Csernyak Laszlo - Valoszinusegszamitas.pdf

TARTALOM

Előszó ........ ................... ....... ....... ......... ....... ..... ..................... .....................

7

B evezetés..................................... ......................................... ...... .

9

1. K o m b in a t o r ik a ............................................................................................ ....... 11 1.1. Permutáció .................................. .................................................................. 11 1.2. V ariáció......................................................................... .................. .............. 17 1.3. K om bináció.................................................................................................... 20 1.4. Binomiális tétel .......... ................................ ........ ......................................... 26 1.5. A binomiális együtthatók néhány tulajdonsága ........................................ 29 2. E sem é n y a l g eb r a ............................................. ............................ . 2.1. A lapfogalm ak................................................. ............................................... 2.2. Műveletek esem ényekkel....................... .............................. ................ . 2.3. Teljes eseményrendszer, összetett események ............................ ....... ......

32 33 39 46

3. A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ELEMEI .................................................................... 3.1. A valószínűség fogalma ........ ....... ....... ........................................ ............. 3.2. A valószínűség axiómái, tételek ............................................... ................. 3.3. Klasszikus valószínűségi m e z ő ............... ................................................... 3.4. Feltételes valószínűség, szorzási szabály ................................................... 3.5. A teljes valószínűség tétele, a Bayes-tétel, valószínűségi fa ................. 3.6. Események függetlensége..... ............................................................. ....... 3.7. Bem oullí-ldsérletsorozat............................................................ ................. 3.8. Geometriai valószínűség.............................................................................. 3.9. Szubjektív valószínűség ......................... .................. ...................................

50 50 53 58 66 70 74 79 83 84

4. Valószínűségi változó ................................................. .................................. 4.1. A valószínűségi változó fogalma ................ ................... ........ . 4.2. Az eloszlásfüggvény és tulajdonságai......................................................... 4.3. A sűrűségfüggvény és tulajdonságai..... ........................... ....... ................. 4.4. A valószínűségi változó néhány jelle m z ő je .............................................. 4.5. Várható é rté k ................................................................................................. 4.6. S z ó rá s............... ................................ ....... ................................ ................. .

93 93 97 103 109 113 120 5

5. T öbbdim enziós diszkrét eloszlások .................... ...................................... 122 5.1. Együttes eloszlás, peremeloszlások ........................................................... 122 5.2. Együttes eloszlásfüggvény.......................................................................... 128 5.3. Kovariancia és korrelációs együttható ..................... .......... ...................... 133' 5.4. Valószínűségi változók függetlensége.... ............................................ 138 5.5. Feltételes eloszlás, feltételes várható érték, regressziós függvény ......... 141 6. T öbbdimenziós folytonos eloszlások * ................................ ...... ..............149 6.1. Együttes sűrűségfüggvény .......................................................................... 149 6.2. Várható érték, korrelációs együttható ....................................... ................ 156 6.3. Valószínűségi változók függetlensége...................................................... 159 6.4. Feltételes sűrűségfüggvény, regressziós függvény .................................. 161 7. Va ló sz ín ű sé g e l o sz l á so k .............. .......................... .......... ........................... 7.1. Karakterisztikus e lo sz lás....................................... .................. ................... 7.2. Binomiális eloszlás ...................................................................................... 7.3. Hipergeometriai e lo szlás...... ......... ..................................... ................. . 7.4. Poisson-eloszlás .................... ........ ..................................... ........ ................ 7.5. Geometriai e lo sz lás........................................ .............................................. 7.6. Egyenletes eloszlás ................................................................... ....... ........ . 7.7.. Exponenciális eloszlás ............................................................................. .

163 164 165 168 171 177 180 183

8. N ormális eloszlás , norm álisból származtatott eloszlások ....... 188 8.3. Normális e lo sz lá s........................................ ......................................... ....... 188 8.2. A centrális határeloszlás-tétel .................................................................... 193 8.3. Normálisból származtatott eloszlások ................... ..................................... 196 8.4. Kétváltozós normális eloszlás* ................................................................... 200 9. B ecslő formulák ............................... ................................................................203 9.1. Markov- és Csebisev-egyenlőtlenség .................... ................... ........... . 203 9.2. A nagy számok törv én y e..............................................................................208 T árgymutató .................................. ......... ......... ............................ .

6

214

ELŐSZÓ

Az oktatási feltételek megváltozása miatt újra át kellett gondolni, melyek azok az ismeretek, amelyek a képzési cél eléréséhez feltétlenül szükségesek, és a rendelke­ zésre álló időn belül megfelelő mélységig oktathatók. Ezeket a könyv azon részei tartalmazzák, amelyeket sem a csillag jelzéssel, sem apró betűs szedéssel nem kü­ lönböztettünk meg. Az apró betűvel szedett, illetve csillaggal jelölt részek ajánlott ismereteket tárgyalnak, A könyvet úgy szerkesztettük, hogy a jelzés nélküli részek apró betűs, illetve csillaggal jelölt részekre ne hivatkozzanak. A megértést példákkal, ábrákkal igyekeztünk elősegíteni, így a könyv rem é­ nyeink szerint önálló tanulásra is alkalmas, és a nappali tagozatos hallgatókon kívül a levelező- és távoktatásban részt vevő hallgatók is eredményesen használhatják. Végezetül a szerzők nevében is köszönetét mondok a Budapesti Gazdasági Főiskola M ódszertani Intézeti Tanszék vezetésének és munkatársainak munkánk segítéséért. Ugyancsak köszönet illeti a lektorokat és dr. Em yes Éva egyetemi adjunktust a kézirat alapos átnézéséért és hasznos tanácsaikért. Eredményes munkát kívánunk! Budapest, 2007. január

