Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Megoldások 1. Az alábbi kísérletek közül melyek tekinthetőek valószínűségi kísérleteknek? 𝑨: Feldobunk egy érmét. 𝑩: Leejtünk egy 𝒊. 𝒆. 𝟔. századi kínai vázát. 𝑪: Eldobunk egy hatoldalú dobókockát. 𝑫: Kihúzunk egy lapot a pakli kártyából. 𝑬: Világbajnokként dobunk egy darts táblára. 𝑭: Tekegolyót gurítunk a bábuk felé, de előtte még soha nem játszottunk ilyet. 𝑮: Egy gyufásdobozban megszámoljuk, mennyi szál gyufa van benne. Megoldás: A 𝐵 nem valószínűségi kísérlet, mert nem lehet bármennyiszer végrehajtani. Az 𝐸 nem valószínűségi kísérlet, mert eredménye nem lesz véletlenszerű. Ezek alapján a megoldások: 𝐴; 𝐶; 𝐷; 𝐹; 𝐺.

2. Határozd meg, hogy az alábbi valószínűségi kísérleteknek milyen elemi eseményei lehetnek, illetve milyen eseménytér tartozik hozzájuk! 𝑨: Feldobunk két érmét. 𝑩: Eldobunk egy hatoldalú dobókockát. 𝑪: Dobunk egy beosztás nélküli táblára, feltételezve, hogy a táblát eltaláljuk. Megfoldás: Az 𝐴 elemi eseményei: {𝐹𝐹}; {ÍÍ}; {𝐹Í}; {Í𝐹}. Eseménytere: 𝐻 = {(𝐹𝐹); (ÍÍ); (𝐹Í); (Í𝐹)}. A 𝐵 elemi eseményei: {1}; {2}; {3}; {4}; {5}; {6}. Eseménytere: 𝐻 = {(1); (2); (3); (4); (5); (6)}. A 𝐶 elemi eseményei: {𝐴 𝑐é𝑙𝑡á𝑏𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑗𝑎𝑖}. Eseménytere: 𝐻 = {𝐴 𝑡𝑒𝑙𝑗𝑒𝑠 𝑐é𝑙𝑡á𝑏𝑙𝑎}.

1

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 3. Tekintsd azt a kísérletet, amikor kockával dobunk egy számot. Ehhez kapcsolódóan adj példát a következő fogalmakra: eseménytér, elemi esemény, összetett esemény, biztos esemény, lehetetlen esemény, egymást kizáró események, egymást maga után vonó események, egyenlő események! Megoldás: A megfelelő fogalmakat tekintve egy – egy lehetséges megoldás a következő: Eseménytér: Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6} Elemi esemény: 𝐴 = {4 - est dobunk} Összetett esemény: 𝐵 = {páros számot dobunk} Biztos esemény: 𝐶 = {10 - nél kisebb számot dobunk} Lehetetlen esemény: 𝐷 = {6 - nál nagyobb számot dobunk} Egymást kizáró események: 𝐸 = {5 - tel osztható számot dobunk} 𝐹 = {páros számot dobunk} Egymást maga után vonó események: 𝐺 = {1 – est dobunk} 𝐻 = {páratlant dobunk} Egyenlő események: 𝐼 = {a dobott szám 2, 3 vagy 5}

𝐽 = {a dobott szám prímszám}

4. Feldobunk egy érmét, illetve egy dobókockát. Adjuk meg az összes elemi eseményt, ha a kísérlet kimenetelének a) a kockával dobott szám 𝟓 – tel vett osztási maradékát tekintjük b) fej dobás esetén a dobott számot, írás esetén a dobott szám ellentettjét tekintjük! Megoldás: Az elemi események a következők: a) {0}; {1}; {2}; {3}; {4} b) {−6}; {−5}; {−4}; {−3}; {−2}; {−1}; {1}; {2}; {3}; {4}; {5}; {6}

2

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 5. Add meg a következő kísérletek eseményterét! a) Egy urnában 𝟑 kék, 𝟒 piros és 𝟖 zöld golyó van. Visszatevés nélkül kétszer egymás után húzunk egy – egy golyót. b) Egy dobókockával négyszer dobunk, s a kísérlet kimenetele a számok összege. Megoldás: Az eseménytér az összes elemi eseménynek halmaza. a) 𝐻 = {(𝑘, 𝑘); (𝑘, 𝑝); (𝑘, 𝑧); (𝑝, 𝑘); (𝑝, 𝑝); (𝑝, 𝑧); (𝑧, 𝑘); (𝑧, 𝑝); (𝑧, 𝑧)} b) 𝐻 = {4; 5; 6; … ; 22; 23; 24}

6. Egy csomag francia kártyából addig húzunk visszatevés nélkül, míg a húzott lap király nem lesz. Az esemény kimenetelének azt a sorszámot tekintjük, ahanyadikra a királyt kihúzzuk. Sorold fel a következő események elemi eseményeit: 𝑨 = {legfeljebb harmadikra húzunk királyt} 𝑩 = {legalább 𝟒𝟎. – re húzunk királyt} Megoldás: A csomag 52 lapból áll, melyben 4 király található, így az elemi események a következők: 𝐴: {1}; {2}; {3} 𝐵: {40}; {41}; {42}; {43}; {44}; {45}; {46}; {47}; {48}; {49}

7. Jelentse 𝑨 azt az eseményt, hogy egy kockával prímszámot dobunk, a 𝑩 pedig azt, hogy 𝟑 – nál nem dobunk nagyobbat. Mit jelentenek a következő műveletek: 𝑨 + 𝑩; 𝑨 · 𝑩; 𝑨 − 𝑩; 𝑩 − 𝑨? Megoldás: Soroljuk fel a két esemény elemi eseményeit: 𝐴: {2}; {3}; {5} és 𝐵: {1}; {2}; {3}. Ezek alapján a megoldások a következők: 𝐴 + 𝐵: {1}; {2}; {3}; {5} 𝐴 · 𝐵: {2}; {3} 𝐴 − 𝐵: {5} 𝐵 − 𝐴: {1}

3

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 8. A lottón az 𝟏, 𝟐, … , 𝟖𝟗, 𝟗𝟎 számok közül ötöt húznak ki. A számok kihúzásának sorrendje nem számít. Jelentse 𝑨 azt az eseményt, hogy a kihúzott számok között szerepel a 𝟕, 𝟒𝟗. A 𝑩 azt, hogy a kihúzott számok között van az 𝟏, 𝟏𝟏. A 𝑪 pedig azt, hogy a következő öt számot húzták ki: 𝟏, 𝟕, 𝟏𝟏, 𝟒𝟗, 𝟔𝟒. Mit jelent az (𝑨 + 𝑩) · 𝑪 és az (𝑨 + 𝑩) · 𝑪 esemény? Megoldás: A megoldások a következők: (𝐴 + 𝐵) · 𝐶 = {𝑎 𝑘𝑖ℎú𝑧𝑜𝑡𝑡 𝑠𝑧á𝑚𝑜𝑘 1,7,11,49,64} (𝐴 + 𝐵) · 𝐶 = {𝑎 𝑘𝑖ℎú𝑧𝑜𝑡𝑡 𝑠𝑧á𝑚𝑜𝑘 𝑘ö𝑧ö𝑡𝑡 𝑣𝑎𝑛 𝑎 7,49, 𝑣𝑎𝑔𝑦 𝑎𝑧 1,11, 𝑑𝑒 𝑛𝑒𝑚 𝑎𝑧 1,7,11,49,64 𝑠𝑧á𝑚ö𝑡ö𝑠}

9. A 𝟎, 𝟏, … , 𝟖, 𝟗 számjegyek közül válasszunk ki négy számjegyet úgy, hogy egy – egy számjegy ismétlődhet is. Jelöljük 𝑨 – val azt az eseményt, hogy a kiválasztott számjegyek között nem szerepel a 𝟎; 𝑩 pedig azt, hogy pontosan egy 𝟏 – es van köztük. Mit jelent az 𝑨 · 𝑩 esemény? Megoldás: A megoldás a következő: 𝐴 · 𝐵 = {𝑎 𝑘𝑖𝑣á𝑙𝑎𝑠𝑧𝑡𝑜𝑡𝑡 𝑠𝑧á𝑚𝑜𝑘 𝑘ö𝑧ö𝑡𝑡 𝑠𝑧𝑒𝑟𝑒𝑝𝑒𝑙 𝑎 0, 𝑠 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜𝑠𝑎𝑛 𝑒𝑔𝑦 1 − 𝑒𝑠}.

