Részletes megoldások. c Horváth Gézáné dr. Lőrincz Sándor Vadvári Tibor

Részletes megoldások Horváth Gézáné dr. Lőrincz Sándor Vadvári Tibor Dr. Végh Ágnes Dr. Zimányi Krisztina MATEMATIKA A KÖZGAZDASÁGI ALAPKÉPZÉS SZÁMÁRA készült Valószínűségszámítás példatárhoz Szerkesztő: Horváth Jenőné dr. ISBN 978-96-9-697-, raktári szám NT-67/P A CD teljes anyagát nemzetközi jog védi. Annak sem teljes egésze, sem semmilyen része semmilyen formában nem másolható a jogtulajdonos hozzájárulása nélkül. c Horváth Gézáné dr. Lőrincz Sándor Vadvári Tibor Dr. Végh Ágnes Dr. Zimányi Krisztina, Eszterházy Károly Egyetem Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt., Eszterházy Károly Egyetem Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

TARTALOM. KOMBINATORIKA :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::. ESEMÉNYALGEBRA ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: 7. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI :::::::::::::::::::::::::::::::::. VALÓSZÍNŰSÉGI VÁLTOZÓ ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::. TÖBBDIMENZIÓS DISZKRÉT ELOSZLÁSOK ::::::::::::::::::::::::::: 6 6. TÖBBDIMENZIÓS FOLYTONOS ELOSZLÁSOK :::::::::::::::::::::::: 7 7. VALÓSZÍNŰSÉGELOSZLÁSOK :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: 8 8. A NAGY SZÁMOK TÖRVÉNYE :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

. KOMBINATORIKA.. Permutáció. Mivel az -est és a -est meghatározott helyre kell tennünk, ezért csak öt szabad helyünk van, s erre öt különböző számot, a -ast, -est, -öst, 6-ost, 7-est! különböző módon helyezhetünk el.. A számjegyek száma, a zérust is beleértve. A pozíciók száma is tíz, de zérus nem állhat az első helyen, hiszen az nem valódi jegyű szám. Az összes permutáció száma: P!. A kedvezőtlen esetek száma áll elöl: P 9 9!. A kedvező esetek száma:! 9! 9! 9! 9 9! 6 9.. a Hat számjegyből kell hatjegyű számot készítenünk. A számok azért különböznek egymástól, mert más sorrendben követik egymást, tehát más helyiértéken állnak. Egy számot csak egyszer használhatunk fel, tehát itt hat elem ismétlés nélküli permutációjáról van szó. Ezek száma: P 6 6!. Azokat a számokat, amelyekben áll az első helyen nem tekintjük valódi hatjegyűnek. Ezek száma: P!. A keresett megoldás: 6!!! 6. b Tízzel akkor osztható egy szám, ha -ra végződik. Tehát a megoldásban a -t mindenképpen az utolsó helyre kell raknunk. Így az előző feladatok alapján a megoldás: P!. c Öttel akkor osztható egy szám, ha -re, vagy -ra végződik. A -ra végződők számát a b feladatban már kiszámoltuk: P!. Ha -re végződik egy szám, akkor ismét öt számjegyünk marad az öt helyre, de a számok között van a is, ami nem állhat az első helyen. Az öt szám permutációinak számából ki kell vonnunk azokat az eseteket, amikor -val kezdődő számról van szó. Tehát az -re végződő számok száma: P P! 96. db -ra végződő és 96 -re végződő szám képezhető a megadott számjegyekből, vagyis összesen + 96 6 -tel osztható számot kapunk. d Akkor kapunk páros számot, ha -ra, -re, vagy -re végződik. Ha áll az utolsó helyen, akkor a b feladat megoldás alapján ezek száma: P!. Ha -esre végződik, akkor ugyanúgy kell gondolkodnunk, mint a c feladatban, amikor -ös állt az utolsó helyen. Így ezek száma: P P! 96. Ha a szám -esre végződik, akkor ugyanezt a gondolatmenetet kell követnünk. Tehát a megoldás:! +! +!. e Kétféleképpen is gondolkodhatunk. Vagy úgy, mint a d feladatban, vagyis, hogy az utolsó számjegynek, -esnek, -asnak vagy -ösnek kell lennie, s ez alapján a megoldás:! +! +! 88. Vagy úgy, hogy az összes lehetséges ötjegyű szám számából kivonjuk a párosakat. Ekkor a megoldás: 6 88. f Mivel a keresett számokban a -as és a -es csak ebben a sorrendben szerepelhet, ezért egyetlen elemnek is tekinthetjük őket. Így elem sorrendjéről van szó, amelyben a is szerepel. Az előző feladatok gondolatmenete alapján a megoldás: P P! 96.

. KOMBINATORIKA g Ha csak azt tudjuk, hogy a -as és a -es egymás mellette áll, akkor az kétféleképpen lehet: vagy, vagy sorrendben. Az első esetet tartalmazó számok száma az f feladat szerint 96. Nyilvánvaló, hogy a második esetben is 96 darab számot fogunk kapni, hiszen csak a -as és a -es sorrendje változik meg. A megoldás tehát 96 9.. 7 betű közül magánhangzó van. Tehát ugyanúgy gondolkodhatunk, mint a. g feladatban: 6!.. Mindenképpen úgy kell leülniük, hogy börtönőr kezdi a leülést, majd egy vádlott, s ezt folytatják felváltva úgy, hogy börtönőr zárja a sort. Így külön kezelhetjük a börtönőrök és a vádlottak leülési sorrendjét. A börtönőrök esetén sorrendjük száma: P 6 6! 7. A vádlottak esetén: P!. A megoldás tehát 6!! 86. 6. a A székek nem számozottak így csak az egymáshoz viszonyított helyzetük számít. Vagyis egy személyt valahová leültetve a többiek sorrendje hozzá viszonyítva számít: P! 68 8. b A székek számozottak, így az asztalhoz viszonyított helyzetük is számít. Ezt úgy vehetjük figyelembe, hogy az a részben leültetett személyt nem mindegy hogy hova ültetjük. Az ő ültetési lehetősége szék van. Ha már valahova leültettük, akkor ehhez a leüléshez a társaságnak! sorrendje tartozik. Tehát az összes sorrend:!! 9 96 8. c A székek nem számozottak így az a pontnak megfelelően csak egymáshoz való viszonyuk számít. Mivel A és B egymás mellé szeretne ülni, tekinthetjük őket egy elemnek is. Tehát a 9 elem ismétlés nélküli sorrendjéről van szó, aminek számap 9 9!DeAésB kétféleképpen is leülhetab, illetveba sorrendben, tehát az összes sorrend száma: P 9 9! 7 76. d MivelC ésd is egymás mellé szeretne ülni, a c pont alapján őket is egy elemnek vehetjük, s így a keresett megoldás: P 8 8! 6 8. e A b pontban leírtak alapján az asztalhoz viszonyított helyzetük is számít. Mivel A és B egymás mellé akar ülni, egy elemnek tekinthetjük őket. Az első ember helyre ülhet le. Hozzá képest a többiek 9!-féleképpen ülhetnek le. Mivel A-t és B-t egy elemnek tekintjük, így 9! lehetőség van. De A és B itt is kétfélékképpen helyezkedhetnek el egymáshoz képest, tehát a teljes megoldás: 9! 7 98 6. f Az előzőek alapján C -t és D t is egy elemnek véve, az első ember helyre ülhet, majd a hozzá viszonyított sorrend száma: 8!, vagyis a teljes megoldás: 8! 77 8. 7. Csak a nemek sorrendje számít, vagyis a férfiakat és a nőket maguk között nem különböztetjük meg. Vagyis tizenhét elemünk van, amelyek között hét, illetve tíz azonos. Ezek lehetséges sorrendjeinek számát kell megmondanunk, tehát a válasz: P 7 7! 7 9 8. 7!! 8. 6 elem olyan ismétléses permutációjáról van szó, amelyben,, illetve ismétlődés van. Ezek száma: P 6! 6.!!! 9. Legyen n az elemek eredeti száma. Ekkor a permutációk száma n! Ha az elemszámot kettővel csökkentjük, akkor a permutációk száma n! lesz. A feladat szerint ennek -szerese n!-sal egyenlő. n! n!, ahonnan n!-sal való egyszerűsítés után: n n egyenlethez jutunk. Az egyenlet megoldása: n,n. A feladatnak csak az n felel meg, mivel az eredmény nem lehet negatív szám.

