = ( ) = 5!! = 10 1. Tíz golyó van egy dobozban. Közülük kettő fehér, a többi fekete. Kiveszünk találomra öt golyót. Mi a valószínűsége annak, hogy fehér golyó is lesz közöttük?
Az ( összes ) elemi esemény száma megegyezik 10 elem ötödosztályú kombinációinak számával: n = 10. Most a nem kedvező elemi események számát határozzuk meg, vagyis csak fekete golyót húzhatunk. Ezek száma megegyezik ( ) elem (hiszen ennyi fekete golyó van) másodosztályú kombinációinak 5 számával: k = C 5 =. Ekkor az adott esemény valószínűsége: 5 p = 1 k n = 1!! 10! = 1 7 6 10 9 7 6! = 1 0 90 = 7 9 1. Egy kiállításon a 00 001-gyel kezdődő ötjegyű számokkal ellátott jegyekből az első sorozat elfogyott. Egy véletlenszerűen kiválasztott látogató jegyét, mely az első sorozatból való, megnézzük. Mi a valószínűsége annak, hogy a jegy számjegyei közt nincs ismétlődés? A lehetséges elemiesemények száma eggyel kevesebb, mint 10 elem ötödosztályú ismétléses permutációinak számával: n = V10 5 1 = 10 5 1. Az a kedvező esemény, amelynél a számok nem ismétlődnek. Ezért a kedvező elemi események száma megegyezik 10 elem ötödosztályú variációinak számával: k = V10 5 = 10!. Akkor az adott esemény valószínűsége: p = 10! 10 5 1 = 10 9 7 6 99999 = 60 0, 0 11111 14. Egy lapos magyar kártyából egyszerre lapot húzunk. Mi a valószínűsége annak, hogy a kihúzott lapok között legalább egy zöld van? ( ) Az lehetséges elemi események száma elem harmadosztályú kombinációi adják: n = C =. Vegyük az adott esemény ellentett eseményét, vagyis a kivett lapok között a zöld szín nem ( ) szerepel. Ezek száma megegyezik 4 elem harmadosztályú kombinációinak számával: k 4 = C4 =. Ekkor az adott esemény valósznűsége: ( ) 4 p = 1 k n = 1 ) = 1 ( 4! 1!!! 9!! = 1 4 1 0 = 1101 0, 59 160 15. Egyszerre dobuk 6 szabályos dobókockával. Mi a valószínűsége annak, hogy legalább két kockán azonos pontszám lesz? Az összes elemi eseményt megkapjuk, ha vesszük a 6 elem hatodosztályú ismétléses variációit. Ezek száma n = V6 6 = 6 6. Vesszük a kedvező esemény ellentett eseményét, vagyis a dobott számok között nem lesz ismétlődés. Ezek száma viszont 6 permutációinak száma: k = P 6 = 6!. Így az adott esemény valószínűsége: p = 1 k n = 1 6! 0, 94 66 16. Adjuk meg annak a valószínűségét, hogy egy totószelvényt vaktában kitöltve, az első 1 mérkőzés eredmény közül 11-et találunk el.
