TARTALOM. Előszó... 7. Bevezetés... 9

TARTALOM Előszó............ 7 Bevezetés...... 9 1. Ko m b in a t o r ik a... 11 1.1. Permutáció... 11 1.2. V ariáció......... 17 1.3. Kom bináció... 20 1.4. Binomiális tétel............ 26 1.5. A binomiális együtthatók néhány tulajdonsága... 29 2. Esem ényalgebra...... 32 2.1. Alapfogalmak...... 33 2.2. Műveletek eseményekkel...... 39 2.3. Teljes eseményrendszer, összetett események... 46 3. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI... 50 3.1. A valószínűség fogalma......... 50 3.2. A valószínűség axiómái, tételek...... 53 3.3. Klasszikus valószínűségi m ező...... 58 3.4. Feltételes valószínűség, szorzási szabály... 66 3.5. A teljes valószínűség tétele, a Bayes-tétel, valószínűségi fa... 70 3.6. Események függetlensége......... 74 3.7. Bemoullí-ldsérletsorozat...... 79 3.8. Geometriai valószínűség... 83 3.9. Szubjektív valószínűség... 84 4. Valószínűségi változó...... 93 4.1. A valószínűségi változó fogalma.......... 93 4.2. Az eloszlásfüggvény és tulajdonságai... 97 4.3. A sűrűségfüggvény és tulajdonságai......... 103 4.4. A valószínűségi változó néhány jellem zője... 109 4.5. Várható é rté k... 113 4.6. S zórás.......... 120 5

5. Többdimenziós diszkrét eloszlások......122 5.1. Együttes eloszlás, peremeloszlások... 122 5.2. Együttes eloszlásfüggvény... 128 5.3. Kovariancia és korrelációs együttható...... 133' 5.4. Valószínűségi változók függetlensége...... 138 5.5. Feltételes eloszlás, feltételes várható érték, regressziós függvény... 141 6. Többdimenziós folytonos eloszlások*......149 6.1. Együttes sűrűségfüggvény... 149 6.2. Várható érték, korrelációs együttható...... 156 6.3. Valószínűségi változók függetlensége... 159 6.4. Feltételes sűrűségfüggvény, regressziós függvény... 161 7. Va lószínűségeloszlások......... 163 7.1. Karakterisztikus eloszlás... 164 7.2. Binomiális eloszlás... 165 7.3. Hipergeometriai eloszlás......... 168 7.4. Poisson-eloszlás......... 171 7.5. Geometriai eloszlás...... 177 7.6. Egyenletes eloszlás... 180 7.7.. Exponenciális eloszlás... 183 8. N ormális eloszlás, normálisból származtatott eloszlások... 188 8.3. Normális eloszlás......... 188 8.2. A centrális határeloszlás-tétel... 193 8.3. Normálisból származtatott eloszlások... 196 8.4. Kétváltozós normális eloszlás*... 200 9. Becslő formulák......203 9.1. Markov- és Csebisev-egyenlőtlenség.......... 203 9.2. A nagy számok törvénye...208 Tárgymutató............ 214 ELŐSZÓ Az oktatási feltételek megváltozása miatt újra át kellett gondolni, melyek azok az ismeretek, amelyek a képzési cél eléréséhez feltétlenül szükségesek, és a rendelkezésre álló időn belül megfelelő mélységig oktathatók. Ezeket a könyv azon részei tartalmazzák, amelyeket sem a csillag jelzéssel, sem apró betűs szedéssel nem különböztettünk meg. Az apró betűvel szedett, illetve csillaggal jelölt részek ajánlott ismereteket tárgyalnak, A könyvet úgy szerkesztettük, hogy a jelzés nélküli részek apró betűs, illetve csillaggal jelölt részekre ne hivatkozzanak. A megértést példákkal, ábrákkal igyekeztünk elősegíteni, így a könyv rem é nyeink szerint önálló tanulásra is alkalmas, és a nappali tagozatos hallgatókon kívül a levelező- és távoktatásban részt vevő hallgatók is eredményesen használhatják. Végezetül a szerzők nevében is köszönetét mondok a Budapesti Gazdasági Főiskola Módszertani Intézeti Tanszék vezetésének és munkatársainak munkánk segítéséért. Ugyancsak köszönet illeti a lektorokat és dr. Emyes Éva egyetemi adjunktust a kézirat alapos átnézéséért és hasznos tanácsaikért. Eredményes munkát kívánunk! Budapest, 2007. január Dr, Csernyák László szerkesztő 6 7

BEVEZETÉS A valószínűségelmélet, valószínűségszámítás az a tudomány, amely a véletlen jelenségekkel foglalkozik. Magyar nyelvterületen az utóbbi elnevezés honosodott meg. A valőszínűségszámítás feladata a véletlen jelenségek összefüggéseinek, törvényszerűségeinek feltárása, a köztük levő kapcsolatok elemzése, azzal a céllal, hogy ezeket a gyakorlati problémák megoldásában tudatosan és eredményesen hasznosítani tudjuk. A legrégibb ismert valószínűségszámítási probléma Lucas dal Borgo Pacioli 1494-ben Velencében nyomtatott könyvében található. Az akkor divatos labdajátékokkal kapcsolatban vetette fel a szerző azt a kérdést, hogyan osztozzanak a játékosok a téten akkor, ha a játékot félbehagyják. Amikor az újkor elején a világtengereken is megindult a hajózás, egyre inkább előtérbe került a kockázat kérdése. A ló. és 17. században igen széles körben elterjedtek a szerencsejátékok, ezért nem véletlen, hogy először éppen a kockajátékokkal kapcsolatban merültek fel olyan problémák, amelyek megoldása valószínűségszámítási meggondolásokat tett szükségessé. így feljegyezték, hogy Pascal (1623-1662) francia matematikus figyelmét a valószínűségszámítási problémák felé egy híres szerencsejátékosnak, de la Méré lovagnak egy hozzá intézett kérdése fordította. A szenvedélyes kockajátékos azt állította, hogy a szerencsejátékok néhányszor a matematikai szabályoknak ellentmondó eredményekhez vezetnek. Ebből a problémafelvetésből indult ki Pascal és egy másik matematikus, Fermat (1601-1665), és számításokkal cáfolták meg a francia nemes sejtését. Később egy másik nagy matematikus, Jacobus Bemoulli (1654-1705) Ars conjectandi ( A sejtés művészete ) című posztumusz munkájában először történt utalás arra, hogy az új matematikai elmélet alapvető fontosságú a tömegjelenségek vizsgálatában. Bemoulli unokaöccse! sikerrel alkalmazták a valószínűségszámítást a politikai tudományokban, a demográfiában, a gázok kinetikus elméletében, a döntéselméletet előkészítő feladatokban. Jelentősen hozzájárultak még a valószínűségszámítás fejlődéséhez Huygens (1629-1695), de M oivre (1667-1754), Laplace (1749-1827). Ez utóbbi A valószínűségek analitikai elmélete című munkájában szigorú megalapozottsággal sorolja fel a valószínűségelmélet alaptételeit. 9

A 19. század nagy matematikusai közül Gauss (1777-1885), Poíncaré (1854-1912), Csebisev (1821-1894), Markov (1856-1922), Ljapunov (1857-1918) nevét említjük meg. Á múlt század első harmadában a valószínűségszámítás klasszikus módszerei már nem voltak elégségesek a valóságot új és új oldalról megközelítő természettudományok igényeinek kielégítésére. Kolmogorov 1933-ban megjelent Á valószínűségszámítás alapfogalmai című művében a valószínűség objektív értelmezéséből kiindulva a valószínűségszámítást teljes matematikai szigorúsággal néhány axiómára építette fel. Ezt megelőzően a magyar Jordán Károly, a francia Frédiét, az orosz Bemstein és még sokan mások is hasonló irányban munkálkodtak. Ezzel a valószínűségszámítás megalapozásával kapcsolatos több évtizedes vita nyugvópontra jutott, s a matematikának ez a fiatal ága mind elméleti, mind gyakorlati vonatkozásban rohamos fejlődésnek indult, Ez az elmélet napjainkban is nagy fejlődésen megy keresztül, majdnem kivétel nélkül alkalmazható az összes tevékenységi területen, A valószínűségszámítás elméleti kérdéseiben, valamint közgazdasági, ipari,' biológiai, fizikai, operációkutatási stb. alkalmazásában magyar kutatók kiemelkedő eredményeket értek el. 1. KOMBINATORIKA A valószínűségszámítás klasszikus felfogása alapvetően két gyökérre támaszkodik, a kombinatorikára és az eseményalgebrára. Ezek közül történetileg is az első a kombinatorika, mellyel játékos formában már mindannyian kora gyermekkorunkban is találkoztunk. Azt, hogy a tudomány is felhasználja a kombinatorika elméletét és módszereit, bizonyítja a gazdasági, természettudományos és műszaki szakirodalom sokrétűsége, nagy száma. Ebben a fejezetben azokkal a - részben már ismert - kombinatorikai fogalmakkal és tételekkel foglalkozunk, melyek a klasszikus valószínűségszámítási feladatok megoldásához hasznos segítséget nyújtanak. Kissé túl általános, de lényegét tekintve jó meghatározás szerint a kombinatorika a véges halmazok elmélete. Ez nem jelenti azt, hogy a kombinatorika minden, a véges halmazokkal kapcsolatos matematikai problémával foglalkozik. Főként csoportalkotási kérdéseket vizsgál. Ezek közül tankönyvünkben csak két alapfeladatra szorítkozunk, mégpedig megvizsgáljuk: > Hányféleképpen lehet egy véges halmaz elemeit sorba rendezni. > Hányféleképpen lehet egy véges halmaz elemeiből bizonyos számú elemet kiválasztani. Természetesen kitérünk a fenti problémák megoldásánál kapott eredményeink közti összefüggések feltárására és néhány, speciális alkalmazási területére is. 1.1. Permutáció A permutáció röviden adott számú elem sorba rendezését jelenti. Aszerint, hogy az elemek mindegyike különböző, vagy vannak köztük egyformák is, ismétlés nélküli vagy ismétléses permutációról beszélünk, 10 11

