KURZUS: Matematika (Valószínűség-számítás és matematikai statisztika)

MODUL: I. modul: Kombinatorika, eseményalgebra és valószínűségek meghatározása kombinatorikus úton

5. lecke: A klasszikus és a geometriai valószínűségi mező

Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Valószínűség-számítás és matematikai statisztika 2.5. és 2.6. fejezet

Elméleti összefoglaló

A valószínűség számítás axiómái:

1.Az adott Ω eseménytér minden egyes A eseményéhez tartozik egy P( A ) szám, amelyre 0P( A )1 . Ezt az értéket az A esemény valószínűségének nevezzük.
2.A biztos esemény valószínűsége 1 P( Ω )=1 .
3.Az egymást páronként kizáró események összegének valószínűsége az egyes események valószínűségének összegével egyenlő, azaz ha A 1 , A 2 ,... A n eseményekre ij esetén A i A j =Ø , akkor P( A 1 + A 2 +...+ A n )=P( A 1 )+P( A 2 )+...P( A n ) .

Ellentett esemény valószínűsége: P( A ¯ )=1P( A )
Különbség valószínűsége: P( AB )=P( B )P( AB )
Összeg valószínűsége: P( A+B )=P( A )+P( B )P( AB )

A klasszikus valószínűségi mező

Ha egy kísérletnek csak véges sok kimenete lehet, és az egyes kimenetek (elemi események) valószínűsége megegyezik, akkor a kísérlettel kapcsolatos események és ezek valószínűségei együtt úgynevezett klasszikus valószínűségi mezőt alkotnak.

Vagyis n db elemi esemény esetén egy elemi esemény valószínűsége: 1 n .

Ekkor a k-féleképpen bekövetkező A esemény valószínűsége: P( A )= k n , ahol k a kedvező események, n pedig az összes esetek száma.

Vagyis P( A )= jó esetek száma összes esetek száma =1 rossz esetek száma összes esetek száma .

A geometriai valószínűségi mező

Ha egy kísérlettel kapcsolatos események egy geometriai alakzat részhalmazainak feleltethetőek meg úgy, hogy az egyes események valószínűsége a megfelelő alakzat mértékével (hossz, terület, térfogat) arányos, akkor az események és valószínűségeik geometriai valószínűségi mezőt alkotnak.

Ha a kísérlettel szóba jövő alakzat teljes mértéke (hossz, terület, térfogat) M, akkor az A eseménynek megfelelő alakzat mértéke pedig m, akkor az A esemény valószínűsége: P( A )= m M .

Kidolgozott feladatok

1. feladat Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy az ötös lottón egy szelvénnyel játszva pontosan három találatunk lesz!

Megoldás: Vezessük be a következő jelölést:

A: a lottón pontosan három találatunk lesz. P( A )=?

Az összes esetek (a lehetséges nyerőszám-ötösök) száma: n=( 90 5 ) , mivel 90 számból kell kiválasztani az 5 nyerőt, de a kiválasztásnál a sorrend nem számít.

A jó esetek: az 5 nyerő számból hármat eltalálunk, a másik kettőt nem. Vagyis az 5 nyerőszámból kiválasztunk hármat, ezt ( 5 3 ) féleképpen tehetjük meg. A maradék kettő a 85 nem nyerő közül kerül ki, erre ( 85 2 ) -féle lehetőség adódik. Tetszőleges nyerő hármashoz tetszőleges nem nyerő két szám hozzárendelhető, vagyis így a jó esetek száma: k=( 5 3 )( 85 2 ) .

Tehát annak a valószínűsége, hogy pontosan 3 találatunk lesz:
P( A )= k n = ( 5 3 )( 85 2 ) ( 90 5 ) = 5! 3!2! 85! 2!83! 90! 5!85! = 54 2 8584 2 9089888786 120 8,123 10 4 .

2. feladat Egy 24 fős osztályba 8 lány és 16 fiú jár. Találomra választanak egy háromfős bizottságot. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a bizottság összetétele a nemek terén hűen tükrözi az osztály összetételét? ( 1 3 lány, 2 3 fiú)

Megoldás: Legyen A: a bizottság lány-fiú összetétele 1 3 : 2 3 . P( A )=?