.. Permutáció P 9 +P 8 9 8 7 6! + 8 7 6!. a P 6 6! b n! n +! n! n n n + n! n + + n! 9 8 7+ 8 7 6; n + n! n + n! n ; +! n + n n! c n! n n + n.! +!. a +7 ++7 ;! n! n! b!n!!n,! n!!n!, 9. A feladat megoldása: és 9. n!!n! +6. A lakások az elemek, így elemről van szó. Az azonos emeleten levő lakások megegyező elemeket jelentenek. Ha az egyes lakókat gondolatban sorba állítjuk, és ugyanilyen sorban képzeljük a megfelelő emeletet felírva, akkor látjuk, hogy a beköltözések lehetséges elrendezését elem ismétléses permutációi adják, és 7 egyező elem estén, vagyis: P 7!!! 7! 7.. a A felülre kerülő pontszámok összegének hatnak kell lennie. Ezt többféleképpen is elérhetjük: ++6,++6,++6. Az + + azt jelenti, hogy két kockán -est, egy kockán pedig négyest dobunk. A lehetőségek számát három elemnek az ismétléses permutációi adják: P!!. Az + + esetén három különböző elem permutációiról van szó, amely száma:! 6. A + + esetben nyilván csak elrendezés lehetséges. Összesen -féleképpen lehetséges tehát, hogy a felülre kerülő számok összege hat legyen. b Ha az összeg 8, akkor a lehetséges dobások: P + +P + 6 + + + + + + + +, vagyis a lehetséges esetek száma: +P +P +P +6+6++.. Mivel az első két helyre egy -est, illetve egy -ast helyeztünk, az utolsó hat helyre két -es, egy -es és három -as számjegy kerül. Így a 6 elem ismétlés nélküli permutációjának a számát kell meghatározni: P 6! 6 6.!! Tehát 6 különböző nyolcjegyű, -mal kezdődő számot írhatunk fel az adott számjegyekből.. A darab termék között hibátlan és selejtes van. Mivel a selejteseket utoljára vesszük ki, ezért az első húzáskor a hibátlanokból kell választanunk. A kiválasztások a termékek sorrendjében különböznek, tehát ezek száma!. Az utolsó húzáskor a selejteseket vesszük ki különböző sorrendben, aminek lehetséges száma:! Az összes lehetőség száma tehát:!! 69 9. 6. árucikk között 7,, illetve egyforma van. Ezek sorrendjeinek száma: P!!!! 7 7.

6. KOMBINATORIKA! 7. Az számjegyből - egyforma, így a lehetséges sorrendek száma:. Nem tekintjük!! azonban valódi számjegyűnek a számot, ha az első helyen áll. Így ezek számát ki kell vonni az előforduló összes sorrend számából. Ebben az esetben tulajdonképpen csak szám: a,,, sorrendjéről van szó. Ezek között megegyező van, tehát a lehetséges sorrendjeik száma:!. A keresett ötjegyű számok száma: 8.! 8. A kitöltésnél az,, elemeket használhatjuk fel 8-szor, -szer, illetve -szor. Ezért a lehetséges esetek száma: P 8! 87. 8!!! 9. Vizsgáljuk a magyar versenyzők szempontjából. Ha a legjobb magyar versenyző végez az első helyen, az esetek száma: 7! Ha magyar versenyző a második helyen végez: 6 6! Amennyiben a legjobb eredményű magyar versenyző végez a harmadik helyen: 6! Összesen: 9. Ugyanezt az eredményt kapjuk pl. akkor is, ha az összes sorrend számából kivonjuk azoknak a sorrendeknek a számát, amelyekben a két magyar versenyző egyike sem végez az első három hely valamelyikén: 8! 6!. a Mivel -mal kezdődik a szám, így a,, 6 számok sorrendje:. b Ha kettővel kezdődik a szám, akkor ; c -mal kezdődő szám esetén! +!9.. fej és írás tetszőleges sorrendjeinek számát kell megadnunk: P 8! 8!! 7.. Elképzelhetjük úgy a megoldást, hogy a vásárló sorba áll, s közöttük db -est, - db -est, illetve -ast osztunk ki. Így olyan elem permutációját kell meghatároznunk, amelyben,, azonos. P!!!!... Variáció. 9 színből úgy kell kiválasztanunk különbözőt, hogy a kiválasztás sorrendje is számít. Ennek száma: V9 9 8 7.. A négy sportrepülőből kell kiválasztanunk -t, aki repül, de meghatározott szerepek vannak, tehát számít a kiválasztás sorrendje. Ez alapján a lehetséges esetek száma: V.. A 78 helyes megfejtő képviseli azokat az elemeket, amelyekből díjazottként elemet választhatunk, a sorrendet is figyelembe véve. V78 78 77 76 6 6. 6. Jelöljük n-nel az elemek számát. V n n n n n n 6,n. Mivel n pozitív, ezért a megoldás: 6 elem.

.. Variáció 7 7. A hat szakmunkás a hat munkahelyre 6!-féleképpen osztható be. A nyolc szakképzetlen dolgozó közül ki kell választanunk hatot úgy, hogy a sorrendjük is számít, hiszen az más más munkahelyet jelöl. Tehát ezeknek a lehetőségeknek a számát nyolc elem hatodosztályú ismétlés nélküli variációjából tudjuk megmondani. Így az összes lehetséges beosztások száma: 6! V8 6 7. 6! 8!! 8. Jelöljük n-nel a mintakollekció darabszámát. V n n 86 n n 86 n n, n. Mivel n pozitív, ezért a megoldás: darabos a mintakollekció. 9. Mivel 6 különböző gyakorló hely áll rendelkezésére az pályázónak ezért, a elem hatodosztályú variációját kell meghatároznunk: V 6 9 8 7 6.. Minthogy szobában folyik a rendelés, minden beteg ezekből az egyiket választhatja és ugyanabba a szobába nyilván több beteg is jelentkezhet. Így elemből kell -es sorozatokat képeznünk, sorrendjüket is számításba véve. E sorozatok számát elem -ed osztályú ismétléses variációinak száma adja meg, mely: V i 9 76 6. Tehát a beteg 9 76 6-féleképpen jelentkezhet rendelésre.. a Ha -mal kezdődik a négyjegyű szám, amelynek párosnak kell lennie, akkor az -re, vagy 6- ra végződik. A -re végződőek száma:. Ugyancsak a 6-ra végződőek száma, így összesen lehetőség van. b Azt tudjuk, hogy -vel kezdődő és vagy -re, vagy 6-ra végződő négyjegyű számot szeretnénk felírni. Ezek száma: V. c Amennyiben -mal kezdődik, úgy -re, -re, vagy 6-ra végződik. Ezek száma: V 8.. számjegyből kell választanunk különbözőt úgy, hogy a kiválasztás sorrendjét is figyelembe kell vennünk. számjegyből V 9 8 7 szám készíthető. Ezek között azonban olyanok is vannak, amelyekben áll az első helyen. Ebben az esetben, már csak 9 számjegyből választhatunk a fennmaradó helyre. Ezek száma: V9 9 8 7. A megoldás tehát: 6. V V 9. Egyszer feldobva a kockát hatféle pontszámot kaphatunk. A lehetséges dobássorozatok száma tehát hat elem ötödosztályú ismétléses variációinak száma, azaz V i 6 6.. Legyen a számjegyek száma k. A számjegyből, mint elemekből képzett k-adosztályú ismétléses variációk adják a lehetséges számokat. Ezek számának a következő összefüggésnek kell eleget tennie: ki V k k. Tehát legalább öt jegyből álló számokat kell felírnunk.. Az egy kérdésre adható válaszok négyfélék. Ez négy elemet jelent, amellyel nyolc egymás utáni helyet kell a sorrendet is figyelembe véve kitölteni. Az összes lehetőséget négy elem nyolcadosztályú ismétléses variációinak száma adja: V 8i 8 6 6. Tehát a különböző válaszsorozatok száma: 6 6.