D r, Csernyák László

szerkesztő

7

BEVEZETÉS

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

9

A 19. század nagy matematikusai közül Gauss (1777-1885), Poíncaré (18541912), Csebisev (1821-1894), Markov (1856-1922), Ljapunov (1857-1918) nevét említjük meg. Á múlt század első harmadában a valószínűségszámítás klasszikus módszerei már nem voltak elégségesek a valóságot új és új oldalról megközelítő természettudományok igényeinek kielégítésére. Kolmogorov 1933-ban megjelent „Á való­ színűségszámítás alapfogalmai” című művében a valószínűség objektív értelmezé­ séből kiindulva a valószínűségszámítást teljes matematikai szigorúsággal néhány axiómára építette fel. Ezt megelőzően a magyar Jordán Károly, a francia Frédiét, az orosz Bem stein és még sokan mások is hasonló irányban munkálkodtak. Ezzel a valószínűségszámítás megalapozásával kapcsolatos több évtizedes vita nyugvó­ pontra jutott, s a matematikának ez a fiatal ága mind elméleti, mind gyakorlati vonatkozásban rohamos fejlődésnek indult, Ez az elmélet napjainkban is nagy fejlődésen megy keresztül, majdnem kivétel nélkül alkalmazható az összes tevékenységi területen, A valószínűségszámítás elméleti kérdéseiben, valamint közgazdasági, ipari,'’biológiai, fizikai, operációkuta­ tási stb. alkalmazásában magyar kutatók kiemelkedő eredményeket értek el.

1. KOMBINATORIKA

A valószínűségszámítás klasszikus felfogása alapvetően két gyökérre támaszkodik, a kombinatorikára és az eseményalgebrára. Ezek közül történetileg is az első a kombinatorika, mellyel játékos formában már mindannyian kora gyermekkorunk­ ban is találkoztunk. Azt, hogy a tudomány is felhasználja a kombinatorika elméletét és módszereit, bizonyítja a gazdasági, természettudományos és műszaki szakirodalom sokrétűsé­ ge, nagy száma. Ebben a fejezetben azokkal a - részben már ismert - kombinatorikai fogalmak­ kal és tételekkel foglalkozunk, melyek a klasszikus valószínűségszámítási felada­ tok megoldásához hasznos segítséget nyújtanak. Kissé túl általános, de lényegét tekintve jó meghatározás szerint a kombinato­ rika a véges halmazok elmélete. Ez nem jelenti azt, hogy a kombinatorika minden, a véges halmazokkal kapcsolatos matematikai problémával foglalkozik. Főként csoportalkotási kérdéseket vizsgál. Ezek közül tankönyvünkben csak két alapfel­ adatra szorítkozunk, mégpedig megvizsgáljuk: > Hányféleképpen lehet egy véges halmaz elemeit sorba rendezni. > Hányféleképpen lehet egy véges halmaz elemeiből bizonyos számú elemet kiválasztani. Természetesen kitérünk a fenti problémák megoldásánál kapott eredményeink közti összefüggések feltárására és néhány, speciális alkalmazási területére is.

1.1. Permutáció A permutáció röviden adott számú elem sorba rendezését jelenti. Aszerint, hogy az elemek mindegyike különböző, vagy vannak köztük egyformák is, ismétlés nélküli vagy ismétléses permutációról beszélünk,

10

11

Ö sszegzési sza b á ly

ISM ÉTLÉS NÉLKÜLI PERM UTÁCIÓ

A könnyebb megértés kedvéért tekintsük a következő példát. L L Példa, Egy beosztott bizonyos üzleti kérdés eldöntésére háromféle javaslatot dolgozott ki. Minthogy szerinte mindegyik javaslat rendelkezik előnyökkel, nehezen dönti el, milyen sorrendben ismertesse azokat főnökével és kollégáival a munkaérte­ kezleten. Hányféle sorrendet alakíthat ki a munkatárs a prezentáción? M e g o l d á s . Jelöljük a különböző javaslatokat A, B, C-vel! M ár csak az a kér­ dés, hányféle sorrendje írható fel ezeknek a betűknek? Az első helyre háromféleképpen választhatunk betűt. Ha ezt beírtuk, a má­ sodik helyre csak kétféleképpen választhatunk. Mivel bármely első választáshoz bármelyik második választás tartozhat, ez 3 -2 eset. A maradék helyre csak a maradék betűt tehetjük, így a sorrendek számai 3 - 2 1 - 6 . Ha A -t választunk elsőnek és B-t másodiknak, akkor ABC a sorrend, ha C -t másodiknak, ak­ kor ACB , Hasonló a helyzet, ha B, illetve C az első. A hat sorrend:

ABC AC B

BAC BCA

CAB CBA

Természetesen nem kell feltétlen ragaszkodnunk ehhez a szisztémához, lénye­ ges azonban, hogy ne veszítsünk el egyetlen sorrendet sem. Szokás a lehetőségek összeszámlálását ún. fával (1.1. ábra), máskor un. „csésze” modellel szemléltetni. I . hely

2. hely

3. hely

Ha egy bizonyos A objektum ot m -félcképpen lehet kiválasztani, egy másik, B objektum ot pedig n-féleképpen, akkor a vagy A, vagy 3 kiválasztás m + ^-féleképpen lehetséges. Ahhoz, hogy a fenti összegzési szabályt sikeresen alkalmazhassuk, meg kell követelnünk, hogy az 4 objektum egyik kiválasztása se essék egybe a £ objektum valamelyik kiválasztásával. Szorzást szabály Ha az A objektumot m-féleképpen lehet kiválasztani, és bárhogyan választjuk is ki A-t, a B objek­ tumot /i-féleképpen lehet kiválasztani, akkor az (A, B) párt a megadott sorrendben m - n-féleképpen választhatjuk ki. Természetesen előfordulhat, hogy nem rendezett párokat, hanem rendezett n-eseket, vagyis több elemből álló elem kom binációkat kell előállítanunk. Ezeket a feladatokat ugyanezzel a módszerrel oldjuk meg.

