MATEMATIKA A 11. évfolyam 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás

MATEMATIKA „A” 11. évfolyam

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás

Készítette: Lövey Éva

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás

A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási pontok

Tanári útmutató

2

A valószínűség fogalmának elmélyítése. A valószínűségszámítás eszköztárát felhasználva az élet valós helyzeteinek elemzése. Az eseményalgebra és a kombinatorika mint segédeszközök felelevenítése. 8 óra 11. évfolyam Tágabb környezetben: Hétköznapi szituációk. Humán, reál tudományterületeken az esélyek felmérése. Szűkebb környezetben: Halmazok, műveletek a valós számkörben, hatványozás, statisztikai adatsokaságok elemzése. Szöveges feladatok szövegének értelmezése. Grafikonok elemzése. Ajánlott megelőző tevékenységek: Előző években tanultak: permutáció, ismétléses permutáció, kombináció (ismétlés nélkül), variáció ismétléssel és ismétlés nélkül kis elemszámok esetén. Valószínűség fogalma, kombinatorikus valószínűség kis elemszámok esetén.

A képességfejlesztés fókuszai

Ajánlott követő tevékenységek: 12. évfolyamon a rendszerező összefoglalásban az eddig tanultak áttekintése, gyakorlás feladatokon keresztül. Számolás, számlálás, számítás: Hatványozás és a faktoriális számolása zsebszámológéppel is. Számolás nagyon nagy és nagyon kis abszolútértékű számokkal, normálalakkal. Szöveges feladatok, metakogníció: A valóságból merített szöveges feladatok alapján felismerni az alkalmazandó eljárást, képletet. A megkapott végeredmény értelmezése. Szövegben előforduló tartalmi összefüggések megkeresése. Rendszerezés, kombinatív gondolkodás: A kiválasztás és a sorbarendezés szükségességének felismerése. Adatok kiolvasása és elemzése táblázatokból, illetve valós életből merített szövegekből.


Tanári útmutató

TÁMOGATÓ RENDSZER • http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/15635/1 •

A Sulinet honlapján: e-tananyag > matematika > valószínűség témakörnél találunk szimulációkat;

•

http://nces.ed.gov/nceskids/chances/index.asp

•

mazsola.iit.uni-miskolc.hu/~komaromi/galton a Galton-deszkához;

•

interaktív grafikonok binomiális eloszláshoz: http://www.stat.wvu.edu/SRS/Modules/Binomial/binomial.html http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/binom_demo.html http://www.stat.tamu.edu/~west/applets/binomialdemo.html http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/normal_approx/index.html

•

http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/21815/1 animáció egy céltáblára leadott szimulált lövésekről.

JAVASOLT ÓRABEOSZTÁS 1. óra Kombinatorika ismétlés 1. (1 óra) 2. óra

Kombinatorika ismétlés 2. (1 óra)

3. óra

Valószínűségszámítás (2 óra)

4. óra

Kombinatorikus valószínűség (1 óra)

5. óra

Binomiális eloszlás (1 óra)

6. óra

A szerencsejátékos szerencséje (1 óra)

7. óra

Geometriai valószínűség* (1 óra) Valószínűség és statisztika*

8. óra

}

A *-gal jelölt órák helyett – olyan csoportnál, ahol (a tanár érzése szerint) arra nagyobb szükség van - gyakorló órákat iktathatunk be.

3


Tanári útmutató

4

ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEK Kombinatorika Középszint Tudjon egyszerű sorbarendezési, kiválasztási és egyéb kombinatorikai feladatokat megoldani. Tudja kiszámolni a binomiális együtthatókat. Emelt szint Ismerje, bizonyítsa és alkalmazza a permutációk, variációk (ismétlés nélkül és ismétléssel), kombinációk (ismétlés nélkül) kiszámítására vonatkozó képleteket. Ismerje és alkalmazza a binomiális tételt. A valószínűségszámítás elemei Középszint Véges sok kimenetel esetén szimmetria megfontolásokkal számítható valószínűségek (egyenlő esélyű elemi eseményekből) egyszerű feladatokban. Esemény, eseménytér konkrét példák esetén. A klasszikus (Laplace)-modell ismerete. Szemléletes kapcsolat a relatív gyakoriság és a valószínűség között. Valószínűségek kiszámítása visszatevéses mintavétel esetén, binomiális eloszlás. Emelt szint Ismerje és alkalmazza a következő fogalmakat: események egyesítésének, metszetének és komplementerének valószínűsége, feltételes k valószínűség, függetlenség, függőség. A nagy számok törvényének szemléletes tartalma (nagyobb n-ekre valószínűbb, hogy − p < δ ). n Geometriai valószínűség. A binomiális eloszlás (visszatevéses modell) és a hipergeometriai eloszlás (visszatevés nélküli modell) tulajdonságai és ábrázolása. Várható érték, szórás fogalma és kiszámítása a diszkrét egyenletes és a binomiális eloszlás esetén. A binomiális eloszlás alkalmazása. A minta relatív gyakoriságának becslése a sokaság paraméterének ismeretében. Statisztikai adatok gyűjtése, rendszerezése, különböző ábrázolásai Középszint Statisztikai adatok és ábrázolásuk (kördiagram, oszlopdiagram, gyakorisági diagram, stb.), számtani közép, medián, módusz; adatok szóródásának mérése. Relatív gyakoriság. Szórás kiszámolása adott adathalmaz esetén számológéppel. Emelt szint Tudjon hisztogramot készíteni, és adott hisztogramról információt kiolvasni. Ismerje az adathalmazok egyesítése és átlaguk közötti kapcsolatot.


Tanári útmutató

MODULVÁZLAT Lépések, tevékenységek

Kiemelt készségek, képességek

Eszköz/ Feladat/ Gyűjtemény

I. Kombinatorika ismétlés 1. (1 óra) 1. Olyan példák, esetek gyűjtése, amikor csak a sorrendnek van jelentősége 2. Permutáció 3. Ismétléses permutáció 4. Ciklikus permutáció 5. Feladatmegoldás

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás, szabatos fogalmazás Rendszerezés, kombinatív gondolkodás

1. mintapélda 2. mintapélda 3. mintapélda

Szövegértés, rendszerezés, kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése

1., 3., 4. feladatok

Rendszerezés, kombinatív gondolkodás, szabatos fogalmazás

1 pakli kártya

Rendszerzés, logikus gondolkodás Számlálás, logikus gondolkodás Kombinatív gondolkodás, becslés Szövegértés, rendszerezés, kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése

4. mintapélda 5. mintapélda 6. mintapélda 11–13. feladatok

II. Kombinatorika ismétlés 2. (1 óra) 1. Kiválasztási problémák gyűjtése. Megkülönböztetve azt, ha van a sorrendnek is jelentősége 2. Kombináció 3. Variáció 4. Ismétléses variáció 5. Feladatmegoldás

5


Tanári útmutató

III. Valószínűségszámítás (2 óra) 1. Kockadobások, majd gyakorisági függvény készítése (helyettesíthető a táblázattal), a valószínűség definíciója

Kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése

2. Valószínűség az esetek összeszámlálásával

Számlálás, logikus gondolkodás

3. Valószínűség és eseményalgebra

Logikus és kombinatív gondolkodás

Tanulónként egy- egy dobókocka, esetleg egy számítógép táblázatkezelő programmal 21. feladat 7. mintapélda 17. feladat 8–10. mintapélda 16. feladat

IV. A valószínűség kiszámítása kombinatorikus úton (1 óra) 1. Összetettebb feladatok megoldása 2. Feladatmegoldás csoportban

Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése, becslés, határérték-fogalom előre vetítése

11. mintapélda 23. feladat 25. feladat 26. feladat

V. Binomiális eloszlás (1 óra) 1. Ismerkedés a Galton dezskával, golyók „eloszlása” 2. Egy összetett feladat 3. Valószínűségi változó, eloszlásgörbe 4. Önálló feladatmegoldás

Megfigyelés, becslés Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése Grafikon készítése és értelmezése Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése

Galton-deszka 12. mintapélda 13. mintapélda 27., 28., 31. feladat

6


Tanári útmutató

VI. A szerencsejátékos szerencséje (1 óra) 1. A rulett szabályai

Szövegértés, kombinatív gondolkodás

2. Rulett, „igazságos” fogadás 3. Várható érték, sorsjegy

Szövegértés, kombinatív gondolkodás, becslés

Esetleg egy európai rulettkerék és tét-tábla 15. mintapélda 16. mintapélda 33. feladat 17. mintapélda 35. feladat

VII. Geometriai valószínűség (1 ? óra) 1. A geometriai valószínűség 2. Terület és valószínűség 3. A geometriai valószínűség alkalmazása más jellegű feladatban

18. mintapélda 38. 43. feladat Szövegértés, szöveg lefordítása a geometriai 20. mintapélda 36., 37. f eladat fogalmakra 21. mintapélda 40., 41. feladat

VIII. Valószínűség és statisztika (1 ? óra) 1. Esély, valószínűség becslése statisztikai adatközlés alapján 2. Statisztikai közepek és valószínűségük 3. Korfa, feltételes valószínűség

22. mintapélda Statisztikai táblázatok és adatok helyes értelmezése, szövegértés, becslés

23. mintapélda 24. mintapélda 44. feladat

7


Tanári útmutató

IX. Gyakorló óra (1 óra) 1. Csoportmunka 2. Csoportmunka

Kooperatív munka, logikus és kombinatív gondolkodás Kooperatív munka, logikus és kombinatív gondolkodás, statisztikai táblázatok és adatok helyes értelmezése, szövegértés, becslés

32., 34., 46. feladat 45. feladat

8


Tanári útmutató

9

Valószínűség, statisztika I. Kombinatorika ismétlés 1. A kombinatorika ismétlésére szükség van a kombinatorikus valószínűség előtt, mert – bár a diákok szeretik ezt a témakört – a dolgozatokban gyakran kiderül, hogy nem értik világosan a feladatot. A képleteket természetesen meg kell adnunk, de érdemes – még itt az ismétlésnél is – egy-egy példán keresztül rávezetni a tanulókat: a képlet miért pont olyan, amilyen. A kombinatorika és valószínűségszámítás témakör feladatai egyes diákoknak rendkívül egyszerűek, másoknak pedig szinte leküzdhetetlen problémát okoznak. Utóbbiak megsegítése érdekében javasoljuk, hogy minden közösen megoldott feladat előtt tisztázzuk: kiválasztunk vagy sorba rakunk (a sorrendek számát keressük-e), vagy esetleg mindkettőt egyszerre, számít-e a sorrend (vannak-e azonos eredményt adó sorrendek). Ha akad diák, akinek még mindig problémát okoz annak eldöntése, milyen képletet alkalmazzon, javasoljuk számára a következő módszert: csökkentse a feladatban levő számokat. Kis elemszám esetén írja fel az összes lehetőséget, majd az általa jónak sejtett képletet alkalmazza a kis elemszámra. Ha a két módszerrel kapott eredmény megegyezik, nyugodtan alkalmazhatja a képletet az eredeti adatokra is. Mintapélda1 Kata a héten elért osztályzatokról a következőképpen számolt be szüleinek: Kaptam egy csillagos ötöst, egy ötöst, egy négyes alát, egy négyest és egy négyes fölét. Tudjuk, hogy osztályzatait németből, történelemből, matematikából, informatikából és testnevelésből kapta. Számoljuk ki, hogy hányféleképpen szerezhette ezeket az osztályzatokat az egyes tárgyakból! Megoldás: Rögzítsük a tantárgyak sorrendjét, és nézzük meg, hányféleképpen írhatjuk alájuk az 5 különböző osztályzatot: német

történelem

matematika

informatika

testnevelés

5* 5 4 / 4 4\

5* 5 4 / 4\

5 4 / 4\

4 / 4\

4/

A német osztályzatot még öt különböző közül választhatjuk. Ha pl német osztályzatát 4es volt, történelemből már csak 4 lehetőség marad, ha azt 5* -re sikerült, akkor a matematika jegyre már csak 3 lehetőség marad….Ha az első tárgyból a jegyek közül 5-öt választhatunk, akkor a másodiknál már csak 4-et, bármit is választottunk az elsőnél. Így az

Matematika „A” – 11. évfolyam

Tanári útmutató

10

első és második tárgyhoz összesen 5 ⋅ 4 = 20 lehetőségünk van…. A megoldást tehát az 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120 számítás adja.

Az öt lehetséges osztályzat sorrendjét az elemek permutációjának hívjuk. Az öt elem összes lehetséges sorrendje tehát 120. Általában: Helyezzünk el n különböző dolgot egy n rekeszből álló dobozba:

Az első rekeszbe n különböző elem közül választhatunk, de a másodikba már csak eggyel kevesebből, és így tovább… Az utolsóba már csak 1 marad. n különböző dolgot n·(n–1)· … ·2·1 féleképpen tudunk sorbarendezni. Ezt a szorzatot röviden felkiáltójellel írjuk: n! és n faktoriálisnak olvassuk. Ez n elem összes permutációinak száma.

Mintapélda2

A tanárok a haladási naplóba csak ötöst, négyest, hármast kettest és egyest írnak. Számítsuk ki, hogy ebben az estben hány lehetőség van Kata osztályzatainak beírására! Megoldás: Az első mintapéldában megkülönböztettük a következő lehetőségeket: 5* 5 4 / 4 4\

5* 5 4 / 4\ 4 5* 5 4 4 / 4\ 5* 5 4 4\ 4 / 5* 5 4\ 4 / 4 5* 5 4\ 4 4 / Ezek száma azért 3!= 6 , mert ennyiféleképpen rendezhetem sorba a három különböző

négyest. Ha első lépésben csak a négyesek

5* 5 4 / 4 4\

különböző jelöléseitől tekintünk el, akkor

5* 5 4 / 4\ 4 5* 5 4 4 / 4\ 5* 5 4 4\ 4 / 5* 5 4\ 4 / 4 5* 5 4\ 4 4 /

5* 5 4 4 4

ebből a 6 lehetőségből csak 1 marad: Tehát az első mintapéldában szereplő 120 lehetőségből már csak

120 120 = = 20 ma3! 6

rad. Ha most a csillag jelölést is


Tanári útmutató

11

„letöröljük” az ötösről, akkor bármely két – eddig különböző – lehetőség csak egynek tekinthető, hiszen 5* 5 4

4 4

Így az eddigi 20 sorrend felére változik, 10 lesz.

5 5 4 4 4

5* 5 4 4 4

Összefoglalva: n=5 osztályzatról van szó, ezek közül k1=3 azonos (négyesek) és k2=2 szintén azonos (ötösök). Ezek lehetséges sorrendje tehát:

5! 120 = = 10 . 3!⋅ 2! 6 ⋅ 2

Ha az n elem nem mind különböző, vagyis van köztük k1, k2,…km azonos, akkor ismétléses permutációról beszélünk. n! , ahol k1 + k 2 + ... + k m ≤ n . Ezek száma: k1!⋅ k 2 !⋅... ⋅ k m ! Mintapélda3

Egy henger alakú hirdetőtáblára 4 plakátot akarnak elhelyezni egymás mellé. Hány különböző elrendezés lehetséges? Megoldás: Jelöljük a négy plakátot A, B, C és D betűkkel. Terítsük ki a henger alakban összera-

gasztott plakátokat (természetesen a kiterítéskor plakátot nem vághatunk ketté)! A négy betűt 4! sorrendben lehetne felsorolni, de az alábbi 4 elrendezés ugyanazt a képet eredményezi:

A

B

C

D

B

Így a megoldások száma

C

D

A

C

D

A

B

D

A

B

C

4! = 3!= 6 lesz. 4

Ciklikus permutációról beszélünk, ha n különböző elemet úgy rendezünk sorba, hogy nincs első és utolsó elem. Két permutáció akkor számít különbözőnek, ha van olyan tagja a permutációnak, melynek jobb vagy bal oldali szomszédja nem azonos. n elem ciklikus permutációinak száma: (n – 1)! .


Tanári útmutató

12

Feladatok 1. Műkorcsolyázó versenyen nőknél a junior rövid prog-

ramnak az alábbi előírt elemeket kell tartalmaznia: (részlet az ISU MŰKORCSOLYA SZABÁLYKÖNYVéből): a) dupla Axel Paulsen b) egy dupla vagy tripla Lutz, amelyet közvetlenül megelőz összekötő lépés vagy hasonló szabadkorcsolyázó mozdulatsor c) egy ugráskombináció két dupla, vagy egy dupla és egy tripla ugrásból d) beugrós libelle e) hátra vagy oldalra hajlós forgás f) forgáskombináció, egy lábváltással és legalább két testhelyzetváltással (ülő, mérleg, álló helyzet vagy ezek variációja) g) spirál lépéssorozat h) lépéssorozat (egyenes, kör-, ill. kígyóvonal alakú). Hányféleképpen építheti fel valaki a kűrjét ezeket az elemeket figyelembe véve, ha mindegyikből csak egyet-egyet épít be? Megoldás:

Mivel 8 különböző elemnek kell szerepelnie, ezért ezeket 8!=40320 féle különböző sorrendben tudja a kűrjébe illeszteni. 2. Tudjuk, hogy 2006 utolsó ötöslottó sorsolásán a kihúzott számok emelkedő sorrendben

a következők voltak: 5 , 21 , 35 , 62 , 76. Hány különböző sorrendben történhetett meg ezeknek a számoknak a kihúzása? Megoldás: Az 5 különböző számot 5!=120 féleképpen tudjuk sorbarendezni.

3. 5 Malév, 3 KLM, 4 Lufthansa, 2 Air France, 5 British Airways, 2 AUA gép várakozik

felszállásra a Ferihegy II. repülőtéren. Hány különböző sorrendben engedélyezhetik az indulásukat, a) ha minden járatot különbözőnek tekintünk? b) ha csak a gépek üzemeltetői szerint különböztetjük meg az egyes repülőket?