8. KOMBINATORIKA 6. Mind a négy gyalogos lámpának két állása lehetséges: piros, vagy zöld. Négy helyre kell választanunk két elemből, vagyis két elem negyedosztályú ismétléses variációinak a számát kell meghatároznunk: V i 6. 7. Egy mérkőzésre háromféle tippünk lehet:,,. Egy szelvényen e három elemből az első mérkőzés mindegyikéhez egyet hozzárendelünk. Az összes lehetséges esetek elem - adosztályú ismétléses variációinak számával egyenlő, hiszen az elemek sorrendje is számít. Ezek száma: V i 9. 8. Az összes ötjegyű szám száma: V i. Ebből el kell hagynunk, amelyik -val kezdődik: V i, illetve amelyik nem tartalmaz páratlan számot:. A megoldás száma: 87. 9. Az alapelemkészletünk kettő elemből áll: a pontból és a vonalból. Ebből kell legfeljebb -öt, vagyis -et, vagy -öt, vagy -at, vagy -et, vagy -ötöt kiválasztanunk. A kiválasztás a sorrend figyelembe vételével, ismétléssel történik. Egy elemű jelsorozat esetén: V i, két elemű jelsorozat esetén: V i, három elemű jelsorozat esetén: V i 8,négyelemű jelsorozat esetén: V i 6, öt elemű jelsorozat esetén: V i. A megoldáshoz ezen esetek számát kell összeadnunk: 6.. Az első két helyre tíz elemből kell választani, melyek száma: V i. A következő három helyre elemből választhatunk V i 6. Az I. és a II. osztályúak kiválasztása egymástól független, tehát a megoldás: 6 6.. Az összes lehetséges dobássorozat száma: V i 6 6 96. Mivel legalább az egyik dobás 6-os, ezért az összes lehetséges dobássorozat számából el kell hagyni azon eseteknek a számát, amelyekben nem szerepel 6-os: V i 6 V i 96 6 67. +. a + 6. b +,. Mivel, ezért a megoldás:.. Az első öt helyiértéken tetszőleges számok szerepelhetnek, melynek száma: 9.Haazelső számjegy összege páratlan volt, az utolsó helyiértékre,,, 7, 9 kerülhet, ha az első számjegy összege páros volt, akkor az utolsó helyiértékre,,, 6, 8 kerülhet. Vagyis az utolsó helyi értékre mindkét esetben -féle számjegy kerülhet, az eredmény 9.. a A kiválasztásnál számít a sorrend, tehát hat elem ismétléses variációinak a számát kell meghatároznunk: V 6i 6 6 6 6 66. b Páros száma golyónak van, ezért három elem ismétléses variációinak száma: V 6i 6 79.. a V i 6 6 7776; b Mivel az első dobás 6-os lehet csak, ezért V i 6.

.. Kombináció 9 6. Minden tárgyhoz rendeljünk a főből egyet hozzá. Mivel a tárgyakat megkülönböztetjük, ezért ez ismétléses variáció: V i 9 76 6... Kombináció 7. Jelöljük a személyeketa,b,c,d,e,f betűkkel. A betűk hat elemet jelölnek, melyekből négy elemből álló csoportokat kell képeznünk, sorrendre való tekintet nélkül. E csoportok számát hat elem negyedosztályú kombinációi adják, melyek száma: C 6 6 6!!!. A feladatot úgy is megoldhattuk volna, hogy nem a négy utast, hanem azt a -t választjuk ki, aki nem száll be a liftbe. C 6 6 6!!!. 8. Nézzük meg először hogy, a vörösbort hányféleképpen választhatjuk ki! Öt számunkra kedvező üveg van, ebből kell kiválasztanunk kettőt, úgy hogy a sorrend nem számít. Ezek számát öt elem másodosztályú kombinációinak a száma adja, C!. Hasonlóan gondolkodhatunk a fehérbo-ros!! üvegek esetén is. Így azon lehetőségek száma, hogy tíz palackból négyet kiválasztunk: C!. Az összes lehetőség a kettő szorzata: vagyis -!6! féleképpen választhatunk ki hat üveget úgy, hogy közötte kettő vörösboros legyen. 9. Az db zár közül %, azaz db selejtes. a Mind selejtes azt jelenti, hogy tulajdonképpen a db selejtesből választottuk ki a terméket úgy, hogy a sorrend nem számít. Tehát elem -ed osztályú kombinációjáról van szó. A lehetőségek száma: C 9 8 7 6 6 7 8 9 8 76. b Az selejtes azt jelenti, hogy db-ot a selejtesek közül, s másik db-ot pedig a hibátlanok közül kell kiválasztanunk. A lehetőségek száma: CC 8 8 9 8 7 6 8 79 78 77 76.. Kiválasztás során a sorrend nem számít, tehát kombinációról van szó. I. osztályú és II. osztályú termékünk van. A feladat szerint a kiválasztottak között legfeljebb II. osztályú lehet, ami azt jelenti, hogy ezek száma,, vagy. A mintában nincs másodosztályú: C, egy másodosztályú: CC 68, két másodosztályú: CC. Tehát: 78-féleképpen választhatunk ki ilyen feltételek mellett elemet.

. KOMBINATORIKA. A négy ász mellé még hat lapot kell választanunk a maradék 8 lapból, hogy az illetőnél kártya legyen. Képeznünk kell 8 elem 6-odosztályú ismétlés nélküli kombinációit, melyek száma: C 6 8 8 6 8 7 6 6 76 7. Tehát a ászt tartalmazó lap 76 7-féle módon osztható ki.. A két legjobb versenyzőn kívül még induló van. Közülük kell kiválasztani még 7-7 indulót az egyes csoportokba. Képeznünk kell tehát elem 7-edosztályú ismétlés nélküli kombinációit, amelyek száma: C 7 7 9 8 6 7. Végül kiválasztjuk, hogy melyik 7 fős csapat melyik favorittal kerül egy csoportba. Két lehetőség van, ezért az összes eset száma C 7 686. Tehát 686 különböző módon végezhető el a versenyzők csoportosítása.. A nyolc tagú csoportban a szakképzetlenek száma legfeljebb, ami azt jelenti, hogy, vagy, vagy. Amennyiben nincs szakképzetlen a csoportban, a kiválasztás száma: C 8 6. 8 Egy szakképzetlen esetén: C C 9 7 9 97. 7 Két szakképzetlen esetén: C C 9 6 9 6 6. 6 A megoldás tehát 9 767.. a Elnököt elsőként választanak, tehát ha Kovács Éva az elnök, akkor a másik tagot a maradék tagból választják: C 6. b Amennyiben nem elnökként tagja az elnökségnek, úgy elnök hallgató lehet, s mellé még tagot kell választani: 86. c + 7.. A szállodai szobák száma 6. Mivel a szoba kiadása a. és a. emeleten történik, ez -féleképpen végezhető el. 6. Az urnából a 6 golyó lehetséges kihúzásainak száma:. 7. A két golyó egyforma színű, ha mindkettő piros, ezt -féleképpen; mindkettő zöld, ezt 6-féleképpen; mindkettő fehér, ezt -féleképpen lehet megvalósítani. Így összesen -féleképpen végezhetjük el a egyforma színű golyó húzását.