A szelvény kitöltésére az összes lehetséges esetek száma mivel 1 helyre választunk az 1,, x elemekből elem 1-adosztályú ismétléses variációinak száma adja: V 1 = 1. Ezután a kedvező elemi eseményeket határozzuk meg. A 1 mérkőzés eredményeiből 11-et a szelvényen el kell találni, kettőt viszont nem találhatunk el. A két el nem talált eredményt a 1-ból annyiféleképpen választható ki, amennyi 1 elem másodosztályú kombinációinak száma. E két mérkőzés mindegyikére hibás tippünk van, vagyis ezekre a tippek számát elem másodosztályú ( variációinak ) száma adja. 1 Így a kedvező elemi események számát ezek szorzata adja: k = C1 V =. Végül az adott esemény valószínűsége: ( ) 1 p = k n = = 1 1 1 17. Egy dobozban 5 korong van, amelyeknek az 1,,, 4, 5 számjegyek közül egy-eg szerepel. Három korongot húzunk ki egymás után úgy, hogy a kihúzottat az új húzás előtt visszatesszük a dobozba. Mi a valószínűsége annak, hogy a három korongról beolvasott számjegyek összege 10? Mivel három helyre választhatunk öt elemből úgy, hogy ismétlődés is lehetséges és a sorrendre is tekintettel vagyunk, ezért az elemi események száma öt elem harmadosztályú ismétléses variációinak számával egyenlő: n = V5 = 5 = 15. Ezután meghatározzuk a kedvező események számát. A három kihúzott számjegyből a következő felbontásokban kaphatunk összegként 10-et: 1 + 4 + 5! = 6-féleképpen, + + 5! = 6-féleképpen,! + 4 + 4! = -féleképpen! + + 4! = -féleképpen összesen: k = 6 + 6 + + = 1 Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 1 15. 1. Egy dobozban negyven darab boríték van. Ezek közül 15-ben 60 e, 11-ben 50 e, -ban 40-e, -ban 10 evan, a többi üres. Két borítékot találomra kiveszünk a dobozból. Mi a valószínűsége annak, hogy ezekben összesen 60 evan? ( ) 40 Az elemi események számát 40 elem másodosztályú kombinációinak száma adja: n = C40 =. Most összeszámoljuk a kedvező elemi eseményeket, vagyis a két borítékban összesen 60 evan: 60 e + 0 e 14 = 5-féleképpen, 50 e + 10 e 11 = -féleképpen, összesen: k = 5 + = 5. Így az adott esemény valószínűsége p = k n = ( 5 ) = 5 40 40!!! = 5 0 9 = 17 156 19. Egy 5 lapos kártyacsomagból 1 lapot találomra kihúzunk. Mi a valószínűsége annak, hogy a treff király a 1 lap között lesz?
A lehetséges elemi események száma 5 elem 1-adosztályú kombinációinak számával egyezik: ( ) 5 n = C5 1 =. 1 A kedvező elemi események száma pedig 51 elem 1-edosztályú combinációinak számával ( ) egyezik 51 meg, hiszen a treff király közöttük van és a többi 1 lap tetszőleges lehet: k = C51 1 =. Ekkor 1 az adott esemény valószínűsége: ( ) 51 51! p = k n = 1 ( ) = 9! 1! = 1 5 5 = 1 4 1 9! 1! 0. Egy futballklub edzésének megkezdése előtt az edzésen résztvevő játékost két ccsoportba osztják. Mi a valószínűsége annak, hogy ha találomra történik a szétosztás két 11-es csoportba, a két legjobb játékos egymás ellen játsszik? Előszor meghatározzuk az összes elemi események számát. Az egyik kiemelt ( játékos ) a fenmaradt 1 1-ből 10-et választhat, a fennmaradt 11 lesz a másik csapat: n = C1 10 =. A kedvező elemi 10 események száma pedig megegyezik 0 elem 10-ed osztályú ( ) kombinációinak számával, ugyanis a másik 0 legjobb csak a másik csapatban lehet: k = C0 10 =. Ekkor az adott esemény valószínűsége: 10 ( ) 0 0! p = k n = 10 ( ) = 10! 