Tanári útmutató

13

Megoldás: a) A járatok száma 21, tehát 21! ≈ 5,11 ⋅ 1019 féleképpen indulhatnak.

b) Most ismétléses permutációval kell számolnunk, így

21! ≈ 6,16 ⋅ 1012 lesz 5!⋅ 3!⋅ 4!⋅ 2!⋅ 5!⋅ 2!

a lehetőségek száma. 4. Az egyik metróállomáson a következő információkat közli egy végtelenített fényreklám:

1. KÉRJÜK A BIZTONSÁGI SÁVOT SZABADON HAGYNI! 2. A METRÓN CSAK ÉRVÉNYES MENETJEGY BIRTOKÁBAN UTAZHAT. 3. VIGYÁZZON ÉRTÉKEIRE! 4. EGY VONALJEGY CSAK 30 PERCES UTAZÁSRA JOGOSÍT! Hány lényegesen különböző sorrendje lehet ezeknek az információknak a szalagon? Megoldás: Ha az információk egy végtelenített szalagon futnak, lényegesen különböző sorrend cik-

likusságuk miatt csak (4 – 1)!=6 lesz. 5. Egy barátodnak CD-t állítasz össze a 10 kedvenc dalából (5 lassú és 5 gyors).

a) Hányféleképpen teheted ezt meg? b) Hányféleképpen teheted ezt meg, ha azt akarod, hogy az első szám mindenképpen gyors, az utolsó pedig lassú legyen? c) Hányféleképpen teheted ezt meg, ha azt akarod, hogy a gyors és lassú számok váltogassák egymást? Megoldás: a) 10 ! = 3628800

b) Az elsőt és az utolsót 5 ⋅ 5 -féleképpen választhatom ki, a középső 8-at 8!-féleképpen rakhatom sorba, így a megoldás: 5 ⋅ 5 ⋅ 8! = 1008000 . c) Az 1., 3., 5., 7. és 9. helyekre a lassú számokat 5!-féleképpen, a 2., 4., 6., 8. és 10. helyekre a gyors számok is 5!-féleképpen helyezhetők el. A lassú számok bármely rögzített sorrendjéhez 5! gyors szám sorrend tartozik, így a 10 szám lehetséges sorrendje 5!⋅ 5! . Ugyanennyi lehetőség adódik, ha a lemezt gyors számmal kezdjük, így a megoldás: 2 ⋅ 5!⋅ 5! = 28800 . 6. A bölcs király minden évben megjutalmaz 5 tudóst. Kioszt 1 Nemzet Bölcse, 2 Nemzet

Okosa és 2 Nemzet Tudósa kitüntetést. Az öt jutalmazandó személyét már eldöntötték, (köztük volt Mindentudó Jakab is,) de tanácsnokai mind különböző javaslatot adtak arra,


Tanári útmutató

14

hogyan osszák meg az 5 tudós között a kitüntetéseket, mi több: pontosan annyian voltak, hogy minden lehetőségre esett egy szavazat. Ezért a király úgy döntött, felvesz még egy tanácsnokot, így biztosan lesz legalább kettő, aki azonos véleményen van. a) Hány tanácsnoka lesz így a királynak? b) Hányan gondolták eredetileg úgy, hogy az egyik Nemzet Okosa kitüntetés Mindentudó Jakabnak jár? Megoldás: a)Ki kell számítani, hogy hányféleképpen oszthatta volna ki a király a kitüntetéseket, hi-

szen ez egyezik meg a tanácsnokok eredeti számával. Rögzítsük az 5 tudós egyik lehetséges sorrendjét, és képzeletben helyezzük nevük alá a kitüntetéseket. Ezeket

5! = 30 2!⋅ 2!

különböző módon helyezhetjük el, mivel az 5 kitüntetés közül 2-2 egyforma. Tehát a 31. tanácsnok már csak valamely kollégájával megegyező véleményt mondhat. b) Mivel a tanácsnokok eredetileg az összes lehetséges sorrendet képviselték, köztük kell szerepelnie mindazoknak, akiknél Mindentudó Jakab kapja az egyik Nemzet Okosa kitüntetést. Ezek száma

4! = 12 hiszen a megmaradó 4 kitüntetés között csak 2 egyfor2!

ma van. 7. A körtáncot tanuló lányok minden próbán más-más sorrendben állnak fel. 10 próbájuk

volt. Legalább hányan táncolnak? Megoldás: Itt ciklikus permutációval kell számolnunk. 4 lány esetén 3!=6 próba lenne csak lehet-

séges, 5 lány viszont már akár 4!=24 különböző felállásban is próbálhatna. Tehát legalább 5 lány táncolt.


Tanári útmutató

15

II. Kombinatorika ismétlés 2. Mutassunk fel a magyar kártyából két lapot mondjuk egy hetest és egy 8-ast, majd szólítsuk fel a diákokat, fogalmazzanak meg vele kapcsolatos kérdéseket. Ilyenek lehetnek: •

Hányféleképpen tehetem sorba ezt a két lapot?

•

Hányféleképpen választhatok ki két lapot?

•

Hányféleképpen választhatok ki két lapot, ha az is számít, melyiket húztam ki előbb?

•

Hányféleképpen választhatok ki két ászt?

•

Hányféleképpen húzhatok ki két lapot, úgy legyen köztük 7-es?

•

És így tovább…

Törekedjünk arra, hogy a kérdések megfogalmazása pontos legyen. A nem túl összetett kérdésekre esetleg meg is adhatjuk majd a választ, ha már felidéztük a megfelelő elméletet. Mintapélda4

Egy vetélkedő 100 fős közönségéből véletlenszerűen kiválasztott 3 embert meg akarnak egyformán megjutalmazni. Hányféleképpen tehetik ezt meg? Megoldás:

Képzeljük el, hogy az előadás előtt 30 perccel az ügyelő valamelyik három szék alá piros cédulát ragaszt; ezek lesznek a kiválasztottak. Mivel a jutalmak egyformák, lényegtelen, hogy a három cédulát milyen sorrendben helyezte el. A 100 szék közül kell tehát hármat kiválasztnia, és a kiválasztás sorrendje közömbös. Mivel 97 „cédula nélküli” és 3 „cédulás” hely van, ezért az összes lehetőségek száma

100! 100 ⋅ 99 ⋅ 98 = = 161700. 97 !⋅ 3! 3 ⋅ 2 ⋅1

Ha n különböző elemből k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a sorrend nem számít, kombinációról beszélünk. (k ≤ n) n! , melyet egy szimbólummal is jelölünk: Ezek száma k !⋅ (n − k )! ⎛n⎞ n! = ⎜⎜ ⎟⎟ (Olvasása: n alatt a k). k !⋅ (n − k )! ⎝ k ⎠

A fenti példa esetén

⎛100 ⎞ 100! ⎟⎟ alakban is. felírható ⎜⎜ 97!⋅ 3! ⎝ 3 ⎠

Az ismétléses kombináció képletének ismerete még az emelt szintű érettségin sem követelmény. A modul végén található „Vegyes feladatok” 47. feladata segít a képlet megértésében.


Tanári útmutató

16

Mintapélda5

Egy pályázat eredményhirdetésére az első 10 helyezettet hívták meg. Az első helyezett pénzjutalmat, a második utazást, a harmadik elektronikus berendezést, a többiek pedig oklevelet kaptak. A meghívottak közül hányféleképpen kerülhettek ki azok, akik tárgyjutalmat kaptak? 1. Megoldás:

Az első helyezettet 10, a másodikat már csak 9, a harmadikat pedig a maradék 8 meghívottból lehet kiválasztani, tehát a jutalmazottak névsora 10 ⋅ 9 ⋅ 8 = 720 féle lehet. 2. Megoldás: ⎛10 ⎞ A 3 tárgyjutalmat kapók a 10 helyezett közül ⎜⎜ ⎟⎟ -féleképpen választhatók ki- Mivel a ⎝3⎠

nyeremények nem egyformák, ezért ezeket 3! esetben lehet szétosztani. Így az első 3 he⎛10 ⎞ 10! lyezettet ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 3!= = 10 ⋅ 9 ⋅ 8 = 720 féleképpen jutalmazhatták. 7! ⎝3⎠ Ha n különböző elemből k-t akarunk kiválasztani ( k ≤ n ), de a sorrend is számít, akkor variációról beszélünk. ⎛n⎞ n! Ezek száma , vagy másképpen: ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ k!. (n − k )! ⎝k ⎠

Mintapélda6

Magyarországon a rendszámok most 3 betűből és 3 számjegyből állnak. A betűk ékezet nélküliek, egyjegyűek. Hány autót jelölhetünk így különböző rendszámmal? Megoldás:

Először vizsgáljuk meg, hogy hány darab 3 betűs sorozatot tudunk felírni. Egyjegyű, ékezet nélküli betűből 26 van (abcdefghijklmnopqrstuvwxyz). Ezekből rendszámot készíthetünk úgy, hogy minden helyre 26 betű közül választhatunk. Itt a lehetőségek száma 263 . A számjegyekből álló rész minden karakterére 10 számjegyből választhatunk, tehát itt 103 lehetőség lesz. Tehát 263 ⋅103 = 17576 ⋅1000 = 17576000 autót tudnak így ellátni különböző rendszámmal. (Itt nem háromjegyű számokról van szó, tehát az első számjegy is lehet 0.)


Tanári útmutató

17

Ha n különböző elemből k darabot akarunk kiválasztani majd ezeket sorba rendezni, de egy elemet akár többször is választhatunk, akkor ismétléses variációról beszélünk. Ezek száma nk.

Feladatok 8. Egy kézilabdacsapatnak egyetlen kapusa van. A csapat 12 fővel utazik egy meccsre.

Hányféleképpen tudja kiválasztani az edző a 6 kezdőjátékost? Megoldás: ⎛11⎞ Egy játékos biztosan adott, a kapus. Az öt játékost 11 közül ⎜⎜ ⎟⎟ = 462 különböző mó⎝5⎠

don tudja kiválasztani, hiszen a kiválasztás sorrendje közömbös.

9. A történelem érettségi kezdetén az első 3 vizsgázó még mind a 20 tétel közül húzhat.

Hány különböző húzás lehetséges? Megoldás:

Az első vizsgázó 20, a második 19, a harmadik már csak 18 tételből választhat, ezért a lehetőségek száma 20 ⋅ 19 ⋅ 18 = 6840 .

10. Ha tudjuk, hogy az érettségi első napján nem volt bukás, akkor a 12 felelő eredményei

hányfélék lehetnek magyarból? Megoldás: Mivel csak 4 osztályzat lehetséges, és ezek közül bármelyik felelő bármelyik je-

gyet kaphatta, a lehetőségek száma 412 = 16777216 .

11. Hány olyan 6 jegyű szám van, amelyben szerepel a 2-es számjegy?

Megoldás:

Először érdemes kiszámolni, hány olyan hatjegyű szám van, melyben nem fordul elő a 2-es, majd az alaphalmaz (hatjegyű számok) számosságából levonva a komplementer halmaz számosságát, megkapjuk a keresett számot. Nincs benne 2-es: Az első számjegy helyére 8 számjegy kerülhet


Tanári útmutató

18

(13456789), a következőkre pedig 9-ből választhatunk (013456789). Így a lehetőségek száma 8 ⋅ 95 . Hatjegyű szám, hasonlóan meggondolva 9 ⋅ 105 van, tehát olyan hatjegyű szám, melyben szerepel a kettes számjegy 9 ⋅ 105 − 8 ⋅ 9 5 = 427608 van.

12. A szinkronugrást 9 pontozóbíró figyeli. 2-2 bíró az egyes verseny-

zők mozgását pontozza, 5 pedig a szinkronitásra ügyel. Ha előre ismert a pontozóbírák személye, hányféleképpen osztható ki nekik a feladat? Megoldás: ⎛9⎞ Azt az 5 bírót, aki a szinkronitásra ügyel ⎜⎜ ⎟⎟ féleképpen lehet kiválasztani. AZ 5 bíró ⎝ 5⎠

minden egyes kiválasztásához a maradék 4 bíróból az a kettő, aki az egyik versenyzőre ⎛ 4⎞ figyel ⎜⎜ ⎟⎟ féleképpen választható, a maradék kettő pedig nyilván a másikat pontozza. ⎝ 2⎠ ⎛9⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 2⎞ Így az összes lehetőség ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 126 ⋅ 6 = 756 . ⎝ 5⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠

Módszertani megjegyzés: Ha ezt a feladatot önálló munkára adtuk fel, ellenőrzéskor ér-

demes felhívni a figyelmet arra, hogy különböző sorrendben kiválasztva az egyes bírócsoportokat ugyanazt az eredményt kapjuk: ⎛ 9 ⎞ ⎛ 4 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 9! ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝ 5 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 5!⋅2!⋅2!

Ezen kívül meg kell említeni a feladat megoldásának másik megközelítését: A 9 bíró közül 2-2, illetve 5 egyforma feladatot lát el, így a megbízások száma 9! = 756 . 5!⋅2!⋅2!

13. Nyolc fős társaság a hullámvasútra száll. Egymás mögötti helyekre ülnek párosával.

a) Hányféleképpen helyezkedhetnek el? b) Hányféleképpen ülhetnek le akkor, ha csak az számít, ki kinek a szomszédja és milyen messze ül a vonat elejétől?


Tanári útmutató

19

Megoldás:

a) A hullámvasút 4 pár, azaz 8 helyét meg is számozhatjuk, és azt nézzük, hányféleképpen ülhetnek le a 8 helyre, akkor a megoldás 8!=40320. b) Az első párt 8 emberből választhatjuk (köztük lévő sorrend nem számít, mert most mindegy ki ül jobbra ill. balra), a másodikat már csak hatból, a következőt 4-ből, míg a negyedik pár már adódik. Így a lehetőségek száma: ⎛ 8 ⎞ ⎛ 6 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 8 ⋅ 7 6 ⋅ 5 4 ⋅ 3 2 ⋅1 ⎛ 8! ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⋅ ⋅ ⋅ ⎜ = 4 = ⎟ = 2520 2 2 2 2 2 2 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Módszertani megjegyzés: A zárójelben levő kifejezés sugallja a megoldás másik lehet4 séges megközelítését: az a) részben szereplő megoldást osztani kell 2 -nel, mivel most

a párok közti sorrend nem számít, így minden párnál feleződik a megoldások száma.

14. A szalagavató bálon a 11.b osztály 10 lánya is táncol a nyitótáncban. A ruhapróbán két

fülke áll rendelkezésükre, egy két és egy 3 személyes. Hányféleképpen juthatnak a fülkébe próbálni, ha a) csak az számít, hogy előbb, vagy később kerülnek sorra? b) ha az is számít, hogy a két, vagy a háromszemélyes fülkében próbálnak? Megoldás:

a) Egy-egy alkalommal egyszerre 5 lány próbálhat, tehát ahányféleképpen a 10 lányból ⎛10 ⎞ ki tudunk választani 5-öt a sorrendre való tekintet nélkül: ⎜⎜ ⎟⎟ = 252 . ⎝5⎠ ⎛10 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 2 ⎞ b) ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 25200 . ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 2 ⎠


20

Tanári útmutató

III. Valószínűségszámítás A mintapélda megbeszélése előtt, vagy akár utána érdemes megmutatni egy szimulációt a két kocka feldobására. A könyv elkészültének pillanatában ez a http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/15635/1 web-oldalon található, de ha helye változik is, sulinet honlapján, e-tananyag, matematika részén található szimulációk között leltem rá a valószínűség témakörnél. Nagyon szimpatikus szimuláció található még a következő oldalon: http://nces.ed.gov/nceskids/chances/index.asp Ez rögtön ki is rajzolja a grafikont és felsorolja az egyes kimenetelek gyakoriságát. Belépéskor a dobások számát kell megadni Az elmúlt években sokszor találkoztunk már a valószínűség fogalmával. A valószínűségszámítás arra próbál választ adni, hogy bizonyos véletlen események milyen eséllyel következnek be. Ahhoz, hogy ezt vizsgálhassuk, sok információra van szükségünk. Az információk megszerzéséhez adatokat kell gyűjteni. Az adatgyűjtést a valószínűség-számításban kísérletnek is mondjuk akkor, ha az tetszőlegesen sokszor, ugyanolyan feltételek mellett végezhető el

és többféle kimenetele lehet. A kísérlet lehetséges kimeneteleit eseményeknek (bizonyos esetekben elemi eseményeknek) nevezzük. Dobjunk fel egy kockát egymás után legalább 300-szor, és jegyezzük fel a dobások eredményét. A táblázat egy ilyen dobássorozat kimenetelét mutatja: 1-20 21-40 41-60 61-80 81-100 101-120 121-140 141-160 161-180 181-200 201-220 221-240 241-260 261-280 281-300

1 6 5 2 3 1 5 2 1 3 3 4 4 3 4

5 3 2 5 5 4 5 1 6 2 6 4 4 3 2

2 1 6 2 4 3 1 1 1 2 4 6 6 4 1

6 1 5 6 1 3 5 4 1 6 1 6 6 1 1

2 2 5 6 4 4 5 1 6 6 3 6 5 4 6

4 6 5 2 6 3 4 5 5 3 5 1 1 3 5

4 4 3 5 1 2 6 4 2 2 5 4 4 2 5

4 6 2 6 1 2 1 5 5 6 3 6 5 3 5

1 3 4 2 6 5 2 5 6 3 5 4 5 5 4

5 3 3 4 1 1 4 3 1 6 2 2 1 5 2

1 5 1 4 4 2 2 2 1 6 2 6 2 2 6

4 1 4 3 4 6 3 2 6 4 4 6 1 3 2

2 3 3 6 6 6 4 1 4 5 1 2 1 2 2

6 2 5 4 6 1 3 4 5 4 3 2 1 4 1

2 1 2 5 4 2 5 1 1 2 6 2 1 5 5

6 3 6 2 3 5 1 4 5 6 4 1 5 3 5

3 4 1 4 2 4 5 1 2 6 5 4 5 3 1

3 2 1 4 5 5 3 1 5 6 3 5 5 2 2

2 1 6 4 6 6 4 5 4 2 4 1 6 4 1

Vizsgáljuk meg hogyan változott a 1-es dobás gyakorisága, ahogy a dobások száma nő:

3 4 2 2 5 2 3 1 2 4 5 3 2 3 6


Tanári útmutató

21

1-es dobások relatív gyakorisága 0,25 0,2 0,15 0,1 0,05 0 0

50

100

150

200

250

300

Az az érték, ami körül a dobás gyakorisága ingadozik – és amit vártunk is – az

350

1 = 0,16& érték. 6

Azt a számot, amely körül egy A esemény relatív gyakorisága ingadozik, az illető esemény valószínűségének nevezzük; jelölése: P(A) .