DEFíNÍCIÓ. Adott n különböző elem. Az elemek egy meghatározott sorrendjét az adott n elem ismétlés nélküli perm utációjának nevezzük, és számu­ kat a PH szimbólummal jelöljük. 1.1. T ÉT E L , n különböző elem összes lehetséges sorrendjének (permutációinak) száma: Pv = n ■(n -1 ) • (n - 2) • ... *1 = n ! (olv; n faktoriális). Bizonyítás. A bizonyítást az előző példa megoldásánál felhasznált módszerrel vé­ gezzük el. Az összes lehetséges sorrend összeszámlálásához tekintsük az egyes "helyek ki­ töltésének lehetőségeit! Az első helyen álló elem kiválasztására n lehetőségünk van, a másodikra n - 1 lehetőség, a harmadikra n - 2 lehetőség, ,,,, az utolsó helyen álló elem kiválasztására már csak egy lehetőség marad (1.2. ábra).

sorrend

1.

2.

n.

/i-féleképpen

(n -í)-félek ép p en

1-féleképpen

1. 2 . ábra

így az n elem összes lehetséges sorrendjének, permutációinak száma: Pn = n • (n - 1 ) • (n - 2) • ... • 1 = ni

1. L á bra Megjegyzés: A kombinatorikai feladatok megoldásánál sok esetben jól használható két alapvető szabály, melyeket célszerű megismerni, ezek: az összegzési és a szorzást szabály. Kissé leegyszerűsítve közöljük ezeket.

12

1.2. Példa. Egy színházi előadásra 5 fiú és 5 lány vett egymás mellé szóló jegyeket. Hányféleképpen ülhetnek le, ha két lány és két f i ú nem ül egymás mellé?

1

13

MEGOLDÁS. A lehetséges elhelyezkedés vagy / I f i f i f i f i , vagyis fiú ül az első helyen, vagy l f i f l f i f i f , vagyis lánnyal kezdődik az ültetés. Minden

így, ha az első hallgató kapja az A jelű feladatsort, a többiek között 3! = 6 féleképpen osztható szét a három B jelű, indexszel megkülönböztetett változat.

fiú-ülésrendhez 5!-féle lány-ülésrend tartozik, és a fiúkat is 5!-féleképpen ren­ dezhetjük sorba. A lehetőségek száma: 2-5!-5í=28 800. Az alábbi példabelihez hasonló problémák gazdasági környezetben is gyakran előfordulnak, emiatt érdemes megismerkedni az ún. ciklikus permutációval. Ennek az a jellemzője, hogy a permutált elemeknek csak egymáshoz viszonyított helyze­ tére vagyunk tekintettel, vagyis két sorba rendezést csak akkor mondhatunk külön­ bözőnek, ha forgatással nem vihetők át egymásba.

Ismétléses permutációk

ABBB

BABB

BBAB

BBBA

AB\M2B2 Ismétlés nélküli permutációk

B 1.1 ByÁB-tfii BzABfBj B iAB jB i B3AB;B2 B2AB2Bx

B-jhABf

AB 1B2B2 AB *Bx ÁB 2BjBi

B \S 2B3A BsBiBtA B2B tBy4 BjB^BiA BiB,B2A B3BzBjA

AB^BiBj AB tJ3i B\

1.3, Példa, Hét kislány járja a körtáncot. Hányféleképpen állhatnak körbe? M e g o ld á s . A tánc elején ki kell alakítani a kört. Álljon fel a táncot tani tó „fő­ táncos”, és hívjon maga mellé valakit. Erre 6 lehetősége van. Ezután a máso­ dik táncos mellé hív újabb lányt, ekkor 5 személy közül választhat, és így tovább, amíg az utolsó kislány megfogja a „főtáncos” szabad kezét, és kialakul a kör. A lehetőségek száma: 6 • 5 • 4 - 3 ■2 ■1 = 6 ! Általánosan, n elem ciklikus permutációinak száma: Pu_x = (n -1)! A ciklikus permutációval kapcsolatos szokásos feladattípus a kör alakú asztal mellé ültetés problémája is, melynek során a ciklikus permutáció csak azzal a meg­ kötéssel használható, hogy az ülőhelyek azonos adottságokkal rendelkeznek, csak a személyek szomszédsági viszonyai fontosak. perm utáció

BjBiÁBj 3\

Ha a második hallgató íqa az A változatot, ugyanúgy 3!-féle B kiosztás! le­ hetőség társul hozzá, és így tovább a harmadik és negyedik hallgató esetében. Megállapítható tehát, bármelyikük is kapja az A jelű feladatsort, a hozzá kapcsolódó indexes B esetszám 3!= 6. Tehát ekkor, ismétlés nélküli permu­ táció esetén, 4 • 3!= 4! lenne a megoldás. Ezek az esetek azonban a valóságban nem adnak új megoldásokat. Vagyis az ismétlés nélküli permutációk száma annyiszorosa az ismétléses permutációk számának, ahányféleképpen sorba rendezhetjük egymáshoz képest az azonos tulajdonságú, a példában csak indexszel megkülönböztetett elemeket. Ebben a feladatban az ismétléses permutációk száma hatodrésze az ismétlés nél­ küli permutációk számának. D e f in íc ió .

Ismétléses

B \ByAB2 BzBiAB^ BjByAB 1

Adott n elein, melyek között r (r < n ) különböző található, ezek ű, , a2> ■■■> ar . Ha az ű, elem /c, -szer, az a 2 elem lc2 -szőr, ... az a elem

Az ismétléses permutáció abban különbözik az ismétlés nélkülitől, hogy a sorba rendezendő elemek között vannak egyformák (azonosak) is. 1.4. Példa, Egy négyfős hallgatói csoport tanári tévedésből kétféle feladatsort kapott, még­ pedig egyvalaki A, hárman B változatot. Hányféle kiosztási lehetőség van? MEGOLDÁS, a lehetséges kiosztások:' ABBB, BÁBB, BBAB, BBBA, összesen 4-féle. Vagyis sokkal kevesebb lehetőség, mintha mindenki különböző változa­ tot ima. Hogy a kétféle permutáció közti kapcsolatot meghatározhassuk, kiindu­ lásként különböztessük meg a B jelű feladatsorokat indexekkel: Bt , B3, B2.