10. Egy pizzériában 𝟑 asztalhoz lehet leülni. Legyen az 𝑨 esemény az, hogy az elsőtől; a 𝑩 esemény az, hogy a másodiktól; a 𝑪 esemény pedig az, hogy a harmadiktól fut be rendelés. Milyen eseményeket jelentenek a következő formulák? a) 𝑨 · 𝑩 · 𝑪 b) 𝑨 · 𝑩 · 𝑪 c) 𝑨 · 𝑩 · 𝑪 + 𝑨 · 𝑩 · 𝑪 + 𝑨 · 𝑩 · 𝑪 + 𝑨 · 𝑩 · 𝑪 Megoldás: A megoldások a következők: a) 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 = {𝑐𝑠𝑎𝑘 𝑎𝑧 𝑒𝑙𝑠ő é𝑠 𝑎 ℎ𝑎𝑟𝑚𝑎𝑑𝑖𝑘 𝑎𝑠𝑧𝑡𝑎𝑙𝑡ó𝑙 𝑗ö𝑛 𝑟𝑒𝑛𝑑𝑒𝑙é𝑠} b) 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 = {𝑙𝑒𝑔𝑓𝑒𝑙𝑗𝑒𝑏𝑏 𝑘é𝑡 𝑎𝑠𝑧𝑡𝑎𝑙𝑡ó𝑙 𝑟𝑒𝑛𝑑𝑒𝑙𝑛𝑒𝑘} c) 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 + 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 + 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 + 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 = {𝑙𝑒𝑔𝑎𝑙á𝑏𝑏 𝑘é𝑡𝑎𝑠𝑧𝑡𝑎𝑙𝑡ó𝑙 𝑟𝑒𝑛𝑑𝑒𝑙𝑛𝑒𝑘}

4

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 11. Egy számegyenesen véletlenszerűen felvillannak a [−𝟑; 𝟏𝟑] intervallumban egyes pontok. Jelentse 𝑨 azt az eseményt, hogy a felvillanó pont a [−𝟏; 𝟔] intervallumba esik, a 𝑩 esemény pedig azt, hogy a ]𝟐; 𝟗[ intervallumba. Mit jelentenek a következő események: 𝑨 · 𝑩; 𝑨 + 𝑩; 𝑨 − 𝑩; 𝑩 − 𝑨; 𝑩; 𝑨 + 𝑩? Megoldás: A megoldások a következők: 𝐴 · 𝐵 = {𝑎 𝑝𝑜𝑛𝑡 𝑎 ]2; 6] 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑢𝑚𝑏𝑎 𝑒𝑠𝑖𝑘} 𝐴 + 𝐵 = {𝑎 𝑝𝑜𝑛𝑡 𝑎 [−1; 9[ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑢𝑚𝑏𝑎 𝑒𝑠𝑖𝑘} 𝐴 − 𝐵 = {𝑎 𝑝𝑜𝑛𝑡 𝑎 [−1; 2] 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑢𝑚𝑏𝑎 𝑒𝑠𝑖𝑘} 𝐵 − 𝐴 = {𝑎 𝑝𝑜𝑛𝑡 𝑎 ]6; 9[ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑢𝑚𝑏𝑎 𝑒𝑠𝑖𝑘} 𝐵 = {𝑎 𝑝𝑜𝑛𝑡 𝑎 [−3; 2] ∪ [9; 13] 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑢𝑚𝑏𝑎 𝑒𝑠𝑖𝑘} 𝐴 + 𝐵 = {𝑎 𝑝𝑜𝑛𝑡 𝑎 [−3; −1[ ∪ ]2; 13] 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑢𝑚𝑏𝑎 𝑒𝑠𝑖𝑘}

12. Egy számítógép monitorján egy koordináta – rendszer részlete látható: azon pontok, amelyek mindkét koordinátájára igaz, hogy a [−𝟓; 𝟓] intervallumba esnek. Véletlenszerűen felvillannak a monitoron egyes pontok. Jelentse 𝑨, 𝑩 és 𝑪 a következő eseményeket a felvillanó pont koordinátáitól függően: 𝑨: 𝒙𝟐 + (𝒚 − 𝟏)𝟐 ≤ 𝟗; 𝑩: 𝒙 > 𝟐 és 𝑪: 𝒚 > 𝒙 + 𝟏. Ábrázold koordináta – rendszerben a következő eseményeket: 𝑪; 𝑨 · 𝑩; 𝑨 + 𝑪; 𝑩 − 𝑪? Megoldás: A szaggatott vonal pontjai már nem tartoznak az adott eseménybe. 𝐶:

5

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 𝐴 · 𝐵:

𝐴 + 𝐶:

𝐵 − 𝐶:

6

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 13. Tekintsük a következő eseményeket: 𝑨 jelenti azt, hogy Anna megbukott; 𝑩 azt, hogy Balázs átment; 𝑪 pedig azt, hogy Csongor megbukott matematikából. Írd fel eseményalgebrai kifejezéssel a következőket: 𝑫: Csak egyikük bukott meg év végén, 𝑬: Mindhárman átmentek év végén! Megoldás: A megoldások a következők: 𝐷 = 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 + 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 + 𝐴 · 𝐵 · 𝐶 és 𝐸 = 𝐴 · 𝐵 · 𝐶.

14. Legyenek 𝑨 és 𝑩 nem lehetetlen események. Adottak az 𝑨 · 𝑩; 𝑨 · 𝑩 és 𝑨 + 𝑩 események. Milyen negyedik eseményt kell felvennünk, hogy a 𝟒 esemény teljes eseményrendszert alkosson? Megoldás: Teljes eseményrendszer esetén az események összege a biztos esemény. Tekintsük az adott események összegét: 𝐴 · 𝐵 + 𝐴 · 𝐵 + 𝐴 + 𝐵 = 𝐴 · 𝐵. Ebből adódik, hogy a negyedik esemény: 𝐴 · 𝐵. Ezt követően még annak kell teljesülnie, hogy az események páronként kizárják egymást. 𝐴·𝐵·𝐴·𝐵 = ∅

𝐴·𝐵·𝐴·𝐵 =∅

𝐴·𝐵·𝐴+𝐵 =∅

𝐴·𝐵·𝐴·𝐵 = ∅



15. A magyar kártyából húzunk egy lapot, s tekintsük a következő eseményeket: 𝑨 = {pirosat húzunk}; 𝑩 = {ászt húzunk}; 𝑪 = {zöld figurás lapot húzunk}. Fogalmazd meg a következő eseményeket szövegesen, majd számítsd ki a valószínűségüket: 𝑨 + 𝑩; 𝑪 − 𝑩; 𝑨 ∙ 𝑩; 𝑪; 𝑨 + (𝑩 − 𝑪)! Megoldás: 𝐴 + 𝐵 = {pirosat vagy ászt húzunk}

(11)

11

1

32

(3 )

3

1 𝑃 (𝐴 + 𝐵) = (32 = )

𝐶 − 𝐵 = {zöld figurás lapot húzunk, de nem ászt}

≈ 0,34

1 𝑃 (𝐶 − 𝐵) = (32 = 32 ≈ 0,09 ) 1

(1 )

𝐴 ∙ 𝐵 = {piros ászt húzunk}

1

1 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) = (32 = 32 ≈ 0,03 ) 1

(28)

𝐶 = {nem húzunk zöld figurás lapot}

28

1 𝑃 (𝐶) = (32 = 32 = 0,875 ) 1

(10)

10

1 𝐴 + (𝐵 − 𝐶) = {ászt (zöldet kivéve) vagy pirosat húzunk} 𝑃(𝐴 + (𝐵 − 𝐶)) = (32 = 32 ≈ 0,31 ) 1

7

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 16. Egy dobozban 𝟕 piros és 𝟏𝟑 zöld golyó van. Ha találomra kihúzunk egyet közülük, akkor mekkora a valószínűsége, hogy zöld golyót húzunk? Megoldás: Az összes eset száma: (20 ) = 20. A kedvező esetek száma: (13 ) = 13. 1 1 13

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 20 = 0,65.

17. Egy urnában 𝟒 fekete és 𝟑 piros golyó van. Kihúzunk kettőt visszatevés nélkül. Mennyi a valószínűsége, hogy a két golyó ugyanolyan színű lesz? Megoldás: Az összes eset száma: (72) = 21. A kedvező esetek a következők lehetnek: a 4 feketéből húzunk 2 - t, amit (42) = 6 - féleképpen tehetünk meg, vagy a 3 pirosból húzunk 2 - t, amit (32) = 3 - féleképpen tehetünk meg. Ebből a kedvező esetek száma: 6 + 3 = 9. 9

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 21 ≈ 0,43.

18. A magyar kártyából kihúzunk 𝟑 lapot. Mi a valószínűsége, hogy mind piros lesz? Megoldás: Az összes eset száma: (32 ) = 4 960. 3 A kedvező esetek száma: (83) = 56. 56

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 4 960 ≈ 0,011.

19. Egy francia kártyából kihúzunk két lapot: a pakli tetejéről és a pakli aljáról. Az egyiket a mellény zsebébe a másikat a kabát zsebébe tesszük. Másnap megtaláljuk őket és látjuk, hogy azonos színűek. Ezek információk birtokában mennyi a valószínűsége, hogy mind a kettő számozott? Megoldás: Az összes eset száma: (13 ) = 78. 2 A kedvező esetek száma: (29) = 36. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

36 78

≈ 0,46. 8

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 20. A magyar kártyából kihúzunk 𝟒 lapot. Mennyi a valószínűsége, hogy pontosan 𝟑 zöld lesz köztük? Megoldás: Az összes eset száma: (32 ) = 35 960. 4 A kedvező esetek száma: (83) ∙ (24 ) = 1 344. 1 1 344


21. A magyar kártyából kihúzunk 𝟒 lapot. Mi a valószínűsége, hogy mind különböző színű lesz? Megoldás: Az összes eset száma: (32 ) = 35 960. 4 A kedvező esetek száma: (81) ∙ (81) ∙ (81) ∙ (81) = 4 096. 4 096


22. A francia kártyából kiválasztunk 𝟑 lapot. Mi a valószínűsége, hogy mind különböző színű lesz? Megoldás: Az összes eset száma: (52 ) = 22 100. 3 A kedvező esetek számánál először azt kell kiszámolnunk, hogy melyik 3 színt húzzuk ki, ezt (43) = 4 - féleképpen tehetjük meg. Ezt követően a 3 színből kell egy - egy lapot kiválasztanunk, amit (13 ) ∙ (13 ) ∙ (13 ) = 2 447. Ebből a kedvező esetek száma: 4 ∙ 2 447 = 8 788. 1 1 1 8 788

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 22 100 ≈ 0,398. 23. Egy csomag magyar kártyából kétszer húzunk, úgy, hogy az elsőnek húzott lapot visszatesszük. Mi a valószínűség, hogy mindkétszer ugyanazt húzzuk? Megoldás: Az összes eset száma: 322 = 1 024. A kedvező esetek száma: (32 ) ∙ 12 = 32. 1 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

32 1 024

≈ 0,031. 9

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 24. Egy magyarkártya paklit megkeverünk. Mekkora a valószínűsége, hogy az első két helyre nem kerül piros lap? Megoldás: Az összes eset száma: 32!. A kedvező esetek száma: 24 · 23 · 30!. Ezek alapján megoldás: 𝑃 =

24 · 23 · 30! 32!

≈ 0,5565.