A fenti definíció alapján annak valószínűsége, hogy egy szabályos dobókockával egyest dobunk:

1 . 6

Ugyanezt az értéket kaptuk volna akkor is, ha annak valószínűségét keressük, hogy kettest, hármast, négyest, ötöst, vagy hatost dobunk. Legyen az

A1 esemény, hogy 1-est dobunk


A3 esemény, hogy 3-ast dobunk


A5 esemény, hogy 5-öst dobunk

A6 esemény, hogy 6-ost dobunk,

Mivel kísérletünknek ezeken kívül más kimenetele nem lehet és valamelyik esemény biztosan bekövetkezik, ezeknek az elemi eseményeknek a valószínűsége egyenlő. Ekkor az A1, A2, A3,

A4, A5, A6 események teljes eseményteret alkotnak. Ilyen valószínűségi mezők körében vizsgálódott P. S. Laplace, aki a valószínűségszámítás klasszikus modelljét alkotta meg. Ő egy esemény bekövetkezésének valószínűségét így adta meg: P( A) =

kedvező esetek száma összes esetek száma

Laplace, Pierre-Simon (ejtsd: laplasz)(1749-1827) francia matematikus, fizikus és csillagász volt. Egy katonai iskolában tanára volt Napóleonnak, majd rövid ideig belügyminisztere is. Nevéhez fűződik az első monográfia megírása a valószínűségszámítás témakörében (1812). Címe magyarul: A valószínűségszámítás analitikai elmélete.


Tanári útmutató

22

Mintapélda7

A Catan telepesei nevű társasjátékban az egyes mezők 2-12 számmal vannak jelölve. A játékosok két dobókockával dobnak, majd annak a mezőnek a jövedelméből részesülnek, mely megfelel a dobókockák által mutatott számok összegének. A hetes szám a rablót jelöli. Minek nagyobb a valószínűsége: annak, hogy a 10-es mező termésének jövedelméből részesül egy játékos, vagy annak, hogy a rablónak megfelelő számot dobjuk?

Megoldás: I. Ha két kockával dobunk, a dobott számok összege 11 féle lehet (2-től 12-ig), ezek közül egyik a 10 és másik a 7. Egyik lehetséges válasz az lenne, hogy a kedvező estek száma mindkét esetben 1, az összes lehetséges kimenetelek száma pedig 11, így a két esemény azonos,

1 valószínű11

séggel fordul elő. II. Gondosabb vizsgálat esetén látjuk, hogy két kockával dobás esetén a különböző összegek így alakulhatnak: 1+1 = 2

1+ 2 = 3

1+ 3 = 4

2+2 = 4

1+ 4 = 5

2+3 = 5

1+ 5 = 6

2+4 = 6

3+3 = 6

1+ 6 = 7

2+5 = 7

3+ 4 = 7

2+6 =8

3+5 = 8

4+4 =8

3+6 = 9

4+5 = 9

4 + 6 = 10

5 + 5 = 10

5 + 6 = 11

6 + 6 = 12

A lehetséges összegek száma 21, ezek közül a 10-es mezőnek kedvező esetek száma 2, így P(10-es mező)= nyados P(rabló)=

2 . A rabló számára kedvező összegek száma 3, így a keresett há21

3 . 21

III. Képzeljük el, hogy két különböző színű kockával dobunk, milyen kimenetelek lehetségesek: Látható, hogy most az összes esetek száma 36, a kedvező eseteké pedig 3, illetve 6, így a valószínűségek P(10-es mező)=

3 1 6 1 = , illetve P(rabló)= = . 36 12 36 6

A három gondolatmenettel három különböző eredményt kaptunk. Az első szerint azonos a két esemény valószínűsége, a második szerint annak a valószínűsége, hogy a rabló léphet színre, másfélszer akkora, mint annak,


Tanári útmutató

23

hogy a 10-es mező előnyeit élvezhetnénk, harmadik szerint pedig a rabló esélye kétszer akkora. Melyiknek lehet hinni? Mi okozza a különbséget?

kedvező esetek száma képlet csak akkor összes eset száma alkalmazható, ha gondosan határozzuk meg a kedvező esetek és összes esetek számát az adott feladatban. Ezt az elemi események vizsgálatával tehetjük meg.

Láthatjuk, hogy a valószínűség kiszámításakor a

Módszertani megjegyzés: ha a valószínűséget a nagyszámú kísérletben tükröződő objektív mértéknek tekintjük, akkor a kapott különböző eredmények nem ellentmondásosak, hanem azt illusztrálják, hogy az események valószínűségeit mindig meghatározott körülmények között kell tekinteni. Annak a valószínűsége, hogy két kocka dobásával 2 pontot érjünk el, nem ugyanakkora, mint hogy 4-et, mert a két pont csak 1+1-ként, míg a 4 pont 1+3 vagy 2+2-ként is létrejöhet. Annak a valószínűsége, hogy két kockával 2+2-t, vagy 1+3-at dobunk, nem ugyanakkora, mert az 1+3 kétféleképpen is létrejöhet, ha a piros kockával dobunk 1-est, feketével 3-ast, vagy fordítva. Tehát első két módszerünk hibás eredményt hozott, mert mindkét esetben elkövettük azt a hibát, hogy a számlálóban, és a nevezőben olyan eseményeket számoltunk össze, melyek kimenetele nem azonos valószínűségű. A harmadik megoldásban szereplő elemi események száma 36, közülük mind azonos valószínűséggel következik be, így P(rabló)=

1 1 > P(10-es mező)= , tehát a rabló színrelépésének valószínűsége a nagyobb. 6 12

Mintapélda8

Egyetlen dobókockával dobunk.

Két dobókockával dobunk, egy pirossal és

Legyen A esemény, hogy párosat dobunk,

egy kékkel.

B esemény, hogy 4-nél kisebb számot dobunk. Legyen az A esemény, hogy párosat dobunk a piros kockával, a

B esemény, hogy 4-nél kisebb számot dobunk a kék kockával. Soroljuk fel a kísérletek lehetséges kimeneteleit! 1,2,3,4,5,6

Mekkora lesz a P(A) és a P(B) valószínűség?

11,12,13,14,15,16,

21,22,23,24,25,26

31,32,33,34,35,36

41,42,43,44,45,46

51,52,53,54,55,56

61,62,63,64,65,66


Tanári útmutató

24

Az előző tanévben már megfogalmaztuk, mit jelent az A + B , A ⋅ B , A − B , A , A ⋅ B esemény! Ebben a feladatban számítsuk ki a valószínűségüket! P ( A) =

kedvező 3 1 = = összes 6 2

P ( A) =


P (B ) =


P (B ) =


A + B esemény, hogy párosat, vagy 4-nél

A + B esemény, hogy piros páros, vagy kék

kisebbet dobunk, ennek csak az 5 nem felel

4-nél kisebb, tehát

meg, tehát P( A + B ) =

5 . 6

P( A + B ) =

18 + 9 27 3 = = . 36 36 4

A ⋅ B esemény, hogy párosat és 4-nél kiseb-

A ⋅ B esemény, hogy a pirossal párosat do-

bet, azaz 2-t dobunk, tehát

bunk és ugyanakkor a kékkel 4-nél kisebbet,

P( A ⋅ B ) =

1 . 6

tehát P( A ⋅ B ) =

9 1 = . 36 4

A − B esemény, hogy páros számot dobunk,

A − B esemény, hogy pirossal párost dobunk,

de ezek közül ki kell hagyni a 4-nél kisebbe-

de kékkel nem dobok 4-nél kisebbet, tehát

ket, tehát 4-et, vagy 6-ot dobok, tehát

P( A − B ) =

P( A − B ) =

2 1 = . 6 3

A esemény, hogy páratlan számot dobunk,

()

tehát P A =

A esemény, hogy a piros kockával páratlant dobunk (függetlenül a kék kocka eredményé-

3 1 = . 6 2

()

től) tehát P A =

A ⋅ B esemény, hogy páratlan és 4-nél kiseb-

(

9 1 = . 36 4

)

bet dobunk, tehát P A ⋅ B =

2 1 = . 6 3

18 1 = . 36 2

A ⋅ B esemény, hogy pirossal páratlant dobunk és kékkel 4-nél kisebbet, tehát

(

)

P A⋅ B =

9 1 = . 36 4

Az itt tapasztalt eredmények általában is igazak: Az A + B esemény valószínűségét úgy kapjuk meg, hogy a két esemény valószínűségének összegéből levonjuk az együttes bekövetkezés valószínűségét, azaz P ( A + B ) = P ( A) + P (B ) − P ( A ⋅ B )


Tanári útmutató

25

Ez az eredmény szemléletünkből is következik, hiszen mind az A esemény, mind a B esemény bekövetkezésének valószínűségének meghatározásakor beszámítjuk a két esemény együttes bekövetkezését. Két egymást kizáró esemény esetén annak a valószínűsége, hogy közülük legalább az egyik bekövetkezik, a két esemény valószínűségének összege, azaz ha P ( A ⋅ B ) = 0 , akkor P ( A + B ) = P( A) + P (B ) .

Mintapélda9

Egy osztályban mindenki beszél németül vagy franciául. Tudjuk, hogy az osztály 30%-a tanul franciául, 85%-a pedig németül. a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha valakit véletlenszerűen megkérdezünk, akkor az mindkét nyelven beszél? b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen megkérdezett tanuló csak az egyik nyelven beszél?

Megoldás: a) Legyen az A esemény, hogy valaki beszél németül. Tudjuk, hogy P( A) = 0,85 . Legyen a B esemény, hogy valaki beszél franciául. Tudjuk, hogy P(B ) = 0,3 . Tudjuk, hogy P ( A + B ) = 1 , hiszen mindenki tanul a két nyelv valamelyikén. Az előzőkben elmondottak alapján az együttes bekövetkezés valószínűsége: P ( A ⋅ B ) = P( A) + P(B ) − P( A + B ) = 0,85 + 0,3 − 1 = 0,15 , tehát 15% a valószínűsége,

hogy olyan diákkal találkozunk, aki mindkét nyelvet tanulja. b) Itt az ( A − B )+( B − A ) esemény valószínűségére vagyunk kíváncsiak. Mivel az osztályban mindenki tanul valamilyen idegen nyelvet, az

A− B

azaz csak németül tanul

B− A

azaz csak franciául tanul és az

A⋅ B

azaz mindkét nyelven tanul események közül biztosan bekövetkezik

valamelyik, és csakis az egyik következik be, vagyis ez a három esemény teljes eseményrendszert alkot. Tehát P ( A − B ) + P ( A ⋅ B ) + P(B − A) = 1 , így P ( A − B ) + P (B − A) = 1 − P ( A ⋅ B ) = 1 − 0,15 = 0,85 .


Tanári útmutató

26

Módszertani megjegyzés: A b) kérdésre az előbbinél egyszerűbben is megadhatjuk a választ: mivel valamelyik nyelven minden diák beszél és a „kétnyelvűek” valószínűsége P( K ) = 0,15 , így az „egynyelvűek” valószínűsége P(E) = P( K ) = 1 − 0,15 = 0,85 . Az alábbi definíció ismerete nem tartozik a középszintű érettségi követelményeibe. Adott kísérlet kimeneteleit vizsgálva az A1, A2, …, Akesemények teljes eseményrendszert (eseményteret) alkotnak akkor, ha közülük két esemény soha nem következhet be egyszerre, és nincs a kísérletnek olyan kimenetele, mely nem tartozik valamely eseményhez. A teljes eseményrendszer eseményeihez tartozó valószínűségeket összeadva 1-et kapunk, és az eseménytér bármely két eseményének együttes bekövetkezésének valószínűsége 0. P(Ai · Aj) = 0, ha Ai és Aj tagjai az eseményrendszernek, és P(A1) + P(A2) + … + P(Ak) = 1

Mintapélda10

Ez előtt a feladat előtt érdemes a gyerekeket megkérdezni, megtippeltetni a végeredményt. Valószínűleg többen is szavaznának a 0,4 ⋅ 0,0008 = 0,00032 megoldásra. Utóbb megmutathatjuk, hogy ez a „csúszik a járda és ezért elesünk” valószínűsége. Sok éves tapasztalat alapján tudjuk, hogy januárban annak valószínűsége, hogy a járdák síkosak 0,4. Azt is tudjuk, hogy míg jó útviszonyok mellett csak minden tízezredik gyalogost ér baleset a járdán, addig csúszós időben minden 10000 gyalogos közül 8 összetöri magát. Mi a valószínűsége annak, hogy egy januári napon valakit baleset ér a járdán?

Megoldás: Képzeljük el, hogy egy januári napon egymillió gyalogos sétál a járdákon, az országban egyenletes eloszlásban. Ezen a napon az ország 0,4 részén, tehát ott, ahol 400000 ember sétál, csúszós a járda. A fenti statisztika szerint közülük minden 10000-ből 8 balesetet szenved, így 40 ⋅ 8 = 320 -at baleset ér. Az ország maradék 0,6 részén viszont nem csúsznak a járdák, tehát az ott sétáló 600000 ember közül csak minden tízezredik esik el, tehát itt 60 ember esik el. Így 1000000 emberből 380-at ér baleset ezen az „átlagos” januári napon, így a sérülés valószínűsége Csak valószínűségekkel számolva:

380 = 0,00038 . 1000000


Csúszós úton

Tanári útmutató

27

8 1 ⋅ 0,4 = 0,00032 , jó útviszonyok mellett ⋅ 0,6 = 0,00006 , 10 000 10 000

együttesen tehát 0,00038 a sérülés valószínűsége, függetlenül attól, hogy hány ember volt aznap az utcákon.

Feladatok 15. Legyen az A esemény, hogy a 32 lapos magyar kártyából ászt húzunk. Legyen a B esemény, hogy a csomagból makkot húzunk. Add meg a következő események valószínűségét: b) A ⋅ B .

a) A, B .

c) A + B .

d) A + B .

(A magyar kártyában alsó, felső, király, ász, VII, VIII, IX, X lapok vannak tök, makk, zöld és piros „színekben”.)

Megoldás: a) P( A) =

4 1 8 1 = , P (B ) = = . 32 4 32 8

b) A ⋅ B jelentése makk és király, tehát makk király P( A ⋅ B ) = c) A + B jelentése ászt vagy makkot húzok. P( A + B ) =

(

)

d) A + B jelentése ász, vagy nem makk P A + B =

16. Legyen az

1 . 32

4 + 8 − 1 11 = . 32 32

4 + 24 − 3 25 = . 32 32

A esemény, hogy a kockával páros számot dobunk, B esemény, hogy a kockával páratlan számot dobunk, és C esemény, hogy a kockával 4-gyel osztható számot dobunk.

Mi lesz az A ⋅ B , B ⋅ C és A + B események valószínűsége?

Megoldás: P( A ⋅ B ) annak a valószínűsége, hogy a dobott szám páros és páratlan legyen. Ez lehetet-

len esemény, tehát P ( A ⋅ B ) = 0 . P (B ⋅ C ) annak a valószínűsége, hogy a dobott páratlan szám 4-gyel osztható legyen. Ez

lehetetlen esemény, tehát P(B ⋅ C ) = 0 .


Mivel P ( A ⋅ B ) = 0 , P( A + B ) = P( A) + P(B ) =

Tanári útmutató

28

1 1 + = 1 . Ez az eredmény azt is jelenti, 2 2

hogy az A és a B események teljes eseményrendszert alkotnak.

17. Egy ötöslottó sorsoláson az elsőnek kihúzott szám a 35 volt. a) Mi a valószínűsége annak, hogy a következőnek kihúzott szám ennél kisebb lesz? b) Tudjuk, hogy ezen a bizonyos héten a kihúzott számok emelkedő sorrendben a következők voltak: 5 , 21 , 35 , 62 , 76. Mi a valószínűsége annak, hogy a 35 után kihúzott szám ennél kisebb volt?

Megoldás: a) Az összes lehetőség 89, ebből kedvező lehetőség 34, tehát a keresett valószínűség: 34 ≈ 0,38 . 89 b) Az összes lehetőség 4, ebből kedvező lehetőség 2, tehát a keresett valószínűség: 2 = 0,5 . 4 Nem csak hatlapú szabályos testből lehet készíteni dobókockát, hanem a többi szabályos test minden lapjára is azonos eséllyel esik le a homogén anyagból készült test, így belőlük is készíthető „dobókocka”. A következő feladatok különböző lapszámú dobókockákra vonatkoznak.

18. A tetraéderből készített dobókockánál dobáskor egy lapot nem látok, a másik három lapon 3-3 szám áll. Itt valójában nem is a lapok, hanem a csúcsok vannak megszámozva úgy, hogy a csúcsban találkozó 3 lap mindegyikén látható a csúcs közelében a szám. Azt a számot tekintjük a dobás eredményének, amelyik mindhárom lap felső csúcsán szerepel. a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk? b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk?