ISMÉTLÉS NÉLKÜLI PERMUTÁCIÓ A könnyebb megértés kedvéért tekintsük a következő példát. L L Példa, Egy beosztott bizonyos üzleti kérdés eldöntésére háromféle javaslatot dolgozott ki. Minthogy szerinte mindegyik javaslat rendelkezik előnyökkel, nehezen dönti el, milyen sorrendben ismertesse azokat főnökével és kollégáival a munkaértekezleten. Hányféle sorrendet alakíthat ki a munkatárs a prezentáción? M e g o l d á s. Jelöljük a különböző javaslatokat A, B, C-vel! M ár csak az a kérdés, hányféle sorrendje írható fel ezeknek a betűknek? Az első helyre háromféleképpen választhatunk betűt. Ha ezt beírtuk, a második helyre csak kétféleképpen választhatunk. Mivel bármely első választáshoz bármelyik második választás tartozhat, ez 3-2 eset. A maradék helyre csak a maradék betűt tehetjük, így a sorrendek számai 3-2 1-6. Ha A-t választunk elsőnek és B-t másodiknak, akkor ABC a sorrend, ha C -t másodiknak, akkor ACB, Hasonló a helyzet, ha B, illetve C az első. A hat sorrend: ABC BAC CAB AC B BCA CBA Természetesen nem kell feltétlen ragaszkodnunk ehhez a szisztémához, lényeges azonban, hogy ne veszítsünk el egyetlen sorrendet sem. Szokás a lehetőségek összeszámlálását ún. fával (1.1. ábra), máskor un. csésze modellel szemléltetni. I. hely 2. hely 3. hely sorrend Összegzési szabály Ha egy bizonyos A objektumot m-félcképpen lehet kiválasztani, egy másik, B objektumot pedig n-féleképpen, akkor a vagy A, vagy 3 kiválasztás m + ^-féleképpen lehetséges. Ahhoz, hogy a fenti összegzési szabályt sikeresen alkalmazhassuk, meg kell követelnünk, hogy az 4 objektum egyik kiválasztása se essék egybe a objektum valamelyik kiválasztásával. Szorzást szabály Ha az A objektumot m-féleképpen lehet kiválasztani, és bárhogyan választjuk is ki A-t, a B objektumot /i-féleképpen lehet kiválasztani, akkor az (A, B) párt a megadott sorrendben m - n-féleképpen választhatjuk ki. Természetesen előfordulhat, hogy nem rendezett párokat, hanem rendezett n-eseket, vagyis több elemből álló elemkombinációkat kell előállítanunk. Ezeket a feladatokat ugyanezzel a módszerrel oldjuk meg. DEFíNÍCIÓ. Adott n különböző elem. Az elemek egy meghatározott sorrendjét az adott n elem ismétlés nélküli perm utációjának nevezzük, és számukat a PH szimbólummal jelöljük. 1.1. TÉTEL, n különböző elem összes lehetséges sorrendjének (permutációinak) száma: Pv = n (n -1 ) (n - 2)... *1 = n! (olv; n faktoriális). Bizonyítás. A bizonyítást az előző példa megoldásánál felhasznált módszerrel végezzük el. Az összes lehetséges sorrend összeszámlálásához tekintsük az egyes "helyek kitöltésének lehetőségeit! Az első helyen álló elem kiválasztására n lehetőségünk van, a másodikra n - 1 lehetőség, a harmadikra n - 2 lehetőség,,,,, az utolsó helyen álló elem kiválasztására már csak egy lehetőség marad (1.2. ábra). 1. 2. n. /i-féleképpen (n-í)-féleképpen 1-féleképpen 1.2. ábra így az n elem összes lehetséges sorrendjének, permutációinak száma: 1. L ábra Megjegyzés: A kombinatorikai feladatok megoldásánál sok esetben jól használható két alapvető szabály, melyeket célszerű megismerni, ezek: az összegzési és a szorzást szabály. Kissé leegyszerűsítve közöljük ezeket. Pn = n (n -1 ) (n - 2)... 1 = ni 1.2. Példa. Egy színházi előadásra 5 fiú és 5 lány vett egymás mellé szóló jegyeket. Hányféleképpen ülhetnek le, ha két lány és két fiú nem ül egymás mellé? 12 13

MEGOLDÁS. A lehetséges elhelyezkedés vagy / I f i f i f i f i, vagyis fiú ül az első helyen, vagy l f i f l f i f i f, vagyis lánnyal kezdődik az ültetés. Minden fiú-ülésrendhez 5!-féle lány-ülésrend tartozik, és a fiúkat is 5!-féleképpen rendezhetjük sorba. A lehetőségek száma: 2-5!-5í=28 800. Az alábbi példabelihez hasonló problémák gazdasági környezetben is gyakran előfordulnak, emiatt érdemes megismerkedni az ún. ciklikus permutációval. Ennek az a jellemzője, hogy a permutált elemeknek csak egymáshoz viszonyított helyzetére vagyunk tekintettel, vagyis két sorba rendezést csak akkor mondhatunk különbözőnek, ha forgatással nem vihetők át egymásba. 1.3, Példa, Hét kislány járja a körtáncot. Hányféleképpen állhatnak körbe? M eg o ld á s. A tánc elején ki kell alakítani a kört. Álljon fel a táncot tani tó főtáncos, és hívjon maga mellé valakit. Erre 6 lehetősége van. Ezután a második táncos mellé hív újabb lányt, ekkor 5 személy közül választhat, és így tovább, amíg az utolsó kislány megfogja a főtáncos szabad kezét, és kialakul a kör. A lehetőségek száma: 6 5 4-3 2 1 = 6! Általánosan, n elem ciklikus permutációinak száma: Pu_x = (n -1)! A ciklikus permutációval kapcsolatos szokásos feladattípus a kör alakú asztal mellé ültetés problémája is, melynek során a ciklikus permutáció csak azzal a megkötéssel használható, hogy az ülőhelyek azonos adottságokkal rendelkeznek, csak a személyek szomszédsági viszonyai fontosak. Ismétléses permutáció Az ismétléses permutáció abban különbözik az ismétlés nélkülitől, hogy a sorba rendezendő elemek között vannak egyformák (azonosak) is. 1.4. Példa, Egy négyfős hallgatói csoport tanári tévedésből kétféle feladatsort kapott, mégpedig egyvalaki A, hárman B változatot. Hányféle kiosztási lehetőség van? MEGOLDÁS, a lehetséges kiosztások:' ABBB, BÁBB, BBAB, BBBA, összesen 4-féle. Vagyis sokkal kevesebb lehetőség, mintha mindenki különböző változatot ima. Hogy a kétféle permutáció közti kapcsolatot meghatározhassuk, kiindulásként különböztessük meg a B jelű feladatsorokat indexekkel: Bt, B3, B2. így, ha az első hallgató kapja az A jelű feladatsort, a többiek között 3! = 6 - féleképpen osztható szét a három B jelű, indexszel megkülönböztetett változat. Ismétléses permutációk Ismétlés nélküli permutációk ABBB BABB BBAB BBBA AB\M2B2 AB1B2B2 AB *Bx ÁB2BjBi AB^BiBj ABtJ3iB\ B 1.1 ByÁB-tfii BzABfBj BiABjBi B3AB;B2 B2AB2Bx B-jhABf B \ByAB2 BzBiAB^ BjByAB 1 BjBiÁBj 3 \ B \S2B3A BsBiBtA B2B tby4 BjB^BiA BiB,B2A B3BzBjA Ha a második hallgató íqa az A változatot, ugyanúgy 3!-féle B kiosztás! lehetőség társul hozzá, és így tovább a harmadik és negyedik hallgató esetében. Megállapítható tehát, bármelyikük is kapja az A jelű feladatsort, a hozzá kapcsolódó indexes B esetszám 3!= 6. Tehát ekkor, ismétlés nélküli permutáció esetén, 4 3!= 4! lenne a megoldás. Ezek az esetek azonban a valóságban nem adnak új megoldásokat. Vagyis az ismétlés nélküli permutációk száma annyiszorosa az ismétléses permutációk számának, ahányféleképpen sorba rendezhetjük egymáshoz képest az azonos tulajdonságú, a példában csak indexszel megkülönböztetett elemeket. Ebben a feladatban az ismétléses permutációk száma hatodrésze az ismétlés nélküli permutációk számának. D e f i n í c i ó. Adott n elein, melyek között r (r < n ) különböző található, ezek ű,, a2> > ar. Ha az ű, elem /c, -szer, az a2 elem lc2-szőr,... az a elem kr -szer fordul elő, és kí + k2 +... + kr n, akkor az n elem egy lehetséges sorrendjét ezen elemek ismétléses perm utációjának nevezzük. A permutációk számát a p^ k szimbólummal jelöljük. 1.2. TÉTEL. Rögzített n, r és kt, k 2,..., k r esetén az ismétléses permutációk száma: 14