Az összes lehetséges kiválasztások száma: n=( 24 3 ) .

Jó esetben 1 lány és 2 fiú kerül a bizottságba, ez k=( 8 1 )( 16 2 ) -féle módon történhet.

Vagyis a kérdéses esemény valószínűsége: P( A )= k n = ( 8 1 )( 16 2 ) ( 24 3 ) = 8 1615 2 242322 6 0,474 .

3. feladat Kétszáz csavarból 10 hibás. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a 200 közül tizet kiválasztva

a)lesz benne hibás;
b)háromnál kevesebb hibás lesz benne?

Megoldás:

a)A: lesz benne hibás;
A ¯ : nem lesz benne hibás
P( A )=1P( A ¯ )
Összes esetek száma: n=( 200 10 ) .
Azon esetek száma, mikor nincs benne hibás (vagyis csak a 190 db jó közül választunk): k=( 190 10 ) .
Ezzel P( A )=1 ( 190 10 ) ( 200 10 ) =1 190! 180!10! 200! 190!10! 0,408
b)3-nál kevesebb hibás lesz benne, ez azt jelenti, hogy pontosan 0, vagy pontosan 1, vagy pontosan  2 hibás lesz, vagyis:
P( 3-nál kevesebb hibás )=P( 0 hibás van )+P( 1 hibás van )+P( 2 hibás van ) .
Vezessük be a következő jelöléseket:
B: háromnál kevesebb hibás;
C0: nincs hibás;
C1: pontosan 1 hibás;
C2: pontosan 2 hibás.
P( C 0 )= ( 190 10 ) ( 200 10 )
P( C 1 )= ( 10 1 )( 190 9 ) ( 200 10 ) , mert a 10 hibásból 1-et, a 190 jóból 9-et választunk.
P( C 2 )= ( 10 2 )( 190 8 ) ( 200 10 ) , mert a 10 hibásból 2-t, a 190 jóból 8-at választunk.
Így tehát:
P( B )=P( C 0 )+P( C 1 )+P( C 2 )= ( 190 10 )+( 10 1 )( 190 9 )+( 10 2 )( 190 8 ) ( 200 10 ) 1,32 10 16 +7,33 10 15 +1,63 10 15 2,24 10 16 0,989 .

4. feladat Mekkora annak a valószínűsége, hogy 10 véletlenszerűen választott ember között van legalább kettő olyan, akiknek ugyanakkor van a születésnapjuk?

Megoldás: Az egyszerűség kedvéért tekintsünk el a szökőévektől, így tehát 365-féle különböző születésnap lehetséges.

A: van legalább két ember, akik ugyanazon a napon születtek;
A ¯ : mindenki más napon született
P( A )=1P( A ¯ )
P( A ¯ )= jó esetek száma összes esetek száma = k n

Összes esetek száma: mind a 10 ember 365-féle napon születhetett, így a lehetőségek száma: n= 365 10 .

Jó esetek száma: ha mindannyian más-más napon születtek, akkor a 365 napból kell kiválasztani úgy tizet, hogy számít a sorrend, és nem szerepelhet kétszer ugyanaz a nap: k=365364363...356= 365! 355! .

Így a keresett valószínűség:
P( A )=1P( A ¯ )= 1 365! 355! 365 10 =1 365364...356 365 10 10,883=0,117 .

5. feladat Egy dobozban 3 fehér és 7 piros golyó van. Mekkora annak a valószínűsége, hogy visszatevés nélkül négyet kihúzva pontosan 2 fehéret és 2 pirosat választottunk ki?

Megoldás:A: 2 fehéret és 2 pirosat választottunk. P( A )=?
Tulajdonképpen 10 közül választunk 4-et úgy, hogy a sorrend nem számít, csak az, hogy egy golyót választunk-e vagy nem.

Összesen 10 golyó van, tehát az összes lehetőségek száma: n=( 10 4 ) .

A jó esetek száma: a 3 fehér közül kiválasztunk kettőt, a 7 piros közül szintén kettőt, ezt rendre ( 3 2 ) és ( 7 2 ) -féle tehetjük meg, vagyis a jó esetek száma: k=( 3 2 )( 7 2 ) .