Tanári útmutató

29

c) Ha két tetraéderrel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege prím lesz? d) Ha két ilyen testtel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok öszszege páros lesz?

Megoldás: a)

2 = 0,5 . 4

b)

2 = 0,5 . 4

c)

9 16

d)

8 1 = . 16 2

19. A hagyományos (kocka alakú) dobókockán a számok 1-6-ig szerepelnek. a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk? b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk? c) Ha két ilyen kockával dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege prím lesz? d) Ha két ilyen kockával dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege páros lesz?

Megoldás: 3 1 = ; 6 2

a)

3 1 = ; 6 2

c)

15 5 = ≈ 0,42 ; 36 12

d)

18 1 = . 36 2

b)

20. Az oktaéder alakú dobókockán a számok 1-8-ig szerepelnek. a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk? b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk? c) Ha két ilyennel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege prím lesz? d) Ha két ilyennel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege páros lesz?


Tanári útmutató

30

Megoldás: 4 1 = ; 8 2 4 1 b) = ; 8 2 23 c) ; 64 32 1 = . d) 64 2 a)

21. Igaz-e, hogy az alábbi eseményterekben az események valószínűsége megegyezik? a) Három kockával dobva a dobások összege lehet: 3,4,…,18. b) Két érmével dobva a lehetséges kimenetelek: FF, FI, IF, II. c) Déli 12 órakor a négy lehetséges időjárási helyzet: eső+fúj a szél

eső+nincs szél

nincs eső+nincs szél

nincs eső+fúj a szél.

d) Három érmével dobva a lehetséges kimenetelek: 3fej, vagy 2 fej+1 írás, vagy 1 fej+2 írás, vagy 3 írás.

Megoldás: a) Nem, mivel annak a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 3 lesz, sokkal kisebb, mint az, hogy pl. 10 lesz az összeg. b) Igen, mind a négy elemi esemény valószínűsége

1 . 4

c) Nem, semmi nem biztosítja, hogy ezeknek az eseményeknek a valószínűsége egyenlő, sőt, a tapasztalat azt mutatja, hogy az esőt gyakran kíséri szél. d) Nem, a 3 fej valószínűsége kisebb, mint a 2fej+1 írásé.

22. Mi a valószínűsége annak, hogy Anna és Kati ugyanúgy töltse ki a totó-szelvényét, ha mindketten véletlenszerűen töltik ki?

Megoldás: Annak valószínűsége, hogy Anna ugyanúgy töltse ki, mint Kati, ugyanakkora, mint annak valószínűsége, hogy Anna eltalálja a megoldást. Az összes lehetőség (mivel 13+1 találatra kell tippelni) és minden tipp 3-féle lehet (1, 2, vagy x) 314 = 4782969 , jó „megoldás” viszont csak 1. Tehát a keresett valószínűség

1 ≈ 2,1 ⋅ 10 −7 . 4782969


Tanári útmutató

31

IV. A valószínűség kiszámítása kombinatorikus úton Mintapélda11

Egy vidámparkban a számítógép vezérelte „félkarú rabló”- három oszlopában 3 féle jel fut: hold, szív és mosolygó arc. e♥☺. A gépet úgy állították be, hogy mindhárom jel azonos valószínűséggel forduljon elő mindhárom helyen. Akinek a gép 3 egyforma, vagy 3 különböző jelet sorsol, az nyer egy csokit. A játszma ára 1 peták, a szomszédos büfében ezt a csokit 2 petákért lehet kapni. Hosszú távon kinek nyereséges ez a játék?

Megoldás: A játék akkor lenne számunkra hosszú távon veszteség nélküli vagy nyyereséges, ha legalább (átlagban) minden második esetben nyernénk, tehát ha nyerési esélyünk 0,5, vagy annál nagyobb lenne. Most az összes esetek és kedvező esetek számának módszerét fogjuk alkalmazni, ügyelve arra, hogy mindkét esetben azonos valószínűségű elemi eseményekkel számoljunk. Az összes esetek száma 33 = 27 , hiszen minden figura mellé bármelyik másik kettő választható. A kedvező esetek két részre bonthatók: I.

csupa egyforma, számuk 3

eee, ♥♥♥, ☺☺☺

II.

csupa különböző, számuk 3!=6

☺e♥, ☺♥e, e☺♥, e♥☺, ♥e☺, ♥☺e

A nyerési esély tehát

3+ 6 1 1 = < . A játék hosszú távon az üzemeltetőnek kedvez. 27 3 2

A fejezet végén a tanári példányban a feladatbankban 50. sorszámmal található feladatban szerepel ennek a feladatnak a folytatása, amit érdeklődő csoportoknál javaslunk megoldásra.

Feladatok 23. Egy 30 fős osztályban az irodalomtanár úgy döntött, hogy a házi dolgozatát az osztály előtt három kisorsolt diák adja elő szóban. Mi a valószínűsége annak, hogy a kisorsolt három tanuló a névsorban egymás után következik?

Megoldás: Az összes lehetőség, ahányféleképpen a három diákot a 30 közül ki lehet választani, te-

⎛ 30 ⎞ 30! 30 ⋅ 29 ⋅ 28 = = 4060 . Kedvező lehetőség 28 van, hiszen 3 egymást hát ⎜⎜ ⎟⎟ = 6 ⎝ 3 ⎠ 27!⋅3!


Tanári útmutató

32

ábécében követő tanuló közül az első lehet a névsorban 1., 2., …, 28. Tehát annak valószínűsége, hogy a három diák a névsorban egymást követi,

28 ≈ 0,0069 . 4060

24. Az alábbi táblázat a Forma1 2006-os Hungaroring futamának végeredményét mutatja. a) Ha a verseny előtt megkérünk egy mit sem tudó kívülállót (mondjuk, egy marslakót), jósolja meg a végeredményt, milyen eséllyel találta volna el? b) Ezen a versenyen a konstruktőrök versenyében (istállók) 1. helyezett lett a Honda, 2. a McLaren, 3. a BMW Sauber, 4. a Honda,… Ha a fent említett marslakót a futam sorrendjéről úgy kérdezzük, hogy csak az istállók sorrendje érdekel, milyen eséllyel találja el?

Hely.

Versenyző

Istálló

Motor

Idő

Körök

1. Jenson Button

Honda

Honda

01:52:21

70

2. Pedro de la Rosa

McLaren

Mercedes 01:52:52

70

3. Nick Heidfeld

BMW Sauber

BMW

01:53:04

70

4. Rubens Barrichello

Honda

Honda

01:53:06

70

5. David Coulthard

Red Bull Racing

Ferrari

00:00:00

69

6. Ralf Schumacher

Toyota

Toyota

00:00:00

69

7. Felipe Massa

Ferrari

Ferrari

00:00:00

69

8. Michael Schumacher

Ferrari

Ferrari

00:00:00

67

9. Tiago Monteiro

Midland F1

Toyota

00:00:00

67

10. Christijan Albers

Midland F1

Toyota

00:00:00

67

11. Scott Speed

Scuderia Toro Rosso

Cosworth 00:00:00

66

12. Jarno Trulli

Toyota

Toyota

00:00:00

65

13. Takuma Sato

Super Aguri

Honda

00:00:00

65

14. Fernando Alonso

Renault

Renault

00:00:00

51

15. Kimi Räikkönen

McLaren

Mercedes 00:00:00

25

16. Vitantonio Liuzzi

Scuderia Toro Rosso

Cosworth 00:00:00

25

17. Nico Rosberg

Williams

Cosworth 00:00:00

19

18. Giancarlo Fisichella

Renault

Renault

00:00:00

18

19. Christian Klien

Red Bull Racing

Ferrari

00:00:00

6

20. Mark Webber

Williams

Cosworth 00:00:00

1


Tanári útmutató

21. Sakon Yamamoto

Super Aguri

Honda

00:00:00

0

22. Robert Kubica

BMW Sauber

BMW

00:00:00

69

33

Megoldás: a) A lehetséges 22! ≈ 1,124 ⋅ 10 21 sorrendből, csak 1 a helyes, ennek tehát 8,897 ⋅ 10 −22 az esélye. b) A 22 versenyző nem mind különböző istállókból érkezett. 11 istálló képviseltette magát 2-2 autóval. Így az összes eset 211 -ed részére csökken:

22 ! ≈ 5,489 ⋅ 1017 lesz, 11 2

a helyes eredmény eltalálásának a valószínűsége pedig ennek reciproka: 1,822 ⋅ 10 −18 .

25. Egy urnában 5 fehér és 5 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után úgy, hogy a kihúzott golyót a második húzás előtt visszatesszük. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle?

Megoldás: Annak valószínűsége, hogy az első golyó piros

1 , a második húzásnál is ugyanaz a va2

lószínűsége a piros golyó húzásának. Tehát a keresett valószínűség:

1 1 1 ⋅ = . 2 2 4

Módszertani megjegyzés: Az alábbi feladatot csoportos feldolgozásra javasoljuk. 4 vagy 5 fős csoportok dolgozhatnak. Nagyon jó képességű osztályban az e) feladat is kiadható, vagy az elsőként a saját feladataival végző csoport megkaphatja bonusként. Az eredeti csoportbontásban különböző képességű tanulók kerüljenek, majd közülük 1-1 elvonul a csoportból azokkal együtt dolgozni, akik a vele azonos betűjelű részfeladatot kapták. Szakértői mozaik. Visszamegy saját csoportjához, ahol közösen kitöltik a táblázatot, majd megpróbálnak következtetéseket levonni a valószínűségek változásából. A kisorsolt csapat egy tagja ismerteti az osztállyal az a) – d), vagy az a) – e) feladatok megoldásait. Az osztály megvitatja, hogy milyen következtetéseket lehet levonni a feladatból.

26.

a) Egy urnában 5 fehér és 5 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle?


Tanári útmutató

34

b) Egy urnában 10 fehér és 10 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle? c) Egy urnában 500 fehér és 500 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle? d) Egy urnában 5000 fehér és 5000 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle? e) Egy urnában n fehér és n piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle?

Megoldás: a) Összes lehetőség: ahányféleképpen a 10 golyóból kihúzhatunk kettőt, tehát

⎛10 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 45 . ⎝2⎠ Kedvező lehetőség, hogy pont az öt piros golyóból választjuk a kettőt, ennek szá-

⎛5⎞ 10 2 ma: ⎜⎜ ⎟⎟ = 10 . Tehát a keresett valószínűség = ≈ 0 ,222 . 45 9 ⎝ 2⎠ Másképpen is okoskodhatunk: Első golyó piros lesz, ennek valószínűsége: második golyó ismét piros lesz, ennek valószínűsége húzásának valószínűsége

5 1 = , 10 2

4 . Tehát a két piros golyó ki9

1 4 2 ⋅ = . 2 9 9

b) Összes lehetőség: ahányféleképpen a 20 golyóból kihúzhatunk kettőt, tehát

⎛ 20 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 190 . ⎝2⎠ Kedvező lehetőség, hogy pont a tíz piros golyóból választjuk a kettőt, ennek szá-

⎛10 ⎞ 45 9 ma: ⎜⎜ ⎟⎟ = 45 . Tehát a keresett valószínűség = ≈ 0 ,237 . 190 38 ⎝2⎠ Egy másik gondolattal megoldva ugyanezt a feladatot:


Tanári útmutató

Az első golyó piros lesz, ennek valószínűsége: lesz, ennek valószínűsége

35

10 1 = , második golyó ismét piros 20 2

9 . Tehát a két piros golyó kihúzásának valószínűsége 19

1 9 9 ⋅ = . 2 19 38 A c) és a d) megoldása módszerében azonos, végeredményük a táblázatban található, kiegészítve még néhány adattal. e) Általánosítsuk a feladatot! Egy urnában 2n golyó van, n piros és n fehér. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 golyót kihúzva mindkettő piros lesz?

⎛ 2n ⎞ (2n )! = 2n ⋅ (2n − 1) = n ⋅ (2n − 1) . Első módszerrel: Összes lehetőség: ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 ⎝ 2 ⎠ (2n − 2)!⋅2! Kedvező lehetőség, ahányféleképpen az n piros golyóból ki tudok választani 2-t:

⎛n⎞ n! n ⋅ (n − 1) ⎜⎜ ⎟⎟ = = 2 ⎝ 2 ⎠ (n − 2)!⋅2! n(n − 1) n −1 1 n −1 2 . Tehát a valószínűség (kedvező/összes eset): = = ⋅ n(2n − 1) 2(2n − 1) 2 2n − 1

Második gondolattal: Az első golyó piros lesz, ennek valószínűsége: golyó ismét piros lesz, ennek valószínűsége valószínűsége

n 1 = , második 2n 2

n −1 . Tehát a két piros golyó kihúzásának 2n − 1

1 n −1 . ⋅ 2 2n − 1

A valószínűség most n függvénye. Vizsgáljuk meg, hogy a valószínűség milyen értékeket vesz fel különböző n-ek esetén: 2n

n −1 2n − 1 valószínűség

4

6

10

20

100

1000

0,333333

0,4 0,444444 0,473684 0,494949 0,499499

0,166667

0,2

0,222

0,237 0,247475

10000 0,49995

0,24975 0,249975

Az n-et növelve a valószínűség egyre nő, láthatóan 0,25-hoz közelít. A magyarázatot a második módszerrel való megoldásból lehet látni. Itt az

n −1 tört annak valószínűsé2n − 1


Tanári útmutató

36

gét adja meg, hogy a második húzásnál is pirosat húzunk. Ha n-et növeljük, a tört értéke alig különbözik már az

1 -től. 2

Jó lenne, ha a tanulók közül sikerülne valakinek n-nel is megoldania a feladatot, és közösen fedeznénk fel a „határértéket”. Levonhatjuk azt a következtetést, hogy ha elég nagy mintával dolgozunk és a kiválasztott elemszám ehhez képest elenyészően kicsi, nincs jelentősége annak, hogy visszatesszük-e az elsőnek kiválasztott golyót az urnába.


Tanári útmutató

37

V. Binomiális eloszlás Ha van a szertárban egy Galton-deszka, az órát úgy lenne érdemes elkezdeni, hogy bevisszük, legurítunk rajta golyót, és megtippeltetjük a diákokat, melyik oszlopba érkezik a legtöbb, illetve legkevesebb golyó. Ha nincs ilyen eszközünk, letölthető szimulációk érhetők el a net-en, bár ezek nem pótolják a valódi elvégzett kísérletet. Egyik ilyen cím: mazsola.iit.unimiskolc.hu/~komaromi/galton Tomasits Ákos munkája. Mintapélda12

Egy biológia témazáróra Marci a tudatlanok nyugalmával érkezik. A könyvet ugyan ki nem nyitotta, az órán sem figyelt, de tudja, hogy a dolgozatban 12 tesztkérdés szerepel lehetséges A, B, C válaszokkal, és a kérdések közül elég a harmadára helyesen válaszolnia a kettes eléréséhez. Úgy gondolja, nyugodtan a véletlenre és a jó szerencséjére bízhatja a dolgot. Mi a valószínűsége annak, hogy pontosan 4 kérdésre válaszol helyesen?

Megoldás: a) Annak a valószínűsége, hogy az első 4 kérdésre helyes választ ad, a többi nyolcra pe-

⎛1⎞ dig hibásat: ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠

4

8

28 ⎛2⎞ ⋅ ⎜ ⎟ = 12 . Igen ám, de azt a négy feladatot, melyekre helyes vá⎝3⎠ 3

⎛12 ⎞ laszt ad ⎜⎜ ⎟⎟ féleképpen lehet kiválasztani a 12-ből, így a keresett valószínűség ⎝4⎠ 4

8

⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 28 ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 495 ⋅ 12 ≈ 0 ,238 . 3 ⎝ 4 ⎠ ⎝3⎠ ⎝ 3⎠

Az itt alkalmazott gondolatmenet általános esetben is működik: Ha egy esemény bekövetkeztének valószínűsége p, akkor annak valószínűsége, hogy n független kísérletből ez az esemény pontosan k-szor következik be:

⎛n⎞ k ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ p ⋅ (1 − p )n − k . ⎝k ⎠

Mintapélda13

Kíváncsiak lehetünk még arra is, hogy minek a legnagyobb a valószínűsége, hány kérdésre ad helyes választ Marci?


Tanári útmutató

38

Megoldás:

Térjünk most vissza az előző mintapélda adataihoz és számítsuk ki, hogy mi a valószínűsége a 0,1,2,…,12 helyes válasznak. Számításaink eredményét rendezzük táblázatba, majd ábrázoljuk is! Helyes Ennek valóválaszok színűsége száma(k) P(k) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

0,008 0,046 0,127 0,212 0,238 0,191 0,111 0,048 0,015 0,00331 0,000497 0,0000452 0,0000019

A táblázatból, de a grafikonból is jól látható, hogy annak a valószínűsége a legnagyobb, hogy a 12 kérdésből 4-et válaszol meg Marci. Az ilyen grafikont eloszlásgörbének nevezzük. A klasszikus feladat ezzel kapcsolatban, egy urna, melyben N golyó van, közülük K piros, többi fehér. Egymás után n-szer húzunk belőle, úgy, hogy minden húzás után visszatesszük a már kihúzott golyót, de feljegyezzük az eredményt. Ha azt keressük, hogy mi a valószínűsége annak, hogy az n húzás közül pontosan kk

⎛n⎞ ⎛ K ⎞ ⎛ N − K ⎞ szor húzunk pirosat: ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝k ⎠ ⎝ N ⎠ ⎝ N ⎠

n−k

.

Ha azt vizsgáljuk, hogyan változik ez a valószínűség különböző k értékek esetén, binomiális eloszlásról beszélünk, melynek grafikonja általában olyan lesz, mint amilyen a fenti ábra.