Bizonyítás, Kövessük az 1.4, példában látott módszert. A tétel igazolásához az n elem egy tetszőleges permutációjában az ismétlődő (azonos) elemeket egymástól megkülönböztetjük (pl. úgy, hogy indexekkel látjuk el őket). Á k t -szer ismétlődő elem ez esetben kx! különböző permutációt, a k1 -szőr ismétlődő elem kt l különböző permutációt jelent; és a gondolatmenetet folytatva látj uk, hogy egy ismétléses permutációból k t! k2 permutáció nyerhető. Ha az ismétléses permutációk száma kr! különböző elemekből álló *'*, akkor az ismertetett eljárást ezek mindegyikére alkalmazva kj.k2\-...- k t \P ^"k" " 'K) ismétlés-" nélküli permutációt kapunk, amely ni-sál egyenlő. Képletben k}ík2\... kf\p^, kz"",k' ) =nl Ebből már az 1.2. tételben felírt egyenlőség adódik. Megjegyzés: Általában a probléma megfogalmazásából következtetünk arra, ismétlés nélküli vagy ismétléses permutáció segít-e a megoldásban. Nézzünk egy példát erre! 1.5. Példa. Egy nőiruha-üzlet egyik polcán öt különböző méretű pulóver van összehajtva egymáson, közülük kettő lila, három rózsaszín. Hányféle sorrend alakítható ki köztük, ha a mérettől eltekintünk, csak a pulóverek színe fontos? Hányféle sorrend alakítható ki köztük, ha egymáshoz képesti elhelyezkedésükben a méretre is tekintettel vagyunk? M egoldás. Míg az első kérdés megválaszolásához az ismétléses, a másodikéhoz az ismétlés nélküli permutáció segít hozzá. Ha a mérettől eltekintünk, akkor a színösszeállítások lehetséges számát ismétléses permutációval határozhatjuk meg, vagyis a sorba rendezés lehetőségeinek száma: Ha a méret is fontos, akkor az öt különböző tárgy sorba rendezési lehetőségeinek számát keressük, amely Pa = 5!= 120. 1.2. Variáció A variáció hétköznapi, egyszerű megfogalmazásban különböző elemek közül adott számú elem kiválasztását jelenti, azzal a feltétellel, hogy a Idválasztás sorrendje sem közömbös. Ahogy a permutációknál, itt is beszélhetünk ismétléses és ismétlés nélküli variációkról, attól függően, megengedjük-e egy elem többszöri kiválasztását. I Ismétlés nélküli variáció Tekintsünk ismét először egy példát! 1.6. Példa. A cég hat, eddig kiváló teljesítményt nyújtott dolgozója között három különböző hétvégi utazást sorsolnak ki. Mindenki legfeljebb egyféle jutalomban részesül. Hányféleképpen végződhet a sorsolás? MEGOLDÁS, a megoldáshoz felhasználhatjuk a permutációknál már megismert modelleket. Először az első utazásra sorsolunk ki valakit, ennek ó-féle lehetősége van. Ezután kisorsoljuk a második, majd a harmadik utazás nyertesét (1,3. ábra). Mivel ezeket nem nyerheti meg ugyanaz a személy, m ár csak 5, illetve 4 esélyes maradt. A lehetőségek száma összesen: 6 5 4 = 120. 2. 3, 6-féleképpen 5-féleképpen 4-féleképpen 1.3. ábra DEFINÍCIÓ. Adott n különböző elem. Ha adott n elem közül k elemei (0 < k< n) úgy választunk ki, hogy mindegyik csak egyszer kerül sorra, és a kiválasztás sorrendje is számít, akkor az n elem egy k-adosztályú ismétlés nélküli variációját kapjuk. A z n elem egy A-adosztályú ismétlés nélküli variációinak számát a V* szimbólum jelöli. Az előző példa megoldása (V* - 6 5 4) általánosítható, melyet tétel formájában fogalmazunk meg. 16

1.3. TÉTEL. Adotí n elem összes k-adosztályú ismétlés nélküli variációinak száma: V* =«(«-1) (n - 2) + 1). Más alakban: V k = '... ' (n k)\ Bizonyítás. Ha n elem közöl k darabot választunk ki úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére is tekintettel vagyunk, akkor az elsőt w-ből, a másodikat (n - l)-ből, a harmadikat ( n - 2)-ből, az utolsót n -(k-í) = n -k + l elemből választhatjuk. Ez összesen: Vj - n (n -1) (n - 2) - (n - k + \) lehetőséget jelent. Könnyen belátható, hogy a variációk számának kétféle felírása ekvivalens. Megjegyzés: Ha n - k, az n elem &-adosztályú ismétlés nélküli variációinak száma megegyezik az n elem ismétlés nélküli permutációinak számával. Ahhoz, hogy a variációk számának tört alakú kiszámítási módja értelmezhető legyen, szükséges a 0!= 1 definiálása. 1.7. Példa. Egy dobozban 10 cédula van, 0, 1, 2, 3, 4, 5, ó, 7, 8, 9 számjegyekkel megjelölve. Egymás után négy cédulát húzunk ki, úgy, hogy a kihúzott cédulát a húzás után nem tesszük vissza. A kihúzott cédulákon levő számjegyeket a húzás sorrendjében újuk egymás mellé. Hány esetben kapunk: a) páratlan négyjegyű számot; b) 1 0-zel osztható négyjegyű számot? M e g o l d á s. a) Ha a végeredmény négyjegyű páratlan szám, akkor utolsó helyen az 1, 3, 5, 7, 9 valamelyike állhat, azaz az utolsó helyet 5-féleképpen tölthetjük tó. Marad még 9 számjegy. Az első helyen a 0-t Idvéve minden megmaradt jegy szerepelhet, ez 8 lehetőséget ad. A második helyen, mivel már két számot előzőleg elhasználtunk, 8-féle, a harmadik helyen 7-féle számjegy szerepelhet. Az összes lehetőségek száma: 5-8-8-7 =2240. b) Ha a négyjegyű szám 10-zel osztható, ez azt jelenti, hogy Q-ra végződik, azaz az első három hely kitöltésére annyi lehetőség van, ahányféleképpen a 9 jegyből hármat ki tudunk választani, a sorrendet is tekintetbe véve: V* - 504. ISMÉTLÉSES VARIÁCIÓ Fogalmazzuk át az 1.6. példát! 1.8. Példa. A cég hat, eddig kiváló teljesítményt nyújtott dolgozója között három, különböző hétvégi utazást sorsolnak ki. Hányféleképpen végződhet a sorsolás, ha nem zárjuk ki, hogy egy "dolgozó több utazást is nyerhet? M egoldás. Először az első utazásra sorsolunk ki valakit, ennek 6-féle lehetősége van. Ezután kisorsoljuk a második utazás nyertesét. Mivel ezt ugyanaz a személy is megnyerheti, újra 6 esélyes maradt. Majd ugyanígy a harmadiknál. A lehetőségek száma összesen: 6-6- 6 = 216. DEFINÍCIÓ. Adott n különböző elem. Ha az adott n elem közül k elemet úgy választunk ki, hogy egy elem többször is sorra kerülhet, és a kiválasztás sorrendje is számít, aklwr az n elem egy k-adosztályú ismétléses variációját kapjuk Az n elem fr-adosztáiyű ismétléses variációinak számát a Vk(i) szimbólummal jelöljük. 1.4. T é te l. Adott n elem összes k-adosztályú ismétléses variációinak száma- VKktn=nk. Bizonyítás. Ha n elem közül k darabot választunk ki úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére is tekintettel vagyunk, akkor az elsőt n-ből, a másodikat szintén n- ből, a harmadikat is»~bol, és az utolsót, a A-adikat is n elemből választjuk. Ez összesen nk lehetőséget jelent. 18 19