25. Magyar kártyából Kriszta és Vera is kap 𝟖 − 𝟖 lapot. Vera arra fogad, hogy 𝟐 - nél több pirosa van, Kriszti pedig legfeljebb 𝟐 - re. Kinek nagyobb az esélye? Megoldás: A két esemény egymás ellentettje, ezért elegendő az egyiket kiszámolnunk. Kriszti esetében az összes eset száma: (32 ) = 10 518 300. 8 A kedvező esetek száma: (24 ) + (81) ∙ (24 ) + (82) ∙ (24 ) = 7 272 991. 8 7 6 7 272 991

Ezek alapján Kriszti 𝑃 (𝐾) = 10 518 300 ≈ 0,69, míg Vera 𝑃 (𝑉) = 1 − 0,69 = 0,31 valószínűséggel nyer, vagyis Krisztinek nagyobb az esélye a fogadásnál.

26. Egy dobókockával kétszer dobunk. Mi a valószínűsége, hogy mindkét szám prím lesz? Megoldás: Az összes eset száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 3 ∙ 3 = 9. 9


27. Egy kockával hatszor dobunk. Mennyi a valószínűsége, hogy az utolsó helyen a többitől különböző szám áll? Megoldás: Az összes eset száma: 66 = 46 656. A kedvező esetek száma: (61) · 55 = 18 750. 18 750

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 46 656 ≈ 0,4019. 10

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 28. Melyiknek nagyobb az esélye: Egy kockával elsőre 𝟔 – ost dobni, vagy egy kockával harmadjára 𝟏 – est dobni? Megoldás: Először számítsuk ki a 6 – os dobás valószínűségét. Ekkor az összes eset száma: 6. A kedvező esetek száma: 1. 1

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐴) = 6. Most számítsuk ki az 1 - es dobás valószínűségét. Ekkor az összes esetek száma: 63 = 216. A kedvező esetek száma: 5 · 5 · 1 = 25, mert az első két dobás nem lehet 1 – es. 25

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐵) = 216. 1

25

Ezek alapján a megoldás: 6 > 216, vagyis elsőre 6 – ost dobni nagyobb az esélye.

29. Három dobókockával dobva, mennyi a valószínűsége, hogy a dobott szánok összege legalább 𝟏𝟔 lesz? Megoldás: Az összes eset száma: 63 = 216. A kedvező esetek számát megkapjuk, ha kiszámoljuk, hogy mennyi olyan dobás van, ahol 16, 17 vagy 18 a számok összege. 18: (6; 6; 6)

→

Ezt 1 - féleképpen dobhatjuk ki.

17: (5; 6; 6)

→

Ezt 3 - féleképpen dobhatjuk ki.

16: (5; 5; 6) és (4; 6; 6)

→

Mindkettőt 3 − 3 – féleképpen dobhatjuk ki.

Ebből a kedvező esetek száma: 1 + 3 + 3 + 3 = 10. 10


11

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 30. Kétszer dobunk egy kockával és leírjuk egymás mellé a számokat. Mennyi a valószínűsége, hogy a) az így kapott kétjegyű szám négyzetszám lesz? b) a második szám lesz a nagyobb? c) így egy kétjegyű páros számot kapunk? d) a számok szorzata páros lesz? Megoldás: a) Az összes eset száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 4 (16, 25,36, 64). 4

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 36 ≈ 0,11. b) Az összes eset száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15. 15

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 36 ≈ 0,42. c) Az összes eset száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 6 ∙ 3 = 18. 18

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 36 = 0,5. d) Az összes eset száma: 62 = 36. A kedvező esetek a következők lehetnek: Két páros számot dobunk, amit 3 ∙ 3 = 9 - féleképpen tehetünk meg, vagy egy páros és egy páratlan számot dobunk, amit 2 ∙ 3 ∙ 3 = 18 - féleképpen tehetünk meg. Ebből a kedvező esetek száma: 9 + 18 = 27. 27


31. Egy dobókockával addig dobunk, míg 𝟓 – ös nem lesz a dobott szám. Határozd meg annak a valószínűségét, hogy egy dobássorozat legfeljebb 𝟒 dobásból fog állni! Megoldás: Az összes eset száma: 6 + 62 + 63 + 64 = 1 554. A kedvező esetek száma: 1 + 5 · 1 + 5 · 5 · 1 + 5 · 5 · 5 · 1 = 155. 155


Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 32. Egy dobókockával, ha párosat dobunk 𝟎 - t írunk le, ha páratlant, akkor 𝟏 - est. Mennyi annak a valószínűsége, hogy 𝟔 dobás után egy 𝟔 - tal osztható számot kapunk? Megoldás: Az összes eset száma: 26 = 64. A kedvező esetek számához az kell, hogy a leírt hatjegyű szám 2 - vel és 3 - mal is osztható legyen. Az előbbi kritérium miatt az utolsó számjegy biztosan 0. A számképzés miatt az első számjegy biztosan 1 - es. A 3 - mal való oszthatóság miatt 2 darab 0 és 2 darab 1 - es szerepel 4! még a számjegyek között, amit 2! ∙2! = 6 – féleképpen dobhatunk ki. Ebből a kedvező esetek száma: 6. 6


33. Egy dobókockával ötször dobva mi a valószínűsége, hogy minden dobás páros lesz? Megoldás: Az összes eset száma: 65 = 7 776. A kedvező esetek száma: 35 = 243. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

243 7 776

≈ 0,031.

34. Négyszer dobunk egy dobókockával. Mennyi a valószínűsége, hogy a) egyszer dobunk 𝟑 - ast? b) legalább egyszer dobunk 𝟔 - ost? Megoldás: a) Az összes eset száma: 64 = 1 296. A kedvező esetek száma: (41) ∙ 53 = 500. 500

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 296 ≈ 0,39. b) Mivel most a megoldáshoz 1, 2, 3 vagy 4 darab 6 - ost is dobhatunk, így egyszerűbb, ha az ellentett esemény valószínűségét számoljuk ki. Az állítás ellentettje az, hogy nem lesz a dobott számok között 6 - os. Ekkor az összes eset száma 64 = 1 296, míg a kedvező esetek száma 54 = 625. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐴) = 1 − 𝑃 (𝐴) = 1 − 13

625 1 296

≈ 0,52.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 35. Egy 𝟏𝟐𝟓 darab egybevágó kis kockából épített nagyobb kocka lapjait kékre festjük. Ezután szétszedjük a kockát és a darabjait összekeverjük. Mennyi a valószínűsége, hogy egyet kiválasztva a) pontosan 𝟏 kék lapja van? b) nincs kék lapja? c) legalább 𝟐 kék lapja van? Megoldás: a) Az összes eset száma: (125 ) = 125. A kedvező esetek száma: (54 ) = 54. 1 1 54

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 125 = 0,432. b) Az összes eset száma: (125 ) = 125. A kedvező esetek száma: (27 ) = 27. 1 1 27

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 125 = 0,216. c) Az összes eset száma: (125 ) = 125. A kedvező esetek száma: (44 ) = 44. 1 1 44

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 125 = 0,352. 36. Ötször dobunk egy érmével. Mekkora a valószínűsége, hogy a) több írást dobunk, mint fejet? b) mindegyik ugyanaz az oldal lesz? Megoldás: a) Az összes eset száma: 25 = 32. 5!

A kedvező esetek a következők lehetnek: 3 írás és 2 fej, ezt 2! ∙ 3! = 10 - féleképpen dobhatjuk ki; 4 írás és 1 fej, ezt 5 - féleképpen dobhatjuk ki és 5 írás, amit 1 - féleképpen dobhatunk ki. Ebből a kedvező esetek száma: 10 + 5 + 1 = 16. 16

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 32 = 0,5. b) Az összes eset száma: 25 = 32. A kedvező esetek száma: 2 (mind fej, vagy mind írás). 2

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 32 = 0,0625. 14

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 37. A 𝟎, 𝟏, 𝟏, 𝟏, 𝟐, 𝟐 számjegyekből hatjegyű számokat képzünk. Az így kapott számok közül kiválasztva egyet, mennyi a valószínűsége, hogy 𝟒 - gyel osztható lesz? Megoldás: 6! 5! Az összes eset száma: 1! ∙ 2! ∙ 3! − 2! ∙ 3! = 50. A kedvező esetek a következők lehetnek: A 4 - gyel való oszthatóság miatt a számok csak 4! 3! 12 - re vagy 20 - ra végződhetnek. A 12 - re végződő számokból 1! ∙ 1! ∙ 2! − 1! ∙ 2! = 9 van, míg 4!

a 20 - ra végződő számokból 1! ∙ 3! = 4. Ebből a kedvező esetek száma: 9 + 4 = 13. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

13 50

= 0,26.

38. Egy osztálynak szerdán 𝟓 órája van: Matematika, Biológia, Rajz, Testnevelés, Angol. Mennyi a valószínűsége, hogy az Angolt Biológia követi és Testnevelés az utolsó? Megoldás: Az összes eset száma: 5! = 120. A kedvező esetek száma: 3! = 6. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

6 120

= 0,05.