Megkérdezhetjük, mit gondolnak, hogy néz ki ez az ábra, ha az egyes helyes válaszok valószínűsége

2 1 , a hibásaké pedig ? 3 3

Milyen valószínűség esetén lesz a csúcspont pontosan középen? Itt érdemes – ha van rá alkalom – megmutatni néhány binomiális eloszlás grafikonját.


Tanári útmutató

39

Az Interneten elérhető néhány interaktív grafikon az alábbi címeken: http://www.stat.wvu.edu/SRS/Modules/Binomial/binomial.html http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/binom_demo.html http://www.stat.tamu.edu/~west/applets/binomialdemo.html http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/normal_approx/index.html Mintapélda14

Sok vizsgálat azt mutatta, hogy a gyártósoron elkészülő csavarok 95%-a tökéletesen használható. Markoljunk ki egy nagy zsákból 20 csavart. Mi a valószínűsége annak, hogy a kezünkben 1-nél több hibás csavar lesz? Megoldás:

A komplementer esemény valószínűségét egyszerűbb kiszámítani: mi a valószínűsége annak, hogy a kezünkben 0 vagy 1 hibás csavar lesz? Ismerjük annak valószínűségét, hogy egy kivett csavar hibás: 0,05. Legyen a zsákban 10000 csavar. Ha az ismert eloszlásban vannak benne a jó és hibás csavarok, akkor 9500 jó, és 500 hibás csavar van a zsákban. Ha kivettünk belőle 19 hibás csavart (aminek igen kicsi a valószínűsége), annak valószínűsége, hogy a következő is hibás lesz: 481 ≈ 0,048 . Ha kivettünk belőle 19 jó csavart, annak valószínűsége, hogy a követke9981 ző hibás lesz:

500 ≈ 0,050 , vagyis az eltérés csak két ezrelék, tehát ha azok száma, 9981

amiből a mintát vesszük, elég nagy, eltekinthetünk attól, hogy a mintavétel során nem tettük vissza az egyes elemeket. Annak valószínűsége tehát, hogy 0 hibás csavar lesz: ⎛ 20 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,95 20 ⋅ 0,05 0 = 0 ,95 20 ⋅ 1 ≈ 0,358 . ⎝ 20 ⎠ Annak valószínűsége, hogy 1 hibás csavar lesz: ⎛ 20 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,9519 ⋅ 0,051 = 20 ⋅ 0 ,9519 ⋅ 0 ,05 ≈ 0,377 . ⎝ 19 ⎠ Annak valószínűsége tehát, hogy 1-nél több hibás csavar lesz a kezünkben: 1 − (0 ,358 + 0 ,377 ) ≈ 0 ,265.


Tanári útmutató

40

Feladatok 27. Tízszer dobunk egymás után a kockával. Mi a valószínűsége annak, hogy a 10 dobás-

ból pontosan 3-szor dobunk ötöst? Megoldás: 3

7

⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 0 ,155 . ⎝ 3 ⎠ ⎝6⎠ ⎝6⎠

28. A csillagszórók közül – általában – minden 20. hibás, nem ég végig. Mi a valószínűsé-

ge annak, hogy ha vettünk 1 csomag, azaz 10 darab csillagszórót, abból kettő hibás lesz? Megoldás: P(hibás ) =

⎛10 ⎞ 1 = 0,05 , így P(2 hibás ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,05 2 ⋅ 0,958 ≈ 0,075 , tehát 7,5%. 20 ⎝2⎠

29. 200 vásárlót megkérdeztek a cukrászdában, melyik a kedvenc fagylaltjuk a választék-

ból. A következő válaszokat kapták: vanília

31

citrom

40

erdei gyümölcs

17

csoki

23

puncs

25

kiwi

7

karamell

25

meggy

19

őszibarack

13

Készíts kördiagramot az adatok alapján! Számítsd ki annak a valószínűségét, hogy a fenti vásárlók közül valakinek éppen a csoki a kedvenc fagyija! Mi a valószínűsége, hogy az üzletvezető által megkérdezett 10 vevő közül pontosan 5nek volt kedvence a csokoládé fagylalt? Megoldás:

A kördiagramban a szögek nagyságát az alábbi táblázat mutatja: vanília

56º

citrom

72º

erdei gyümölcs

31º

csoki

41º

puncs

45º

kiwi

13º

karamell

45º

meggy

34º

őszibarack

23º


Tanári útmutató

41

vanília csoki karamell citrom puncs meggy erdei gyümölcs kiwi őszibarack

A 200 megkérdezettből 23 szereti a csokoládé fagylaltot, így a keresett valószínűség: 23 = 0,115 . 200 Annak valószínűsége, hogy 10 megkérdezettből pontosan 5-en választották a csokolá⎛10 ⎞ 5 dét: ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,115 5 ⋅ (1 − 0,115) ≈ 0,0028 . ⎝5⎠

30. Egy iskolai rendezvényről felvétel készült, melyről mind a 10 szereplő számára sok-

szorosítani szeretnénk a CD-t. Nincs időnk, hogy az összes másolatot ellenőrizzük, de a biztonság kedvéért készítünk belőlük 12-t. Mi a valószínűsége annak, hogy minden szereplőnek tudunk adni hibátlan CD-t, ha a másolás során általában minden huszadik CD-nek lesz valami hibája? Megoldás:

Azt keressük, hogy mi a valószínűsége annak, hogy a 12 másolt CD-ből csak 0, 1 vagy 2 lesz hibás? P(a CD hibás ) =

1 20

12

P(a CD jó ) =

19 20

11

10

2

⎛12 ⎞⎛ 19 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 19 ⎞ ⎛ 19 ⎞ 1 P(h = 0 ) = ⎜ ⎟ , P(h = 1) = 12 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ , P(h = 2 ) = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ . ⎝ 20 ⎠ ⎝ 20 ⎠ 20 ⎝ 2 ⎠⎝ 20 ⎠ ⎝ 20 ⎠

A keresett valószínűség tehát: P(h = 0 ) + P(h = 1) + P(h = 2 ) = 0,98 .

31. Tudjuk, hogy egy óriási raktárban 5:2 arányban vannak össze-vissza a radiál és

diagonál gumik. Mi a valószínűsége annak, hogy véletlenszerűen kigurítva közülük 4 darabot, azt fel tudjuk szerelni a kocsinkra? (Szabály, hogy az első két, illetve a hátsó két gumi típusának meg kell egyeznie.)


Tanári útmutató

42

Megoldás:

Annak valószínűsége, hogy egy kiválasztott gumi radiál legyen ge, hogy diagonál legyen

5 , annak valószínűsé7

2 . Akkor tudjuk felszerelni a gumikat, ha 0 vagy 2 vagy 4 ra7 4

2

2

4

⎛ 4⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛5⎞ ⎛2⎞ diál gumit választottunk. P (r = 0 ) = ⎜ ⎟ P (r = 2 ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ , P (r = 4 ) = ⎜ ⎟ . ⎝7⎠ ⎝7⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 7 ⎠ ⎝ 7 ⎠

A keresett valószínűség ezek összege: 0,52.


Tanári útmutató

43

VI. A szerencsejátékos szerencséje Ebben a fejezetben megismerkedünk néhány szerencsejátékkal. Nem azzal a céllal tesszük ezt, hogy bíztassunk titeket a játékra, éppen ellenkezőleg: azt szeretnénk megmutatni, hogy ezekben a játékokban hosszú távon mindig a „bank” nyer. Mikor érdemes megkötni egy fogadást? Képzeljük el, abban fogadunk valakivel, hogy 6-ost dobunk a kockával. Ha elég sokszor játszottunk, azt tapasztaljuk, hogy 5-ször annyiszor veszítjük el a fogadást, mint ahányszor megnyerjük. Tehát ahhoz, hogy számunkra a fogadás ne legyen veszteséges („igazságtalan”) az kell, hogy a mi nyereményünk 5-ször akkora legyen, mint az övé. Képzeljük csak el, hogy 600-szor játszunk, és bejön a „papírforma”: 100-szor dobunk 6-ost, de 500-szor mást. Játszótársunk nyereménye így 500 ⋅ 1 Ft = 500 Ft lesz, de a miénk is 100 ⋅ 5 Ft = 500 Ft . Hosszú távon akkor „igazságos” egy fogadás, ha a nyereményünk annyiszorosa a játszótársunk nyereményének, ahányszorosa az ő nyerésének valószínűsége a miénkhez képest. Képzeljük el, hogy fej-írást játszunk egy barátunkkal, és tétünk minden esetben egy babszem. Megkérünk egy harmadik személyt, hogy dobáljon egy érmét. Ha fejet dob, megkapjuk a sajátunkén kívül barátunk babszemét is, tehát nyereményünk 2 babszem. Ha írást dobnak, elveszítjük a babszemünket, barátunk viszi mindkettőt. Minden dobás előtt ½ esélyünk van nyerni két babot, és ugyanakkora esélyünk van elveszteni a tétet. Mivel nyereményünk a „befektetett bab”

1 = 2 -szerese, a játék igazságos. 0 ,5

Nézzük először a rulettet! Az ábrán egy rulettkereket, valamint azt a táblát látjuk, melyen a téteket lehet megtenni.


Tanári útmutató

44

A rulettkeréken a számok 0-tól 36-ig találhatók. Van 18 fekete és 18 piros szám, a nulla se nem fekete, se nem piros. Néhány lehetséges fogadást mutat be az ábra, ezekhez azt is megadjuk, rátett pénzünk hányszorosát kapjuk nyereményként (a rátett összegen felül). A:

egyetlen számra fogadsz (itt épp a 3-asra), nyereményed a befektetett pénz 35-szöröse.

B:

két számra fogadsz (itt épp az 5 és 8-asra), nyereményed a befektetett pénz 17-szerese.

C:

három számra fogadsz (a sor számai:10,11,12), nyereményed a befektetett pénz 11szerese.

D:

négy számra fogadsz (14,15,17,18), nyereményed a befektetett pénz 8-szorosa.

E:

hat számra fogadsz (19,20,21,22,23,24), nyereményed a befektetett pénz 5-szöröse.

F:

12 számra fogadsz, az oszlop számaira, nyereményed a befektetett pénz 2-szerese.

F:

Itt ismét 12 számra fogadsz, pl a „harmadik 12”-re azaz a 25-36-ig számokra, nyereményed a befektetett pénz 2-szerese.

G:

azt mutatja, hogy tétedet a nagyobb számokra, 19-36 tetted.

Ugyanígy teheted a piros, fekete, illetve a páros (even) páratlan (odd) téglalapokba is. Minden ilyen esetben nyereményed ugyanannyi, mint a téted. Mintapélda15

Számítsuk ki, „igazságos”-e a nyeremény az A, illetve a D esetekben? Megoldás:

„A” jelű fogadás esetében: Ha eltaláljuk a számot, akkor 1 zseton tét esetén 36 zsetont kapunk meg. Akkor lenne igazságos a fogadás, ha nyerési esélyünk lettben 37 számnak van azonos,

1 lenne. De a ru36

1 esélye, tehát nyerési esélyünk kisebb, mint ami az 37

igazságos játék esetén lenne. „D” jelű fogadás esetén a kedvező esetek száma 4, összes esetek száma 37, nyerési esélyünk tehát

4 . Akkor lenne tehát igazságos a fogadás, ha befektetett pénzünk 37

37 = 9,25 -szorosát kapnánk meg, de itt 1 zseton tét esetén 1+8=9 zsetont kapunk csak. 4 Ezek a látszólag apró eltérések biztosítják, hogy a kaszinó hosszú távon nyereséges legyen. Módszertani megjegyzés: A várható érték fogalma emelt szintű anyag, de talán nem haszon-

talan középszinten is megemlíteni.


Tanári útmutató

45

Mielőtt a következő feladattal foglalkoznánk, ismerkedjünk meg egy új fogalommal! Legyen az A kísérlet összes lehetséges kimenetele az A1, A2, …, An esemény (teljes eseményrendszer). Ha valamilyen Ai esemény bekövetkezésének valószínűsége pi, akkor az A kísérlet várható értéke a pi ·Ai szorzatok összege: E(A) = p1 · A1 + p2 · A2 + … + pn · An .

Egy egyszerű kockadobás esetén a várható érték a következőképpen alakul: A1

1-est dobok, p1 =

1 6

A2

2-est dobok, p 2 =

1 6

A3

3-ast dobok, p3 =

1 6

A4

4-est dobok, p 4 =

1 6

A5

5-öst dobok, p5 =

1 6

A6

6-ost dobok, p 6 =

1 . 6

A kísérletünk várható értéke tehát

1 1 1 1 1 1 1 7 ⋅ 1 + ⋅ 2 + ⋅ 3 + ⋅ 4 + ⋅ 5 + ⋅ 6 = ⋅ 21 = = 3,5 . 6 6 6 6 6 6 6 2

Ilyen dobás persze nem jön létre soha, hiszen ez nem egész szám. Módszertani megjegyzés: A következő példa a ruletthez kapcsolódik, játékszabálya az előző

mintapéldában található. Mintapélda16

Van 3 zsetonunk. Elhatározzuk – ha törik, ha szakad – három egymást követő körben felteszünk egy-egy zsetont a feketére. Számítsuk ki nyeremény várható értékét! Megoldás:

A három pörgetés eredménye lehet az, hogy 0,1,2 vagy 3 alkalommal áll meg a golyó a feketén. Annak valószínűsége, hogy a golyó a feketén áll meg: nem a feketén:

18 , annak pedig, hogy 37

19 , hiszen megállhat a 18 piroson és a nullán. 37 0

3

A1 : 0 fekete tehát -3 nyereség

⎛ 3 ⎞ ⎛ 18 ⎞ ⎛ 19 ⎞ ⎛ 19 ⎞ p1 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠

A2 : 1 fekete tehát -1 nyereség

⎛ 3 ⎞ ⎛ 18 ⎞ p 2 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 37 ⎠

1

⎛ 19 ⎞ ⋅⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠

2

3


Tanári útmutató 2

1

3

0

2

1

A3 : 2 fekete, tehát +1 nyereség

⎛ 3 ⎞ ⎛ 18 ⎞ ⎛ 19 ⎞ p3 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠

A4 : 3 fekete, tehát +3 nyereség

⎛ 3 ⎞ ⎛ 18 ⎞ ⎛ 19 ⎞ ⎛ 18 ⎞ p 4 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠

46

3

A nyereség várható értéke tehát 3

1

2

3

⎛ 19 ⎞ ⎛ 18 ⎞ ⎛ 19 ⎞ ⎛ 18 ⎞ ⎛ 19 ⎞ ⎛ 18 ⎞ E ( A) = ⎜ ⎟ ⋅ (− 3) + 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ (− 1) + 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ 1 + ⎜ ⎟ ⋅ 3 ≈ −0,08 . ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠ Ismét látszik tehát, hogy várhatóan a kaszinó lesz nyereséges. Mintapélda17

Egy sorsjegyről a következőket tudjuk: MÉHECSKE A méhecske sorsjegy nettó nyereményeire fordítandó összeg felosztása: Nyeremény db

5 500 50 000 50 000 500 000 1 000 000

Ft 3 000 000 Ft 10 000 Ft 1 000 Ft 600 Ft 300 Ft 200 Ft

A JÁTÉK LÉNYEGE: A sorsjegyen egy játékmező található, amely fedőrétegének ledörzsölése után állapítható meg, hogy nyertes-e a sorsjegy. Amennyiben a kaparófelület alatt egy pénzösszeg szerepel, a játékos nyert. Nyereménye a kaparófelület alatt feltüntetett nyereményösszeg. Amennyiben a játékos NEM NYERT feliratot talál, akkor nyereményt nem ért el. A FORGALOMBA HOZATAL IDŐPONTJA: 2005. július 23. A SORSJEGY ÁRA: 150 Ft NYERÉSI ESÉLY: 1: 3,12 KIBOCSÁTOTT DARABSZÁM: 5 millió db sorozatonként

Igaz-e a megadott nyerési esély? Mekkora a nyereség várható értéke egy sorsjegy megvásárlása esetén? Megoldás: A kibocsátott 5 millió szelvényből 1600505 nyer, tehát a nyerési esély a megadott nyerési esély pedig

1 ≈ 0 ,32 , tehát helyesen adták meg az esélyt. (A két 3,12

érték között tízezredekben van eltérés.) Ha 1600505 szelvény nyer, akkor 3399495 szelvény nem nyer. A1: nyeremény 0 Ft

1600505 ≈ 0,32 , 5000000

p1 =

3399495 5000000


Tanári útmutató

A2: nyeremény 200 Ft

p2 =

1000000 = 0,2 5000000


p3 =

500000 = 0 ,1 5000000


p4 =

50000 = 0,01 5000000


p5 =

50000 = 0,01 5000000


p6 =

500 = 0,0001 5000000


p7 =

5 = 10 −6 . 5000000

47

A nyeremény várható értéke tehát 0⋅

3399495 + 200 ⋅ 0 ,2 + 300 ⋅ 0,1 + 600 ⋅ 0,01 + 1000 ⋅ 0,01 + 10000 ⋅ 10 − 4 + 3 ⋅ 10 6 ⋅ 10 −6 = 90 5000000

. Levonva ebből 150 Ft-ot ( a sorsjegy ára) a várható „bevételünk” –60 Ft.

Feladatok 32. Egy ismerősünkről mesélték, hogy nyert az ötöslottón. Azon a héten ezt láttuk a nye-

reményjegyzékben: ÖTÖSLOTTÓ Nyerõszámok: 52, 54, 65, 72, 88 5 találatos 0 db nyereménye: 0 Ft 4 találatos 28 db nyereménye: 1 800 231 Ft 3 találatos 3 056 db nyereménye: 17 465 Ft 2 találatos 104 492 db nyereménye: 993 Ft Mi a valószínűsége annak, hogy 1000 Ft-nál többet nyert? Megoldás:

28 + 3056 ≈ 0,029 . 28 + 3056 + 104492

33. Vizsgáld meg, igazságos-e a fogadás a ruletten (l. a 15. mintapéldát) a

a)

B tét esetén?

b)

E tét esetén?