1.3. K o m b i n á c i ó A kombináció különböző elemek közül adott számú elem kiválasztását jelenti, azzal a feltétellel, hogy a kiválasztás sorrendje közömbös. Ebben az esetben is beszélhetünk ismétléses és ismétlés nélküli kombinációkról, attól függően, megengedjük-e egy elem többszöri kiválasztását. Ismétlés nélküli kombináció Változtassuk meg ismét kissé az 1.6. számú példa feltételeit, és vizsgáljuk így a sorsolás lehetőségeinek számát! 1.9. Példa. A cég hat, eddig kiváló teljesítményt nyújtott dolgozója között három, azonos hétvégi utazást sorsolnak ki. Mindenki legfeljebb egyféle jutalomban részesül. Hányféleképpen végződhet a sorsolás? I. MEGOLDÁS. Az új feladat abban különbözik az 1.6. példától, hogy lényegtelen, kit melyik útra sorsolnak ki, vagyis elsőként, másodikként vagy harmadikként nyer, csak az a fontos, hogy benne legyen a három kiválasztott között. Jelöljük most a kiválasztási lehetőségek számát C] -mai! Ha az utazások egyformák, akkor a három nyertes megadása egy esetet jelent. Ha most megkülönböztetnénk az utazásokat, akkor ebből az egy esetből 3!=6 esetet lehetne csinálni, hiszen ennyiféleképpen cserélgethetjük az utazásokat köztük. De így a variációk számát kapjuk, ezért c> 3!= r(\ é s e tw i: II, Megoldás. A hat kiváló dolgozó: András, Béla, Cili, Dóra, Emma és Feri közül hárman nyerhetik meg az utazást. Jelöljük a nevük alatt + előjellel, ha nyertek, - előjellel, ha nem nyertek. Minden kiválasztási lehetőséghez tartozik egy jelsorozat, és megfordítva. Kérdés, hány különböző, rendezett, + és - előjelekből álló hatos sort lehet képezni? András Béla Cili Dóra Emma Feri 1. + + + - - 2, + +... + _ 3. + + + - 4, + + - + 5. + _ + + 6. + + _ + _ í t T -L + - - + 8. ~r +~ + _ 9, + - + _ + 10. + 11. _ + f + _ 12. - + + _ + - 13. - + + - - + 14, _ + _ + + _ 15. + + + 16. - + _ - + 4* 17. + + + _ H íg 7 1-4- + + 19. + - 4-20. _ + + 4- Amint látjuk, nincs másról szó, mint arról, hogy három + jelet és három - je let hányféle sorrendben lehet felírni. A lehetséges sorrendek száma: c, * - p, M = 6 1 3! 3! Megjegyzés: Az ötös LOTTÓ húzásának aktusát megfigyelve szintén ezt láthatjuk. Noha az öt szerencseszámot egymás után választják ki, a nyereményt csak az határozza meg, hány, általunk megjátszott szám van az őt között, függetlenül a húzás sorrendjétől. Ha számítana a sorrend, az 5 számot 5! -féleképpen rendezhetnénk, de ez már 90 elem 5-ödosztályú ismétlés nélküli variációja lenne. Ezért a húzás lehetőségeire nek száma: -22. = cl. 51 DEFINÍCIÓ, Adott n különböző elem. Ha az adott n elem közül k elemet (0 < k < n) úgy választunk ki, hogy mindegyik csak egyszer kerül sorra, és a kiválasztás sorrendje nem számít, akkor az n elem egy k- adosztályú ism étlés nélküli kom binációját kapjuk. 20 21

Az n elem fc-adosztályű ismétlés nélküli kombinációinak számát a C* szimbólum jelöli, 1.5. TÉTEL. A dott n elem összes k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációinak ni száma: C = - k\-{n k)\ A fenti kifejezést szokás az \ 1i j szimbólummal is jelölni (olvasd: n alatta k). Bizonyítás. A bizonyítást a mintafeladat megoldásához használt mindkét módon elvégezhetjük. I, írjuk fel az n elemet egymás mellé! Ezek közül válasszunk ki k elemet m inden lehetséges módon, Egy-egy ilyen kiválasztási lehetőséget szemléltethetünk úgy, hogy a kiválasztott elemek alá +, a nem kiválasztottak alá - jelet írunk, így az n elemet két csoportra osztjuk, közülük k elem +, n - k elem - jelet kap, aszerint, hogy az adott elemet kiválasztottuk-e vagy sem. Ha a + és - je leket minden lehetséges módon elhelyezzük (permutáljuk), majd az azonos sorban álló + jelek feletti elemeket egy-egy csoportba összegyűjtjük, akkor megkapjak n elem összes /c-adosztályú ismétlés nélküli kombinációit, Hány különböző, k darab + és n - k darab - előjelből álló sorozatot tudunk felírni? Ez megegyezik a + és - jelek olyan ismétléses permutációinak számával, amelyekben a + jel -szor, a - jel (n - k )-szór fordul elő. Az ismétléses permutáció összefüggését felhasználva; Q k _ p ( k j t - k ) k\{n -k)\ II. A lehetőségek összeszámlálását kezdhetjük azzal, hogy az ismétlés nélküli variációnak megfelelően kiválasztjuk a A db elemet, tekintetbe véve a sorrendet is. Ezek száma atmyiszorosa a keresett lehetőségek számának, ahányféleképpen a kiválasztott eleinek sorba rendezhetők, C* -k\=v*. Innen egyszerű egyenletrendezéssel kapjuk meg az általánosított feladat megoldását. c * _ K n\ ^ n (n -l)...(n -* + l) " k\ k\(n-k)\ ki 1.10. Példa, Hányféleképpen oszthatjuk ki a 32 lapból álló magyar kártyacsomagot négy já tékos között, a) ha mindenki 8 lapot kap? b) Hányféleképpen történhet az osztás, ha mindenkinél van hetes? a) I. M e g o ld á s. Legyenek a játékosok Anna, Berci, Cili és Dani. Osszunk elő- szőr Annának 8 lapot! Ezt -féleképpen tehetjük meg. A megmaradó ^24 LH^ 24 kártyából Berci -féleképpen kaphatja meg 8 lapját, ezután Ciliét már csak 16 lapból választjuk 8 lapot kapja. A lehetőségek száma: /32>i (2A), 8 j u,, 8, / 16'', majd Dani egyértelműen a maradék 32-31-.-25 24-,.,-17 16*...-9 V 8! 8! 32! (8!)4 = 9,956-10'6. II M e g o ld á s. Közelítsük meg a problémát úgy, hogy egy keverés után az egyes kártyalapokhoz hozzárendeljük a négy játékos nevének kezdőbetűjét, mégpedig nyolc-nyolc esetben. Ezután adjuk minden játékosnak azt a lapot, amelyik mellett az 6 kezdőbetűje áll. A kérdés most az, hány különböző sorrendje van a nyolc A, nyolc B, nyolc C és nyolc D betűknek? A megoldást visszavezettük 32 elem ismétléses permutációinak meghatározására, ahol p(8,8,8,8» _ 32! ss 8!-8!-8!-8! = 9,950-10" A két megoldás más-más modell felhasználásával természetesen ugyanazt az eredményt adja. b) Ha biztosan van mindenkinél egy-egy hetes, ezek 4.'-féleképpen lehetnek az egyes játékosok kezében. Minden egyes hetes elhelyezkedéshez tartozik annyi lehetőség, ahányféleképpen a négy kézben levő, összesen 23 lap kiosztható. 28' így az összes lehetőségek száma; 4!--------- : 7J-7Í-7!-7! 22 23

Ismétléses kombináció Ismét kezdjük a tárgyalást egy könnyen követhető mintapéldával! 1.11. Példa. Cégünk karácsony előtt megajándékozza személyesen is megjelenő partnereit kettő, a partner által négy különböző közül tetszőlegesen kiválasztható reklámtárggyal. Az emblémás ajándéktárgyak a következők: esernyő, exkluzív toll, széldzseki, iratmappa. Hányféleképpen állíthatja össze ajándékait az éppen cégünknél tárgyaló partner, ha lehetősége van arra is, hogy a két tárgy azonos legyen, ha ez tetszik legjobban? MEGOLDÁS, A mintafeladat megoldásához ismét vegyünk fel egy táblázatot! Töltsük ki a táblázatot úgy, hogy az egyes tárgyak alá annyi + jelet írjunk, ahányat ebből a partner beválasztott a csomagjába, és 0 -át elválasztásként a tárgyak közé. Minden lehetséges jelsorozatban 2 db + jel és 3 db 0 áll. Esernyő Toll Széldzseki Iratmappa 1. + + 0 0 0 2. + 0 + 0 0 3. + 0 0 + 0 4. + 0 0 0 + 5. 0 + + 0 0 6, 0 + 0 + 0 7. 0 0 0 i 8. 0 0 + 0 + 9. 0 0 + + 0 10. 0 0 0 + + Ha a táblázatot elkezdjük szisztematikusan kitölteni, látjuk, hogy az öt tagból álló jelsorozat mindegyikének egyértelműen megfeleltethető egy választás, és megfordítva. Számoljuk össze, hány különböző jelsorozat írható fel! A megoldást az ismétléses permutáció segítségével könnyen megadhatjuk: DEFINÍCIÓ. Adott n különböző elem. Ha adott n elem közül k elemet úgy választunk ki, hogy egy elem többször is sorra kerülhet, és a kiválasztás sorrendje m m számít, akkor az n elem eg)> k-adosztályú ismétléses kombinációját kapjuk. A z n elem /c-adosztályú ismétléses kombinációinak számát a Cf!) szimbólummal jelöljük. 1.6. TÉTEL. Adott n elem összes k-adosztályú ismétléses kombinációinak száma: C m = / n + k - Ú k N S Bizonyítás. A bizonyítást a mintafeladat megoldásához használt módon könnyen elvégezhetjük. A kiválasztási lehetőségeket számláljuk össze a táblázat segítségével! Á képzeletbeli táblázat oszlopaiban az n különböző elem, illetve minden két elem között egy-egy elválasztó oszlop van. Minden elem alá tegyünk annyi + jelet, ahányszor kiválasztottuk az adott elemet. Válasszuk el egymástól az elemeket 0-val. így egy-egy, k darab + jelből és n - 1 darab 0-ból álló jelsorozathoz jutunk, A kiválasztások és jelsorozatok kölcsönösen megfeleltethetők egymásnak. A kérdés leegyszerűsödött arra a problémára, hány különböző jelsorozatot tudunk felírni. Ezek száma megegyezik a + és 0 jelek ismétléses permutációinak számával, azaz: r m _ N (» + *' -! )"S! ; (n + k-l^»+i-' k\(n 1)! -.X. /, \ ^ J Sokszor előfordul, hogy adott feladat megoldása helyett könnyebb az ellenkezőjét megválaszolni. 1.12. Példa. Egy kockával hatszor dobunk. Hány olyan dobássorozat képzelhető el, melyben legalább egyszer előfordul a hatos? I. MEGOLDÁS. A fenti feladat megoldására ismét kétféle gondolatmenetet használunk. Először közelítsük a problémát a kérdésfeltevésnek megfelelően, tehát vagy egyszer, vagy kétszer, vagy háromszor,... dobtunk hatost a dobássorozatban, Ezek száma: 24 25