10! = 11 1 1! 1 10 11! 10! 1. Egy sötét helységben 4 egyforma pár cipő össze van keverve. Kiválasztunk ezekből 4 darab cipőt. Mi a valószínűsége annak, hogy egy legalább egy összetartozó pár van a kivettek között? Az összes ( ) elemi események száma megegyezik elem negyedosztályú kombinációinak számával: n = C 4 =. Meghatározzuk az adott esemény ellentett eséményének elemi eseményeinke számát. Ez 4 úgy következhetbe, vagy csupa ballábas, vagy csupa jobblábas cipőt veszünk ki, tehát k =. Így az adott esemény valőszínűsége: p = 1 k n = 1 ( ) = 1! 4 4! 4! = 1 4 7 6 5 = 1 1 5 = 4 5. Egy dobozba 15 cédulát teszünk, amelyeken rendre a következő betűk állnak: A, E, É, É, G, G,I, I, R, S, S, T, T, V, Z. Húzzuk ki a dobozból egyenként a cédulákat, és a kihúzás sorrendjében helyezzök egymás mellé. Mi a valószínűsége annak, hogy aaz ÉRETTSÉGI VIZSGA szót kapjuk. Az elemi események számát 15 elem ismétléses permutációinak száma adja, ahol É, G, I, S, T betűk -szer ismétlődnek: n = P,,,, 1 15 =. Nyilván a kedvező esemény száma k = 1. Így!!!!! az adott esemény valószínűsége: p = k n = 1 1!!!!! = 1
. A műhelyben egy műszak alatt elkészített 1 400 db kulcs közül 50 db selejtes. Találomra kiveszönk 0 darabot. Mi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott kulcsok között nem lesz egyetlen selejtes sem, ill. nem lesz háromnál több selejtes? ( ) 1400 Az elemi események száma 1 400 elem 0-ad osztályú variációi adják: n = C1400 0 =. Az első 0 esetben a kedvező elemi események száma megegyezik 1 ( 50 elem ) 0-ad osztályú kombinációinak 150 számával, mivel1 50 nem hibátlan áru van: k 1 = C150 0 =. Így annak valósz0nűsége, hogy a 0 kiválasztott 0 kulcs közül nem lesz selejtes: ( ) 150 p 1 = k 1 n = 0 ( ). 1400 Másik esetben a kedvező elemi események számát össze kell számulnunk: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 150 150 50 150 50 150 k = + + + 0 19 1 1 17. Ekkor az adott esemény valószínűsége: ( ) ( ) 150 150 p = k + n = 0 19 ( ) 50 1 0 ( ) 150 + 1 ( ) 1400 0 ( ) 50 + ( ) 150 17 ( ) 50 ( ) 50 4. Dobjunk fel három szabályos kockát egymástól függetlenül. Mi a valószínűsége annak, hogy az így kapott pontok összege 10 lesz? Mivel három helyre választhatunk hat elemből úgy, hogy ismétlődés is lehetséges és a sorrendre is tekintettel vagyunk, ezért az elemi események száma hat elem harmadosztályú ismétléses variációinak számával egyenlő: n = V6 = 6 = 16. Ezután meghatározzuk a kedvező események számát. A három kihúzott számjegyből a következő felbontásokban kaphatunk összegként 10-et: 1 + 4 + 5! = 6-féleképpen, 1 + + 6! = 6-féleképpen,! + + 6! = -féleképpen + + 5! = 6-féleképpen,! + 4 + 4! = -féleképpen! + + 4! = -féleképpen összesen: k = 6 + 6 + + 6 + + = 7 Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 7 16 = 1. 5. Egy szabályos dobókockát egymás után kétszer feldobunk, és a dobás eredményét egymás mellé írjuk. Mi a valószínűsége annak, hogy a kapott bszám osztható 9-cel, ill. -cal?