.. Binomiális tétel n n n 8. Jelöljük n-nel az elemek számát. Ekkor n, n 9. Mivel n pozitív szám, ezért a megoldás:. 9. A postaládából kell kiválasztanunk -öt, amelybe a levelet bedobjuk. a A kiválasztásnál nem lehet ismétlés, tehát C. b A kiválasztásnál az ismétlést is megengedjük, tehát C i + 9 68. 6. A négyféle fagylaltból 6 gombócot kell kiválasztanunk, úgy hogy egy fajtából több gombóc is kiválasztható. Azaz négy elem hatodosztályú ismétléses kombinációinak számát kell meghatároznunk: C 6i +6 6 9 8. 6 6. Jelöljük -essel a kiválasztott hallgatót, -essel a többit. Ekkor minden kiválasztás megfelel egy darab -esből és 7 darab -esből álló számsorozatnak, amelyben nincs egymás mellett két -es. Ez azt jelenti, hogy legalább két kettes vesz közre egy -est, vagyis a 7 kettes 8 olyan helyet határoz meg, ahova -es kerülhet. Ezekből kell kiválasztani -öt. A megoldás: C 8 8 6... Binomiális tétel 6. a + b +y 6 c + + 6 6 y + + + + + +9. 6 6 + y 6 + 6 y + y + 6 y + 6 y 6 79 8 + 96 y + 6 +86 y + y 9 + 6 y 6 + 76 y +6 y 6. y y + y 9 6. A8.tag: 7 6. 6 y + 8 7 y + y 9 y + 6 8 y. 7 b a b a 6 7. 9 a b b a 7 6 7 b a. y +

. KOMBINATORIKA.. Vegyes feladatok 6. a A sorsolásnál a sorrend nem számít, mivel a tárgyak egyformák. Egy hallgató csak egy tárgyat kaphat, ezért elem negyedosztályú ismétlés nélküli kombinációjáról van szó, amelyek száma: C 9 8 7 7. b Mivel a tárgyak különbözőek, számít a sorsolás sorrendje. Egy hallgató legfeljebb egy tárgyat kaphat, ezért elem negyedosztályú variációjáról van szó, melyek száma: V! 9 8 7 67 7.! c Az előző ponttól annyiban tér el a feladat, hogy egy hallgató több jutalmat is kaphat, tehát elem negyedosztályú ismétléses variációinak számát kell meghatároznunk: V i 8. 66. a Az ötös szám nem szerepel, tehát csak -féle számot dobhatunk, vagyis elemből választhatunk ki -et úgy, hogy a dobás sorrendje is számít, s egy számot többször is kiválaszthatunk. Így tulajdonképpen öt elem negyedosztályú ismétléses variációjának számát kell meghatároznunk: V i 6. b Mivel a dobások sorrendje számít, először ki kell választanunk, hogy melyik helyen fog szerepelni az ötös. Ezt így az összes lehetőségünk: -féleképpen tehetjük meg. A maradék helyre ötfélét dobhatunk,. c A legalább háromszor szerepel kifejezés azt jelenti, hogy háromszor, vagy négyszer szerepel. Ha háromszor szerepel az ötös, akkor ezek helyét -féleképpen választhatjuk ki, s a maradék egy helyre még ötféle számot írhatunk, tehát a lehetőségek száma:. Hasonló gondolatmenettel adódik, hogy a csupa ötös dobására csak lehetőség van. Az összes lehetőség száma: + +. 67. Az ültetések két csoportba sorolhatók. Vagy két fiú és egy lány, vagy két lány és egy fiú kap helyet. Mivel a sorrend számít, variációról van szó. A lányok számát jelöljük n-nel. Ekkor a következő egyenlethez jutunk: V n +V 8 8 8, ahonnan n -et kapunk. n 68. Először azt a -at választjuk ki, akik nem vívnak. Számuk: C. Ezután a megmaradó vívóból állítjuk össze a párokat. Ha a párok sorrendje is számítana, akkor az első párt C, a másodikat C stb. féle módon választva a párok száma: C C C C 8 C C 6 lenne. Minthogy sorrendjük nem számít, e számot a 6 pár lehetséges elrendezéseinek számával P 6 6!-sal osztani kell. A lehetőségek száma:

.. Vegyes feladatok C C C C 8 C 6 C 8 6 79 7. P 6 6! Tehát 79 7-féle módon választhatók ki a párok. 69. Az lány mindenképpen táncol. A 7 fiúból az táncolót a lányokhoz kiválasztva a sorrendet ők határozzák meg: V7 7 6. Tehát pár alakulhat. 7. Tegyük fel, hogy indulás előtt minden induló megkapja a csónak számát. A csónakázókat fel állítjuk egy sorrendben, s kiosztunk nekik darab -est, darab -ast, darab -est. A lehetséges esetek száma tehát ezen elemek sorrendjeinek a számával egyenlő: P 9! 9!!! 6. Tehát 9 ember 6-féleképpen helyezkedhet el a csónakokban. Más gondolatmenettel is megkaphatjuk a megoldást, pl: először a kilenc fő közül kiválasztjuk a négyszemélyes csónakba ülőket, a megmardt öt fő közül kiválasztjuk a háromszemélyes csónakba ülőket, az utolsó két főt a kétszemélyes csónakba ültetjük. A lehetőségek száma: C 9 C C 9 6. 7. Összesen ötven darab dobozunk van, amelyek között ---- azonos. A kihúzások lehetőségeinek számát ötven elem ismétléses permutációjának a száma adja: P!!!!!! 8. 7. a + + + 6 ; b + 6 ; c 6 + + 8. +! +!!! Az egyenlet megoldva -hez jutunk.!! b +!! +! +. Az egyenlet megoldva -hez jutunk. 7. a!!! +! + ++. + + 7. a Mivel a két embert nem különböztetjük meg, ezért kombinációról van szó. Felfelé 6 út közül kell kiválasztanunk kettőtc 6 6 -féleképpen, majd lefelé a maradék négy útból választhatunk, hiszen egy utat csak egyszer választhatunk ki. Mivel mindegyik úthoz kell egy lefelé vezető folytatást választani, ezért a kiválasztás sorrendje is számít. A lehetőségek száma: V, hiszen minden felfelé vezető úthoz lefelé vezető útpár tartozhat. Az összes lehetőség száma: 8. b Ha kétszer is igénybe vehető egy-egy út, akkor a lefelé vezető út kiválasztásakor ismét 6 elemből választhatunk. Így a megoldás: 6 6.

. KOMBINATORIKA 7. a Mivel -nél nem lehet nagyobb a szám, ezért az első helyre csak az -es számjegy kerülhet. A maradék három helyre négy szám közül választhatunk. Így V a lehetőségek száma. b Ha a számjegyek ismétlődését megengedjük, akkor a maradék három helyre ismét öt számjegyből választhatunk. Így V i számot kaphatunk. -edosztályú ismétléses variációk adják, vagyis V 76. Jelöljük a szükséges számjegyek számát -szel. A lehetséges számok az számjegyből alkotott i 6 6. Ebből. Tehát legalább számjegyjegyből álló számokat kell felírnunk. 77. A két utolsó számjegy,,,,, lehet. A kívánt feltételeknek eleget tevő számok száma: 6 8. 78. a Gondoljuk végig, hogy ha az első helyre páros számot írunk, akkor hány lehetőség van, illetve ha páratlan jeggyel kezdjük a számot, akkor hogyan alakul a lehetőségek száma. V + V 8 8. b -zel akkor osztható, ha -ra végződik a szám. Ezért V9 esetben kapjuk a kívánt számot. c -re végződő: 7 7 9; -re végződő: 8 7 6; 7-re végződő: 7 7 9. Összesen: esetben kapjuk a kívánt számot. 79. Három pontja lehet a következőképpen: győzelem, győzelem döntetlen, győzelem döntetlen esetén. Így a megoldás: + +. 8. a Állítsuk fel a fiúkat és a lányokat szembe egymással. Nyilvánvalóan annyiféleképpen tudunk párokat képezni, ahányképpen a rögzített fiúkkal szemben a lányokat permutálni tudjuk: P 6 6! 7. b C P 8 6 -féleképpen tudjuk kiválasztani az a pontbeli 6 fiút, így 8 6 6 8 7 6. c C ésc P 8 -féleképpen választhatjuk ki a fiúkat 6 -féleképpen a lányokat, így a párok száma: 8 C 6 P. 8. Csak 8 és 9 lehetnek a szóba jövő számjegyek. Ebből négyjegyű számot kell úgy létrehoznunk, hogy minden kilencest nyolcas kövessen. Ezen lehetőségek száma: 7. 9 7 6-féleképpen lehet kiosztani. 8. a A díjakat 8 9 7 b Ha az első helyezett nő, akkor ezt a 8 résztvevőből választhatjuk ki, ami 9 -féleképpen lehetséges. 8. Az előző feladatok alapján: a 8; b 6; c.