1-szer hatos: 2 -szer hatos: 3-szór hatos: 5 "=18 750; 54 = 9375; A "61 53 = 2500; A 1,7. TÉTEL. Tetszőleges kéttagú kifejezés (binom) bármely nemnegatív kitevőjű hatványa polinommá atalátható a következő módon: / n '' ' / fl^ (a + b y = a 4- a -'b +...+ ab'1-1+ b" = v v \ n ~ lj it a b (n e N ;a,ie R ), - I Kk j 4-szer hatos: 5-ször hatos: 6 -szor hatos: Í61,5, f6l -A *52 375; 5'= 30; 5 =1. Mivel ezek az események egyszerre nem fordulhatnak elő, az egyes lehetőségek összege adja a feladat megoldását. így a kedvező dobássorozatok száma összesen: 31 031. H. M e g o l d á s. Második összeszámolásunkban vegyük a probléma ellentetjét! Vagyis nézzük meg, hány olyan dobássorozat van, amelyben nincs egyetlen hatos sem! Vonjuk Id ezeket az eseteket az összes dobássorozat lehetőségeinek számából, és így megkapjuk a keresett esetszámot! Az összes lehetséges dobássorozat száma: 6 6 = 46 6 5 6. Rossz dobássorozatok száma (nincs bennük hatos): 5S = 15 625. Vagyis a nekünk tetsző dobássorozatok száma: 6 6-56 =31 031. 1.4. Binomiális tétel A kombinatorika eszközeivel egyszerű módszert nyerhetünk egy kéttagú kifejezés (binom) «-edik hatványának polinommá történő alakítására. Ezt mutatja be a kővetkező, ún. binom iális tétel. Az szimbólumot - a binomiális tételben betöltött szerepe miatt - binom iális együtthatónak nevezzük. Figyeljük meg, hogy az összeg n +1 tagból áll, az a és a b kitevőjének az összege minden tagban n. Pa, a kitevője n-től 0-ig fogy, míg a b kitevője 0-tól re-ig növekszik és megegyezik az n alatti számmal. A binomiális tételt n-l, 2, 3 -ra alkalmazva, az algebrából már jól ismert azonosságokhoz jutunk: ' i n -1 esetén (a + bf = +- a bl - a + b;,1 '2 n / 2''.. ( 2 S rr a2b + a h +\ a.%1 = a2 + 2ab + b1;,0 / 2 n = 3 esetén (a + b f = ' V / 7, 3' c V + \a b + a lb2 + a b =,0y vo A ai + 3a2b + 3ab2 + b} A tétel n = 0 esetén is igaz, hiszen (a + h f - 0 a b = 1 Bizonyítás. Az (a + b)" nem más, mint egy olyan n-tényezős szorzat, amelynek minden tényezője (a + b), azaz (a + b)" = (a + b)(a + b)...(a + b), n> 2. A szorzást elvégezhetjük úgy, hogy minden tényezőből egy-egy tagot szorzunk az összes lehetséges módon, és az így nyert szorzatokat összeadjuk. Például n = 3 esetén: (a + bf = (a + b)(a + b)(a + b ), Ha mindhárom tényezőből az a-1 szorozzuk össze, c 3 -t kapjuk. Ha két {a + b) tényezőből a-1, a harmadikból b-1 vesszük, a 2b -t kapunk. Ezt azonban 26 27

háromféleképpen tehetjük meg, hiszen a b-t választhatjuk az 1., a 2. vagy a 3. tényezőből. így tehát 3a 2b adódik. Ha egy (a + b) tényezőből választjuk az a-1, a másik kettőből a b-1, akkor ab2 lesz a szorzat. És mivel ezt is háromféleképpen tehetjük meg, 3ab2 -et kapunk. Végül, ha egyik (a + b) tényezőből sem választunk a-t, más szóval mindháromból a b-t szorozzuk össze, b3 lesz a szorzat. így (a + b f + 3a2 b + 3abz + b \ I 2 íj Hasonló módon járunk el (a + b)h=(a + b)(a + b)... (a + b), n>2 esetében is. Ha mindegyik (a + b) tényezőből az a-t szorozzuk össze, a" adódik. Ha n - 1 tényezőből az a-t, egyből a b-t szorozzuk össze, a ~'b lesz a szorzat. De mivel ilyen szorzatot n esetben kapunk, mert az n tényező bármelyikéből választhatjuk a b-t, tehát na"~'b lesz az eredmény. Ha n- 2 tényezőből a-t, kettőből b-t vesszük, a"~2b 2 lesz a szorzat. Mivel azonban a b-t -féleképpen választhatjuk ki az n darab (a + b) tényezőből, 1.13. Példa. Fejtsük ki a binomiális tétel alapján az (jc2-2y3)5 hatványt! / 5", / 5'v (5\ ( ^ ) 5 + {x5r (- 2 / y + ^ (x2f(-2yi)2+ w í 5^ + (X2y-(-2/y + (x 2) ' ( - 2 yy + v3y - - íoxy +4o*y - 80*y +sox1/ 2-32ys. 1.5. A binomiális együtthatók néhány tulajdonsága A binomiális együtthatókat (n-0, 1, 2,... értékekre) az ún. Pascal-féle három szögben helyezhetjük el. Összesen a"~2b lesz az eredmény. V2y Hasonló módon, ha n - 3, n - 4,... tényezőből választunk a-t, a többi 3,4,... tényezőből b-t, akkor «" 3ö3, a ~AbA,... szorzatokhoz jutunk. Az /. _\ f \ n n együtthatók pedig sorra,3,?,... lesznek, hiszen ennyiféleképpen választhatjuk ki azokat az (a + b) tényezőket, amelyeknek a b tagja szerepel a,4y szorzatban. Végül, ha egyik tényezőből sem választunk a-t, azaz mindegyikből b-t szerzünk össze, b" adódik. Az így nyert szorzatok összege, felhasználva, hogy a következő: (n) = 1 és n - és ezzel a tételt bebizonyítottuk. = n ül + n a. n b +... + b",,0, Knj /, n = 0 n 1 n 2 n 3 n= 4 n - 5 loj voy vb ) ' i \ í 1l\ í 3'.2,) A 4*1 (4'' \ ^4S \ '4 J v3,í v4 1 f s'1 l 51 (-5],3, \,4j A Az n értékelőiek megfelelően beszélhetünk 0-adik, első, második stb. sorról. A szimbólumok helyébe azok konkrét értékét beírva a Pascal-háromszög: 28 29