Így a keresett valószínűség: P( A )= k n = ( 3 2 )( 7 2 ) ( 10 4 ) = 3 76 2 10987 432 = 3 10 =0,3 .

6. feladat A 32 lapos magyar kártyát alaposan megkevertük. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a keverés után a pakli tetején és az alján is ász van?

Megoldás:A: a pakli tetején és az alján is ász van P( A )=?

Keverésnél tulajdonképpen más sorrendbe rendezzük a lapokat. A 32 lap összes lehetséges sorrendjének száma: n=32! .

A legfelső lap ász, tehát 4-féle lehet, az alsó lap szintén ász, ha a legfelső már megvan, akkor csak 3-féle lehet, a maradék 30 lap pedig bárhogyan elhelyezhető. Így a jó esetek száma: k=430!3 .

A keresett valószínűség: P( A )= k n = 430!3 32! = 43 3231 = 3 248 0,012 .

7. feladat Egy gyalogosátkelő közlekedési lámpája egy percig piros, 30 másodpercig zöld jelzést mutat. Az úttesten 20 másodperc alatt tudunk átkelni. Ha véletlenszerűen lépünk le a járdáról, akkor mekkora annak a valószínűsége, hogy zöld jelzésnél indulunk el, és még ugyanezen zöld jelzés alatt átérünk a túloldalra?

Megoldás:A: a leírt módon kelünk át P( A )=?
Mivel 20 másodperc alatt érünk át, ezért az átkelést a zöld jelzés 10. másodpercéig meg kell kezdeni. A lámpa egy teljes periódusa (piros, zöld) másfél percig, vagyis 90 másodpercig tart, ebből az átkelés megkezdésére 10 másodperc áll rendelkezésre, tehát a keresett valószínűség: P( A )= 10 90 = 1 9 0,111 .

8. feladat Két ember találkozót beszél meg. 6 és 7 óra között véletlenszerűen érkeznek meg a megbeszélt helyre, és várnak társuk érkezéséig. Mekkora annak a valószínűsége, hogy az előbb érkezőnek 10 percnél többet kell várnia?

Megoldás:A: 10 percnél többet kell várni valamelyiküknek P( A )=?
Az érkezési időpontokat a 6 óra után eltelt percekkel adjuk meg. Érkezzen az egyik x, a másik y időpontban. Akkor kell 10 percnél többet várni valamelyiknek, ha | xy |>10 . Ábrázoljuk ezt a ponthalmazt!

I. y<x10 vagy II. y>10+x

A kedvező eseménynek megfelelő rész területe: T k = 5050 2 + 5050 2 =2500 .

A teljes négyzet területe: T n =6060=3600 .

Vagyis a keresett valószínűség: P( A )= T k T n = 2500 3600 0,694 .

9. feladat Egy 1000 méter hosszú vezeték meghibásodott. A hiba a vezeték mentén bárhol ugyanakkora valószínűséggel lehet. Mekkora annak a valószínűsége, hogy az egyik kijelölt végpontból indulva legalább 200 métert kell haladni a hiba helyének megtalálásáig?

Megoldás:A: legalább 200 métert kell haladni P( A )=?
A feladat szempontjából megfelelő pontok a kijelölt kezdőponttól 200 méternél távolabb vannak, vagyis egy lk=800 méter hosszú szakasz mentén. A teljes hossz ln=1000 méter, így a keresett valószínűség: P( A )= l k l n = 800 1000 =0,8 .

10. feladat Három dobókockával egyszerre dobunk. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a dobott számok mindegyike különböző lesz?

Megoldás: Vezessük be a következő jelölést:
A: a három dobott szám eltérő P( A )=?

Mivel mind a három kockán hat különböző szám lehet, ezért az összes lehetséges esetek száma: n=666=216 , vagyis 216-féle számhármast kaphatunk. Ezek közül azok lesznek megfelelőek, amelyekben mindhárom szám különböző. Ezek szerint az első kockával 6-féle, a másodikkal 5-féle, a harmadikkal 4-féle számot dobhatunk, így a megfelelő esetek száma: k=654=120 .