14

kr -szer ford u l elő, és k í + k 2 + ... + kr —n , akkor az n elem egy lehetséges sorrendjét ezen elemek ismétléses perm utációjának ne­ vezzük. A permutációk számát a p^ “ k

szimbólummal jelöljük.

1.2. TÉTEL. Rögzített n, r és kt , k 2, ..., k r esetén az ismétléses permutációk száma:

Bizonyítás, Kövessük az 1.4, példában látott módszert. A tétel igazolásához az n elem egy tetszőleges permutációjában az ismétlődő (azonos) elemeket egymástól megkülönböztetjük (pl. úgy, hogy indexekkel látjuk el őket). Á k t -szer ismétlődő elem ez esetben kx! különböző permutációt, a k1-szőr

1.2. Variáció A variáció hétköznapi, egyszerű megfogalmazásban különböző elemek közül adott számú elem kiválasztását jelenti, azzal a feltétellel, hogy a Idválasztás sorrendje sem közömbös. Ahogy a permutációknál, itt is beszélhetünk ismétléses és ismétlés nélküli variációkról, attól függően, megengedjük-e egy elem többszöri kiválasztását.

ismétlődő elem k t l különböző permutációt jelent; és a gondolatmenetet folytatva látj uk, hogy egy ismétléses permutációból k t!k 2

kr! különböző elemekből álló

permutáció nyerhető. Ha az ismétléses permutációk száma

’*'*, akkor az

ismertetett eljárást ezek mindegyikére alkalmazva kJ.k2\ - ...- k t \P ^ " k" " 'K) ismétlés-" nélküli permutációt kapunk, amely ni-sál egyenlő. Képletben

Ismétlés

nélküli variáció

Tekintsünk ismét először egy példát! k}ík2\ •... ■kF\P ^,’kz"",k' ) =nl 1.6. Példa. A cég hat, eddig kiváló teljesítményt nyújtott dolgozója között három különböző hétvégi utazást sorsolnak ki. Mindenki legfeljebb egyféle jutalomban részesül. Hányféleképpen végződhet a sorsolás?

Ebből már az 1.2. tételben felírt egyenlőség adódik. Megjegyzés: Általában a probléma megfogalmazásából következtetünk arra, ismétlés nélküli vagy ismétléses permutáció segít-e a megoldásban. Nézzünk egy példát erre!

MEGOLDÁS, a megoldáshoz felhasználhatjuk a permutációknál már megismert modelleket. Először az első utazásra sorsolunk ki valakit, ennek ó-féle lehetősége van. Ezután kisorsoljuk a második, majd a harmadik utazás nyertesét (1,3. ábra). Mivel ezeket nem nyerheti meg ugyanaz a személy, m ár csak 5, illetve 4 esé­ lyes maradt. A lehetőségek száma összesen: 6 • 5 • 4 = 120.

1.5. Példa. Egy nőiruha-üzlet egyik polcán öt különböző méretű pulóver van összehajtva egymáson, közülük kettő lila, három rózsaszín. Hányféle sorrend alakítható ki köztük, ha a mérettől eltekintünk, csak a puló­ verek színe fontos? Hányféle sorrend alakítható ki köztük, ha egymáshoz képesti elhelyezkedé­ sükben a méretre is tekintettel vagyunk? M egoldás . M íg az első kérdés megválaszolásához az ismétléses, a másodikéhoz az ismétlés nélküli permutáció segít hozzá. Ha a mérettől eltekintünk, akkor a színösszeállí­ tások lehetséges számát ismétléses permutációval határozhatjuk meg, vagyis a sorba rendezés lehetőségeinek száma:

6-féleképpen

I

2.

3,

5-féleképpen

4-féleképpen

1.3. ábra

DEFINÍCIÓ. Adott n különböző elem. Ha adott n elem közül k elemei (0 < k < n)

Ha a méret is fontos, akkor az öt különböző tárgy sorba rendezési lehetőségeinek számát keressük, amely Pa = 5!= 120 .

úgy választunk ki, hogy mindegyik csak egyszer kerül sorra, és a kivá­ lasztás sorrendje is számít, akkor az n elem egy k-adosztályú ismét­ lés nélküli variációját kapjuk. A z n elem egy A-adosztályú ismétlés nélküli variációinak számát a V* szim­ bólum jelöli. Az előző példa megoldása (V* - 6 ■5 ■4) általánosítható, melyet tétel formájá­ ban fogalmazunk meg.

16

1.3. TÉTEL. Adotí n elem összes k-adosztályú ismétlés nélküli variációinak száma: V* = « ■ ( « - 1) • (n - 2) + 1).

ISMÉTLÉSES VARIÁCIÓ Fogalmazzuk át az 1.6. példát!

Más alakban: V k = — '.... . ' (n —k)\ Bizonyítás. Ha n elem közöl k darabot választunk ki úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére is tekintettel vagyunk, akkor az elsőt w-ből, a másodikat (n - l)-ből, a harmadikat ( n - 2)-ből, az utolsót n - ( k - í ) = n - k + l elemből választhatjuk. Ez összesen: Vj - n ■(n - 1 ) ■(n - 2) • - (n - k + \) lehetőséget jelent. Könnyen belátható, hogy a variációk számának kétféle felírása ekvivalens. Megjegyzés: Ha n - k , az n elem &-adosztályú ismétlés nélküli variációinak száma megegye­ zik az n elem ismétlés nélküli permutációinak számával. Ahhoz, hogy a variációk számának tört alakú kiszámítási módja értelmezhető legyen, szükséges a 0!= 1 definiálása. 1.7. Példa. Egy dobozban 10 cédula van, 0, 1, 2, 3, 4, 5, ó, 7, 8, 9 számjegyekkel megjelölve. Egymás után négy cédulát húzunk ki, úgy, hogy a kihúzott cédulát a húzás után nem tesszük vissza. A kihúzott cédulákon levő számjegyeket a hú­ zás sorrendjében újuk egymás mellé. Hány esetben kapunk: a) páratlan négyjegyű számot; b) 1 0 -zel osztható négyjegyű számot? M eg old ás.

a) Ha a végeredmény négyjegyű páratlan szám, akkor utolsó helyen az 1, 3, 5, 7, 9 valamelyike állhat, azaz az utolsó helyet 5-féleképpen tölthetjük tó. Marad még 9 számjegy. Az első helyen a 0-t Idvéve minden megmaradt jegy szerepelhet, ez 8 lehetőséget ad. A második helyen, mivel már két számot előzőleg elhasználtunk, 8 -féle, a harmadik helyen 7-féle számjegy szerepelhet. Az összes lehetőségek száma: 5 - 8 - 8 - 7 = 2240.