39. Moziba megy 𝟑 fiú és 𝟑 lány. Mi a valószínűsége, hogy lányok és fiúk felváltva ülnek le egymás mellé? Megoldás: Az összes eset száma: 6! = 720. A kedvező esetek száma: 3! ∙ 3! ∙ 2 = 72. 72


40. A hét napjait összekeverve, mennyi a valószínűsége, hogy Kedd és Szerda egymás mellé kerül? Megoldás: Az összes eset száma: 7! = 5 040. A kedvező esetek száma: 6! · 2! = 1 440. 1 440


Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 41. Kiválasztunk egy 𝒙𝟒𝟗𝒚 alakú számot. Mennyi a valószínűsége, hogy a szám néggyel osztható lesz? Megoldás: Az összes eset száma: 9 ∙ 10 = 90 (az első számjegy nem lehet 0). A kedvező esetek száma: 9 ∙ 2 = 18 (az utolsó számjegy csak 2, vagy 6 lehet). 18

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 90 = 0,2. 42. Ha 𝟓 házaspárból kiválasztunk 𝟑 embert, mennyi a valószínűsége, hogy lesz egy pár közöttük? Megoldás: Az összes eset száma: (10 ) = 120. 3 A kedvező esetek számához előbb el kell döntenünk, hogy melyik házaspárt választjuk ki, amit (51) = 5 - féleképpen tehetünk meg, majd a megmaradó 8 ember közül kell még kiválasztanunk egyet, s ezt (81) = 8 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 5 ∙ 8 = 40. 40


43. Egy osztályba 𝟐𝟓 - en járnak, s az egyik napon 𝟕 - en hiányoznak. Kiválasztva 𝟓 felelőt, mennyi a valószínűsége, hogy csak 𝟑 - an felelnek? Megoldás: Az összes eset száma: (25 ) = 53 130. 5 A kedvező esetek száma: (18 ) ∙ (72) = 17 136. 3 17 136


44. Egy osztályba jár 𝟐𝟎 tanuló, s két azonos létszámú csoportba osztjuk őket. Mi a valószínűsége, hogy Hanna és János ugyanabba a csoportba kerülnek? Megoldás: Az összes eset száma: (20 ) = 184 756. 10 A kedvező esetek száma: (18 ) = 43 758. 8 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

43 758 184 756

≈ 0,24. 16

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 45. Egy nyelvi csoportba 𝟕 fiú és 𝟖 lány jár. A tanár kihív 𝟑 felelőt. Mekkora a valószínsűége, hogy fiú és lány is lesz a felelők között? Megoldás: Először számítsuk ki az ellentett esemény valószínűségét, vagyis azt, amikor azonos neműeket választunk ki. Az összes eset száma: (15 ) = 455. 3 A kedvezőtlen esetek száma: (73) + (83) = 91. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 −

91 455

=

364 455

= 0,8.

46. Egy villamosjegyen az 𝟓 - ös és 𝟔 - os ki van lyukasztva. Mennyi a valószínűsége, hogy elfogadják utazáskor, ha a gép legalább 𝟐 - t, de legfeljebb 𝟒 - et lyukaszt ki? Megoldás: Az összes eset száma: (29) + (39) + (49) = 246. A kedvező esetek száma: 1 + (71) + (72) = 29. 29


47. Sorshúzás útján 𝟏𝟓 fiút és 𝟏𝟓 lányt azonos létszámú csoportokba osztunk. Mennyi a valószínűsége, hogy egyikben 𝟓 fiú és 𝟏𝟎 lány lesz? Megoldás: Az összes eset száma: (30 ) = 155 117 520. 15 A kedvező esetek száma: (15 ) ∙ (15 ) = 9 018 009. 5 10 9 018 009

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 155 117 520 ≈ 0,058.

48. Egy urnában 𝟑 kék, 𝟐 zöld és 𝟏 fekete golyó van, s kihúzunk 𝟐 - t visszatevéssel. Mennyi a valószínűsége, hogy azonos színűek lesznek? Megoldás: Az összes eset száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma 32 + 22 + 12 = 14. 14

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 36 ≈ 0,39. 17

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 49. Egy csoportban van 𝟏𝟒 lány: 𝟑 szőke, 𝟒 fekete, 𝟔 barna, 𝟏 vörös. Mennyi a valószínűsége, hogy 𝟐 lányt kiválasztva, a hajuk színe különböző lesz? Megoldás: Először számítsuk ki az ellentett esemény valószínűségét, vagyis azt, amikor azonos hajszínű lányokat választunk ki. Az összes eset száma (14 ) = 91. 2 A kedvezőtlen esetek száma: (32) + (42) + (62) = 24. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 −

24 91

≈ 0,74.

50. Egy dobozban 𝟐 kék, 𝟑 zöld, 𝟑 piros és 𝟏 sárga golyó van. Háromszor húzunk visszatevéssel, mennyi a valószínűsége, hogy mind különböző színű lesz? Megoldás: Az összes eset száma: 93 = 729. A kedvező esetek száma: 3! ∙ ((21) (31)(31) + (21)(31)(11) + (21)(31)(11) + (31)(31)(11)) = 234. 234


51. Az iskolában 𝟗. évfolyamra 𝟏𝟐𝟔 tanuló jár. Közöttük kétszer annyian sportolnak, mint amennyien nem. Az iskolaújságot a sportolók harmada, a nem sportolók fele olvassa. Két diákot kiválasztva mi a valószínűsége, hogy mindkettő olvassa az újságot, de csak az egyik sportol? Megoldás: Legyen a nem sportolók száma 𝑥, s ekkor a sportolók száma 2𝑥. A szöveg alapján felírhatjuk a következő egyenletet: 𝑥 + 2𝑥 = 126. Ezt megoldva azt kapjuk, hogy 𝑥 = 42. Ebből adódik, hogy összesen 84 sportoló van, melyek közül 28 olvas újságot és 42 nem sportoló, melyek közül 21 olvas újságot. Az összes eset száma: (126 ) = 7 875. 2 A kedvező esetek száma: (28 ) ∙ (21 ) = 588. 1 1 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

588 7 875

≈ 0,075. 18

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 52. Egy osztályba 𝟑𝟎 tanuló jár. A történelmet 𝟐𝟎 - an, a matematikát csak 𝟏𝟑 - an, s mindkettőt összesen 𝟓 – en szeretik. Kiválasztva 𝟐 diákot, mi a valószínűsége, hogy egyik csak a matematikát, másik csak a történelmet szereti? Megoldás: Mivel 5 - en mindkettőt szeretik, ezért a csak történelmet kedvelők száma 20 − 5 = 15, míg a csak matematikát kedvelők száma pedig 13 − 5 = 8. Ebből az összes eset száma: (30 ) = 435. 2 A kedvező esetek száma: (15 ) ∙ (81) = 120. 1 120


53. Az egyik 𝟐𝟎 fős osztályba 𝟏𝟔 angolos és 𝟒 németes jár. Az osztályba járó mindhárom lány angolos. Ha ebből az osztályból kisorsolnánk 𝟒 fiút és 𝟏 lányt, akkor mekkora lenne a valószínűsége annak, hogy a kisorsoltak közül pontosan 𝟐 németes? Megoldás: Az összes eset száma: (17 ) ∙ (31) = 7 140. 4 A kedvező esetek számánál először ki kell választanunk a 4 németesből 2 - t, majd a fennmaradó 13 angolos fiúból is választanunk kell 2 - t, s végül a 3 lányból kell még kiválasztanunk 1 - t. Ebből a kedvező esetek száma: (42) ∙ (13 ) ∙ (31) = 1 404. 2 1 404


54. Zoli és Gyuri játszik. Gyuri dob egyszer, Zoli kétszer. Zoli 𝟏 pontot kap, ha 𝟑 - mal osztható az összeg, Gyuri ha párosat dobott. Kinek nagyobb az esélye a nyerésre? Megoldás: 3 Annak az esélye, hogy Gyuri nyer 1 pontot az adott körben: 𝑃 (𝐺𝑌) = 6. Zoli akkor nyer 1 pontot, ha a két szám összege: 3, amit 2 - féleképpen; 6, amit 5 - féleképpen; 9, amit 4 - féleképpen és 12, amit 1 – féleképpen dobhat ki. Ebből a kedvező esetek száma: 2 + 5 + 4 + 1 = 12. 12

2

Ebből annak a valószínűsége, hogy Zoli nyer 1 pontot az adott körben: 𝑃 (𝑍) = 36 = 6. Ezek alapján Gyuri esélye a nagyobb a nyerésre.

19

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 55. Egy versmondó versenyen a döntőbe jutott 𝟏𝟔 versenyző, s ezek közül a negyedik osztályba a következő diákok járnak: Ágnes, Irén, Rozália, Béla, Sándor. Mi a valószínűsége, hogy Irén nyer és fiú lesz a második? Megoldás: Az összes eset száma: (16 ) ∙ (15 ) = 240. 1 1 A kedvező esetek száma: 1 ∙ (21) = 2. 2


56. Peti vizsgázik, de a 𝟐𝟎 tételből csak 𝟏𝟔 – ot tudott megtanulni. Ő az első vizsgázó, és három tételt kell húzzon sorban egymás után. A tételek közül legalább kettőt tudnia kell ahhoz, hogy sikerüljön a vizsgája. Számítsd ki, mekkora valószínűséggel sikerült Peti vizsgája? Megoldás: Az összes eset száma: (20 ) = 1 140. 3 A kedvező eseteknél a következők lehetnek: mind a 3 tétel jó, ezt (16 ) = 560 – féleképpen 3 16 4 húzhatja ki, 2 tétel jó és 1 nem, ezt ( 2 ) ∙ (1) = 480 – féleképpen húzhatja ki. Ebből a kedvező esetek száma: 560 + 480 = 1 040. 1 140


57. Egy pálcán bolha ugrál úgy, hogy ugrásainak hossza 𝟏𝟎 𝒄𝒎. Minden ugrása véletlenszerűen balra, vagy jobbra történik. Határozd meg, hogy 𝟏𝟎 ugrád után mekkora valószínűséggel tartózkodik a kiindulási helytől jobbra 𝟒𝟎 𝒄𝒎 – re, illetve balra 𝟓𝟎 𝒄𝒎 – re? Megoldás: Mivel 10 – szer ugrik, így csak 20 𝑐𝑚; 40 𝑐𝑚; 60 𝑐𝑚; 80 𝑐𝑚; 100 𝑐𝑚 lehet a távolság. Ebből adódik, hogy az 50 𝑐𝑚 valószínűsége: 0. Számítsuk ki a 40 𝑐𝑚 valószínűségét. Ekkor az összes eset száma: 210 = 1 024, mert mindig két irányból választhat. 10!