Természetesen másképp is megszámolhatjuk ezeket az eseteket! Azon lehetőségek száma, amikor mindhárom szám eltérő, ugyanannyi, mint ha az összes lehetőségek számából elvennénk azokat az eseteket, amelyekben két vagy három egyforma szám van.

Három egyformát hatféleképpen kaphatunk (1, 2, 3, 4, 5, 6-osból lehet).

Két egyformánál a megegyező szám hatféle lehet, a harmadiknak ettől eltérőnek kell lennie, vagyis csak ötféle lehet. Továbbá figyelembe kell vennünk azt is, hogy minden egyes két egyforma, 1 különböző hármas háromféle módon jöhet létre attól függően, hogy melyik kockával dobjuk a nem megegyező számot. Így a két egyforma lehetőségeinek száma: 653=90 . Ezek alapján azon esetek száma, melyben mindhárom dobás különböző: k=216( 6+90 )=21696=120 .

Tehát a keresett valószínűség: P( A )= k n = 120 216 = 5 9 =0,55 .

11. feladat Egy nemzetközi versenyen két magyar sportoló (A és B) is bejutott a legjobb nyolc közé. A felkészült versenyzők mindegyike ugyanakkora valószínűséggel végez, mind a nyolc helyen. (Holtverseny nem lehetséges.) Mekkora annak a valószínűsége, hogy

a)A megelőzi B-t?
b)mindketten az első hatban végeznek?

Megoldás:

a)Vegyük észre, hogy A és B szempontjából a verseny kétféleképpen alakulhat: A megelőzi B-t, vagy B megelőzi A-t. Ha egy tetszőleges végső sorrendben A és B szerepét felcserélve kettejük versenyében ellentétes eredményt kapunk. Így ugyanannyi olyan sorrend van, ahol A megelőzi B-t, mint fordítva. Tehát annak a valószínűsége, hogy A megelőzi B-t: 1 2 .
b)Legyen C: mindketten az első hatban végeznek. P( C )=?
Az összes lehetséges sorrendek száma nyolc versenyző esetén: n=8 !=40320 .
Ha mindketten az első hatban végeznek, akkor a 7. helyezett csak a többi hat (nem magyar) versenyző közül kerülhet ki, vagyis 6-féle lehet, a 8. helyezett így már csak 5-féle. Az első hat helyen pedig a többiek 6 ! -féleképpen végezhetnek. Tehát a keresett esetek száma: k=6 ! 65 .
Tehát P( C )= k n = 6 ! 65 8 ! = 65 78 = 30 56 =0,535 .
Ellenőrző feladatok
1. A 32 lapos magyar kártyából 3 lapot húzunk visszatevéssel. Mi a valószínűsége, hogy a 3 lap között van piros?
a) 0,578
b) 0,421
c) 0,093
d) 0,046
2. Mi a válasz akkor, ha visszatevés nélkül húzunk?
a) 0,578
b) 0,421
c) 0,591
d) 0,409
3. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a lottón a heti nyerőszámok mindegyike páros szám lesz?
a) 0,025
b) 0,062
c) 0,031
d) 0,027
4. Lottóhúzás után a nyerőszámokat emelkedő sorrendben szokás beolvasni. Mekkora annak a valószínűsége, hogy már eredetileg is ilyen sorrendben húzták ki a számokat?
a) 0,008
b) 0,893
c) 0,632
d) 0,014
5. Három kockával dobva mekkora annak a valószínűsége, hogy a dobott számok szorzata prímszám?
a) 0,046
b) 0,041
c) 0,027
d) 0,032
6. És annak, hogy a dobott számok szorzata páros?
a) 0,875
b) 0,250
c) 0,675
d) 0,500
7. Egy osztályba 18 fiú és 12 lány jár. Történelemből ketten felelnek. Mi a valószínűsége, hogy mindkét felelő fiú?
a) 0,360
b) 0,421
c) 0,600
d) 0,351
8. Matematikából egy alkalommal 30 fő vizsgázott (20 lány, 10 fiú). Sajnos, csak 12 ember vizsgája volt sikeres. Mi a valószínűsége, hogy 6 fiú és 6 lány ment át?
a) 0,257
b) 0,018
c) 0,094
d) 0,128