1.8. Példa. A cég hat, eddig kiváló teljesítményt nyújtott dolgozója között három, különbö­ ző hétvégi utazást sorsolnak ki. Hányféleképpen végződhet a sorsolás, ha nem zárjuk ki, hogy egy "dolgozó több utazást is nyerhet? M egoldás . Először az első utazásra sorsolunk ki valakit, ennek 6-féle lehető­ sége van. Ezután kisorsoljuk a második utazás nyertesét. Mivel ezt ugyanaz a személy is megnyerheti, újra 6 esélyes maradt. Majd ugyanígy a harmadiknál. A lehetőségek száma összesen: 6-6- 6 = 216. DEFINÍCIÓ. Adott n különböző elem. Ha az adott n elem közül k elemet úgy választunk ki, hogy egy elem többször is sorra kerülhet, és a kiválasz­ tás sorrendje is számít, aklwr az n elem egy k-adosztályú ismétléses variációját kapjuk Az n elem fr-adosztáiyű ismétléses variációinak számát a V k(i) szimbólummal je­ löljük. 1.4. T é te l. A dott n elem összes k-adosztályú ismétléses variációinak számaVKktn= n k. Bizonyítás. Ha n elem közül k darabot választunk ki úgy, hogy a kiválasztás sorrendjére is tekintettel vagyunk, akkor az elsőt n-ből, a másodikat szintén nből, a harmadikat is »~bol, és az utolsót, a A-adikat is n elemből választjuk. Ez összesen nk lehetőséget jelent.

b) Ha a négyjegyű szám 10-zel osztható, ez azt jelenti, hogy Q-ra végződik, azaz az első három hely kitöltésére annyi lehetőség van, ahányféleképpen a 9 jegyből hármat ki tudunk választani, a sorrendet is tekintetbe véve: V* - 504.

18

19

1.3. K o m b i n á c i ó A kombináció különböző elemek közül adott számú elem kiválasztását jelenti, azzal a feltétellel, hogy a kiválasztás sorrendje közömbös. Ebben az esetben is beszélhetünk ismétléses és ismétlés nélküli kombinációkról, attól függően, megen­ gedjük-e egy elem többszöri kiválasztását. I smétlés

nélküli kombináció

Változtassuk meg ismét kissé az 1.6. számú példa feltételeit, és vizsgáljuk így a sorsolás lehetőségeinek számát! 1.9. Példa. A cég hat, eddig kiváló teljesítményt nyújtott dolgozója között három, azonos hétvégi utazást sorsolnak ki. Mindenki legfeljebb egyféle jutalomban részesül. Hányféleképpen végződhet a sorsolás? I. MEGOLDÁS. Az új feladat abban különbözik az 1.6. példától, hogy lényegtelen, kit melyik útra sorsolnak ki, vagyis elsőként, másodikként vagy harmadikként nyer, csak az a fontos, hogy benne legyen a három kiválasztott között. Jelöljük most a kiválasztási lehetőségek számát C] -mai! Ha az utazások egyformák, akkor a három nyertes megadása egy esetet jelent. Ha most megkülönböztet­ nénk az utazásokat, akkor ebből az egy esetből 3!=6 esetet lehetne csinál­ ni, hiszen ennyiféleképpen cserélgethetjük az utazásokat köztük. De így a variációk számát kapjuk, ezért c> 3 ! = r (\ é s e tw i:

II, M egoldás . A hat kiváló dolgozó: András, Béla, Cili, Dóra, Emma és Feri közül hárman nyerhetik meg az utazást. Jelöljük a nevük alatt + előjellel, ha nyertek, - előjellel, ha nem nyertek. Minden kiválasztási lehetőséghez tartozik egy jelsorozat, és megfordítva. Kérdés, hány különböző, rendezett, + és - elő­ jelekből álló hatos sort lehet képezni?

20

1. 2, 3. 4, 5. 6. í t T” 8. 9, 10. 11. 12. 13. 14, 15. 16. 17. H íg 7 1 19. 20.

András + + + + + + -L ~r + + _ _

Béla + + + + _

Cili + ....

+ + +

-

_

+ + + + + + _

_ _

_ __

_ ■f + + _ _ + -4+ _

Dóra + + _ +~ + _ + _ + + + + +

Emma _ + — _ + + _ _ + + „ + +

+

Feri + _ _ + _ +

+ _ + 4* _ + 44-

Amint látjuk, nincs másról szó, mint arról, hogy három + jelet és három - je ­ let hányféle sorrendben lehet felírni. A lehetséges sorrendek száma: c , * - p

, M

=

61

3! 3!

Megjegyzés: Az ötös LOTTÓ húzásának aktusát megfigyelve szintén ezt láthatjuk. Noha az öt szerencseszámot egymás után választják ki, a nyereményt csak az határozza meg, hány, általunk megjátszott szám van az őt között, függetlenül a húzás sorrendjétől. Ha számítana a sorrend, az 5 számot 5! -féleképpen rendezhetnénk, de ez már 90 elem 5-ödosztályú ismétlés nélküli variációja lenne. Ezért a húzás lehetőségei­ re nek száma: -22. = c L . 51 DEFINÍCIÓ, Adott n különböző elem. Ha az adott n elem közül k elemet (0 < k < n) úgy választunk ki, hogy mindegyik csak egyszer kerül sor­ ra, és a kiválasztás sorrendje nem számít, akkor az n elem egy kadosztályú ism étlés nélküli kom binációját kapjuk.