.6. Önellenőrző kérdések 8. -tel akkor osztható egy szám, ha -tel és -mal is osztható, -tel pedig, ha -ra, vagy -re végződik, -mal pedig ha a számjegyek összege osztható -mal. Ha az utolsó számjegy, a negyedik számjegy lehet, vagy 7. 6 lehetőség. Ha az utolsó számjegy, a negyedik számjegy csak 8 lehet. 6 lehetőség. Összesen tehát különböző szám írható fel. 8. a A hat hallgató közül kiválasztjuk, aki három nyereményt kap. Ezt 6-féleképen tehetjük meg. Majd a maradék öt hallgatóból azt választjuk ki, aki két nyereményt kap. Ezt -féleképpen tehetjük meg. A többi választás már egyértelmű. Így a megoldás: 6. 9 b Az a hallgató, aki tárgyat kap, ezt 8-féleképpen kaphatja meg, az aki két nyereményt kap, az -féleképpen kaphatja meg. A többi tanulónak a tárgyakat! módon 6 lehet kiosztani. Az összes lehetőség száma: 6 9 6! 97. 86. Mivel egymás mellett levőt nem szolgálhatnak ki, s 6 felszolgáló van, ezért közöttük egy-egy vendég marad, aki csak másodszorra kapja meg az első fogást. Vagyis a megoldás:. 87. Legfeljebb jelről akkor beszélünk, ha az,,, vagy jelből áll. jelből álló jelsorozat féle lehet. jelből álló jelsorozat i -féle lehet. jelből álló jelsorozat i 8-féle lehet. jelből álló jelsorozat V i 6-féle lehet. Összesen tehát jelsorozatot eredményez..6. Önellenőrző kérdések. Nézzük azt az esetet, amikor a Jancsi és Juliska leülési sorrendje Jancsi, Juliska. Tekinthetjük őket egy elemnek. A társaság többi 9 tagjával együtt kapott elem permutációinak a száma:!. Mivel Jancsi és Juliska leülhetnek Juliska, Jancsi sorrendben is, a lehetőségek száma megkétszereződik! Az eredmény tehát P! 7 7 6.. Példánkban n,k,k,k, vagyis elem ismétléses permutációinak számát kell meghatároznunk. Ezek száma: P!!!.. A 6 emberből négyet úgy kell kiválasztanunk, hogy a sorrend is számít, hiszen számozott helyek vannak a csónakban. Ezért a megoldás: V6 6 6.. Tíz elemünk van:,,,,,, 6, 7, 8, 9. Az automata telefonközpont összes lehetséges állomásainak száma: V 6i 6.. A TK. 7. oldalán található definíció alapján: <k n.

6. KOMBINATORIKA 6. A 6 csapatból -t kell kiválasztani, aki játszik. Az összes választás száma: C 6 6 6. 7. C i 8. + 6 7 6 7. 9. Egy embernek maimum 6 ismertsége lehet, ha páros számú ismerősnek kell lennie. Ha két társaságbeli A és B ismeri egymást, akkor ez A-nak is és B-nek is - ismeretséget jelent. Ezért legfeljebb 8 6 ismertség lehetséges. Ez az ismertségek maimális száma, mert ha a társaságban mindenkihez pontosan egy olyan személyt találunk, akit nem ismer, akkor az ismertségek száma éppen. 9. Acsapat egyfordulós mérkőzést játszhat. Így az átlagos nézőszám: 7.

. ESEMÉNYALGEBRA 88. a Az eseménytér elemei: h az darab termék között nincsen selejtes, h az darab termék között selejtes van,. h az darab termék mindegyike selejtes. b Jelöljük j -vel a jó termék választását, s-sel a selejtes termék választását. Az eseménytér elemei: h j j j j j mindegyik jó, h s j j j j az. selejtes, a többi jó, h j s j j j a. selejtes, a többi jó,. h j j j j s az. selejtes, a többi jó, h 6 s s j j j az. és a. selejtes, a többi jó, h 7 s j s j j az. és a. selejtes, a többi jó,. h s s s s s. Általánosan: az eseménytér pontjait a k db s és k db j betűből alkotott rendezett ötösök k,, :::, halmazával reprezentálhat-juk. Az eseménytér elemeit a j és s elemek ötödosztályú ismétléses permutációival is megadhattuk volna így az eseménytér elemeinek száma:. 89. Jelöljük n-nel azt, hogy nyerünk, v-vel azt, hogy veszítünk. a H {nnn nnv nvn nvv vnn vnv vvn vvv}. Megjegyzés: a lehetséges kimeneteleket az n, n, n, n, n, v stb. rendezett hármasokkal is megadhatjuk. b H {nnn nnv nv v}. 9. a H {,,,,, 66,,,,, 6,,,, 6,,, 6,, 6, 6}. A lehetséges kimenetek megadhatók az,,,,, 6 elemek másodosztályú ismétléses kombinációival, így számuk. b Ebben az esetben, mivel a dobások sorrendjét is figyelembe kell venni, H { 6 6 ::: 6 66}. A hat elem másodosztályú ismétléses variációinak száma: 6 6. 9. a A tétel nem elfogadható minőségű, azaz kettőnél több hibás darab van a mintában. b A B esemény azt jelenti, hogy az első 8 darab átvizsgálásakor hibásat találunk, ez több mint kettő, tehát a tétel nem fogadható el. c Az utolsó kettőt akkor kell megvizsgálni, ha az első nyolc darab vizsgálatakor legfeljebb kettő, azaz, vagy db hibásat találtunk, vagyis B, B, illetve B bekövetkezése esetén.

8. ESEMÉNYALGEBRA 9. a A megbeszélésen nem tizenkét résztvevő jelenik meg. b A megbeszélésen vagy résztvevő jelenik meg. c Lehetetlen esemény A és B kizárja egymást. d B; e A B. 9. a Holnap mm-nél kevesebb eső esik. b Holnap legalább mm eső esik. c Ez lehetetlen esemény, hiszen A esemény azt jelenti, hogy 8 mm-nél kevesebb eső esik, B pedig azt, hogy mm-nél több. d Holnap 8 mm-nél kevesebb eső esik, hiszen A esemény azt jelenti, hogy 8 mm-nél kevesebb eső esik, B pedig azt, hogy mm-nél kevesebb. E kettő egyszerre teljesülése volt a kérdés. e Bármennyi eső eshet holnap. A esemény bekövetkezése a legalább 8 mm esőt jelenti, B pedig azt, hogy mm-nél kevesebb. f A B. 9. a A második pénztárgép nem működik. b Legalább az egyik működik. c Mindkettő működik. d Csak a második működik. e Csak az első működik. f A \ B A B a TK.. oldalán feltüntetett összefüggés alapján. A megoldás tehát megegyezik az e feladatéval. g A B A B a TK.. oldalán kimondott de Morgan-azonosság alapján, vagyis egyik sem működik. h A \ B B \ A A B B A az előző pontban említett azonosság alapján. Az esemény akkor és csak akkor következik be, ha csak az egyik pénztárgép működik. 9. a Legalább az egyik nyomtató működik. b Csak a harmadik nyomtató működik. c Az első és a második működik, a harmadik nem. d A A A A A A A A A, a TK.. oldalán kimondott de Morganazonosság alapján. Felhasználva a komplementer képzés A A tulajdonságát: A A A A A A. A kapott alakból már könnyű megfogalmazni az eseményt, ami megegyezik a c feladat megoldásával. e A A A ; f A A A ; g A legalább két nyomtató működik esemény akkor következik be, ha pontosan kettő vagy mindhárom működik. Ez alapján a kifejezés: A A A A A A A A A A A A. h A A A A A A A A A. 96. a A A A ; b Ezt az eseményt két féleképpen közelíthetjük meg. Az egyik megoldás: pontosan egy, vagy pontosan kettő, vagy mindháromból érkezik áru. Eszerint:

9 A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A : A másik megoldás: nem következik be az az esemény, hogy nem érkezik áru egyik raktárból sem. Ennek alapján: A A A A A A. c A A A A A A A A A ; d Az esemény akkor és csak akkor következik be, ha csak az egyik raktárból, vagy egyikből sem érkezik áru. Ezért: A A A A A A A A A A A A. Más alakban: A A A A A A. e A A A ; f A A A. 97. Az eseményekre vonatkozó ún. beolvasztási a és b feladatok és disztributív c és d feladatok szabályokat az események összes bekövetkezési lehetőségét mutató táblázat segítségével bizonyíthatjuk. Az a és b feladatokat azonosságok alkalmazásával is megoldhatjuk. TK.. o. A A B A A B A B A A A A B A H A B A H B A H A 98. Az eseményekre vonatkozó állításokat táblázat segítségével bizonyíthatjuk. Az a feladatnál alkalmazhatunk azonosságokat is: A B A B A A B B A b feladatnál használhatjuk a szorzat esemény és a maga után von reláció definícióját. 99. a A négy esemény egymást páronként kizárja: A B A B A B B ; A B A B A A B B ; A B A B A A B B ; A B A B A A B B ; A B A B A A B ; A B A B A B B. A négy esemény összege a biztos esemény: A B A B A B A B [ A B B ] [ A B B ] H. b Végezzük el a következő átalakításokat: A B \ C A B C,A\ B C A B C, az öt esemény egymást páronként kizárja: A A B C A A B CA A B C A A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C. Az öt esemény összege a biztos esemény. A megoldásban segítséget nyújthat a Boolealgebrában megismert táblázat alkalmazása, vagy a tanult azonosságok felhasználása. A A B C A B C A B C A B C A A B C C A B C C A A B A B A A B B A A H.

. ESEMÉNYALGEBRA. Nem alkotnak teljes eseményrendszert, mert pl.: az {i i} esemény kimarad, így az A B C H nem teljesül... Vegyes feladatok. a A A A ; b A A A A A A ; c A A A A A A A A A ; d Nem alkotnak teljes eseményrendszert, mert egyrészt: A A A H, hiszen lehetséges, hogy egyik dobás sem 6-os, másrészt az sem igaz, hogy A i A j i j, i; j,,:::,, mert pl.: A A esemény azt jelenti, hogy a második és a harmadik dobás 6-os. Ez pedig nem lehetetlen esemény.. a Teljes indukcióval igazoljuk a tételt. A tétel n -re igaz; mert, a TK.. oldalán található de Morgan-egyenlőséget kapjuk: A A A A. Következtetünk n -ről n-re: A A ::: A n A n A A ::: A n A n A A ::: A n A n. Szavakkal kifejezve: Az az esemény, hogy az A, A, :::, A n események közül nem következik be legalább egy azt jelenti, hogy az A, A, :::, A n események közül egyik sem következik be. b Teljes indukcióval igazoljuk a tételt. A tétel n -re igaz, mert a TK.. oldalán található de Morgan-egyenlőséget kapjuk: A A A A. Következtetünk n -ről n-re: A A ::: A n A n A A ::: A n A n A A ::: A n A n. Szavakkal kifejezve: az az esemény, hogy az A, A, :::, A n események közül nem következik be mindegyik azt jelenti, hogy az A, A, :::, A n események közül legalább az egyik nem következik be.. a A A A ; b A A A ; c A A A ; d A A ; e A A A ; f Pontosan egy hűtőpult romlik el: A A A A A A A A A. g Legfeljebb egy hűtőpult romlik el azt jelenti, hogy egyik sem vagy pontosan egy romlik el: A A A A A A A A A A A A. Másként: A A A A A A. h Azt, hogy legfeljebb két hűtőpult romlik el, kétféleképen is megfogalmazhatjuk. Egyrészt, hogy egy sem, vagy pontosan egy vagy pontosan kettő romlik el: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A Másrészt, hogy egyszerre a három nem romlik el: A A A. i A A A.. a A B C ; b Legalább kettő nem működik, azt jelenti, hogy kettő, vagy három metróvonal nem működik: A B C A B C A B C A B C.

.. Vegyes feladatok Másként: A B B C A C. c A B C ; d Legalább kettő metró működik, azt jelenti, hogy kettő, vagy három működik: A B C A B C A B C A B C. Másként: A B B C A C. e A B \C A B C A B C esemény jelentése: mind a három metróvonal működik. f A\C B A C B A B C esemény jelentése: csak a sárga metróvonal nem működik. g A B B C A C esemény jelentése: legalább két metróvonal működik. Másként: A B B C A C.. a A B C ; b A B C A B C A B C ; c Legfeljebb egy bank emeli a kamatokat, azt jelenti, hogy egyik sem, vagy pontosan az egyik emeli a kamatokat: A B C A B C A B C A B C :Másként: A B B C A C. d A\B C \B A B C B A B C esemény jelentése: Csak az OTP nem emeli a kamatokat. e A B C C A B C C A B C C.MivelC C ezért A B C C, vagyis a lehetetlen eseményt kapjuk. f A A B B C A B C esemény jelentése: vagy a CIB, vagy az OTP és az MKB, vagy mindhárom bank emeli a kamatot. g A B\C A B C A B C esemény jelentése: a CIB Bank nem emeli a kamatot, illetve az OTP nem, de az MKB emeli a kamatot események közül legalább az egyik bekövetkezik. 6. a A A A A A. b Az öt vizsga közül az egyik ötös, ugyanakkor a többi vizsgája nem jeles: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A : c Legfeljebb egy vizsgája jeles azt jelenti, hogy egyik vizsgája sem vagy pontosan egy vizsgája jeles: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A : d Legalább egy vizsgája jeles: A A A A A. e Legfeljebb két vizsgája jeles azt jelenti, hogy nincs ötös vizsgája vagy pontosan egy vagy pontosan két vizsgája jeles. Ez alapján a c feladat megoldását kell kibővítenünk az összeadás műveletével a következőkkel: A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ::: A A A A A : 7. a A B esemény jelentése: a gyógyszertár termékeiből nem vásárol, de külföldi terméket igen. b A C esemény jelentése: a gyógyszertár termékei, illetve magyar termékek közül egy időben nem vásárol.

. ESEMÉNYALGEBRA c A B C esemény jelentése: legalább az egyik termékcsoport közül vásárol. d A B C esemény jelentése: külföldi, illetve magyar terméket vásárol, a gyógyszertár saját készítményeiből pedig nem. e A B esemény jelentése: a gyógyszertár, illetve a külföldi termékek valamelyikéből biztosan vásárol. f A B C, esemény jelentése: legalább az egyik termékcsoportból nem vásárol. g A \ B C B C A B C B C A B C B C A B C B C A B C A B C esemény jelentése: vagy mind a háromféle termékből vásárol, vagy csak a gyógyszertári termékekből. h A B C B C B C B C A B C A H A B C A A B C H, biztos esemény jelentése: a gyógyszertár termékeiből vásárol és az egyszerre a három termék csoportból nem vásárol állítás közül legalább az egyik bekövetkezik. 8. A lehetséges nyeremények: Ft: csak az első játékon nyerünk, A A A ; Ft: csak a második játékon nyerünk, A A A ; Ft: kétféleképpen is bekövetkezhet, vagy csak a harmadik játékon nyerünk, vagy csak az első kettőn, A A A A A A ; Ft: csak az első és a harmadik játékon nyerünk, A A A ; Ft: csak a második és a harmadik játékon nyerünk, A A A ; 6 Ft: mindegyik játékon nyerünk, A A A. 9. a B B B B B. b B B B B B. c B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B : d Nem alkot teljes eseményrendszert, mert B B B B B H, hiszen az eseménytérnek eleme az is, hogy nem dobunk ötöst. Látható az is, hogy B i B j.. Önellenőrző kérdések. Az A B jelenti azt az eseményt, hogy zöldet vagy kilencest húztunk, így az első három válasz mindegyike hamis.. Az A B jelenti azt az eseményt, hogy egyszerre húzunk zöldet és kilencest, vagyis az első állítás az igaz.. Az A \ B esemény akkor következik be, ha A bekövetkezik és B nem, vagyis a selejtarány %nál kisebb, de %-nál nem lesz alacsonyabb.. A B A akkor és csak akkor igaz, ha B maga után vonja A-t.. A B B akkor és csak akkor igaz, ha B maga után vonja A-t. 6. A B A akkor és csak akkor igaz, ha A és B egymást kizáró események.

