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,
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 1 2 0 fejek száma 1 0 2 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.
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). 3. 2. 1. 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
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 =
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 10-10 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.
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=0,99. 5. 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 4 3 2 1=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 1+2+3+4=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:
6 = 1+5 7 = 1+6 8 = 2+6 6 = 2+4 7 = 2+5 8 = 3+5 6 = 3+3 7 = 3+4 8 = 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 = 2 6 6 2 3 4 4 3 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. 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?
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: 1. 2. 3. 4. 5. 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:.
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) = 0,5. 13. 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.
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?
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: 3 + 5 vagy 4 + 4 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.
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: 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 5 3 4 5 5 3 4 5 5 5 5 3 3 4 3 4 5 4 5 5 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.
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)= 0 19. 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!
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:.
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?
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?
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!
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
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) = 1/16. 27. 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?
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=1/3. 29. 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) =.
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 3 + 5 > 6 vagy 2 cm, 5cm, 6cm, mert 2 + 5 > 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
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) = 3. 33. 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 5 4 3 = 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?
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 55-10 = 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 45 16 = 720 féle húzás lehetséges. A három együtt 90 + 90 + 720 = 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: 45 + 81 = 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?
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:
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.
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)= =0,000000023. 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)= =0,00000967.
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 12+10 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
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 20-20 kép van: I.henger II.henger III.henger szív 3 1 1 csillag 0 3 4 háromszög 2 2 4 kör 2 4 4 négyzet 7 7 0 lóhere 6 3 7 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)= 0,000375 0,04%.
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)=0+ + +0+ 0,022 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
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?
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 4 19. a. Kedvező eset csak 1 van. P(A=19 utas a második ajtónál)= P(A) 3,64 10-12. b. Az első ajtóhoz -féleképp mehetnek az utasok, a negyedik ajtónál lehetőség van. A második ajtónál, a harmadik ajtónál 1 a lehetőség.
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) 0,00073. 48. 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)=
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.
A kedvező esetekben 1 zongorista mellé 4 tanulót választottak a 8 hegedűs és az 5 fuvolás közül. Ez az alábbi ötféle összeállításban lehetséges: hegedül 4 3 2 1 0 fuvolázik 0 1 2 3 4 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 64 49 36 25 16 9 4 1 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.