21

Az n elem fc-adosztályű ismétlés nélküli kombinációinak számát a C* szimbólum jelöli, 1.5. TÉTEL. A dott n elem összes k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációinak ni száma: C„ = k\-{n —k)\

szimbólummal is jelölni (olvasd: n alatta k).

A fenti kifejezést szokás az \ 1i j

Bizonyítás. A bizonyítást a mintafeladat megoldásához használt mindkét módon elvégezhetjük. I, írjuk fel az n elemet egymás mellé! Ezek közül válasszunk ki k elemet m in­ den lehetséges módon, Egy-egy ilyen kiválasztási lehetőséget szemléltethetünk úgy, hogy a kiválasztott elemek alá +, a nem kiválasztottak alá - jelet írunk, így az n elemet két csoportra osztjuk, közülük k e le m +, n - k elem - jelet kap, aszerint, hogy az adott elemet kiválasztottuk-e vagy sem. Ha a + és - je ­ leket minden lehetséges módon elhelyezzük (permutáljuk), majd az azonos sor­ ban álló + jelek feletti elemeket egy-egy csoportba összegyűjtjük, akkor meg­ kapjak n elem összes /c-adosztályú ismétlés nélküli kombinációit, Hány különböző, k darab + és n - k darab - előjelből álló sorozatot tu­ dunk felírni? Ez megegyezik a + és - jelek olyan ismétléses permutációinak számával, amelyekben a + jel £-szor, a - jel (n - k )-szór fordul elő. Az ismétléses permutáció összefüggését felhasználva; Q k _ p (k jt-k )

■

k\{n - k ) \ II. A lehetőségek összeszámlálását kezdhetjük azzal, hogy az ismétlés nélküli variá­ ciónak megfelelően kiválasztjuk a A db elemet, tekintetbe véve a sorrendet is. Ezek száma atmyiszorosa a keresett lehetőségek számának, ahányféleképpen a kiválasztott eleinek sorba rendezhetők, C* - k \ = V * . Innen egyszerű egyenlet­ rendezéssel kapjuk meg az általánosított feladat megoldását. c *_ K

"

k\

n\

k\(n-k)\

1.10. Példa, Hányféleképpen oszthatjuk ki a 32 lapból álló magyar kártyacsomagot négy já ­ tékos között, a) ha mindenki 8 lapot kap? b) Hányféleképpen történhet az osztás, ha mindenkinél van hetes? a) I. M e g o ld á s . Legyenek a játékosok Anna, Berci, Cili és Dani. Osszunk előszőr Annának 8 lapot! Ezt

24 kártyából Berci

LH^ ^24

-féleképpen tehetjük meg. A megmaradó

-féleképpen kaphatja meg 8 lapját, ezután Ciliét

már csak 16 lapból választjuk

/ 16'' , majd Dani egyértelműen a maradék

8 lapot kapja. A lehetőségek száma: /3 2 >i ( 2 A ) ,8j

u ,

3 2 - 3 1 - . -25 24-,.,-17 16*. . . - 9 ,8,

8!

V

32!

(8!)4

8!

= 9,956-10'6.

I I M e g o ld á s . Közelítsük meg a problémát úgy, hogy egy keverés után az egyes kártyalapokhoz hozzárendeljük a négy játékos nevének kezdőbetűjét, mégpedig nyolc-nyolc esetben. Ezután adjuk minden játékosnak azt a lapot, amelyik mellett az 6 kezdőbetűje áll. A kérdés most az, hány különböző sor­ rendje van a nyolc A, nyolc B, nyolc C és nyolc D betűknek? A megoldást visszavezettük 32 elem ismétléses permutációinak megha­ tározására, ahol p(8,8,8,8» _ 32! = 9,950-10" ss 8!-8!-8!-8! A két megoldás más-más modell felhasználásával természetesen ugyanazt az eredményt adja.

^ n ( n - l ) . . . ( n - * + l)

ki

b) Ha biztosan van mindenkinél egy-egy hetes, ezek 4 .'-féleképpen lehetnek az egyes játékosok kezében. Minden egyes hetes elhelyezkedéshez tartozik annyi lehetőség, ahányféleképpen a négy kézben levő, összesen 23 lap kiosztható. 28' így az összes lehetőségek száma; 4!--------- :— 7J-7Í-7!-7!

22

23

Ismétléses

DEFINÍCIÓ.

kombináció

Ismét kezdjük a tárgyalást egy könnyen követhető mintapéldával! 1.11. Példa. Cégünk karácsony előtt megajándékozza személyesen is megjelenő partnereit kettő, a partner által négy különböző közül tetszőlegesen kiválasztható reklám­ tárggyal. Az emblémás ajándéktárgyak a következők: esernyő, exkluzív toll, széldzseki, iratmappa. Hányféleképpen állíthatja össze ajándékait az éppen cé­ günknél tárgyaló partner, ha lehetősége van arra is, hogy a két tárgy azonos legyen, ha ez tetszik legjobban?

Adott n különböző elem. Ha adott n elem közül k elemet úgy vá­ lasztunk ki, hogy egy elem többször is sorra kerülhet, és a kiválasztás sorrendje m m számít, akkor az n elem eg)> k-adosztályú ismétléses kombinációját kapjuk.

A z n elem /c-adosztályú ismétléses kombinációinak számát a C f !) szimbó­ lummal jelöljük. 1.6. TÉTEL. Adott n elem összes k-adosztályú ismétléses kombinációinak száma: /n +k -Ú Cm = k N

MEGOLDÁS, A mintafeladat megoldásához ismét vegyünk fel egy táblázatot! Töltsük ki a táblázatot úgy, hogy az egyes tárgyak alá annyi + jelet írjunk, ahányat ebből a partner beválasztott a csomagjába, és 0 -át elválasztásként a tárgyak közé. Minden lehetséges jelsorozatban 2 db + jel és 3 db 0 áll.