Tanári útmutató

48

Megoldás: a) B tét esetén a kedvező lehetőségek száma 2, az összes lehetőségek száma 37, a nyerés esélye tehát

2 . Ha nyerünk, 1 zseton kockáztatása esetén 17 zsetont kapunk még, 37

tehát 18 zsetonnal jutalmaznak.

1 2 ≈ 0,055,. ≈ 0,054 , tehát ismét egy kicsit 18 37

veszteséges ránk nézve a fogadás. b) E fogadás során a kedvező lehetőségek száma 6, 37 számból kellene eltalálni, tehát akkor lenne igazságos a fogadás, ha befektetett zsetonunk

37 -szorosát kapnánk visz6

sza, de csak a hatszorosát kapjuk.

34. Mekkora lesz a nyereség várható értéke, ha kétszer egymás után 1-1 zsetonnal a kö-

zépső oszlopra (F eset) fogadunk? Megoldás: 2

A1: Ha mindkétszer vesztünk, a nyereségünk-2 zseton

⎛ 25 ⎞ p1 = ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠

A2: Ha egyszer nyerünk, egyszer meg veszítünk1 zseton

⎛ 25 ⎞ ⎛ 12 ⎞ p2 = 2 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠

A3: ha mindkétszer nyerünk, a nyereség 4 zseton

⎛ 12 ⎞ p3 = ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠

2

2

2

25 ⋅ 12 ⎛ 12 ⎞ ⎛ 25 ⎞ + 4 ⋅ ⎜ ⎟ ≈ −0 ,054 . Nyereségünk várható értéke tehát: (− 2) ⋅ ⎜ ⎟ + 1 ⋅ 2 ⋅ 2 37 ⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠


Tanári útmutató

49

35. Egy sorsjegyről a következőket tudjuk (részlet a „Részvételi szabályzat”-ból): A sorsjegy ára: 200Ft;

Nyerési esély: 1:3,12;

Kibocsátott darabszám: 5 millió db sorozatonként. Az Astro sorsjegy nettó nyereményeire fordítandó összeg felosztása

Nyeremény db

Ft 10 50 5 000 100 000 100 000 400 000 1 000 000

5 000 000 100 000 5 000 1 000 600 400 200

a) Mi a valószínűsége annak, hogy nem veszítünk a vásárláson? b) Mi a valószínűsége annak, hogy legalább 5000 Ft-ot nyerjünk? c) Számítsd ki mekkora a várható nyereség 1 sorsjegy vásárlása esetén! Megoldás: a) Kedvező esetek száma: 1 605 060, az összes sorsjegy 5 000 000 db, tehát a keresett valószínűség:

1605060 ≈ 0,32 . 5000000

b) Kedvező esetek száma: 5 060, az összes sorsjegy 5 000 000 db, tehát a keresett valószínűség:

5060 ≈ 0,001 . 5000000

c) A kidolgozott feladatban mutatott módszer szerint 3394940 + 200 ⋅ 0 ,2 + 400 ⋅ 0,08 + 600 ⋅ 0 ,02 + 1000 ⋅ 0,02 + 5000 ⋅ 10− 3 + 5000000 + 105 ⋅ 10− 5 + 5 ⋅ 106 ⋅ 2 ⋅ 10− 6 = 120

0⋅

Ha figyelembe vesszük, hogy a sorsjegy ára 200Ft, ez várhatóan 80 Ft veszteséget jelent.


Tanári útmutató

50

VII.Geometriai valószínűség Tarcsay Tamás jóvoltából került fel a Sulinet e-tananyagába a http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/21815/1 web-oldalra egy nagyon jó animáció egy céltáblára leadott szimulált lövésekről. Az eredményt minden sorozat után kiértékeli. Ha van rá lehetőség, mutassuk ezt meg a tanulóknak, majd a kapott eredmény matematikai magyarázatát is megadhatjuk a következő oldal segítségével. Mintapélda18

Egy 20 méter hosszú vízvezetékcső tört el valahol a fővezeték és a házunk között. Mi a valószínűsége annak, hogy a földet fölötte 1 m hosszan kibontva rátalálunk a hibára? Megoldás: Úgy érezzük, hogy a keresett valószínűség

1 . Valóban, ha a beszerelt cső minősége 20

mindenütt azonos, és a fölötte levő terhelés is egyenletes, a törés a cső bármely pontján ugyanakkora valószínűséggel következhet be. Mi most itt a kedvező elemi események száma? És mennyi az összes elemi esemény száma? Mindkettő végtelen sok. Mégis, a keresett valószínűséget megkaphatjuk, hiszen a megtalálás valószínűsége egyenesen arányos a felásott föld hosszával, és ha a 20 métert ásnánk fel, akkor a megtalálás valószínűsége 1 lenne. Jelöljünk ki képzeletben egy pontot a csövön. Annak a valószínűsége, hogy ezt véletlenszerűen eltaláljuk, érzésünk szerint nulla. Találkoztunk most azzal, hogy bár a lehetet-

len esemény valószínűsége 0, a 0 valószínűségű esemény bekövetkezése nem lehetetlen. Tudjuk, hogy a koordináta-rendszerben végtelen sok rácspont van. Pontból pedig a koordinátasíkon még sokkal több. Annak a valószínűsége, hogy véletlenül rábökve a táblára rácspontot találjunk el, 0, tehát a komplementer esemény, vagyis annak a valószínűsége, hogy a táblára rábökve nem rácspontot találok el 1. Ez azonban mégsem biztos esemény! Tehát a biztos esemény valószínűsége 1, de az 1 valószínűségű esemény bekövetkezése

nem biztos!


Tanári útmutató

51

Mintapélda19

Egy kert alaprajzát mutatja a következő ábra.

A kockázott terület kövezett terasz. A kék vonal a vízvezeték útját mutatja, mely a föld alatt 1 méter mélységben halad. Sajnos ez valahol, a vízóra(V) és a kerti csap (CS) között eltörött. Megmérték, hogy a kerti csap a garázs sarkától 6 m-re, a vízóra a ház sarkától 0,5 m-re van. A ház mindkét kerítéstől 1-1 m-re épült, amit itt – az előírásoktól eltérően – kivételesen engedélyeztek. a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha naponta 3 méter hosszan tudjuk kibontani a vezetéket, 3 napon belül megtaláljuk a hibát? b) Mi a valószínűsége annak, hogy a hiba megtalálásához nem kell felszedni a terasz köveit? c) A vízvezetéktől 1 m-re van az F-fel jelölt fa. Ha törzsétől számított 3 m-es sugarú körön belül mélyen leásunk, a fa károsodásának valószínűsége 0,3. Mi a valószínűsége annak, hogy a fa megmenekül? Megoldás: Az eddigi feladatok megoldásakor segített, ha a kedvező esetek számát osztottuk az öszszes esetek számával, de itt ez megoldhatatlan feladat elé állítana minket. Még ha vonal-


Tanári útmutató

52

szerűnek tekintjük is a vezetéket, akkor is bármely rövid szakaszán végtelen sok pont van. Ennek alapján azt kapnánk, hogy annak valószínűsége, hogy a vezeték a vízórától mondjuk 2 m-re lyukad ki, 1(pont) osztva végtelen sok(pont), tehát 0. És ez valóban így is van. Ha a vezeték összes pontja azonos valószínűséggel romlik el, minden egyes pontjának 0 valószínűségű a hibaesélye. Mégis, azt is mondhatjuk, hogy a vezeték minden centiméterén ugyanakkora valószínűséggel keletkezik hiba, mint a szomszédos centimétereken, így a hiba előfordulásának valószínűsége egy 2 cm-es szakasz valamely pontján kétszer akkora, mint ugyanazon szakasz felén, tehát a valószínűség egyenesen arányos

a vizsgált szakasz hosszával. A vízvezetéket a ház oldalával párhuzamosan fektették le. Ha a csap a garázs sarkától 6 m-re van, akkor az utcai kerítéstől mért távolsága 4,8 + 6 = 10,8 m. Tehát a kaputól az első sarokig 10,8 m vezeték van, ebből levonva a vízóra–kapu távolságot 9,8 m-t kapunk. A rá merőleges vezeték hosszát megkapjuk, ha a kert szélességéből (20 m) levonjuk a garázs szélességét (3 m), valamint a vízvezeték–kerítés távolságot (1 – 0,5 = 0,5). Tehát a vízvezeték teljes hossza a vízóra és a csap között 9,8 + 20 – (3 + 0,5) = 26,3m. a) Feltételezve, hogy a törés a vezeték minden pontján azonos valószínűséggel fordul elő, a megtalálás valószínűsége egyenesen arányos a felbontott szakasz hosszával. 26,3 m-es felbontás esetén a megtalálás valószínűsége 1, tehát ha három napon át naponta 3 m-t ásunk, akkor a hiba megtalálásának valószínűsége

9 ≈ 0,34 . 26,3

b) Mivel a terasz csempéit nem szívesen bontanák fel, ezért, ha a vízórától a teraszig nem találták meg a hibát, akkor a keresést a terasz túlsó oldalán folytatják. A kövezetet csak akkor szedik fel, ha a terasz túlsó fele és a csap között sem találták meg a hibát. Annak a valószínűsége, hogy a törés a terasz alatt van: 3 ≈ 0,114 , tehát annak valószínűsége, hogy nem kell felbontani a terasz köveit 26,3 (komplementer esemény) 1 − 0,114 ≈ 0,886 . c) A fa megmenekülésének valószínűsége két esemény valószínűségének összege lesz: nem ásunk a fa közelében, illetve ott ásunk, de a fa túléli. Ahhoz, hogy erre a kérdésre választ adjunk, ki kell számítani, hogy a fa „veszélyes” környezetébe a


Tanári útmutató

53

vízvezetéknek milyen hosszúsága kerül. Tudjuk, hogy a fa törzse 1m-re van a vezetéktől, tehát kérdés, hogy az F középpontú 3m sugarú körben a kör középpontjától 1m-re milyen hosszú húr van. Pitagorasz-tétellel számolva, a húr hosszának fele

h = 3 2 − 12 = 8 , innen 2

h = 2 8 m ≈ 5,66 m . Tehát annak valószínűsége, hogy nem ásunk a fa közelében

26 ,3 − 5,657 ≈ 0 ,785. 26 ,3

Annak a valószínűsége, hogy a fa közelében is kell ásni, 1 − 0,785 ≈ 0,215 , de a fa megmenekülésének még itt is van 0,7 esélye, tehát itt a valószínűség: 0,7 ⋅ 0,215 = 0 ,151 . Összegezve, 0,785 + 0,151 = 0,936 az esélye annak, hogy a fa túléli a hibakeresést. Mintapélda20

A fürdőszoba padlóját fekete-fehér „mettlachi”-lapok borítják. Egy-egy kis négyzet oldala 8 cm. Ha elejtünk rajta egy 16 mm átmérőjű fekete gombot, gyakran nem találjuk meg, mert „rejtőszíne” van. Ha úgy esik le a gomb, hogy teljes terjedelmével fekete négyzetre esik, szinte képtelenség meglátni. a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha leejtjük a gombot, az „láthatatlanná” válik? b) Hogyan változik ez a valószínűség, ha a négyzetlapok éle nagyobb: pl. 10 cm? c) Hogyan változik ez a valószínűség, ha a lap ugyan 8cm oldalhosszúságú négyzet, de a gomb átmérője 10 mm?

Megoldás: a) Nézzük meg, hogy hol van a kör alakú gomb középpontja, ha nem látjuk?

A jobb oldali ábra szerint a gomb középpontjának a fekete négyzeten belül egy kisebb (az ábrán satírozott) négyzetbe kell esnie, hogy a gomb ne „lógjon ki” a fekete kockakőből. A satírozott négyzet oldala 80 − 2 ⋅ 8 = 64 mm. A satírozott terület a fekete területhez


Tanári útmutató

54

úgy aránylik, mint 64 2 : 80 2 = 16 : 25 . A keresett valószínűséget megkapjuk, ha kiszámítjuk a – megtalálás szempontjából – kedvezőtlen és az összes terület arányát. Az összes terület fele fekete, a fekete négyzet terület

16 része satírozott, tehát a gomb a teljes 25

1 16 8 ⋅ részére ejtve válik láthatatlanná. Így a keresett valószínűség = 0,32. 2 25 25

b) A satírozott négyzet oldala most 100 − 2 ⋅ 8 = 84 mm lesz. A keresett területarány és egy2

1 ⎛ 84 ⎞ ben valószínűség itt ⋅ ⎜ ⎟ = 0,3528 -ra módosul, tehát nő annak esélye, hogy nem 2 ⎝ 100 ⎠ találjuk a gombot. c) A satírozott négyzet oldala most 80 − 2 ⋅ 5 = 70 mm -re változik. A keresett területarány 2

1 ⎛ 70 ⎞ és egyben valószínűség itt ⋅ ⎜ ⎟ = 0,3828125 -ra módosul, tehát itt is nőtt annak az 2 ⎝ 80 ⎠ esélye, hogy nem találjuk a gombot. Mintapélda21

Vének nevű község a Szigetköz keleti csúcsában fekszik. A tőle 3 km-re levő Kisbajcs faluból vezetik oda az áramot. Egy nagy vihar a két falu között valahol megrongálta a vezetéket. Mivel a vezetékről a két falu között is vannak leágazások tanyákhoz és mezőgazdasági üzemekhez, ezért nem áramtalanították az egész szakaszt, csak a hiba és Vének község közti részt iktatták ki. A vihar tovább tombolt, és egy újabb helyen is megrongálta a vezetéket a két falu között. Mi a valószínűsége annak, hogy az új hiba további lezárásokat tesz szükségessé, tehát a második szakadás az első hiba és Kisbajcs község közé esik?

Megoldás:

Az első hiba Kisbajcstól x km-re történt. Tudjuk, hogy 0 < x < 3 . A második hiba Kisbajcstól mért távolsága legyen


Tanári útmutató

55

y km. y-ra is érvényes az 0 < y < 3 egyenlőtlenség. Ahhoz az eseményhez, hogy a két szakadás Kisbajcstól x és y távolságra történt, rendeljünk hozzá egy P( x; y ) pontot a koordináta-rendszerben, tudva, hogy 0 < x < 3 és 0 < y < 3 feltételeknek fenn kell állniuk. Ezért a P pont csakis a sárgával jelzett 3-szor 3 egység területű négyzetben lehet. Az új hiba akkor tesz szükségessé további lezárásokat, ha a második hiba közelebb van Kisbajcshoz, mint az első, tehát ha y < x . Ez azt jelenti, hogy a P pont második koordinátája kisebb, mint az első. Az ilyen pontok a négyzetünkben a vonalkázott részen vannak. A vonalkázott háromszög területe a négyzet területének fele, tehát a keresett valószínűség 0,5.

Feladatok 36. Az ábra egy 30 cm átmérőjű céltáblát mutat. A két kisebb kör átmérője 10, illetve 20 cm. Mi a valószínűsége annak, hogy ha valaki beletalál a legnagyobb körbe, akkor a lövés a legkisebb körbe kerül?

Megoldás: Összes lehetőség a teljes kör területe, kedvező lehetőség a harmad akkora átmérőjű kör területén van. Mivel minden kör hasonló, és a hasonlóság aránya itt λ = valószínűség is

1 1 1 ⇒ λ2 = , tehát a területek aránya , így a keresett 3 9 9

1 . 9

37. A geoláda-keresés, idegen szóval geocaching (ejtsd: geokesing) egy világszerte elterjedt játék. Játékos kedvű emberek elrejtenek valahol egy ládát, majd a helyszín GPS-szel meghatározott koordinátáit közzéteszik az Interneten. Akinek van GPS-e, és kedveli a kalandokat, megpróbálja megtalálni ezt a ládát, és ha sikerrel jár, pontot kap. Aki elég pontot gyűjtött, jogot szerez arra, hogy maga is elrejtsen valahol egy ilyen ládát… Egy éjszakai portyázáson GPS-ünk azt mutatta, hogy ahol állunk, annak 3 méteres körzetében kell lennie a ládának. Gazos, bokros részen jártunk, 1 négyzetméter átfésüléséhez 10 percre is szük-


Tanári útmutató

56

ségünk volt. Mi a valószínűsége annak, hogy fél órán belül – mielőtt a szúnyogok megesznek – megtaláljuk a ládát? A GPS jelentése: Global Positioning System, magyarul: globális (műholdas) helymeghatározó rendszer. Az USA-ban fejelsztették ki az 1970-es években, katonai célokra. Néhány éve azonban már polgárjogot nyert, pl. gépkocsikba elhelyezve a berendezést, segíti a tájékozódást.

Megoldás:

( )

Az összes lehetőség egy 3 m sugarú kör területe, tehát 32 ⋅ π ≈ 28,27 m 2 . A 30 perc alatt átfésülhető terület 3 m 2 . A keresett valószínűség tehát

3 ≈ 0 ,106 . 28,27

38. A metrón a reggeli csúcsforgalomban a szerelvények 5 percenként érkeznek: egész órakor, óra 5-kor, és így tovább. A szerelvény ½ percet áll a megállóban. valaki reggel ½7 és 7 között a megállóhoz megy. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a várakozási ideje ne legyen több 2 percnél?

Megoldás: Az alábbi szakasz mutatja a reggel ½7 és 7 közötti időintervallumot. Egy-egy ilyen kis szakasz hossza 1 percnek felel meg. A kedvező időtartamokat pirossal jelöltük. Látható, hogy a teljes szakasz hosszának fele piros, tehát a keresett valószínűség 50%.