Az összes elemi események száma 6 elem másodosztályú ismétléses variációinak számával egyenlő: n = V6 = 6. Első esetben a kedvező elemi eseményeket összeszámoljuk: {6, 45, 54, 6}, vagyis k 1 = 4. Így az adott esemény valószínűsége: p 1 = k 1 n = 4 6 = 1 9. Másik esetben a kevező esemény {16, 4,, 56, 64}, vagyis k = 5. Tehát ebben az esetnben is az adott esemény valószíűsége p = k n = 5 6 6. Öt cédulára rendre felírjuk a 0,, 4, 6, számjegyeket, majd egy urnába téve hármat kihúzunk közülük, és ezeket a kihúzás sorrendjében egymás mellé tesszük. Mi a valószínűsége annak, hogy hattal osztható számot kapunk? Az összes elemi események száma megegyezik öt elem harmadosztályú variációinak számával: n = V5 =. Egy szám akkor osztható hattal, ha kettővel és hárommal is osztható. Mivel mindegyik! páros, ezért a kiválasztott számjegyekből csak páros szám állítható elő. Emiatt csak a hárommal való oszthatóságra kell csak figyelnünk. Hárommal csak az alábbi számok oszthatók: 04! = 6-féleképpen, 04! = 6-féleképpen, 46! = 6-féleképpen, 46! = 6-féleképpen, összesen: k = 6 + 6 + 6 + 6 = 4 Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 4! = 4 60 = 5. 7. Egy urnába 10 cédula van, melyre rendre a 0, 1,,, 4, 5, 6, 7,, 9 számjegyeket írtuk. Kihúzunk egymás után hatszor egy-egy cédulát oly módon, hogy a kihúzott cédulát minden húzás után visszatesszük. A húzás eredményeit balról jobbra haladva egymás mellé írjuk. Mi a valószínűsége annak, hogy az így kapott szám jegyei nem csökkenő sorrendben következnek egymás után? Az elemi események száma 10 elem hatodosztályú ismétléses variációi adják: n = V10 6 = 10 6. A kedvező esemény ellentett eseményeinek elemi eseményeit határozzuk meg, vagyis azokat az elemi eseményeket, amelyekben a kihűzott számok csökkenő sorrenben vannak. Ezek száma viszont 10 elem hatodosztályú ismétléses kombinációinak számával egyezik meg, mert a kihúzott 6 számot csak egyféleképpen tudjuk csökkenő sorrendbe rakni: k = C 6 10 = esemény valószínűsége: p = 1 k n = 1 ( ) 10 + 6 1 = 6 ( ) 15 6 10 6 ( 15 6 ). Ekkor az adott. Egy lapos magyar kártyából egymás után kihúzunk lapot, és a lapokat a kihúzás sorrendjében egymás mellé tesszük. Mi a valószínűsége annak, hogy a kihúzott lapok között (a) legfeljebb 6 piros van, (b) van a piros hetes? Az elemi események száma elem -adosztályú kombinációi adják: n = C = ( )
(a) legfeljebb 6 piros van Ebben az esetben( a kedvező ) ( ) esemény ( ) ellentett eseményének elemi eseményeinek számát határozzuk meg: k 4 a = +. Ekkor az adott esemény valószínűsége: 7 1 p a = k a n = 1 ( ) ( ) ( ) 4 + 7 1 ( ) = 1 ( 19 ) (b) van a piros hetes? Ebben az esetben a kedvező elemi események száma: k b = valószínűsége: ( ) 4 ( ) 4. Ekkor az adott esemény 7 p b = k b n = 7 ( ) 9. Egy osztályból 5 fiú és 5 lány megy moziba. Egymás mellé ülnek mind a tízen Az ülésrendet sorsolással döntik el. Mi a valószínűsége annak, hogy lány lány mellé, fiú fiú mellé nem kerül, ha bármelyik ülésrend egyformán valószínű? Az elemi események számát 10 elem permutációi adják: n = P 10 = 10!. A kedvező elemi események száma k =, ugyanis vagy lány vagy fiú kezdi a sort, továbbá a fiúk, ill. a lányok egymást közt tetszőlegesen permutálüdhatnak. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 10! = 5 4 10 9 7 6 = 1 1 0. Négy urna van elhelyezve sorban egymás mellett. Mindegyikben 9 cédula van rendre 1,,, 4, 5, 6, 7,, 9 számjegyekkel megjelölve. Mi a valószínűsége annak, hogy ha mindegyik urnából egy cédulát kihúzunk, és az urna elé helyezzük, az 195-ös számot kapjuk? Az elemi események száma megegyezik 9 elem negyedosztályú ismétléses variációinak számával: n = V 4 9 = 9 4. Nyilván a kedvező esemény száma k = 1. Ekkor a keresett valószínűség p = k n = 1 9 4 1. Egy szabályos dobókocka két oldalán 1-es, két oldalán -es és két oldalán 0-ás van. A kockát ötször földobjuk. Mi a valószínűsége annak, hogy a dobott pontok összege páros lesz? A lehetséges elemi események száma megegyezi elem ötöd psztályú ismétléses variációinak számával: n = V 5 = 5. Ezután meghatározzuk a kedvező események számát. Az öt dobás következő képpen történhet:
1 + 1 + 1 + 1 + 0 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 0 + 0 + 0 1 + 1 + 0 + 0 + 1 + 1 + 0 + + 1 + 1 + + + = 5-féleképpen, 4! = 5-féleképpen, 4!! =10-féleképpen,!! =0-féleképpen,!! =0-féleképpen,!! =10-féleképpen, p + p + p + p + p 5 =-féleképpen, összesen: k = 1 Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 1 5 = 1 4.. Dobjunk fel egy szabályos dobókockát egymás után ötször, és a kapott eredményt a dobások sorrendjében írjuk egymás mellé. Mi a valószínűsége annak, hogy (a) 5-tel osztható, (b) 4-gyel osztható ötjegyű számot kapunk? A lehetséges elemi események száma megegyezi 6 elem ötöd psztályú ismétléses variációinak számával: n = V 5 6 = 6 5. (a) 5-tel osztható: Ebben az esetben az utolsó dobás csak az ötös lehet, a többi tetszőleges, ezért a kedvező elemi események száma megegyezik 6 elem negyedosztályú ismétléses variációinak számával: k a = V6 4 = 6 4. Ekkor az adott esemény valószínűsege: p a = k a n = 64 6 5 = 1 6 (b) 4-gyel osztható ötjegyű számot kapunk? Ebben az esetben pedig a kedvező elemi események azok lesznek, melyiknél az utolsó két dobás 1, 16, 4,, 6, 44, 5, 56, 64 valamelyike lehet, a többi dobás tetszőleges, ezért a kedvező események száma k = 9 6. Ekkor az adott esemény valószínűsege: p b = k b n = 9 6 6 5 = 1 4. Egy szabályos dobókockát egymás után hatszor feldobunk. Mi a valószínűsége annak, hogy az 1,,, 4, 5, 6 számok mindegyike előfordul a kapott számok között? Az elemi események számát 6 elem hatodosztályú ismétléses variációi adják: n = V6 6 = 6 6. A kedvező események számát pedig 6 elem permutációi adják: k = P 6 = 6!. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 6! 6 = 6 6 5
4. 15 fiút és 15 lányt sorshúzás útján két azonos létszámú csoportba osztjuk. Mi a valószínűsége annak, hogy az egyik csoportba 5 fiú és 10 lány kerül? Az egyik fiú legyen az egyik csoportban. Márcsak 9-ből kell 14 személyt hozzáválasztani. ( ) Az elemi 9 események száma 9 elem 14-edosztályú kombinációk számával egyenlő: n = C9 14 =. Mivel 14 a kedvező esemény az, amikor 5 fiú van az egyik csoportban, ezért ez úgy történhet meg, hogy 15 fiúból ötöt választunk és ( a) fennmaradó ( ) 10 helyre pedig lányt. Ekkor a kedvező elemi események 15 15 száma: k = C15 5 C15 10 =. Így az adott esemény valószínűsége: 5 10 p = k n = ( ) 15 5 ( ) 15 10 ) 5. Egy csomag lapos magyar kártyából egymás után kihúzunk két lapot úgy, hogy az első lapot a húzás után visszatesszük. Mi a valószínűsége annak, hogy mindkét húzáskor ugyanazt a lapot húzzuk ki? Első húzáskor tetszőleges kártyát húzhatunk. Második húzáskor már csak egy kedvező elemi esemény lehet: k = 1. Az összes elemi esemény pedig n =. Ekkor az adott esemény valószínűsége: ( 9 14 p = k n = 1 6. Egy osztályból 0 lány ment az egyik nyáron építőtáborba. Egy-egy brigádban 10 tanuló dolgozhat, és így két brigádot alkot a csapat. Mi a valószínűsége annak, hogy két meghatározott személy egy brigádba kerül? Az egyik lány legyen az első brigádban. Még 19 lányból 9 lányt választhatunk. Ekkor a lehetséges elemi események száma: n = C19 9 = ( ) 19 9. A kedvező esemény az, ha a két lány egy brigádban van, a többi lány a 1 lány közül bármelyike ( ) lehet. Ezek száma 1 elem nyolcadosztályú kombinációinak 1 számával egyezik meg: k = C1 =. Vagyis az adott esemény valószínűségeí: ( ) 1 p = k n = ( ) 19 9 7. Egy szabályos dobókockával ötször dobunk. Mi a valószínűsége annak, hogy ötször ugyanazt a számot dobjuk? Az elemi események száma 6 elem ötödosztályú ismétléses variációinak számával egyezik meg: n = V6 5 = 6 5. A kedvező események száma pedig nyilvánvalóan k = 6. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p = k n = 6 6 5 = 1 6 4. Egy csomag magyar kártyából öt lapot húzunk ki egyszerre. Mi a valószínűsége annak, hogy piros lesz a kihúzott lapok között?