.. Önellenőrző kérdések 7. Ha A és B egymást kizáró események, akkor A B. Ha A maga után vonja B-t, akkor A B A. Ha B maga után vonja A-t A B B. Így az első három válasz hamis. 8. A 7. pontbeli indoklás alapján az első három válasz hamis. 9. A B B A B B B A B H A B. Az A B A pedig csak akkor és csak akkor igaz, ha B maga után vonja A-t.. A B B A B B B A B A B. A B A akkor és csak akkor igaz, ha A és B egymást kizáró események.. Az az esemény, hogy András notebookot használ, de Bálint és Csaba nem, A B C lesz.. A B C A B A C azt az eseményt jelenti, hogy Andrással együtt legalább ketten notebookot használnak.

. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI.. A valószínűség fogalma, aiómái, tételei. a Az A \B eseményt írjuk fel más alakban: A B. Így az állítás: PA B PA PA B, PA B hozzáadása után megegyezik a. mintapélda b részének igazolásával. b A és B események felcserélésével szintén a. mintapélda b részében szereplő állítást kapjuk. c Az egyenlőség jobb oldalát a de Morgan-azonossággal átalakítva: PA B PA B. Felhasználtuk még a TK... tételt. d Használjuk ki, hogy A B és A B események egymást kizárják, így a következő egyenlőséghez jutunk: PA B+PA B PA+PB PA B. Az egyenlőség mindkét oldalához PA B -t hozzáadva, a bal oldalon a III. aióma és a TK.. tételét felhasználva mindkét oldalon PA B -t kapjuk. Megjegyzés: az A B A B eseményt az A és B események szimmetrikus különbségének nevezzük. Szokásos jelölése: ANB. e Az eddig bizonyított állításokból egyszerűen adódik. f Az állítást átrendezve azt kell belátni, hogy PA +PB PA B. A jobb oldalon álló kifejezés a TK... tétele szerint éppenpa B, ami az I. aióma értelmében biztosan nem negatív szám. g A feladat d pontjában szereplő állítás átrendezésével és az I. aióma felhasználásával adódik az állítás. h Felhasználjuk, hogy PA B PA+PB PA B. Ebből azt kapjuk, hogy PA B, ami minden eseményre igaz.. Legyenek A és B az alábbi események. A: a vásárlószám meghaladja a -at; B: a vásárlószám legalább és legfeljebb. PA 6; PB. a Jelölje C azt az eseményt, hogy a vásárlók száma kevesebb, mint. Mivel A, B és C események teljes eseményrendszert alkotnak, vagyis páronként kizáróak és összegük a biztos esemény, így valószínűségeik összege: TK... tétel. PC [PA+PB]. b Jelölje D azt az eseményt, hogy a vásárlók száma legfeljebb, D A; PD PA.. A : az első könyvtárban megvan a keresett könyv. A : a második könyvtárban megvan a keresett könyv. PA A PA A a de Morgan-azonosság szerint. PA A PA A 9.

.. A valószínűség fogalma, aiómái, tételei. A: a munkatárs férfi. B: a munkatárs hord szemüveget. PA ; PA B. Felhasználva a. mintapélda b állítását: PA B PA PA B 8.. PA 8; PA N ; PN. N PA N PA N. Mivel a TK... tétele szerint: PA N PA+PN PA N, így PA N.. PL, PL, PL A 8, PL A 8, PA PA L+PA L + 6 8. 6. A: húsvétkor esős idő van. B: húsvétkor szeles idő van. PA, PB, PA B ; PA B A B PA B PA B. Felhasználtuk az. feladat d állítását és a TK... tételét. 7. A: a professzor sokat késik. B: a professzor nem a találkozó helyére megy. PA, PB, PA B. a PA B PB PA B ; b PA B PA B PA B. 8. a Az állítás bizonyításához többször felhasználjuk a TK... tételét. PA B C PA B C PA B+PC PA B C PA+PB PA B+PC [PA C C PA B+PC [PA C+PB C PA B C] PA+PB+PC PA B PA C PB C +PA B C; b Az állítás bizonyításához felhasználjuk a TK... tételét és azt, hogy tetszőleges esemény valószínűsége legfeljebb. PA B C PA B C PA B+PC PA B C PA B+PC PA B C PA+PB+PC PA B PA B C PA+PB+PC. 9. a A A A ; A valószínűség kiszámítása a 9. a alapján történik. PA A A PA A A PA A A [ PA +PA +PA PA A PA A PA A +PA A A ] 68, b A A A ; PA A A PA A A PA A A 99; c A A A A A A A A A. A legfeljebb kettő működik esemény azt jelenti más szóval, hogy nem működik mind a három. Ez a de Morgan-azonossággal átalakítva láthatóan ugyanazt fejezi ki, hogy legalább az egyik elromlik. Ennek valószínűségét a feladat a részében a szögletes zárójeles kifejezésben már meghatároztuk: 68.

6. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI.. A valószínűség klasszikus kiszámítási módja. Két kockadobás esetén az összes elemi esemény száma: 6. a Komplementer esemény valószínűségével számolunk. A: legalább az egyik dobás hatos PA PA 6 6. A legalább az egyik hatos kedvező eseteit úgy is összeszámolhatjuk, hogy két kizáró esemény összegeként írjuk fel. Vagyis vagy mindkét dobás hatos, ez elemi esemény; vagy pontosan az egyik hatos; ami elemi esemény. Tehát a kedvező esetek száma:. b PB 6 ;cpc PB 6 ; Három kockadobás esetén: a PA PA 6 9 6. b PB 6 6 6 ; c PC V 6 V i 6 6 6 6 9.. db piros golyó, n db fehér golyó. Ak : a kiválasztott golyók között k db fehér van. n a n n n + > 8 >8, 9; b PA 9 8. c PA +A PA +A P +P 9 + 9 999. 6 7. Pmindenkinek más napon van születésnapja 99 V. 7 i 6. Az összes eset száma: 7! P 7 P 6 7! 6! a Pvalódi hétjegyű P 6 7 7! 7. 6! +! b Ppáros hétjegyű 7!. Ha az utolsó számjegy, akkor 6! a kedvező esetek száma. Ha az utolsó számjegy vagy vagy 6:! a kedvező esetek száma. c Ppáratlan hétjegyű Pvalódi hétjegyű Ppáros hétjegyű. Vagy! 7!. d Phárommal osztható hétjegyű Pvalódi hétjegyű 6 7, mivel a jegyek összege:, osztható hárommal, így minden ezekből a számjegyekből képzett szám osztható -mal.