39. Egy bálterem méreteit az ábra mutatja. A nézők elhelyezkedése véletlenszerű. a) Mi a valószínűsége annak, hogy a színpadot legfeljebb 8 méterről láthassam? b) Mi a valószínűsége annak, hogy a színpadot hegyesszögben láthassuk?


Tanári útmutató

57

Megoldás: a) A keresett valószínűség a területek arányával egyezik meg:

8⋅8 2 = . 12 ⋅ 8 3

b) A színpad szélességének megfelelő átmérőjű Thalész-körön kívül kell lennünk, tehát a ke1 8 ⋅12 − ⋅ 4 2 ⋅ π 2 resett valószínűség ≈ 0,74 . 8 ⋅12

40. A Budapest–Bamako verseny a Párizs–Dakar rallyhoz hasonló 7632 km-es verseny, mely Magyarországról Maliba vezet. A Camp Roi–Bedouin-Dakhla (540 km) szakaszon két versenyző (egy motoros és egy UAZ) is elakadt és segítséget kértek, mely elindult értük Bedouin–Dakhlából. Mi a valószínűsége annak, hogy előbb a motorosra találnak rá?

Megoldás: Legyen a motoros távolsága Bedouin–Daklától x km, és tudjuk, hogy 0 < x < 540 . Az UAZ Bedouin–Daklától mért távolságát jelöljük y-nal, ahol 0 < y < 540 . Ahhoz az eseményhez, hogy elakadáskor a motor x, az UAZ pedig y távolságra van Bedouin–Daklától rendeljük hozzá a P( x; y ) pontot. A P pont a koordináta-rendszernek csak a sárgával jelölt, 540 egység oldalú négyzet alakú részében lehet, mivel x és y eleget tesznek a fenti egyenlőtlenségeknek. Akkor találkoznak előbb a motorossal, ha a motoros közelebb van Bedouin–Daklához, mint az UAZ, tehát ha x < y . Tehát olyan P( x; y ) pontoknak felel meg a kedvező eset, melyeknek második koordinátája nagyobb, mint az első. Ezeket az ábrában vonalazással jelöltük. A háromszög területe fele akkora, mint a négyzet területe, tehát annak valószínűsége, hogy a motorossal találkoznak előbb, mint az UAZ-zal 0,5.

Módszertani megjegyzés: Figyelem! Az alábbi feladat megoldása gondot okozhat, ha nem tanulták egyenlőtlenségrendszerek grafikus megoldását!

41. Péter és Panni randit beszélnek meg iskola után egy téren. Mivel mindketten tömegközlekedéssel utaznak, csak azt rögzítik, hogy 5 és 6 között próbálnak odaérni. Mégis, ha Panninak 10 percnél tovább kell várnia Péterre, akkor hangulata a mélypontra zu-


Tanári útmutató

58

han, Péter pedig 15 percnél hosszabb várakozás esetén garantáltan tönkreteszi a virágot. Mekkora a valószínűsége, hogy randijuk tökéletesen sikerül?

Megoldás: Tegyük fel, hogy Péter 5 óra x perckor érkezik a találkozóra, Panni pedig 5 óra y perckor. Jelöljük a koordináta-rendszerben azokat a P(x; y) pontokat, melyekre 0 < x < 60 és 0 < y < 60 . Ebben a négyzetben minden pont olyan x; y értékpárt jelöl, ami előfordulhat a két fiatal érkezési időpontjaként. Tehát összes esetet a négyzet pontjai adják. Panni nem szeretne 10 percnél többet várni, ezért teljesülnie kell, hogy x − y ≤ 10 . Péter virága sem bírja 15 percnél tovább, így teljesülnie kell, hogy y − x ≤ 15 . A két egyenlőtlenséget átrendezve kapjuk, hogy y ≥ x − 10 és y ≤ x + 15 , azaz x − 10 ≤ y ≤ x + 15 .

Az összes lehetőség: a 60-szor 60-as négyzet minden pontja, azaz a négyzet területével egyenesen arányos mennyiség. Kedvező lehetőség, ami teljesíti mindkét egyenlőtlenséget, kis négyzetünkön a satírozott hatszög területe. A hatszög területét úgy a legegyszerűbb kiszámítani, hogy a négyzet területéből kivonjuk a két egyenlőszárú

derékszögű

háromszög

területét,

azaz

⎛ 45 ⋅ 45 50 ⋅ 50 ⎞ Thatszög= 3600 − ⎜ + ⎟ = 1337,5 A keresett való2 ⎠ ⎝ 2


színűség tehát

Tanári útmutató

59

1337,5 ≈ 0,37 , vagyis körülbelül 37% a valószínűsége, hogy a randi töké3600

letesen sikerül.

42. Az egyik kábeltévé társaság akciót hirdetett: Az új előfizető jelenlétében megforgattak egy színes tárcsát, és ha a tárcsa sárga része állt meg a mutatónál, egy havi előfizetése ingyenes volt, ha a piros része állt meg a mutatónál, akkor fél évi előfizetési díját elengedték. Végezd el a szükséges méréseket és állapítsd meg, hogy mekkora esélye volt az előfizetőknek a két kedvezmény valamelyikére!

Megoldás: Ahhoz, hogy megkapjuk a szükséges valószínűségeket, le kell mérni a körcikkekhez tartozó szögeket, ugyanis a valószínűség egyenesen arányos a szög nagyságával. Piros körcikk szöge 18º, sárga körcikk szöge 36º. A 360º-hoz tartozna az 1 valószínűség, tehát

P(piros ) =

18 36 = 0,05 és P(sárga ) = = 0,1 . Annak a valószínűsége tehát, hogy 1 360 360

havi díjat nyerünk: 0,1, és annak valószínűsége, hogy 6 havi díjat nyerünk: 0,05.

43. Kirándulásunkon azt terveztük, hogy szállásunkról a zöld jelzésen haladva elmegyünk a tőle 20 km-re fekvő másik turistaházba. Azt a tájékoztatást kaptuk azonban, hogy valahol a két turistaház között az útvonal járhatatlan lett, mert a nagy esőzések miatt vízátfolyás keresztezi az utat. Ezért megváltoztattuk eredeti tervünket és délelőttre csak egy rövid sétát terveztünk a az eredeti útvonalon, meglátogatva egy 2 km-re fekvő forrást. Mi a valószínűsége annak, hogy tervünket meg tudjuk valósítani, és eljutunk a forrásig?

Megoldás: P( jó út ) =

2 = 0,1 . 20


Tanári útmutató

60

VIII. Valószínűség és statisztika Mintapélda22

Az alábbi táblázat azt mutatja, hogy az anya korának előrehaladtával hogyan változik a Down-kór kockázata a megszületendő csecsemőnél. Anya életkora (év) 25 év alatt 25 26 27 28 29 30 31 32

Downszindróma rizikója 1:1500 1:1350 1:1300 1:1200 1:1100 1:1000 1:910 1:800 1:680

Anya életkora (év) 33 34 35 36 37 38 39 40 41

DownAnya életkora szindróma (év) rizikója 1:570 42 1:470 43 1:380 44 1:310 45 1:240 46 1:190 47 1:150 48 1:110 (1:50) 49 1:85 50

Downszindróma rizikója 1:65 1:50 1:35 1:30 (6%) 1:20 1:15 1:11 1:8 1:6

Forrás: www.hazipatika.com

Érdeklődő csoportnál érdemes rámutatni arra, hogy a két táblázat adatai nem nagyon megbízhatóak. Valószínűleg az esetek kicsi száma, vagy az elégtelen kutatás az oka annak, hogy különböző forrásokban tendenciájában hasonló, de adataiban eltérő táblázatokat találhatunk. A táblázatba pirossal beírt adatokat a tanulók nem látják, ezeket a teszt-megbízhatósági táblázatnál említett intézmény honlapján találtam. Éppen ezért tesztekkel vizsgálják a magzatot, hogy időben megtudják, nem beteg-e. Úgy tűnik azonban, a tesztek is bizonyos hibával működnek: az álpozitív ráta azon esetek arányát mutatja, melyekben a magzat nem beteg, bár a teszt rendellenességet mutat, az is előfordulhat, hogy a magzat beteg és ezt a teszt nem jelzi. Azt, hogy a betegség meglétét hány százalékban mutatja ki a teszt érzékenységnek nevezzük. Az egyes tesztek ilyen jellegű megbízhatóságát mutatja az alábbi táblázat: Az egyes tesztek megbízhatósága Down-szindrómára (nemzetközi adatok): Álpozitív ráta

Érzékenység

Kombinált teszt

1-2 %

95 %

Integrált teszt

1-2 %

90 - 95 %

Négyes teszt

5%

80 %

Forrás: Istenhegyi Géndiagnosztikai Nőgyógyászati és családtervezési centrum


Tanári útmutató

61

Ismert, hogy a magzatok közül minden 700-adik születne meg ezzel a betegséggel. Valakit megvizsgálnak a Négyes teszttel, ami pozitív eredményt mutat. Mi az esélye annak, hogy a magzat valóban beteg?

Megoldás: Induljunk ki 10 0000 magzatból! Ha minden 700-adik magzat beteg, ez 100000 : 700 ≈ ≈ 143 beteg magzat. Közülük az érzékenységet figyelembe véve 143 ⋅ 0 ,8 ≈ 114 kap pozitív eredményt. Az egészséges magzatok száma 100000 − 143 = 99857 . Figyelembe véve az álpozitív rátát, közülük is 99857 ⋅ 0,05 ≈ 4993 -nál a teszt pozitív eredményt, azaz betegséget mutat. Ez azt jelenti, hogy összesen 114 + 4993 = 5107 teszteredmény mutat betegséget, de ezek közül valódi beteg magzat csak 114 van. Tehát a pozitív teszt esetén a betegség valószínűsége

114 ≈ 0,022 , azaz alig több, mint 2%. 5107

Mintapélda23

Egy üzletben egy csizmából a következő méreteket rendelték: Méret

40

41

42

43

44

45

46

darab

5

10

10

30

40

50

10

a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha egy kutya felkap egy darabot a polc előtt lerakott halomból, pontosan a módusznak megfelelő darabot választja? b) Mi a valószínűsége, hogy a mediánnak megfelelő darabbal fut el?

Megoldás: Először állapítsuk meg, mi lesz ennek az adatsokaságnak a módusza, azaz a leggyakrabban előforduló eleme! 45-ös cipőből van a legtöbb, így annak valószínűségét kell kiszámítanunk, hogy a kutya egy 45-ös cipőt választ. p =

50 10 = ≈ 0 ,32 . 155 31

Az adatsokaság mediánját akkor kapjuk meg, ha nagyság szerint sorbaállított 155 cipőből kiválasztjuk a 78-adikat. 5+10+10+30<78<5+10+10+30+40, tehát a mediánnak megfelelő méret a 44-es. Annak valószínűsége, hogy a kutya egy 44-es cipővel szalad el

p=

40 8 = ≈ 0,26 . 155 31

Módszertani megjegyzés: A következő mintapélda a feltételes valószínűség fogalmának bevezetésére szolgál, ami nem középszintű anyag.


Tanári útmutató

62

Mintapélda24

Az ábrán látható korfa a magyar népesség eloszlását mutatja 1999-ben. Kék színnel a férfiakat, pirossal pedig a nőket jelöltük. a) Állapítsuk meg annak valószínűségét, hogy ha valaki 1999-ben véletlenszerűen találkozott valakivel, akkor az nő volt. (A népesség Magyarországon ebben az évben 10 091 800 fő, a nők száma kb. 5 247 700 volt). b) Állapítsuk meg annak valószínűségét, hogy ha valaki abban az évben találkozott valakivel, akkor az 15 és 19 éves kor között volt.

Megoldás: a) Az első valószínűség

5247700 ≈ 0,52 . 10091800

b) Annak valószínűségéhez, hogy 15 és 19 év közöttivel találkozunk, meg kell állapítanunk a számukat: ennyi idős férfi körülbelül 350 000 volt, nő pedig ennél egy kicsit kevesebb, mondjuk 340 000. Tehát a korosztály létszáma 690 000. Annak valószínűsége tehát, hogy ennyi időssel találkozunk

690000 ≈ 0 ,068 . 10091800

Vizsgáljuk meg annak valószínűségét is, hogy ha valaki 1999-ben találkozott Magyarországon egy nővel, akkor az 15 és 19 év közötti volt! Azt kell megállapítanunk, hogy a nők hányad része esik ebbe a korba:

340000 ≈ 0 ,065 . 5247700

Állapítsuk meg azt is, mi a valószínűsége annak, hogy valaki egy 15 és 19 év közötti nővel találkozott! Van-e egyáltalán különbség az előbbi kérdéshez képest? Hát persze, hiszen itt a teljes lakosságból kell vizsgálni az ilyen idős nők arányát. A keresett valószínűség tehát 340000 ≈ 0 ,034 . 10091800 Állapítsuk meg, milyen összefüggés van a négy adat között! Legyen A esemény, hogy 15 és 19 éves kor közöttivel találkozunk. P( A) ≈ 0,068

B esemény, hogy nővel találkozunk

P(B ) ≈ 0,52


Tanári útmutató

AB esemény, hogy ilyen fiatal nővel találkozunk

63

P ( AB ) ≈ 0,034

A B esemény, hogy ha nővel találkozunk, az 15 és 19 év közötti

P( A B ) ≈ 0,065 .

Észrevehető, – és szemléletünkből is következik, – hogy

P(A B ) =

P( AB ) P (B )

P(B A) ? annak a valószínűségét jelenti, hogy ha 15 és 19 éves közötti emberrel találkozunk,

az nő lesz. Ellenőrizzük a kapott képletünket! Az ismert adatokkal P(B A) =

340000 ≈ 0,49 , képletünket használva pedig 690000

340000 P( AB ) 10091800 340000 P(B A) = = = . 690000 P ( A) 690000 10091800 A P(A | B) kifejezést feltételes valószínűségnek nevezzük. Azt mutatja meg, hogy milyen valószínűséggel teljesül az A esemény, ha tudjuk, hogy a B esemény bekövetkezett.

Feladatok 44. A Budapesti Nemzetközi Vásár forgatagában a látogatók 70%-a tért be a C pavilonba, és ott minden 8. ember alávetette magát egy speciális hátmasszázsnak. Mi a valószínűsége annak, hogy a látogatók közül egy embert megkérdező riporter olyannal találkozik, aki részesült a masszázsban?

Megoldás: Legyen az A esemény, hogy gyógymasszázsban részesült egy látogató, a B pedig az, 1 hogy betért a C pavilonba. Amit most ismerünk, az a P( A B ) = , valamint a 8 P(B ) = 0,7 valószínűség. A P( A B ) =

P( AB ) képletet átrendezve megkapjuk, hogy anP (B )

nak valószínűsége, hogy valaki masszázsban vett részt (amire csak a C pavilonban volt


mód) P( AB ) =

Tanári útmutató

64

1 ⋅ 0,7 = 0,0875 , azaz kevesebb, mint 9% esélye van a riporternek ilyen 8

emberre bukkanni.

45. Az alábbi táblázat 2003-ban készült és előre jelezték az ország demográfiai helyzetét 2007-re. (Fogadjuk el, hogy ez most az ország valós helyzetét mutatja.) Országos népesség-előreszámítás, 2001-2050 Alapváltozat Korcsoport (jan. 1.) 0-4 5-9 10-14 15-19 20-24 25-29 30-34 35-39 40-44 45-49 50-54 55-59 60-64 65-69 70-74 75-79 80-84 85-89 90-94 95+ Összesen Forrás:

Férfi

Nő

Együtt

251 072 236 487 487 559 247 836 235 404 483 240 288 714 275 185 563 899 318 410 304 594 623 004 335 329 325 043 660 372 400 925 383 821 784 746 417 178 403 554 820 732 360 759 352 731 713 490 300 417 303 651 604 068 317 902 336 665 654 567 381 327 420 153 801 480 317 794 369 823 687 617 250 241 315 980 566 221 199 514 287 918 487 432 158 526 256 798 415 324 120 504 219 786 340 290 71 764 158 019 229 783 27 441 68 393 95 834 7 889 21 733 29 622 2 337 6 412 8 749 4 775 879 5 282 150 10 058 029 KSH Népességtudományi Kutató Intézet Előreszámítási adatbázis, 2003.

2007. I. 1. Ennyi nő jut 1000 férfira 942 950 953 957 969 957 967 978 1 011 1 059 1 102 1 164 1 263 1 443 1 620 1 824 2 202 2 492 2 755 2 744 1 106

a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha nővel találkozol, az fiatalabb lesz 20 évesnél? b) Mi a valószínűsége annak, hogy ha 20 évesnél fiatalabbal találkozol, az nő lesz? c) Mi a valószínűsége annak, hogy ha 10 ember véletlenszerűen összejön, közülük pontosan 7 lesz 30 éven aluli?

Megoldás: a)

236487 + 235404 + 275185 + 304594 1051670 = ≈ 0 ,199 . 5282150 5282150


b)

Tanári útmutató

65

1051670 ≈ 0,487 . 487559 + 483240 + 563899 + 623004

c) P(30-on aluli) =

487559 + 483240 + 563899 + 623004 + 660372 + 784746 = 0 ,358 . 10058029

⎛10 ⎞ P(k = 7 ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,3587 ⋅ 0,6423 ≈ 0,024 . ⎝7⎠ 46. Az alábbi táblázat azt mutatja, hogy 470 totó eredményei hogy alakultak 1998-tól 2006 végéig. 1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

11.

12.

13.