A kedvező esetek száma: 7! · 3! = 120, mert 7 jobbra és 3 balra ugrás szükséges. 120


Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 58. Egy 𝟏𝟐 fős társaság száll fel egy 𝟑 kocsiból álló metrószerelvényre. A sietség miatt senki nem nézi, hogy a többiek hova szállnak. a) Mekkora a valószínűsége, hogy minden kocsiba a társaságból 𝟒 ember száll fel? b) Mekkora a valószínűsége, hogy van olyan kocsi, amelyikre senki nem szállt fel? Megoldás: a) Minden ember 3 kocsi közül választhat, így az összes eset száma: 312 = 531 441. A kedvező esetek száma: (12 ) ∙ (84) ∙ (44) = 34 650. 4 34 650

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 531 441 ≈ 0,65. b) Minden ember 3 kocsi közül választhat, így az összes eset száma: 312 = 531 441. A kedvező eseteknél először ki kell választanunk a két vagont, amibe felszállnak, amit (32) = 3 - féleképpen tehetünk meg, majd ezek közül választhatnak az emberek, s ezt 212 = 4 096 - féleképen tehetik meg. Ekkor azonban azon eseteket kétszer számoltuk, amelyeknél mindenki ugyanabba a vagonba száll. Ebből a kedvező esetek száma: 3 ∙ 4 096 − 3 = 12 285. 12 285


59. A háromjegyű, vagy a négyjegyű számokból választva nagyobb a valószínűsége annak, hogy az adott számban lesz 𝟗 – es? Megoldás: Először számítsuk ki a háromjegyű számok valószínűségét. Ekkor az összes eset száma: 9 · 102 = 900. A kedvezőtlen esetek száma: 8 · 92 = 648. 648

7

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐴) = 1 − 900 = 25. Most számítsuk ki a négyjegyű számok valószínűségét. Ekkor az összes eset száma: 9 · 103 = 9000. A kedvezőtlen esetek száma: 8 · 93 = 5832. 5832

81

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐵) = 1 − 9000 = 125. Ezek alapján a megoldás:

7 25

<

81

, vagyis a négyjegyű számokból választva lesz nagyobb.

125

21

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 60. Egy 𝟖 fős klub a megalakulásakor sorsolással dönti el, hogy ki milyen pozíciót kapjon a társaságban: 𝟐 elnököt, 𝟐 alelnököt, 𝟏 titkárt és 𝟑 tagot sorsolnak ki úgy, hogy betesznek egy urnába 𝟖 papírt (kettőt elnök, kettőt alelnök, egyet titkár és hármat tag felirattal), majd ezeket sorban kihúzzák. A klub 𝟓 férfiból és 𝟑 nőből áll, akik között 𝟐 házaspár van, a többiek egyedülállóak (nőtlenek, illetve hajadonok). a) Dávid és Gábor jó barátok, szeretnének együtt elnökölni. Mi a valószínűsége, hogy ezt megtehetik? b) Mennyi a valószínűsége annak, hogy a tagok mindegyike egyedülálló? c) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a két házaspár tölti be az elnöki és az alelnöki posztokat? d) Mennyi a valószínűsége, hogy nő lesz a titkár? Megoldás: a) Az összes eset száma: (82) = 28. A kedvező esetek száma: 1 (amennyiben ők az elnökök). 1

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 28 ≈ 0,036. 8!

b) Az összes eset száma: 2! ∙ 2! ∙ 1! ∙ 3! = 1 680. A kedvező eseteknél először ki kell választanunk az egyedülállóak közül 3 - at tagnak, amit (43) = 4 - féleképpen tehetünk meg, majd ezután a megmaradó embereket a posztoknak megfelelően sorba kel rendeznünk, s ezt kedvező esetek száma: 4 ∙ 30 = 120.

5!

2! ∙ 2! ∙ 1!

= 30 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a

120


c)

8!

Az összes eset száma: 2! ∙ 2! ∙ 1! ∙ 3! = 1 680. A kedvező eseteknél először el kell döntenünk, hogy melyik házaspár melyik pozíciót kapja, amit 2 - féleképpen tehetünk meg, majd ezután a megmaradó embereket a 4! posztoknak megfelelően sorba kel rendeznünk, s ezt 1! ∙ 3! = 4 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 2 ∙ 4 = 8. 8


22

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) d) Az összes eset száma: (82) = 28. A kedvező eseteknél először ki kell választanunk a 3 nőből a titkárt, amit (31) = 3 - féleképpen tehetünk meg, majd ezután a megmaradó embereket a posztoknak 7!

megfelelően sorba kel rendeznünk, s ezt 2! ∙ 2! ∙ 3! = 210 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 3 ∙ 210 = 630. 630

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 680 = 0,375. 61. Négy urna mindegyikben 𝟏 - től 𝟗 - ig találhatóak cédulák. Mindegyikből kiválasztunk 𝟏 - et, s azokat lerakjuk egymás mellé. Mi a valószínűsége, hogy 𝟏 𝟗𝟖𝟓 - öt kapunk? Megoldás: Az összes eset száma: 94 = 6 561. A kedvező esetek száma: 1 (maga a szám). 1


62. Kati néni a piacon eladta a zöldségeket, utána a parkolásra véletlenszerűen kivett a pénztárcájából két érmét. Mi a valószínűsége, hogy legalább 𝟏𝟎𝟎 𝑭𝒕 – ot kivett, ha a tárcában 𝟏𝟎 𝒅𝒃 𝟏𝟎𝟎 𝑭𝑻 – os, 𝟒 𝒅𝒃 𝟓𝟎 𝑭𝒕 – os, 𝟕 𝒅𝒃 𝟐𝟎 𝑭𝒕 – os, 𝟔 𝒅𝒃 𝟏𝟎 𝑭𝒕 – os, 𝟒 𝒅𝒃 𝟓 𝑭𝒕 – os, 𝟐𝟒 𝒅𝒃 𝟐 𝑭𝒕 – os és 𝟏𝟕 𝒅𝒃 𝟏 𝑭𝒕 – os volt? Megoldás: Az összes eset száma: (72 ) = 2 556. 2 A kedvező esetek a következők lehetnek: mindkettő 100 𝐹𝑇 - os, amit (10 ) = 45 – féleképpen 2 4 tehet meg, mindkettő 50 𝐹𝑡 - os, amit (2) = 6 – féleképpen tehet meg, illetve az egyik 100 𝐹𝑡 – os, a másik pedig bármilyen más értékű lehet, erre (10 ) ∙ (62 ) = 620 lehetősége van. 1 1 Ebből a kedvező esetek száma: 45 + 6 + 620 = 671. 671

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 2 556 ≈ 0,26. 63. Egy osztálykiránduláson a 𝟐𝟎 tanuló ebédre 𝑨, 𝑩, 𝑪 menüből választhat. Mennyi a valószínűsége, hogy legalább egy valaki 𝑨 menüt rendel? Megoldás: Az összes esetek száma: 320 . A kedvezőtlen esetek száma: 220 , amikor senki nem rendel 𝐴 menüt. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐴) = 1 −

220 320

≈ 0,9997. 23

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 64. Egy karácsonyfán 𝟐𝟖 darab zselés szaloncukor található. Mennyi kókuszost tegyünk 𝟒 a fára, hogy a zselés választásának valószínűsége 𝟕 legyen? Megoldás: Legyen a kókuszos szaloncukrok száma 𝑥. Ekkor az összes esetek száma 28 + 𝑥, a kedvező esetek száma pedig 28. 28

4

Ebből felírhatjuk a következő egyenletet: 28 + 𝑥 = 7. Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 21.

𝟑

65. Egy ládában 𝟒 citrom és néhány narancs van. A narancs húzásának valószínűsége 𝟒. Hány narancsot kell még beletenni a ládába, hogy a citrom húzásának valószínűsége 𝟎, 𝟏 – nél kisebb legyen? Megoldás: 3 1 4 A citrom húzásának valószínűsége: 1 − 4 = 4 = 16. Ebből adódik, hogy jelenleg 16 gyümölcs, vagyis 12 narancs van a ládában. Legyen a szükséges narancsok száma 𝑥. 4

Ekkor felírhatjuk a következő egyenlőtlenséget: 16 + 𝑥 < 0,1. Ezt megoldva kapjuk, hogy 𝑥 > 24. Ezek alapján legalább 25 narancsot kell még a ládába tenni.

66. Egy osztályban kiválasztva egy diákot nyelvtudást tekintve a következő események adódhatnak: 𝑨 = {tud angolul}; 𝑩 = {tud németül}; 𝑪 = {tud franciául}. Ismertek a következő valószínűségek: 𝑷 (𝑨) = 𝟎, 𝟒; 𝑷 (𝑩) = 𝟎, 𝟑𝟓; 𝑷 (𝑪) = 𝟎, 𝟑; 𝑷 (𝑨𝑩) = 𝟎, 𝟐𝟓; 𝑷 (𝑨 · 𝑪) = 𝟎, 𝟏𝟓; 𝑷 (𝑩 · 𝑪) = 𝟎, 𝟐; 𝑷 (𝑨 · 𝑩 · 𝑪) = 𝟎, 𝟏. Határozd meg annak a valószínűségét, hogy egy diákot kiválasztva, az legalább egy idegen nyelven beszél? Megoldás: Alkalmazzuk az események összegére vonatkozó képletet: 𝑃 (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) = 𝑃 (𝐴) + 𝑃 (𝐵) + 𝑃 (𝐶) − 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) − 𝑃 (𝐵 ∙ 𝐶) − 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐶) + 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵 · 𝐶) =

= 0,4 + 0,35 + 0,3 − 0,25 − 0,2 − 0,15 + 0,1 = 0,55.