1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 A Pascal-háromszög képzési szabályára e néhány sorból is következtethetünk. Minden sor kezdő és utolsó eleme 1. Minden sorban a középre szimmetrikus elemek egyenlőek, és bármely sorban az egymás mellett lévő számok összege egyenlő az alattuk levő számmal, A binomiális együtthatókra tehát érvényesek a következő tulajdonságok: 1.8. T é te l. Bármely k, n e N és 0<,k<n esetén fennáll a) a szimmetriatulajdonság ( V ' n ' \n ~ kj b) az összegtulajdonság \ n n + Ú c) \kj + k + 1 V ' n ' v2 j k + \, - 2 ". Bizonyítás. a) Az állítás helyességéről könnyen meggyőződhetünk, hiszen értelmezésünk szerint: V * / ni (n-k)lkl és n-k Mivel azonban a két összefüggés csupán a nevezőben szereplő tényezők sorrendjében tér el egymástól, így valóban igaz állításunk, b) Tudjuk, hogy 30 v *, n\ (n~k)\k\ és k + 1 ni ni [» - ( * +!)]! (* +!)! ni Összeadva a két törtet ni n\(k + í) + n\(n-k) _ (n-k)\k\ (n k!)!( 4-1)! (n -/c)!(/c +1)! _ n\(n + 1) _ (re + 1)! + ~(n-k)\(k + 1)!~ (n~k)l(k +1)1 ~ U + 1J c) Az állítás helyességét a binomiális tétel segítségével könnyen igazolhatjuk. Legyen ugyanis a - 1 és 6 = 1, ekkor a binomiális tétel szerint ahonnan (1 + 1)" V voy rj<> + n n n + +... + r~ T +...+ Megjegyzés: a) A szimmetriatulajdonság állítása könnyen belátható algebrai átalakítás nélkül is, egyszerű, gondolati úton. n elem közül ugyanannyi-féleképpen lehet k darabot kiválasztani, mint (n - k)-t, hiszen minden egyes k elemű részhalmaz kiválasztásánál kiválasztódik az ott maradó n - k elemű részhalmaz is. b) Az összegtulajdonság bizonyítását szintén elvégezhetjük egyszerű, gondolati úton is. Az állítás jobb oldala átfogalmazható arra a kérdésre, hogy valamely n +1 elemű halmazból hányféleképpen lehet k +1 elemű részhalmazt kiválasztani. Tüntessük ki az n + 1 elemű halmaz egy elemét, vizsgáljuk meg, bekerül-e ez az elem a kiválasztottak közé? Két eset van: a kitüntetett elem vagy beletartozik a k +1 kiválasztott közé, vagy nem. Ha igen, a részhalmaz maradék k elemét a kiindulási halmaz n eleme közül féleképpen választhatjuk. Ha a kitüntetett elem nincs a í y{\ kiválasztottak között, mind a A + 1 elemet a kiindulási halmaz n eleme közül választjuk féleképpen, A két esetszám a kizáróság miatt összeadódik. Vagyis k + 1 n + r k + 1, c) A. c) szabály bizonyításával egyben azt is beláttuk, hogy bármely n elemű halmaznak 2" részhalmaza van, amibe beleszámoltuk az üres halmazt és az alaphalmazt is. ly 31

2. ESEMÉNYALGEBRA 2.1. Alapfogalmak Ha egy játékkockát elejtünk, abban biztosak lehetünk, hogy leesik, méghozzá az elejtés magasságától függően egyértelműen meghatározható idő múlva, szintén pontosan számítható sebességgel ér földet. Azt, hogy mennyi lesz a dobott szám, nem tudjuk előre egyértelműen meg-: mondani, úgy szoktunk fogalmazni, ez a véletlen műve. Persze elkezdhetnénk: számolgatni, és a fizika törvényszerűségeit felhasználva, feltételezve, hogy a kocka; szabályos, a kezdeti feltételek precíz rögzítése után sok-sok munkával kiszámolható lenne az eredmény. Hétköznapi tapasztalatunkból kiindulva megállapíthatjuk,; hogy a kezdeti feltételek megállapítása sokkal komolyabb nehézséget jelentene, mindamellett számos további bizonytalanságot is rejtene, így sok más jelenséggel: együtt a kockadobást is véletlen jelenségnek tekintjük. Eddigi megfigyeléseinkkel: összhangban, azt mondjuk, az 1, 2, 3, 4, 5 és 6 számok közül mindegyikre azonos eséllyel számítunk, A fenti példából kiindulva beszélhetünk tehát egyrészt tisztán determ inisztikus, a körülmények által előre, egyértelm űen m eghatározott lefolyású jelenségekről, Ezek a természettudományok által leírt, pl. klasszikus fizikai, kémiai, műszaki tudományokból ismerősek. Az események másik csoportja a köznyelv által véletlennek, a matematikában, statisztikában sztochasztikusnak nevezett jelenség. Ezeknek lefolyását teljes biztonsággal nem tudjuk megállapítani, mivel az összes körülményt egyrészt nem ismerjük, másrészt még ezek ismeretében is nehezen, túl nagy apparátus segítségével állíthatnánk valamit a lefolyásról. Ebben az esetben csak arra törekszünk, hogy megismerjük a lehetséges kimeneteleket, és ezek előfordulásának valószínűségéi határozzuk meg. Elmondható tehát, hogy a véletlen jelenségeknek is oka van, de a jelenséget befolyásoló, lefolyását meghatározó összes feltételt, körülményt általában nincs lehetőségünk, illetve esetleg nem is akarjuk megismerni. Az eseményalgebra a valószínűségszámítással kapcsolatos véletlen jelenségek leírását, megértését teszi lehetővé. Ebben a fejezetben definiáljuk az eseményalgebra legfontosabb fogalmait, ezután megismerkedünk az események közti műveletekkel és összefüggésekkel. A bevezetőben említett véletlen jelenségeken belül a valószínüségszámítás olyan véletlen jelenségek vizsgálatával foglalkozik, melyeket azonos körülmények között (elvileg) akárhányszor megismételhetünk. A z ilyen jelenségeket véletlen töm egjelenségeknek nevezzük. A meghatározásban nagyon erős az a feltétel, hogy azonos körülmények között biztosítható legyen az akárhányszor! megfigyelés. Gondolhatunk itt az ókori bölcs, Hérakleitosz szavaira, miszerint kétszer ugyanabba a folyóba nem tudunk belépni. Miért tekinthető sok jelenség mégis megfelelőnek ebből a szempontból, azt jól példázza az egyszerű, a valószínűségszámítás kialakulásához vezető szerencsejáték. Azt mindannyian könnyen belátjuk, hogy a kocka-, az érme-, a kártyajátékok sora nagyon jó közelítéssel azonos körülmények között tetszőlegesen sokszor lejátszható. Ehhez hasonlóan, azoknál a gazdasági folyamatoknál, melyeknél biztosítható a feltétel, a valószínűségszámítás eredményeit szintén felhasználhatjuk. Itt példaként csak a legkézenfekvőbb minőség-ellenőrzési eljárást, a mintavételt említjük. Ha egy szokványos értelemben vett véletlen jelenséget megfigyelünk, azt nem tudjuk pontosan előre megmondani, mi következik be. de azt általában igen, milyen eseményekre, kimenetelekre számíthatunk. A sztochasztikus, véletlen jelenségeknek mindig több eredménye, kimenetele lehet. A véletlen tömegjelenség megfigyelését kísérletnek nevezzük, függetlenül attól, hogy a jelenséget mesterségesen hoztuk-e létre, vagy rajtunk kívülálló okok miatt következett-e be. Adott kísérlethez sok esetben többféle megfigyelési lehetőség is rendelhető. Ezeket pontosan definiálni kell, mielőtt a lehetséges kimeneteleket számba vesszük. Fontos, hogy a kísérlet tetszőleges eredménye ismeretében eldönthető legyen, hogy bekövetkezett-e az adott kimenetel. DEFINÍCIÓ. Valamely kísérlettel kapcsolatban a kísérlet lehetséges kimeneteleit elem i esem ényeknek nevezzük. DEFINÍCIÓ, á z elemi események halmazát esem énytérnek nevezzük és H-val j e löljük. Ha a kimenetelek száma végtelen sok, ezek közül nyilván csak véges sok fog megvalósulni, de a többit is számon tartjuk mint lehetséges kimenetelt. Tekintsünk néhány példát! 2.1. Példa. a) Legyen kísérletünk az, hogy feldobunk egy játékkockát, és megfigyeljük a felülre kerülő pontszámot. Ennek a kísérletnek hat lehetséges kimenetele van, ezek: 32 33