+1 összesen

1-es

194 210 212 227 230 205 226 206 228 190 214 201 199 176

2918

2-es

143 142 135 120 120 121 121 133 122 142 119 130 134 163

1845

X

133 118 123 123 120 144 123 131 120 138 137 139 137 131

1817

a) Mi a relatív gyakorisága annak, hogy egy mérkőzés kimenetele x (döntetlen legyen? b) Mi a relatív gyakorisága annak, hogy egy mérkőzés kimenetele 1 legyen, vagyis a hazai csapat nyerjen? Hányszor akkora ez a gyakoriság, mint az X-es mérkőzéseké? c) Ha valaki minden mérkőzésre X-et tippel, milyen valószínűséggel találja el a végeredményt? d) És ha minden mérkőzésre a tippje 1-es? Hányszor akkora ez a valószínűség, mint az előző végeredmény?

Megoldás: a) A táblázat összesen 2918 + 1845 + 1817 = 6580 mérkőzés adatait tartalmazza. Az x (döntetlen) végeredmény relatív gyakorisága tehát

1817 ≈ 0,276 . Ekkora adatsoka6580

ságnál ezt az értéket már akár valószínűségnek is nevezhetjük. b) Az 1-es végeredmény relatív gyakorisága tehát

2918 ≈ 0,44 . Ez a relatív gyakoriság 6580

2918 6580 = 2918 ≈ 1,6 -szer akkora, mint az előző gyakoriság. 1817 1817 6580


c) Az X-es mérkőzések relatív gyakorisága

Tanári útmutató

66

1817 , tehát annak valószínűsége, hogy 6580 14

⎛ 1817 ⎞ −8 minden mérkőzés döntetlen eredménnyel záruljon, ⎜ ⎟ ≈ 1,499 ⋅ 10 . ⎝ 6580 ⎠ d) Annak valószínűsége, hogy minden mérkőzésen a hazai csapat győzzön: 14

⎛ 2918 ⎞ −5 ⎜ ⎟ ≈ 1,138 ⋅ 10 . Ez is roppant kicsi, bár 777-szer akkora, mint az előző való⎝ 6580 ⎠ színűség.


Tanári útmutató

67

Vegyes feladatok Az alább következő példa alkalmas az ismétléses kombináció megtanítására. Ennek ismerete

nem követelmény sem a középszintű, sem az emeltszintű érettségin. 47. Az áruházban 10 doboz 1 literes gyümölcslevet akarunk vásárolni, esetleg különbözőket. Négyfélét lehet vásárolni: alma-, narancs-, őszibarack- és szőlőlé van a polcokon. Hányféleképpen választhatunk?

Megoldás: Képzeljük el, hogy bevásároltunk, és lerakjuk egymás mellé mind a 10 dobozt olyan sorrendben, hogy először az almalevek, majd a narancslevek, a baracklevek és végül a szőlőlevek dobozai sorakoznak. A különböző fajták határánál papír elválasztókat helyezünk el, például így:

Ez azt jelenti, hogy 1 doboz alma, 3 doboz narancs, 4 doboz barack és 2 doboz szőlőlevet vásároltunk. Megtehetjük, hogy nem veszünk alma és baracklevet, ezt így jelezzük:

Ebben az esetben 0 doboz almalevet, 4 doboz narancslevet, 0 doboz baracklevet és 6 doboz szőlőlevet vásároltunk. A papír elválasztók száma 4 - 1 = 3, négy különböző részre osztáshoz 3 elválasztóra van szükségünk. A papír elválasztót P-vel, a dobozt D-vel jelölve, a fenti két elrendezést a következő kódsorral tudjuk jelezni:

DPDDDPDDDDPDD PDDDDPPDDDDDD

Minden ilyen kódsor egy-egy lehetséges bevásárlást jelez, így ha megszámoljuk, hányféleképpen tudjuk sorba rendezni a 3 darab P és 10 darab D betűt (az ismétléses permutáció képletét használva) a következőt kapjuk:

(10 + (4 − 1))! = 10!⋅ 3!

13! 13 ⋅ 12 ⋅ 11 = 286 . = 10!⋅ 3! 3 ⋅ 2 ⋅1


Tanári útmutató

68

Ha n különböző fajta dologból k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a sorrend nem számít, de egyfajta elemet többször is kiválaszthatunk, ismétléses kombinációról beszélünk. Ezek száma – a kombináció említett szimbólumát használva ⎛ n + k − 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝ k ⎠

Itt nem követelmény, hogy n ≥ k legyen, mert nem n számú, hanem n-féle elemünk van. Ha a szimbólumot használjuk, mivel most n = 4 féle különböző dologból kellett k = 10 dara-

⎛ n + (k − 1)⎞ ⎛ 4 + 10 − 1⎞ ⎛13 ⎞ 13! ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = = 286. bot kiválasztani: ⎜⎜ k ⎝ ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝10 ⎠ 10!⋅ 3!

48. A dodekaéder alakú „dobókockán” a számok 1-12-ig szerepelnek. a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk? b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk? c) Ha két ilyen dodekaéderrel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege prím lesz? d) Ha két ilyen testtel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok öszszege páros lesz?

Megoldás: a)

6 1 = ; 12 2

b)

5 ≈ 0,42 ; 12

c)

51 17 = ≈ 0,35 ; 144 48

d)

72 1 = . 144 2

49. Az ikozaéder alakú dobókockán a számok 1-20-ig szerepelnek. a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk? b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk?


Megoldás:

a)

10 1 = ; 20 2

b)

Tanári útmutató

69

8 = 0,4 . 20

Az alábbi feladat a 11. mintapélda folytatása, ez után érdemes megcsináltatni ügyesebb csoportokban.

50. Egy szerelmes programozó Valentin napjára megváltoztatta a játék programját úgy, hogy a szív előfordulási esélye minden oszlopban kétszer akkora legyen, mint a holdé vagy a mosolygó arcé. Hogyan változtat ez a nyerési esélyeken?

Megoldás: Akkor tudunk olyan elemi eseményeket előállítani, melyeknek előfordulási valószínűsége egyenlő, ha két (különböző) szívet szerepeltetünk 1 hold és 1 arc mellett, vagyis 4 jelet kell a 3 helyre tennünk. A kedvező és az összes esetek számát ezzel számolva kaphatjuk meg az új nyerési esélyt. Az összes esetek száma, így 4 3 = 64 lesz. A kedvező esetek száma ismét két részből áll: csupa egyforma: eee, ☺☺☺, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥,

I.

♥♥♥ ; a csupa szív esetből 2 3 = 8 van, mert most 2 szívet tehetünk a 3 hely bármelyikére. csupa különböző jelből most 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 24 van, hiszen 4 figurából csak 3 helyre

II.

választhatunk. A nyerési esély most tehát

kedvező esetek száma 10 + 24 17 1 = = > . 64 32 2 összes esetek száma

Valentin napján tehát hosszú távon egy kicsit nekünk nyereséges a játék.

51. Egy történelem versenyen minden feladatban 4-4 eseményt kell időrendi sorrendbe állítani. Az kap 1 pontot, aki az 1. eseményt eltalálja, 2 pontot, aki az első 2 eseményt eltalálja, 3 pontot, aki az első három, 4 pontot, aki mind a 4 eseményt helyes sorrendbe rakja. a) Mi a valószínűsége annak, hogy valaki tippelgetéssel 0, 1, 2, 3, illetve 4 pontot szerezzen? b) A versenyben olyan feladatsort állítottak össze, amelyikben a fenti feladattípusból 5 szerepel. Mi a valószínűsége annak, hogy valaki történelmi ismeretek nélkül 18 pontot szerezzen?


Tanári útmutató

70

Megoldás: Egy feladatot 4!= 24 féleképpen lehet kitölteni. Ez az összes kitöltési lehetőségek száma. a) 0 pontot az kap, aki az első eseményt nem találja el (a többi már mindegy). Ez a kedvező lehetőség 3 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 18 féleképpen lehetséges, tehát a valószínűség

18 3 = . 24 4

1 pontot az kap, aki az első eseményt eltalálja, de a másodikat nem, a harmadik és negyedik kérdésre bárhogy válaszolhat. Kedvező lehetőség: 1 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 1 = 4 , tehát a valószí-

4 1 = . 24 6

nűség

2 pontot az kap, aki az első két eseményt eltalálja, de a harmadikat nem, tehát a valószínűség

1 ⋅1 ⋅1 ⋅1 1 = . 24 24

3 pontot az kap, aki az első három sorrendjét eltalálja, de a negyediket nem, ez azonban lehetetlen, így a valószínűsége 0. 4 pontot az kap aki mind a négy esemény helyes sorrendben írja fel, így ennek valószínűsége

1 . 24

Itt jó ellenőrzési lehetőség, hogy a kapott valószínűségek összege 1. b) A maximális elérhető pontszám 20 lenne, így 2 pontot veszíthet. 18 = 4 ⋅ 4 + 2 azaz 4 tökéletes feladata van és valamelyiknél 2 pontot szerzett. Fenti pontozással ez másképpen nem állítható elő. (Mivel 3 pontot szerezni lehetetlen, így ezt egyetlen feladatban vesztette el.) Annak valószínűsége, hogy valamelyik feladatban 2 pontot ért el

1 . An24

4

⎛ 1 ⎞ nak valószínűsége, hogy az összes többi feladatban 4 pontot ér el ⎜ ⎟ . De a „rontott ⎝ 24 ⎠ feladat” az 5 közül bármelyik lehet, így a keresett valószínűség: 4

5

1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 5 ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ = 5 ⋅ ⎜ ⎟ ≈ 6 ,28 ⋅ 10 −7 . 24 ⎝ 24 ⎠ ⎝ 24 ⎠ A következő feladat a 12-es és 13-as mintapélda között adható fel „strapabíróbb” csoportoknak. 52. Mi a valószínűsége annak, hogy Marci legalább kettesre megírja a témazárót, azaz a 12

tesztkérdésből legalább 4-re helyesen válaszolt az A, B és C lehetőségek közül?


Tanári útmutató

71

Megoldás: Annak valószínűségét kell kiszámítani, hogy legalább 4 kérdésre helyesen válaszolt. Ez azon valószínűségek összege, hogy pontosan 4, 5, …, 12 kérdésre adott helyes választ. Helyette egyszerűbb annak valószínűségét kiszámítani, hogy nem sikerült a dolgozata, azaz 0, 1, 2 vagy 3 kérdésre válaszolt csak helyesen. 0

12

1

11

Annak valószínűsége, hogy 0 kérdésre válaszolt helyesen

⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ . ⎝ 0 ⎠ ⎝3⎠ ⎝ 3⎠

Annak valószínűsége, hogy 1 kérdésre válaszolt helyesen

⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ . ⎝ 1 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠

Annak valószínűsége, hogy 2 kérdésre válaszolt helyesen.

⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝3⎠ ⎝ 3⎠

2

3

10

9

⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ Annak valószínűsége, hogy 3 kérdésre válaszolt helyesen ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ . ⎝ 3 ⎠ ⎝3⎠ ⎝ 3⎠

Tehát a sikertelen dolgozat valószínűsége ezek összege, azaz 1⋅

212 211 210 29 29 512 + 12 ⋅ + 66 ⋅ + 220 ⋅ = ⋅ (8 + 48 + 132 + 220) = ⋅ 408 ≈ 0,39 . 12 12 12 12 12 531441 3 3 3 3 3

A sikeres dolgozat valószínűsége, azaz a komplementer esemény valószínűsége 0,61, ami elég nagy, de biztosra azért nem mehet.

53. Elhatározzuk, hogy a ruletten kétszer egymás után a feketére teszünk. Az első játékot 1

zsetonnal játsszuk. Azt is elhatározzuk, hogy ha első pörgetésnél nyerünk, a második pörgetéskor már a nyereséget is feltesszük, tehát 2 zsetonnal fogadunk, ha pedig veszítünk, akkor ismét 1 zsetonnal játszunk. Számítsd ki, mekkora a nyereség várható értéke?

Megoldás: 2

A1: Ha mindkétszer veszítünk, a nyereségünk -2 zseton

⎛ 19 ⎞ p1 = ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠

A2: Ha először vesztünk, majd nyerünk, a nyereség 0 zseton

p2 =

19 18 ⋅ 37 37

A3:, Ha először nyerünk, majd vesztünk, a nyereség -1 zseton

p3 =

18 19 ⋅ 37 37

A4: Ha mindkétszer nyerünk, a nyereség 3 zseton

⎛ 18 ⎞ p4 = ⎜ ⎟ ⎝ 37 ⎠

2


Tanári útmutató

A nyereség várható értéke tehát – 0,067.

54. Az ábra egy 30 cm átmérőjű céltáblát mutat. A két kisebb kör

átmérője 10 illetve 20 cm. Tudjuk, hogy a céltáblára lövők 95%-a eltalálja a legnagyobb kört. Azt is tudjuk, hogy azok közül, akik eltalálják a legnagyobb kört, 80% eltalálja a legkisebbet is. Mi a valószínűsége annak, hogy valaki beletalál a legkisebb körbe? Figyelem! A feladat megoldása nem a geometriai valószínűség módszerével oldható meg, ugyanis az egyes pontok valószínűsége nem egyenlő!

Megoldás: Ismerjük most a P ( A B ) = 0,8 valószínűséget, valamint P (B ) = 0,95 értékét. Így P( AB ) = 0,95 ⋅ 0,8 = 0,76

72


Tanári útmutató

73

Kislexikon Permutáció: n különböző elem egyik lehetséges sorrendje. n elem összes permutációinak

száma: n ! , ahol n != n ⋅ (n − 1) ⋅ ... ⋅ 2 ⋅ 1 . Ismétléses permutáció: n elem egyik lehetséges sorrendje, ha az n elem nem mind különbö-

ző, hanem van köztük k1, k2, … , km azonos (k1 + k 2 + ... + k m ≤ n ) . Ezek száma:

n! . k!1 ⋅k 2 !⋅... ⋅ k m !

Ciklikus permutáció: n különböző elemet úgy rendezünk sorba, hogy nincs első és utolsó

elem. Két permutáció akkor számít különbözőnek, ha van olyan tagja a permutációnak, melynek jobb vagy bal oldali szomszédja nem azonos. n elem ciklikus permutációinak száma

(n − 1)! Kombináció: n különböző elemből k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a kiválasztás sor-

rendje nem számít (k ≤ n). A lehetséges kiválasztások száma lummal is jelölünk:

n! , melyet egy szimbók !⋅ (n − k )!

⎛n⎞ n! = ⎜⎜ ⎟⎟ (olvasd: n alatt a k). k ! ⋅ (n − k )! ⎝ k ⎠

Variáció: n különböző elemből k darabot akarunk kiválasztani ( k ≤ n ), de a kiválasztás sor-

rendje is számít. A variációk száma:

n! . (n − k )!

Ismétléses variáció: n különböző elemből k darabot akarunk kiválasztani, majd ezeket sorba

rendezni, de egy elemet akár többször is választhatunk. Az ismétléses variációk száma: n k . Esemény: a valószínűségszámításban a kísérletek egy lehetséges kimenetele. Elemi események: melyek nem bonthatók további esetekre.


Tanári útmutató

74

Valószínűség: Egy A esemény valószínűsége az a szám, amely körül az esemény relatív gya-

korisága ingadozik. jelölése: P(A). Ha az elemi események valószínűsége egyenlő és teljes eseményteret (esemény-rendszert) alkotnak, használhatjuk Laplace képletét a valószínűség kiszámítására: P( A) =

kedvező esetek száma összes eset

A+B esemény: az az esemény, amely akkor teljesül, ha az A vagy a B esemény közül legalább

az egyik teljesül. A·B esemény: az az esemény, amely akkor teljesül, ha mind az A, mind a B esemény teljesül.

Az A + B esemény valószínűsége: a két esemény valószínűségének összegéből levonjuk az

együttes bekövetkezés valószínűségét, azaz P ( A + B ) = P( A) + P (B ) − P ( A ⋅ B ) .

Teljes eseményrendszer: Adott kísérlet kimeneteleit vizsgálva az A1 , A2 , ...Ak események

teljes eseményrendszert alkotnak, ha közülük két esemény egyszerre soha nem következhet be, vagyis a két eseményének együttes bekövetkezésének valószínűsége 0, és nincs a kísérletnek olyan kimenetele, amely nem tartozik valamely eseményhez. A teljes eseményrendszer eseményeihez tartozó valószínűségeket összeadva 1-et kapunk.

Röviden jelölve: P (Ai ⋅ A j ) = 0 , ha Ai és A j tagjai az eseményrendszernek, és P( A1 ) + P( A2 ) + ... + P( Ak ) = 1 .

Várható érték: Legyen egy kísérlet összes lehetséges kimenetele az A1 , A2 , ..., An esemény

(teljes eseményrendszer). Ha az Ai esemény bekövetkezésének valószínűsége pi, akkor a kísérlet várható értéke a pi · Ai szorzatok összege:

E ( A) = p1 ⋅ A1 + p 2 ⋅ A2 + ... + p n ⋅ An


Tanári útmutató

75

Binomiális eloszlás: Ha egy esemény bekövetkeztének valószínűsége p, akkor annak valószí-

nűsége, hogy n független kísérletből ez az esemény pontosan k-szor következik be:

⎛n⎞ k ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ p ⋅ (1 − p )n − k . ⎝k ⎠ Kiegészítő anyag: Feltételes valószínűség: Azt mutatja meg, hogy milyen valószínűséggel teljesül az A ese-

mény, ha tudjuk, hogy a B esemény bekövetkezett. Jelölése: P (A B ) .

Ismétléses kombináció: n különböző fajta dologból k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a

sorrend nem számít, és egyfajta elemet többször is kiválaszthatunk. Az ismétléses kombináci-

⎛ n + k − 1⎞ ⎟⎟ . ók száma: ⎜⎜ ⎝ k ⎠

MATEMATIKA A 11. évfolyam 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás

Recommend Documents