24

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 67. Egy dobókockával kétszer dobunk. Legyen az 𝑨 esemény az, hogy az összeg legalább 𝟏𝟎, a 𝑩 esemény pedig az, hogy legalább egyszer 𝟔 – ost dobtunk. Határozd meg az 𝑨 + 𝑩 esemény valószínűségét! Megoldás: Először számítsuk ki az 𝐴 esemény valószínűségét. Ekkor az összes esetek száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 10 összeg 3 – féleképpen, 11 összeg 2 – féleképpen, 12 összeg 1 – féleképpen jöhet ki, vagyis az eredmény 3 + 2 + 1 = 6. 6

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐴) = 36. Most számítsuk ki a 𝐵 esemény valószínűségét. Ekkor az összes esetek száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 1 darab 6 – os 2 · 5 = 10 - féleképpen, 2 darab 6 – os 1 – féleképpen jöhet ki, vagyis az eredmény 10 + 1 = 11. 11

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐵) = 36. Végül számítsuk ki az 𝐴 · 𝐵 esemény valószínűségét. Ekkor az összes esetek száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 5 darab olyan van, amikor szerepel 6 – os, s az összeg legalább 10. 5

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐴 · 𝐵) = 36. 6

11

5

1

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐴 + 𝐵) = 𝑃 (𝐴) + 𝑃 (𝐵) − 𝑃 (𝐴 · 𝐵) = 36 + 36 − 36 = 3.

68. Lilla és Rudi a következő játékot játsszák. Dobnak két kockával és ha a dobott számok szorzata vagy összege 𝟑 - mal osztható, akkor Lilla nyer, más esetben pedig Rudi nyeri a játékot. Kinek van nagyobb esélye a győzelemre? Megoldás: Legyen az 𝐴 esemény az, hogy a számok szorzata osztható 3 - mal, a 𝐵 esemény pedig az, hogy a számok összege osztható 3 - mal.

25

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Először számítsuk ki az 𝐴 esemény valószínűségét. Az összes eset száma: 62 = 36. A kedvező esetek száma: 20. 20

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐴) = 36 ≈ 0,56. Most számítsuk ki a 𝐵 esemény valószínűségét. Az összes eset száma 62 = 36. A kedvező esetek száma: 12. 12

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐵) = 36 ≈ 0,33. Végül számítsuk ki az 𝐴 · 𝐵 esemény valószínűségét. Az összes eset száma 62 = 36. A kedvező esetek száma: 4. 4

Ebből a következőt kapjuk: 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) = 36 ≈ 0,11. Ekkor a játékosok esélye: 𝑃 (𝐿) = 𝑃 (𝐴 + 𝐵) = 𝑃 (𝐴) + 𝑃 (𝐵) − 𝑃 (𝐴 · 𝐵) = 0,56 + 0,33 − 0,11 = 0,78 𝑃 (𝑅) = 1 − 𝑃 (𝐿) = 1 − 0,78 = 0,22. Ezek alapján Lilla esélye a nagyobb a győzelemre.

69. A gimnázium udvarán álló szobor szelleme igazat mond, ha válaszol egy kérdésre, de 𝟏 annak a valószínűsége, hogy válaszol egy adott kérdésre, csupán 𝟑. Egy diák azt tervezi, hogy háromszor megkérdezi a szellemet az érettségije eredményéről. Mi a valószínűsége, hogy a szellem válaszol? Megoldás: Legyen az 𝐴 esemény az, hogy az első kérdésre válaszol, a 𝐵 esemény az, hogy a második kérdésre válaszol, a 𝐶 esemény pedig az, hogy a harmadik kérdésre válaszol. Az események egymástól függetlenek, így a kérdéses valószínűség a következő: 𝑃 (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) = 𝑃 (𝐴) + 𝑃 (𝐵) + 𝑃 (𝐶) − 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) − 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐶) − 𝑃 (𝐵 ∙ 𝐶) + 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵 ∙ 𝐶) 1

1

1

1 1

1 1

1 1

1 1 1

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) = 3 + 3 + 3 − 3 ∙ 3 − 3 ∙ 3 − 3 ∙ 3 + 3 ∙ 3 ∙ 3 ≈ 0,7. 26

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 70. Legyen 𝑷 (𝑨) = 𝟎, 𝟓 annak a valószínűsége, hogy Anna 𝟏𝟔 és 𝟏𝟕 óra között elmegy sétálni, 𝑷 (𝑩) = 𝟎, 𝟔 annak, hogy Béla ebben az időben sétál, 𝑷 (𝑨 ∙ 𝑩) = 𝟎, 𝟒 annak, hogy mindketten sétálnak. a) Független eseményeknek tekinthetjük – e Anna, illetve Béla délutáni sétáját? b) Mi a valószínűsége, hogy legalább az egyik fiatal sétál délután 𝟏𝟔 és 𝟏𝟕 óra között? Megoldás: a) Két esemény független, ha 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) = 𝑃 (𝐴) ∙ 𝑃 (𝐵). Mivel 0,4 ≠ 0,5 ∙ 0,6, így ezek nem független események. b) A kérdéses valószínűség: 𝑃 (𝐴 + 𝐵) = 𝑃 (𝐴) + 𝑃 (𝐵) − 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵). Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐴 + 𝐵) = 0,5 + 0,6 − 0,4 = 0,7.

71. Egy kockával dobunk. Független - e a következő két esemény egymástól? a) 𝑨 = {A dobott szám páros.} és 𝑩 = {A dobott szám 𝟑 - mal osztható.} b) 𝑨 = {A dobott szám páros.} és 𝑩 = {A dobott szám 𝟒 - gyel osztható.} Megoldás: Két esemény független, ha 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) = 𝑃 (𝐴) ∙ 𝑃 (𝐵). 1

a) Az 𝐴 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐴) = 2. 1

Az 𝐵 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐵) = 3. 1

Az 𝐴 ∙ 𝐵 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) = 6. 1

1 1

Mivel 6 = 2 ∙ 3, így ezek független események. 1

b) Az 𝐴 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐴) = 2. 1

Az 𝐵 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐵) = 6. 1

Az 𝐴 ∙ 𝐵 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) = 6. 1

1 1

6

2 6

Mivel ≠ ∙ , így ezek nem független események. 27

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 72. Legyen az 𝑨 esemény az, hogy holnap nyerek a Tipp – Mixen, a 𝑩 pedig az, hogy nem nyerek. Függetlenek – e ezek az események? Megoldás: Nem függetlenek, mert az egyik esemény bekövetkezéséből adódik, hogy a másik nem következhet be: 𝑃 (𝐴 · 𝐵) = 0 ≠ 𝑃 (𝐴) · 𝑃(𝐵). 73. Lehet – e két esemény független, ha az események egymást kizárók? Megoldás: Amennyiben a két esemény egymást kizáró, akkor 𝑃 (𝐴 · 𝐵) = 0. Mivel független események esetén 𝑃 (𝐴 · 𝐵) = 𝑃 (𝐴) · 𝑃(𝐵), így csak akkor teljesülhet, ha 𝑃 (𝐴) = 0, vagy 𝑃 (𝐵) = 0, vagyis a két esemény közül, legalább az egyik lehetetlen esemény. 𝟏

74. Egy vegyes amatőr röplabdacsapatban 𝟐 lány és 𝟒 fiú van. Egy lány 𝟏𝟖 valószínűséggel 𝟏

üt védhetetlen nyitást, egy fiú 𝟓 valószínűséggel. Ha kockadobással döntik el, hogy ki legyen az első nyitó, akkor mi a valószínűsége, hogy az első nyitás védhetetlen lesz? Megoldás: Legyen az 𝐴 esemény az, hogy lány kezd, a 𝐵 esemény az, hogy fiú kezd, a 𝐶 esemény az, hogy a lány nyerőt üt, a 𝐷 esemény az, hogy a fiú nyerőt üt, az 𝐸 esemény pedig az, hogy az első nyitás véthetetlen lesz. 2

4

1

1

Az események valószínűsége: 𝑃 (𝐴) = 6 ; 𝑃 (𝐵) = 6 ; 𝑃 (𝐶) = 18 ; 𝑃 (𝐷) = 5 A kérdéses valószínűség a következő: 𝑃 (𝐸) = 𝑃 (𝐴) ∙ 𝑃(𝐶) + 𝑃 (𝐵) ∙ 𝑃 (𝐷). 2

1

4 1

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐸) = 6 ∙ 18 + 6 ∙ 5 ≈ 0,15. 75. Egy hideg téli napon Pisti sapka nélkül megy iskolába, így 𝟖𝟎 % esélye van, hogy megfázik. Ha megfázik, akkor 𝟕𝟓 % eséllyel kapja el az influenzát, ha nem fázik meg akkor 𝟐𝟓 % eséllyel. Mekkora az esélye, hogy nem lesz influenzás? Megoldás: Legyen az 𝐴 esemény az, hogy megfázik, a 𝐵 esemény az, hogy nem fázik meg, a 𝐶 esemény az, hogy megfázva elkapja az influenzát, a 𝐷 esemény az, hogy nem megfázva kapja el az influenzát, a 𝐸 esemény pedig az, hogy nem lesz influenzás. 4

1

3

1

Az események valószínűsége: 𝑃 (𝐴) = 5 ; 𝑃 (𝐵) = 5 ; 𝑃 (𝐶) = 4 ; 𝑃 (𝐷) = 4 A kérdéses valószínűség a következő: 𝑃 (𝐸) = 𝑃 (𝐴) ∙ 𝑃(𝐶) + 𝑃 (𝐵) ∙ 𝑃 (𝐷). 4

3

1

1

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐸) = 5 ∙ (1 − 4) + 5 ∙ (1 − 4) = 0,35. 28

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 76. Egy gyártósor két futószalagból és egy gépből áll. Ezek egymástól függetlenül működnek, ha a gép és legalább az egyik futószalag jó, akkor a gyártósor működőképes. Egy bizonyos időtartamban a futószalagok működésének valószínűsége 𝟎, 𝟖; a gép működésének valószínűsége 𝟎, 𝟗𝟒. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a gyártósor működik? Megoldás: Legyen az 𝐴 esemény az, hogy az első futószalag működik, a 𝐵 esemény az, hogy a második futószalag működik, a 𝐶 esemény pedig az, hogy a gép működik. Az események egymástól függetlenek, így a kérdéses valószínűség a következő: 𝑃 ((𝐴 + 𝐵 ) ∙ 𝐶) = 𝑃 (𝐴 + 𝐵 ) ∙ 𝑃(𝐶 ) = [𝑃 (𝐴) + 𝑃 (𝐵 ) − 𝑃 (𝐴) ∙ 𝑃(𝐵 )] · 𝑃 (𝐶).