1. 2. 3. 4. 5. 6, 7. 8. 9. 10.

Esernyő + + + + +

0 0

+

0 0 0

0 0 0

+ + +

Iratmappa

Széldzseki

Toll 0 0 0

0 0

+

0

0

0

0

0

0 0 0

0

0

0

0

+ + + +

0 0 0

+

i +

0

0

+ +

Ha a táblázatot elkezdjük szisztematikusan kitölteni, látjuk, hogy az öt tagból álló jelsorozat mindegyikének egyértelműen megfeleltethető egy választás, és megfordítva. Számoljuk össze, hány különböző jelsorozat írható fel! A megoldást az ismétléses permutáció segítségével könnyen megadhatjuk:

24

S

Bizonyítás. A bizonyítást a mintafeladat megoldásához használt módon könnyen el­ végezhetjük. A kiválasztási lehetőségeket számláljuk össze a táblázat segítségével! Á képzeletbeli táblázat oszlopaiban az n különböző elem, illetve minden két elem között egy-egy elválasztó oszlop van. Minden elem alá tegyünk annyi + jelet, ahányszor kiválasztottuk az adott elemet. Válasszuk el egymástól az elemeket 0-val. így egy-egy, k darab + jelből és n - 1 darab 0-ból álló jelsorozathoz jutunk, A kiválasztások és jelsorozatok kölcsönösen megfeleltethetők egymásnak. A kérdés leegyszerűsödött arra a problémára, hány különböző jelsorozatot tudunk felírni. Ezek száma megegyezik a + és 0 jelek ismétléses permutációinak számával, azaz: r m _ »+i-'

(» —■ N + *' - ! )"S! —;( n + k - l ^ /, k\(n —-.X 1)!. \ ^ J

Sokszor előfordul, hogy adott feladat megoldása helyett könnyebb az „ellenke­ zőjét” megválaszolni. 1.12. Példa. Egy kockával hatszor dobunk. Hány olyan dobássorozat képzelhető el, melyben legalább egyszer előfordul a hatos? I. MEGOLDÁS. A fenti feladat megoldására ismét kétféle gondolatmenetet hasz­ nálunk. Először közelítsük a problémát a kérdésfeltevésnek megfelelően, tehát vagy egyszer, vagy kétszer, vagy háromszor, ... dobtunk hatost a dobássorozatban, Ezek száma:

25

1 ,7 . TÉTEL.

1-szer hatos: 2 -szer

■5 "=18 750;

hatos:

■54= 9375; A

3-szór hatos: 4-szer hatos: 5-ször hatos: 6 -szor

hatos:

Tetszőleges kéttagú kifejezés (binom) bármely nemnegatív kitevőjű hatványa polinommá atalátható a következő módon: / n ''' / fl^ a 4a ”-'b + ...+ (a + b y = ab'1-1+ b" = vv \ n ~ lJ it

"61 •53= 2 5 0 0 ; A

- I Kk j

*52—375;

Az

Í61 •5'= 30; ,5 , f6l ■5°=1. -A

Mivel ezek az események egyszerre nem fordulhatnak elő, az egyes lehetőségek összege adja a feladat megoldását. így a kedvező dobássorozatok száma össze­ sen: 31 031.

a

b

(n eN ;a,ieR ),

szimbólumot - a binomiális tételben betöltött szerepe miatt - binom iá­

lis együtthatónak nevezzük. Figyeljük meg, hogy az összeg n +1 tagból áll, az a és a b kitevőjének az összege minden tagban n. Pa, a kitevője n-től 0-ig fogy, míg a b kitevője 0-tól re-ig növekszik és megegyezik az n alatti számmal. A binomiális tételt n - l , 2, 3 -ra alkalmazva, az algebrából már jól ismert azo­ nosságokhoz jutunk: n - 1 esetén (a + b f =

' i

+-

a°bl - a + b; ,1

H . M e g o l d á s . M ásodik összeszámolásunkban vegyük a probléma ellentetjét! Vagyis nézzük meg, hány olyan dobássorozat van, amelyben nincs egyetlen ha­ tos sem! Vonjuk Id ezeket az eseteket az összes dobássorozat lehetőségeinek számából, és így megkapjuk a keresett esetszámot!

Az összes lehetséges dobássorozat száma:

66

= 46 6 5 6 .

„Rossz” dobássorozatok száma (nincs bennük hatos):

5S = 15 625 .

Vagyis a nekünk tetsző dobássorozatok száma:

66

- 56 =31 031.

'2 n

/ 2'' . . ( 2 S a h +\ a.%1 = a2 + 2ab + b1; 2 ,0 / / 'V 3' n = 3 esetén (a + b f = cV + a lb2 + ab = \a b + ,0y vO A ■■ai + 3a2b + 3ab2 + b } rr

a2b° +

7

A tétel n = 0 esetén is igaz, hiszen (a + h f -

0

,

a°b° = 1

Bizonyítás. Az (a + b)" nem más, mint egy olyan n-tényezős szorzat, amelynek minden tényezője (a + b ), azaz

1.4. Binomiális tétel A kombinatorika eszközeivel egyszerű módszert nyerhetünk egy kéttagú kifejezés (binom) «-edik hatványának polinommá történő alakítására. Ezt mutatja be a kő­ vetkező, ún. binom iális tétel.

26

(a + b)" = (a + b)(a + b) ...(a + b) ,

n> 2 .