az 1-es pontszám kerül felülre, a 2 -es pontszám kerül felülre, a 3-as pontszám kerül felülre, a 4-es pontszám kerül felülre, az 5-ös pontszám kerül felülre, a 6-os pontszám kerül felülre, H ~ {hl; Aj, Aj, h4, Aj, h61, A H elemeit sokszor célszerűbb a /?,, Aj,... sfb. szimbólumok helyett csupán az indexeikkel, azaz az 1,2,... stb, számokkal jelölni. Ez ugyanis félreértést nem okoz, sőt, növeli az áttekinthetőséget. így az eseményteret jelen esetben az alábbi módon is megadhatjuk: H = {l, 2, 3, 4, 5, 6}, b) Álljon a kísérlet egy pénzdarab (érme) feldobásából. Ennél a kísérletnél két kimenetel jöhet szóba: írás van felül, fej van felül. (Eltekintünk attól az - elvileg lehetséges - esettől, amikor az érme az élén áll meg.) Jelöljük az írás felülre kerülését í-vel, a fej felülre kerülését pedig /-fel, azaz h{ = i és h2 = f. Ekkor az eseményteret így is megadhatjuk: H = {i, / } c) Álljon a kísérlet két kocka feldobásából M indkét dobás eredménye az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számok valamelyike. Tekintsük a kísérlet kimeneteleit a fenti számokból álló rendezett számpároknak: H = l(i, j) í = l, 2,,.., 6; j = l, 2,..., 6j, ahol az i az egyik kockán, j a másik kockán kapott pontszámot mutatja. Itt a H egy 36 elemű halmaz. d) Az orvosi rendelőben történő várakozás esetében megfigyeljük a várakozási idő hosszát. A kísérletnek annyi kimenetele lehet, mint ahány különböző időtartam elképzelhető, tehát a 0 és egy ésszerű K felső határ között bármilyen nemnegatív valós szám. Bár a gyakorlatban a várakozási időt percekben mérjük és a perc törtrészét nem jegyezzük fel, elvben mégis minden [0 ; K] intervallumba eső értéket a kísérlet kimenetelének tekintünk; H = [0;K], ahol K egy pozitív valós szám (a várakozási idők felső határa). Az eseménytér szemléltetésére itt a 2.1. ábrán látható módot választhatjuk. H 2.1. ábra é) Megfigyeljük, hogy egy ABC-áruházba a nyitást követő első órában hány vevő jön be. Ekkor a kísérlet kimenetele azonosítható egy nemnegatív egész számmal, és H = N. Megjegyzés: Nem okoz problémát, ha a lehetséges kimenetelek halmazába beveszünk olyan kimeneteleket is, amelyek a gyakorlatban sohasem fordulnak elő, arra viszont ügyelnünk kell, hogy ne feledkezzünk meg olyanokról, amelyek ténylegesen felléphetnek. A kockadobás nemcsak azért szerepel gyakran a valószínűségszámítással foglalkozó könyvek példái között, mert történetileg jelentős szerepet játszottak a szerencsejátékok a tudományág fejlődésében, hanem azért is, mert rajta keresztül egyszerűen, szemlélet alapján közelíthetők meg az alapfogalmak. Ahogy a fenti példákból is látszik, előfordulhat, hogy azonos helyzetben másmás lesz a megfigyelés tárgya, és ezzel együtt a lehetséges kimenetelek halmaza. Vegyük például az orvosi rendelőben történő várakozással kapcsolatos jelenségeket! Megfigyelhetjük a várakozási idő hosszát, az előttünk megvizsgált betegek számát, a váróhelyiség hőmérsékletének változását, vagy akár rendszeres ellenőrzés alkalmával a rendelőben mért tömegünk értékét. A 2,1. példában felsorolt kísérletek egy részében a kimenetelek száma véges, mint pl. a kockadobásra vonatkozó kísérletnél, másokban elvileg végtelen, mint pl. a várakozási idő, a tömegünk, a hőmérséklet lehetséges értékei. Érdekes kísérlet a kimenetelek összeszámlálása szempontjából az előző példában az előttünk sorra kerülő betegek száma, melyben az eredmény elvileg tetszőleges természetes szám lehet: 0, 1, 2, k,.... A valóságban természetesen csak véges sok eredmény képzelhető el, matematikailag azonban könnyebb megszámlálhatóan végtelen számú lehetséges kimenetellel dolgozni, pl. akkor, ha nem ismerjük a pontos felső korlátot. 34 35

A véletlen kísérletekkel kapcsolatban különféle állításokat fogalmazhatunk meg, amelyek helyességét a kísérlet kimenetele dönti el. Ezeket az állításokat eseményeknek nevezzük. Ilyen esemény a játékkocka feldobásakor például az, hogy páros számot dobunk, hogy legalább négyest dobunk stb. A pénztár előtti várakozási idő megfigyelésénél az, hogy 10 percen belül sorra kerülünk, vagy hogy legalább 2 percig kell vámunk stb, Minden ilyen esemény az eseménytér valamely részhalmazával reprezentálható. Az az esemény, hogy a kockával páros számot dobunk, a H ~{l, 2, 3, 4, 5, 6 } halma?. {2, 4, 6} részhalmazával is leírható. Az az esemény, hogy a várakozási idő 10 percnél kevesebb, megfogalmazható oly módon is, hogy megadjuk a várakozási idők [0 ; K} halmazának azt a részhalmazát, amelyet a mérési eredmény* ként nyerhető számértékek közül a 10-nél kisebb nemnegatív számok alkotnak. (Ez pedig nem más, mint a [0 ; 10 [ intervallum.) 2.2, Példa. A 2,1. példában ismertetett kísérletekre vonatkozóan különböző eseményeket fogalmazunk meg, majd megadjuk az ezen eseményeknek m egfelelő részhalmazokat: Véletlen esemény a) A játékkockával 4-nél nagyobb számot dobunk b) Az érmével való dobás eredménye írás c) A két kockával egyforma számot dobunk d) A pénztár előtt legfeljebb 2 percig keli várnunk e) Az üzletbe a nyitás utáni első órában 300-nál kevesebb vevő jön be. A véletlen eseménynek megfelelő részhalmaz {5, 6}. M- (x j x e [0 ; 2]}. (2 : 2),... (6 ; 6 )) j n <300, s é N ). Az elmondottakból kitűnik, hogy a véletlen események és a halmazok között kölcsönösen egyértelmű kapcsolat létesíthető. így a véletlen események vizsgálatánál felhasználhatjuk a halmazelméletben megismert fogalmakat és összefüggéseket. Ezek után nézzük meg, mi a véletlen esemény matematikai definíciója! DEFINÍCIÓ. A H eseménytér egy tetszőleges részhalmazát véletlen eseménynek (röviden eseménynek) nevezzük. A fenti definíciónak megfelelően az elemi események a H eseménytér egyetemit részhalmazai. Megjegyzés: 1, A H eseménytér részhalmazait ezentúl - bár formailag halmazok - mindig eseményeknek nevezzük. Az események nyelvén beszélünk, de szem előtt tartjuk, hogy halmazokról van szó. Továbbá, ha két eseményt ugyanaz a halmaz képvisel, akkor két esemény között nem teszünk különbséget, még akkor sem, ha esetleg szavakban másképpen fogalmazzuk is őket. így például az az esemény, hogy a kockával 3-nál kisebbet dobunk, ugyanaz, mint az az esemény, hogy a kockával 1-et vagy 2-t dobunk. 2, Később látni fogjuk, hogy végtelen számosságú eseménvtéméi nem biztos, hogy minden részhalmaz eseménynek tekinthető. Az események jelölésére a halmazoknál megismert jelölésrendszert alkalmazzuk, s ezért latin nagybetűkkel, A, B, C,... stb., illetve indexszel ellátott latin nagybetűkkel, pl, Ax, A2, Á}... stb. jelöljük őket. Az események szemléltetése ugyancsak a halmazokra megismert módon, Venndiagram segítségével történik. A továbbiakban megismerkedünk az eseményekkel kapcsolatos újabb fogalmakkal. Az eddig elmondottak alapján akkor mondjuk, hogy egy A esemény bekövetkezik, ha a kísérlet kimenetele eleme az A eseményt reprezentáló halmaznak. Ha a kockadobás eredménye 2, akkor bekövetkezett az az esemény, hogy párosat dobunk, a 2-es szám ugyanis eleme a {2, 4, 6} halmaznak. Ezzel egyidejűleg minden olyan, a kockadobással kapcsolatos esemény is bekövetkezik, amelynél a 2-es szám eleme az eseményt reprezentáló halmaznak. Bekövetkezik például az az esemény is, hogy 1-nél nagyobbat dobunk, hiszen 2 e (2, 3, 4, 5, 6}. A H halmazt mint eseményt biztos eseménynek nevezzük, hiszen bármi is a kísérlet kimenetele, ez az esemény bekövetkezik. Az üres halmazt - amely nem tartalmazza a H egyetlen elemét sem - mint eseményt lehetetlen eseménynek nevezzük, hiszen bármi is a kísérlet kimenetele, ez az esemény nem következhet be. A lehetetlen eseményt 0 -val jelöljük. 2,3. Példa. Egy urnában 3 golyó van, amelyeket az 1, 2 és 3 számokkal jelölünk. Ha a kísérlet az, hogy a három golyó közül egyet kihúzunk, akkor az eseménytér H = { 1, 2, 3}. A kísérlettel kapcsolatban értelmezhető összes esemény: 36 37