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 ((𝐴 + 𝐵) ∙ 𝐶) = (0,8 + 0,8 − 0,8 ∙ 0,8) ∙ 0,94 = 0,9024.

77. Azt tapasztaltuk, hogy a dobókockánk nem ugyanakkora eséllyel esik mindegyik lapjára. Megbíztuk Petit, hogy állapítsa meg, mekkora valószínűséggel esik a kocka 𝟏𝟑 az egyes lapokra. Peti a következőt válaszolta: Páros számot 𝟐𝟎 valószínűséggel lehet dobni, prímszámot pedig 𝟐𝟏 𝟒𝟎

𝟑 𝟖

valószínűséggel. Összetett számot ugyanakkora,

valószínűséggel dobhatunk, mint 𝟑 - mal osztható számot. Ha a dobókockánkkal a 𝟐

𝟔 – os dobásának esélye 𝟓, akkor a többi számot mekkora valószínűséggel dobhatjuk? Megoldás: Legyen az 𝐴 esemény az, hogy páros számot dobunk, a 𝐵 esemény az, hogy prímszámot dobunk, a 𝐶 esemény az, hogy összetett számot dobunk, a 𝐷 esemény pedig az, hogy 3 – mal osztható számot dobunk. 13

3

21

21

Az események valószínűsége: 𝑃 (𝐴) = 20 ; 𝑃 (𝐵) = 8 ; 𝑃 (𝐶) = 40 ; 𝑃 (𝐷) = 40. Az események függetlenek egymástól, így a kérdéses valószínűségek a következők: 21

2

5

1

3

21

5

1

A 3 – as dobás valószínűsége: 𝑃 (3) = 𝑃 (𝐷) − 𝑃 (6) = 40 − 5 = 40 = 8. 4

1

Az 1 – es dobás valószínűsége: 𝑃 (1) = 1 − 𝑃 (𝐵) − 𝑃 (𝐶) = 1 − 8 − 40 = 40 = 10. 21

2

A 4 – es dobás valószínűsége: 𝑃 (4) = 𝑃 (𝐶) − 𝑃 (6) = 40 − 5 = 40 = 8. 13

1

2

5

3

1

1

1

1

A 2 – es dobás valószínűsége: 𝑃 (2) = 𝑃 (𝐴) − 𝑃 (4) − 𝑃 (6) = 20 − 8 − 5 = 40 = 8. Az 5 – ös dobás valószínűsége: 𝑃 (5) = 𝑃 (𝐵) − 𝑃 (2) − 𝑃 (3) = 8 − 8 − 8 = 8. 29

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 78. A rulettben a kipörgethető 𝟑𝟓 szám közül 𝟏𝟕 piros és 𝟏𝟕 fekete, a 𝟎 zöld színű. Ha 𝟏𝟎 – szer egymás után pörgetünk, akkor mi a valószínűsége, hogy a) felváltva pörgetünk pirosat és feketét? b) öt pörgetés piros, öt pedig fekete? Megoldás: a) Az összes eset száma: 3510 . A kedvező esetek száma: 175 ∙ 175 = 1710 . 1710

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 3510 ≈ 0,00073. b) Az összes eset száma: 3510 . A kedvező esetek számához előbb ki kell választanunk azt, hogy melyik 5 lesz piros, ezt (10 ) = 252 – féleképpen tehetjük meg, majd ezután a pirosakból és feketékből is ki kell 5 választanunk 5 − 5 - t, amit 175 ∙ 175 = 1710 - féleképpen tehetünk meg. Ebből a kedvező esetek száma: 252 ∙ 1710 . Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

252 ∙ 1710 3510

≈ 0,18.

79. Egy áruházban 𝟏𝟓 eladó van, 𝟑 ért szakszerűen a dolgokhoz. Az egyik napon 𝟖 vevő jött és találomra kértek segítséget 𝟏 − 𝟏 eladótól. Mi a valószínűsége, hogy a 𝟖 vevő között pontosan 𝟓 volt, aki szakértőtől kért segítséget? Megoldás: Az összes eset száma: 152 = 2 562 890 625. A kedvező esetek számához előbb ki kell választanunk azt az 5 vevőt, akik szakértőtől kértek segítséget, amit (85) = 56 – féleképpen tehetünk meg, majd ezután a 3 szakértőből kell választanunk 5 - öt és a 12 további eladóból pedig 3 - at, s ezt 35 ∙ 123 = 419 904 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 56 ∙ 419 904 = 23 514 624. 23 514 624

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 2 562 890 625 ≈ 0,0092. A megoldáshoz használhatjuk a visszatevéses mintavétel képletét is: 3 5

12 3

𝑃 = (85) ∙ (15) ∙ (15) ≈ 0,0092.

30

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 80. Egy 𝟏𝟎 gyerekes családban mennyi a valószínűsége, hogy 𝟑 fiú lesz a gyerekek között? Megoldás: Az összes eset száma: 210 = 1 024. A kedvező esetek számához előbb ki kell választanunk azt, hogy melyik 3 gyerek lesz fiú, amit (10 ) = 120 – féleképpen tehetünk meg, majd ezután a fiúkból kell választanunk 3 - at és a 3 lányokból pedig 7 - et, s ezt 13 ∙ 17 = 1 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 120 ∙ 1 = 120. 120

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 024 ≈ 0,12. A megoldáshoz használhatjuk a visszatevéses mintavétel képletét is: 1 3

1 7

𝑃 = (10 ) ∙ (2) ∙ (2) ≈ 0,12. 3

81. Egy dobozban 𝟑𝟎 termékből 𝟖 hibás. Egyet kiválasztunk, s megvizsgáljuk selejtes - e, majd visszatesszük. Mekkora a valószínűsége annak, hogy 𝟓 - öt kiválasztva pontosan 𝟐 selejtes lesz közöttük? Megoldás: Az összes eset száma: 305 = 24 300 000. A kedvező esetek számához előbb ki kell választanunk azt, hogy melyik 2 húzásnál lesz hibás, amit (52) = 10 – féleképpen tehetünk meg, majd ezután a 8 selejtből kell választanunk 2 - t és a 22 hibátlanból pedig 3 - at, s ezt 82 ∙ 223 = 681 472 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 10 ∙ 681 472 = 6 814 720. 6 814 720

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 24 300 000 ≈ 0,28. A megoldáshoz használhatjuk a visszatevéses mintavétel képletét is: 8 2

22 3

𝑃 = (52) ∙ (30) ∙ (30) ≈ 0,28.

31

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 82. Egy urnában van 𝟏𝟎 golyó, melyből 𝟕 darab kék és 𝟑 darab piros. Mi a valószínűsége, hogy visszatevéssel 𝟒 - szer kihúzva 𝟏 − 𝟏 golyót, pontosan 𝟑 kék lesz közöttük? Megoldás: Az összes eset száma: 104 = 10 000. A kedvező esetek számához előbb ki kell választanunk azt, hogy melyik 3 húzásnál lesz kék, amit (43) = 4 – féleképpen tehetünk meg, majd ezután a 7 kékből kell választanunk 3 - at és a 3 pirosból pedig 1 - et, s ezt 73 ∙ 31 = 1 029 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 4 ∙ 1 029 = 4 116. 4 116


3 7

𝑃 = (43) ∙ (10) ∙ (10) ≈ 0,41.

83. Egyszerre dobunk fel 𝟓 szabályos dobókockát. Mennyi a valószínűsége, hogy pontosan két darab 𝟑 - mal osztható számot dobunk? Megoldás: Az összes eset száma: 65 = 7 776. A kedvező esetek számához előbb ki kell választanunk melyik két kockával dobunk 3 - mal osztható számot, amit (52) = 10 - féleképpen tehetünk meg, majd ezután a 2 darab 3 - mal osztható számból kell választanunk 2 - t és a többi számból pedig 3 - at, s ezt 22 ∙ 43 = 256 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 10 ∙ 256 = 2 560. 2 560


4 3

𝑃 = (52) ∙ (6) ∙ (6) ≈ 0,33.

32

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 84. Egy osztályba 𝟏𝟑 fiú és 𝟏𝟕 lány jár. A tanulók 𝟒 tárgyból versenyeznek. Mennyi a valószínűsége, hogy a győztesek között pontosan 𝟑 fiú lesz? Megoldás: Az összes eset száma: 304 = 810 000. A kedvező esetek számához előbb ki kell választanunk melyik három tárgyat nyerik meg, amit (43) = 4 - féleképpen tehetünk meg, majd ezután a 13 fiúból kell választanunk 3 - t és a 17 lányból pedig 1 - et, s ezt 133 ∙ 171 = 37 349 - féleképpen tehetjük meg. Ebből a kedvező esetek száma: 4 ∙ 37 349 = 149 396. 149 396


17 1

𝑃 = (43) · (30) · (30) ≈ 0,1844.