.. A valószínűség klasszikus kiszámítási módja 7 e Phattal osztható hétjegyű Ppáros hétjegyű. f P-mal kezdődő! 7!.. Az összes elemi esemény ah eseménytéren az,,,,, 6 számokból alkotható hatodosztályú ismétléses variációk száma: V 6 i 6 6 6. a Pmindegyik lesz felül 6! 6 6! 6. b Ptermészetes sorrendben 6 6. c Pelső hatos, többi nem hatos V i V 6 i 6 6 6 6 66 67. V d Pelső kettő 6, többi különböző V! 6 i 6 6 6. 6 6 e Pkét hatos, a többi nem hatos 6 6 9. 6 A két hatos helye a dobássorozatban -féleképpen alakulhat. A többi dobás úgy, mint c esetben.. a PKati utazik, de nem standos 6 6 8. b PKati felelős a standért 6 6. c PKati utazik PA+PB 8 + 6 87. 6. a Pegyforma jegyek. b Pkülönböző jegyek 9 8 7. c Ppontosan két jegy egyforma 9 7. Az ismétlődő jegyet -féleképpen választhatjuk meg, ezek helyét -féleképpen jelöl- hetjük ki, a. helyre 9-féleképpen választhatunk. d Pcsak páratlan jegyekből áll. 7. a Plegfelül király. 8!!! b Pfelül 8 piros lap 9 8.! 9! c Pa négy király egymás után 8 6.! A H eseménytér összes elemi eseményének száma a különböző kártyalap összes

8. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI sorrendje:!. A kedvező elemi események összeszámolásánál használjuk a. példa megoldását! d Az összes elemi esemény száma nem változik. Egy-egy király között minden esetben kilenc másik lap lesz. Így a pakliból csak egy lap marad ki, ez 8-féle lehet, és vagy a legelső, vagy a legutolsó helyre kerül: 8! 7! a kedvező esetek száma. PD 8! 7!! 8. a P találatos 9 8 9 7 98 6. 99 68 7 8. b P találatos 99 68 9 67 6. c P találatos 7. 8 + 8 d Pnem nyerünk 9767. 9. Psikeres ellátás V P 8 9! 8! P! 99. Az összes lehetőség: az összes titkárnő!-féleképpen foglalhatja el helyét a munkahelyeken. A kedvező lehetőségek száma: a gyorsírást is megkövetelő céghez V!! -féleképpen választhatunk munkatársat, a többi 8 helyre P 8 8!-féleképpen küldhetők ki a többiek. C 8. Ha 8 levél érkezik: PA V 8 i 8 C 8 Ha levél érkezik: PA V i 8 V 8 PB V i 8 8!! 8. P 8 8 8 77 7 8 ; PB V 8 i 8 8 8 8 ;. a PA és B egymás mellett!! b PA és B és C és D is egymás mellett 9! c PA, B, C, D egymás mellett 6. 6 6. 8! 8 8.!! 8!.! 6 A feladat megoldása a. példáéhoz nagyon hasonló. Ha az étteremben kör alakú asztal mellé ülnek, az összes lehetőség száma az ültetésre:! PA és B egymás mellett kör alakú asztalnál 9!! PA és B, illetve C és D kör alakú asztalnál 8! PA, B, C, D kör alakú asztalnál! 7!!.!..

.. A valószínűség klasszikus kiszámítási módja 9. Phelyes kiosztás P!!!!!!!!. Az összes szétosztási lehetőség a elem ismétléses permutációinak számával egyezik meg. Ezek közül csak egy felel meg a tényleges rendelésnek, ez a kedvező esetek száma. V i. a P. pénztárhoz vevő, -hoz és -hoz vevő C C 8 C 9 9 6. 8!!!! b Pegyik pénztárhoz vevő, a másik kettőhöz - PA 69. A b eset az a-tól abban tér el, hogy az öt vevős pénztár bármelyik lehet a közül. V 6. a Pmagyar a dobogón Pnincs magyar a dobogón b PB 6! 7! 7 87. V 8 6 9 69.. Az összes elemi esemény száma:. A versenyző a pontot: győzelem + vereség; győzelem + döntetlen + vereség; győzelem + döntetlen játszmából szedhette össze. Ezek sorrendje is fontos, hiszen nem mindegy, ki volt az ellenfél az egyes játszmákban. A kedvező elemi események száma: + +. PA 8. 6. Az összes eset száma:, a másik csapatba egyértelműen a többiek kerülnek. A kedvező 7 esetek száma: a legjobb sportoló vagy ebben a csapatban, vagy a másik csapatban:. PA 7 6 667. 7. Elsőre bármilyen színűt választhat, a. választásra közül csak jó. Így:PA 99. 8. Három pár kesztyű esetén: a PA ; b PB 6 6. Négy pár kesztyű esetén: a PA PA 8 97; A: nem lesz pár kesztyű, vagyis mind a jobbkezes, vagy balkezes lesz. b PB 8 8.

. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI.. Mintavételes feladatok 9. A feladatot visszatevéses mintavétellel közelítve oldjuk meg, alkalmazzuk a TK.. összefüggését. p ; n. Ak: a ügyfél közül két hónapon belül k fő kap munkát. a PA P 98; b PA +A +:::+A PA +A +A +A P +P +P +P + + + 9 798.. p ; n. a PA P b PA +A P +P. p ; q 9; n. 98 98 7; 98 + 98 99. a Pelőször a. napon 9 79; b Pegyik nap megbízhatatlan 9 8; c P +P 98; d P 9 9.. A feladatot a visszatevés nélküli mintavétel modelljével oldjuk meg. N ; M ; N M ; n. Ak: k lány kap színházjegyet. a PA P 6; b Az, hogy legalább két fiú mehet színházba, ugyanazt jelenti, mint az, hogy legfeljebb három lány kap jegyet PA +A +A +A P +P 6866. c Ugyanaz, mint b. d A lányok szemináriumi aránya:, tehát az főből lány. 7 P 8.. N ; n. a PA P b P 8 8 6 76 78 ; 7889;

.. Mintavételes feladatok c Pa piros király köztük lesz 6 76 6; d Palsó is felső is lesz PA F PA F PA F PA+PF PA F 8 76 ; e PleszköztükalsóvagyfelsőPA F PA F PA F 7889; f PK F A 7.. Komplementer esemény valószínűségével számolunk. n n Pvan fej Pnincs fej ; 9; lg n ; n. Legalább ötször kell feldobni az érmét. lg. p. a n ; P b 9 8; n 9 n 6; n 9 96. Legalább elemű legyen a minta. 6. fehér, zöld, piros golyó; n a PA 9 8 7 7 87; b PB P fehér 9 8 7 8; c PC 7 9 8 7 7; a negyedik húzás tetszőleges. d PD 9 8 7 8 9. 7. elsőéves, másodéves, harmadéves összesen 9 fő. a P 9 8 9 69; b P +P +P 67; c P 9 9. 8. p ; p ; p ; p 8; p ; n. a P 8 8 7 6 ; 8 b P 7 9! 7!!!! 9! 7 8 9 8;

. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI c P 8 9 ; d Puo. nemzetiségűek + + + 8. Ha a vendégek mindegyike valamelyik fenti nemzethez tartozik, akkor mindenki vagy osztrák, vagy német, vagy olasz, vagy amerikai. Mivel ezek egymást kizáró események, a keresett valószínűség a egyes való- színűségek összegével egyenlő a III. aióma miatt. 9. A hibátlan termék választásának valószínűségét az esemény relatív gyakoriságával közelítjük. P p q 8 q [] 8 q 989; p 6. Vagyis kb. 6%-os selejtarányra számíthat a vásárló.. N, M 6,N M, n. a P 6 6 789; b Pkét azonos színű P fehér +P piros c PFFP 6 + 6 76 66; 9 6 8 96; d húzás után biztosan lesz a kezünkben piros és fehér golyó. Legrosszabb esetben először kihúzzuk mind a fehér golyót, de ezután a :-re már biztosan húzunk egy pirosat... Feltételes valószínűség, szorzási szabály. a PB b PC ; d PB C ; g PB F 7 ; ; e PF W ; h PK W ; c PB C ; f PF B. a P fehér b P Bella 7 6 8 7. c Pvan Bella fehér Pnincs Bella fehér d PB C W fehér 7 66. ; i PB W F 7. 7 96