Az elemi események száma megegyizik elem ötödosztályú kombinációinak számával: ( ) n = C 5 =. 5 ( ) ( ) 4 A kedvező események száma pedig: k =, hiszen pirosból kettőt kell választanunk, a fennmaradó helyre pedig a többi 4 lapból választunk. Ekkor az adott esemény valószínűsége: ( ) ( ) 4 p = k n = ( ) 5. 9. Egy csomag lapos magyar kártyából kihúzunk egymás után öt lapot úgy, hogy a lapokat minden húzás után visszatesszük. Mi a valószínűsége annak, hogy a kihúzott öt lap között (a) nyolcas lesz, (b) legalább egy piros lesz, (c) legfeljebb három piros lesz? Az elemi események száma megegyezik elem ötödosztályú ismétléses variációinak számával: n = V 5 = 5 (a) nyolcas lesz: A kedvező esemény ellentett eseményének elemi eseményének számát határozzuk meg, amely megegyezik elem ötödosztályú ismétléses variációinak számával, hiszen nyolcas nem szerepelhet benne: k a = V 5 = 5. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p a = 1 k a n = 1 5 = 1 75 5 = 5 7 5 5 5 (b) legalább egy piros lesz: A kedvező esemény ellentett eseményének elemi eseményének számát határozzuk meg, amely megegyezik 4 elem ötödosztályú ismétléses variációinak számával, hiszen piros nem szerepelhet benne: k b = V4 5 = 4 5. Ekkor az adott esemény valószínűsége: p b = 1 k b n = 1 45 = 1 65 5 = 5 6 5 5 5 (c) legfeljebb három piros lesz: Négy eset lehetséges: 1. eset: nincs piros a kihúzott lapok között. Ekkor a kedvező elemi események száma megegyezik 4 elem ötödosztályú ismétléses variációinak számával: k c1 = V4 5 = 4 5. eset: egy piros van a kihúzott lapok között. Mivel egy pirosat választhatunk nyolc pirosból és a többi helyre a fennmaradt 4-ből választunk, ezért a kedvező események száma: k c = 4 4 4!, ugyanis figyelembe vesszök a sorrendet.. eset: két piros van a kihúzott lapok között. Mivel két pirosat választhatunk nyolc pirosból és a többi helyre a fennmaradt 4-ből választunk, ezért a kedvező események száma: k c = 4, ugyanis figyelembe vesszök a sorrendet.!! 4. eset: három piros van a kihúzott lapok között. Mivel három pirosat választhatunk nyolc pirosból és a többi helyre a fennmaradt 4-ből választunk, ezért a kedvező események száma: k c4 = 4, ugyanis figyelembe vesszök a sorrendet.!!
Ezek összege adja az összes kedvező elemi események számát: k c = k c1 + k c + k c + k c4 = 4 5 + 4! 44 +!! 4 +!! 4 = Ekkor az adott esemény valószínűsége: = 4 5 + 40 4 4 + 640 4 + 7560 4. p c = k c n = 45 + 40 4 4 + 640 4 + 7560 4 5