85. Egy kaszinóban magyar kártyával játszanak egy szerencsejátékot. A játékos a 𝟑𝟐 lapból véletlenszerűen kiválaszt egyet, annak színét feljegyzik, majd a lapot visszateszik a pakliba, s megkeverik a paklit. Ezután még 𝟒 - szer húz hasonló módon. Ha az 𝟓 feljegyzett szín között legalább kétszer szerepel a zöld, akkor a játékos nyert, ellenkező esetben veszített. Mekkora a nyerés valószínűsége? Megoldás: Először számítsuk ki az ellentett esemény valószínűségét, vagyis azt, amikor a játékos nem húz legalább két zöld lapot. Az összes eset száma: 325 = 33 554 432. A kedvezőtlen esetek a következők lehetnek: nem húz zöldet, amit 245 = 7 962 624 – féleképpen tehet meg, illetve 1 zöldet húz, amit (51) ∙ 81 ∙ 244 = 13 271 040 – féleképpen tehet meg. Ebből a kedvezőtlen esetek száma: 7 962 624 + 13 271 040 = 21 233 664. 21 233 664

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 − 33 554 432 ≈ 0,37. A megoldáshoz használhatjuk a visszatevéses mintavétel képletét is: 8 2

24 3

8 4

24 1

𝑃1 = (52) ∙ (32) ∙ (32) ≈ 0,2637 𝑃3 = (54) ∙ (32) ∙ (32) ≈ 0,0146

8 3

24 2

8 5

24 0

𝑃2 = (53) ∙ (32) ∙ (32) ≈ 0,0879 𝑃4 = (55) ∙ (32) ∙ (32) ≈ 0,001

Ekkor a következőt kapjuk: 𝑃 = 0,2637 + 0,0879 + 0,0146 + 0,001 = 0,3672. 33

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 86. Mi a valószínűsége, hogy egy 𝟓 gyermekes családban 𝟐 fiú és 𝟑 lány van, ha a fiú gyermekek születésének valószínűsége 𝟎, 𝟓𝟐𝟑? Megoldás: A visszatevéses mintavétel alapján a megoldás: 𝑃 = (52) · 0,5232 · 0,4773 ≈ 0,2969. 87. Közvéleménykutatás szerint az emberek 𝟔𝟎 % - a szavazna egy adott pártra. Véletlenszerűen kiválasztva 𝟏𝟎 embert, mekkora a valószínűsége, hogy legalább 𝟐, az adott pártra szavazna? Megoldás: Először számítsuk ki az ellentett esemény valószínűségét. A visszatevéses mintavételből a következő adódik: 0,410 + (10 ) · 0,49 · 0,61 ≈ 0,0017. 1 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 − 0,0017 = 0,9983.

88. Egy dobozba 𝟓𝟎 darab cukrot csomagolnak a gyártás során. Minőségellenőrzés során kiderül, hogy 𝟎, 𝟗 valószínűséggel találunk 𝟓𝟎 darab cukorkát egy dobozban. Mekkora a valószínűsége, hogy 𝟖 csomagot vásárolva mindegyikben hiánytalanul lesznek a cukorkák? Megoldás: A visszatevéses mintavétel alapján a megoldás: 𝑃 (𝐴) = 0,98 ≈ 0,4305. 89. Egy futball bajnokság mérkőzését a Falábúak és a Kurtalábúak csapata játssza. A hosszabbítás után is döntetlen az eredmény, ezért 𝟓 − 𝟓 tizenegyest rúgnak, hogy eldöntsék, ki lesz a bajnok. Ha a Falábúak 𝟖𝟎 %, a Kurtalábúak 𝟖𝟓 % eséllyel rúgnak be egy tizenegyest az ellenfél kapusának, akkor mi a valószínűsége, hogy a Falábúak 𝟓 − 𝟑 – ra győznek? (A tizenegyesrúgásokat akkor is folytatják, ha már biztos az egyik csapat győzelme.) Megoldás: Legyen az 𝐴 esemény az, hogy a Falábúak minden tizenegyest berúgnak, a 𝐵 esemény pedig az, hogy a Kurtalábúak 3 tizenegyest berúgnak. A két esemény független egymástól, így a keresett valószínűség: 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵) = 𝑃 (𝐴) ∙ 𝑃(𝐵). Az 𝐴 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐴) = 0,85 ≈ 0,33. A 𝐵 esemény valószínűsége: 𝑃 (𝐵) = (53) ∙ 0,853 ∙ 0,152 ≈ 0,14. Ezek alapján a megoldás: 𝑃 (𝐴 ∙ 𝐵 ) = 0,33 ∙ 0,14 = 0,0462. 34

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 90. Véletlenszerűen felszáll 𝟏𝟓 utas 𝟒 vasúti kocsiba, mindegyik 𝟎, 𝟐𝟓 valószínűséggel száll fel valamelyik kocsiba. Mi a valószínűsége, hogy a) mindannyian ugyanabba a kocsiba szállnak? b) legfeljebb ketten szállnak az első kocsiba? Megoldás: a) Az utasok (41) = 4 – féleképpen választhatják ki a vasúti kocsit. A visszatevéses mintavétel alapján a megoldás: 𝑃 = 4 ∙ 0,2515 ≈ 0,0000000037. b) A kedvező esetek a következők lehetnek: 0, 1 vagy 2 személy száll az első kocsiba. A visszatevéses mintavétel alapján a megoldás: 𝑃 = 0,7515 + (15 ) ∙ 0,251 ∙ 0,7514 + (15 ) ∙ 0,252 ∙ 0,7513 ≈ 0,236. 1 2

91. Egy áruházban 𝟏𝟎 eladó van, közülök 𝟕 ért egy adott eszközhöz. Egy vásárló 𝟓 eladótól érdeklődik az eszköz iránt. Add meg annak a valószínűségét, hogy pontosan 𝟑 eladó ért az eszközhöz! Megoldás: Az összes eset száma: (10 ). A kedvező esetek száma: (73) · (32). 5 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

(73) · (32) (10 5)

≈ 0,4167.

A megoldás megfelel a visszatevés nélküli mintavétel képletének.

92. Egy urnában van 𝟏𝟎 golyó, melyből 𝟕 kék és 𝟑 piros. Mi a valószínűsége, hogy ha kiveszünk 𝟓 - öt visszatevés nélkül, akkor pontosan 𝟒 kék lesz közte? Megoldás: Az összes eset száma: (10 ). A kedvező esetek száma: (74) ∙ (31). 5 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

(74) ∙ (31) (10 5)

≈ 0,42.


35

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 93. Egy farsangon 𝟐𝟎 emberből 𝟖 nő. Kisorsolnak tombolán 𝟓 embert úgy, hogy mindenkit csak egyszer húznak ki. Mi a valószínűsége, hogy 𝟑 nőt sorsolnak ki? Megoldás: Az összes eset száma: (20 ). A kedvező esetek száma: (83) ∙ (12 ). 5 2 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

(83) ∙ (12 2) (20 5)

≈ 0,24.


94. Egy 𝟐𝟓 fős osztályban 𝟖 tanuló jeles matematikából. Kisorsolunk egy felmérésben 𝟓 diákot. Mennyi a valószínűsége, hogy közöttük 𝟐 jeles lesz, ha csak egyszer sorsolhatjuk ki őket? Megoldás: Az összes eset száma: (25 ). A kedvező esetek száma: (82) ∙ (17 ). 5 3 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

(82) ∙ (17 3) (25 5)

≈ 0,018.


95. Egy üzemben naponta 𝟏𝟎𝟎 öltönyt varrnak, melyből 𝟖𝟎 fekete és 𝟐𝟎 szürke. Minden nap 𝟏𝟎 selejtes készül, s egy ellenőrzés során 𝟓𝟎 öltönyt vizsgálnak át. Ha az 𝟓𝟎 - ből csak 𝟐 selejtes, akkor a teljes árut megveszi az öltönyökkel kereskedő cég, de ha ennél több, akkor nem vásárolja meg a készletet. Mennyi a valószínűsége, hogy egy ilyen vizsgálat után megkötik az üzletet? Megoldás: 90 90 Az összes eset száma: (100 ). A kedvező esetek száma: (10 ) ∙ (50 ) + (10 ) ∙ (90 ) + (10 ) ∙ (48 ). 50 0 1 49 2 Ezek alapján a megoldás: 𝑃 =

90 10 90 10 90 (10 0 ) ∙ (50) + ( 1 ) ∙ (49) + ( 2 ) ∙ (48)

(100 50 )

≈ 0,092.

A megoldáshoz használhatjuk a visszatevéses mintavétel képletét is: 𝑃1 =

90 (10 0 ) ∙ (50)

(100 50 )

Ekkor a következőt kapjuk: 𝑃 =

𝑃2 = 90 (10 0 ) ∙ (50)

(100 50 )

90 (10 1 ) ∙ (49)

𝑃3 =

(100 50 )

+

90 (10 1 ) ∙ (49)

(100 50 )

36

+

90 (10 2 ) ∙ (48)

(100 50 )

≈ 0,092.

90 (10 2 ) ∙ (48)

(100 50 )

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 96. Egy pénztárcában 𝟏𝟎 darab 𝟏 𝑭𝒕 - os és 𝟖 darab 𝟐 𝑭𝒕 - os érme van. a) Kiválasztunk közülük 𝟓 – öt visszatevéssel. Mi a valószínűsége, hogy az első két húzáson 𝟏 𝑭𝒕 - ost, a további húzásokon pedig 𝟐 𝑭𝒕 - ost húzunk? b) Kiválasztunk közülük 𝟓 – öt úgy, hogy nem tesszük vissza a már kihúzottakat. Mi a valószínűsége, hogy lesz köztük legalább 𝟐 darab 𝟏 𝑭𝒕 - os érme? Megoldás: a) Az összes eset száma: 185 = 18 895 668. A kedvező esetek számánál ezúttal meg van határozva előre a különböző pénzérmék helye, így csak ki kell választanunk az 1 𝐹𝑡 - osokból 2 – t, a 2 𝐹𝑡 - osokból pedig 3 - at, s ezt 102 ∙ 83 = 51 200 - féleképpen tehetjük meg. 51 200

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 18 895 668 ≈ 0,0027.

b) Először számítsuk ki az ellentett esemény valószínűségét, vagyis azt, amikor 0, vagy 1 darab 1 𝐹𝑡 – os lesz köztük. 8 (10 0 ) ∙ (5 )

Használjuk a visszatevéses mintavétel képletét: 𝑃1 = 8 (10 0 ) ∙ (5)

Ezek alapján a megoldás: 𝑃 = 1 − (

(18 5)

37

+

(18 5)

8 (10 1 ) ∙ (4 )

(18 5)

és 𝑃2 =

) ≈ 0,91.

8 (10 1 ) ∙ (4 )

(18 5)

.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Recommend Documents