{1}, {1,2}, 11,2,3}. 0 {2}, {1,3}, t {3}, {2,3}, f lehetetlen esemény biztos esemény Az összes esemény száma 23 = 8 (a biztos és a lehetetlen eseményt is beszámítva). Á fenti események bármelyikét szavakban is megfogalmazhatjuk. Például az fi, 3} esemény azt is jelenti, hogy páratlan számmal jelölt golyót húzunk. ' Jelölje A azt az eseményt, hogy két kockával egyszerre dobva két 6 -ost dobunk, B pedig azt, hogy a két kockával dobott pontok összege páros. Ekkor valahányszor az A bekövetkezik, bekövetkezik a B is. Ez természetesen azt jelenti, hogy az A eseményt reprezentáló halmaz része a B eseményt reprezentáló halmaznak, azaz A c B. Legyen A és B a H eseménytér két eseménye. Azt mondjuk, hogy az A esemény maga után vonja a B eseményt, ha valahányszor az A bekövetkezik, bekövetkezik a B is. Ezt a tényt az AczB szimbólummal jelöljük. Az események közötti összefüggések szemléletesen jól láthatók, ha azokat az ún. Venn-d iagramok segítségével 2.2. ábra ábrázoljuk (2.2, ábra). Nyilvánvaló, hogy minden A eseményre teljesül: továbbá, ha 0 a A, A d A és A ez ff, A d B és BczC, akkor A<zC. Természetesen két esemény - A és B - akkor egyenlő egymással, ha bármelyikük bekövetkezése egyben a másik bekövetkezését is jelenti, azaz A = B, ha A d B és Bei A. A napi életből merített példából talán még könnyebben megértjük a fogalmat. Sokszor emlegetjük, néha még átvitt értelemben is a közmondást, miszerint Nem minden rovar bogár, de minden bogár rovar. Szép nyári nap nézzünk a lábunk elé, nehogy rálépjünk az arra sétálóra! Legyen az A esemény, hogy éppen bogarat látunk, a B esemény, hogy rovart pillantunk meg, Könnyű eldönteni, igazak-e a következő állítások? a) AczB, b) BczA, c) A = B. 2.4. Példa. Egy kétszemélyes társasjátékban a játékosok két kockával dobnak, és a dobott számok összegét figyelik meg. Jelölje A azt az eseményt, hogy az éppen soron kővetkező játékos dobásösszege 6, B pedig azt, hogy mindkét kockával 3-ast dobott. Igazak-e a következő állítások? a) A d B, b) B<z A, c) A = B. M EGOLDÁS. a) Ha az A esemény bekövetkezik, vagyis a dobásösszeg 6, akkor ezt a 2.1. példa c) részének megfelelően az (1; 5), (5 ; 1), (2 ; 4 ), ( 4 ; 2 ), (3 ; 3) rendezett párok mindegyike megvalósítja. Ezek szerint, ha a dobásösszeg 6, nem biztos, hogy a (3; 3) kimenetel, vagyis a B esemény következett be. így ez az állítás hamis. b) Ha mindkét dobás 3, ez biztosítja a 6 -ot mint dobásösszeget, így ez az állítás igaz, c) Mível a két állítás közül csak az egyik bizonyult igaznak, c) hamis. 2.2, Műveletek eseményekkel Mivel az eseményeket a H eseménytér részhalmazaiként definiáltuk, az események közötti műveleteket is a halmazokra megismert műveletek alapján tárgyaljuk, értelemszerűen átfogalmazva az események nyelvére. Ilyen értelemben beszélhetünk események ellentettjérol, összegéről, szorzatáról, különbségéről. Egy A esemény be nem következése maga is esemény, jelölhetjük ezt A - sál. Ily módon A az eseménytér mindazon elemeit tartalmazza, amelyek az eseményben nincsenek benne, de HAioz tartoznak. Minden he H -ra fenn kell állnia az alábbi két állítás egyikének és csak egyikének: vagy he A és h g A he A és h A. 38 39

DEFINÍCIÓ. Az A a H esemény ellentétes eseményének (komplementerének) nevezzük azt az A szimbólummal jelölt eseményt, amely akkor következik be, ha A nem következik be, és A a H. Egy A esemény ellentétes eseménye nem más, mint a H\ A komplementer halmaz. A 2.3. ábrán Venn-diagram segítségével ábrázoltunk egy A eseményt és annak ementettjét. 2.5. Példa. Feldobunk egy játékkockát. a) Legyen az A esemény, hogy legalább 3-ast dobtunk! b) Legyen a B esemény, hogy páros számot dobtunk! Mit jelentenek az A és B esemény ellentetjei? M e g o l d á s. 2.3. ábra a) A = {3, 4,5, 6 } esemény, így A = { 1,2}, amit szavakkal többféleképpen is kifejezhetünk. Pl.: legfeljebb kettőt dobunk, vagy háromnál kevesebbet dobunk. b) B = { 2, 4, 6 } esemény, így 5 = {l, 3, 5} páratlan számot dobunk. 2.6. Példa. Tekintsük újra a 2.4. példában említett társasjátékot! Hány elemi esemény vonja maga után az A esemény komplementer vagy ellentett eseményét? M e g o ld á s. M inden olyan dobásösszeg, ami nem 6. Az elemi események száma 36, ebből A-hoz tartozik 5 elemi esemény. Az A esemény akkor következik be, ha a többi 31 elemi esemény bármelyike bekövetkezik. 2.7. Példa. Egy nagykereskedelmi cégnél három nyomtatóval dolgoznak. Jelentse az A esemény azt, hogy mindhárom nyomtató elromlik. Mit jelent A komplementere? A biztos esemény komplementerének a lehetetlen eseményt, és a lehetetlen esemény komplementerének a biztos eseményt tekintjük, azaz H = 0 és 0 = H. DEFINÍCIÓ. Ha A és B ugyanazon eseménytérhez tartozó két esemény, akkor azt az eseményt, hogy közülük legalább az egyik bekövetkezik, az A és B esemény összegének (egyesítésének) nevezzük és az A u B szimbólummal jelöljük. A z A u B esemény tehát bekövetkezik, ha akár az A esemény következik be, de a B esemény nem, akár a B esemény következik be, de az A nem, s végül akkor is, ha A is és B is bekövetkezik. Más szóval két esemény így értelmezett összege (egyesítése) olyan újabb esemény, amely a kísérlet mindazon kimeneteleit tartalmazza, amelyek vagy csak az A eseményhez, vagy csak a B eseményhez, vagy egyszerre A-hoz is, 5-hez is tartoznak {2.4. ábra). 2.8. Példa. Feldobunk egy játékkockát. Legyen az A esemény, hogy legalább 3-ast dobtunk, a B esemény, hogy páros számot dobtunk. Mi lesz a két esemény összege? MEGOLDÁS. A z A esemény: A = {3, 4, 5, 6 }, A két esemény összege: a B esemény: B {2, 4, 6 }. A u B = {3, 4, 5, 6}u{2, 4, ó} = {2, 3, 4, 5, 6 }. 2.4. ábra 2.9. Példa. Tekintsük a heti lottóhúzás elsőként kihúzott számát! Jelentse az A esemény, hogy az első szám páros, a B pedig, hogy nullára végződik! Mit jelent az A u B esemény? MEGOLDÁS. A z A u B esemény azt jelenti, hogy a szám páros, vagy 0-ra végződik, ez azt jelenti, hogy B e: A, így A u B = A. MEGOLDÁS. A z működik. A itt azt jelenti, hogy a három közül legalább egy nyomtató Az események összeadásának művelete tetszőleges számú eseményre kiterjeszthető. Azt az eseményt, hogy a H eseménytérhez tartozó A,, Á2,..., An esemé- 40 41

nyék közül legalább az egyik bekövetkezik, így jelöljük: u i - A u A, u... u A n. tó Hasonlóképpen értelmezzük az kj As eseményt arra az esetre, midőn megszámlál hatóan végtelen sok esemény összegét képezzük: «5 \j A,~ A. u A. U..., i=i ' Amikor egyértelműek az összeghatárok, akkor röviden az <jat jelölést használjuk. Ha egy kísérlettel kapcsolatban megfogalmazott A és B események közösen tartalmazzák az eseménytér egy vagy több elemét, akkor valahányszor ezek közül valamelyik bekövetkezik, A is és B is egyidejűleg (egyszerre) bekövetkezik. DEFINÍCIÓ. Ha A és B ugyanazon eseménytérhez tartozó két esemény, akjíor azt az eseményt, hogy az A és B esemény egyszerre (egyidejűleg) bekövetkezik, a két esemény szorzatának (közös részének) nevezzük és az AcsB szimbólummal jelöljük (2.5. ábra). 2.11. Példa. Nézzük, mi lesz a 2.9. példában szereplő két esemény szorzata! M EGOLDÁS. Az A n B esemény azt jelenti, hogy a szám páros, és 0-ra végződik, ez azt jelenti, hogy B c A, így A n B - B. Az események szorzásának művelete tetszőleges számú eseményre kiterjeszthető- Azt az eseményt, hogy a H eseménytérhez tartozó A,, A2,..., Ah események mindegyike bekövetkezik, így jelöljük: r\a. - A, n A, n... n A. i=i 1 1 i " Hasonlóképpen értelmezzük a megszámlál hatóan végtelen sok esemény szorzatát is. Jelölésére a r^a, = A. A, n... /=t szimbólumot használjuk. so A r\a i szimbólum helyett, ha nem okoz félreértést, a r\/íf szimbólumot alkalmazhatjuk, DEFINÍCIÓ. A H eseménytérhez tartozó tetszőleges A és B eseményeket egymást kizáró eseményeknek nevezzük, ha egyszerre nem következhetnek be, azaz ha A n B = 0. Ilyen két egymást kizáró esemény például - egy játékkocka feldobásakor - a páros és a páratlan dobás eseménye. Két esemény különbségét az alábbi módon értelmezzük. 2.5. ábra 2.10. Példa. Készítsük el a 2.8. példában megadott események szorzatát! DEFINÍCIÓ. Ha az A és B esemény ugyanazon eseménytérhez tartozó két esemény, akkor azt az eseményt, hogy az A esemény bekövetkezik, de a B nem, a két esemény különbségének nevezzük és az A \ B szimbólummal jelöljük (2. 6. ábra). MEGOLDÁS. Mivel az A esemény: A = {3, 4, 5, 6 }, a B esemény: B = {2, 4, 6 }, a két esemény szorzata: A n B -{ 3, 4, 5, 6}n{2, 4, 6}={4, 6 }, 2.6. ábra 42 43