A szorzást elvégezhetjük úgy, hogy minden tényezőből egy-egy tagot szorzunk az összes lehetséges módon, és az így nyert szorzatokat összeadjuk. Például n = 3 esetén: (a + b f = (a + b)(a + b)(a + b ) , Ha mindhárom tényezőből az a-1 szorozzuk össze, c 3 -t kapjuk. Ha két {a + b) tényezőből a-1, a harmadikból b-1 vesszük, a 2b -t kapunk. Ezt azonban 27

háromféleképpen tehetjük meg, hiszen a b-t választhatjuk az 1., a 2. vagy a 3. té­ nyezőből. így tehát 3a 2b adódik. Ha egy (a + b) tényezőből választjuk az a-1, a másik kettőből a b-1, akkor

1.13. Példa. Fejtsük ki a binomiális tétel alapján az / 5"|

ab2 lesz a szorzat. És mivel ezt is háromféleképpen tehetjük meg, 3ab2 -et kapunk. Végül, ha egyik (a + b) tényezőből sem választunk a-t, más szóval mindhá­

- 2 y 3)5 hatványt!

( 5\ , 5 / 5'v ( ^ ) 5+ {x5r (- 2 / y + ^ ( x 2f ( - 2 y i ) 2 +

w

romból a b-t szorozzuk össze, b 3 lesz a szorzat. így

+ í 5^ (X2y - ( - 2 / y + v3y

+ 3a 2b + 3abz + b \

(a + b f

( j c2

-

I 2 íj Hasonló módon járunk el (a + b)H= (a + b)(a + b) ... (a + b), n > 2 esetében is.

(x 2) ' ( - 2 y y

+

- íoxy +4o*y - 8 0 *y +sox1/ 2- 32ys.

Ha mindegyik (a + b) tényezőből az a-t szorozzuk össze, a" adódik. Ha n - 1 tényezőből az a-t, egyből a b-t szorozzuk össze, a “~'b lesz a szor­ zat. De mivel ilyen szorzatot n esetben kapunk, mert az n tényező bármelyikéből választhatjuk a b-t, tehát na"~'b lesz az eredmény. Ha n - 2 tényezőből a-t, kettőből b-t vesszük, a"~2b 2 lesz a szorzat. Mivel azonban a b-t

-féleképpen választhatjuk ki az n darab (a + b) tényezőből,

V2y Hasonló módon, ha

n - 3,

n - 4 , ...

tényezőből választunk a-t,

a többi

b-t, akkor «"”3ö3, a “~AbA, ... szorzatokhoz jutunk. Az / .n_\ f n \ együtthatók pedig sorra , ... lesznek, hiszen ennyiféleképpen választhat­ ? ,3 , , 4y juk ki azokat az (a + b) tényezőket, amelyeknek a b tagja szerepel a szorzatban. 3,4,...

A binomiális együtthatókat ( n - 0 , 1, 2, ... értékekre) az ún. Pascal-féle h árom ­ szögben helyezhetjük el. n =0

a"~2b lesz az eredmény.

Összesen

1.5. A binomiális együtthatók néhány tulajdonsága

n —1

tényezőből

Végül, ha egyik tényezőből sem választunk a-t, azaz mindegyikből b-t szer­ zünk össze, b" adódik. Az így nyert szorzatok összege, felhasználva, hogy

vOy vb )

n —2

í 3' .2, ) A \ 4*1 (4'' ^4S\ '4

n= 4

v3, í v4 1 f s'1 l ’51 (-5] ,3, \,4j A

J

n-

és

\

í 1l\ n —3

/,

( n) = 1

'i

n- 5 loj

a következő: =

n

ül +

,0 ,

n

a. b + ... +

n Knj

b",

Az n értékelőiek megfelelően beszélhetünk 0-adik, első, második stb. sorról. A szimbólumok helyébe azok konkrét értékét beírva a Pascal-háromszög:

és ezzel a tételt bebizonyítottuk.

28

29

Összeadva a két törtet

1

1

1

ni

1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1

n\(k + í) + n \ ( n - k ) _

(n-k)\k\

(n —k —!)!(£ 4-1)!

n\(n + 1)

_

_

(n -/c)!(/c +1)!

(re + 1)!

+

~ ( n - k ) \ ( k + 1)!~ ( n ~ k ) l ( k + 1)1 ~ U + 1J c) Az állítás helyességét a binomiális tétel segítségével könnyen igazolhatjuk. Legyen ugyanis a - 1 és 6 = 1, ekkor a binomiális tétel szerint

A Pascal-háromszög képzési szabályára e néhány sorból is következtethetünk. Minden sor kezdő és utolsó eleme 1. Minden sorban a középre szimmetrikus ele­ mek egyenlőek, és bármely sorban az egymás mellett lévő számok összege egyenlő az alattuk levő számmal, A binomiális együtthatókra tehát érvényesek a következő tulajdonságok:

(1 + 1)"

Bármely k, n e N

' n ' \ n ~ kJ

b) az összegtulajdonság n Vk

\ kj

\

’n + Ú k + \,

+1

'n'

c)

- 2 ".

+

v2 j Bizonyítás. a) Az állítás helyességéről könnyen meggyőződhetünk, hiszen értelmezésünk sze­ rint:

V */

ni (n-k)lkl

és

ni

ni

n-k

v*,

30

...+

lY

ahonnan n

n

+

+. . . +

n

és

ni k

+ 1

Megjegyzés: a) A szimmetriatulajdonság állítása könnyen belátható algebrai átalakítás nélkül is, egyszerű, gondolati úton. n elem közül ugyanannyi-féleképpen lehet k darabot kiválasztani, mint (n - k)-t, hiszen minden egyes k elemű részhalmaz kiválasz­ tásánál kiválasztódik az ott maradó n - k elemű részhalmaz is. b) Az összegtulajdonság bizonyítását szintén elvégezhetjük egyszerű, gondolati úton is. Az állítás jobb oldala átfogalmazható arra a kérdésre, hogy valamely n +1 elemű halmazból hányféleképpen lehet k +1 elemű részhalmazt kiválasztani. Tüntessük ki az n + 1 elemű halmaz egy elemét, vizsgáljuk meg, bekerül-e ez az elem a kiválasztottak közé? Két eset van: a kitüntetett elem vagy beletartozik a k +1 kiválasztott közé, vagy nem. Ha igen, a részhalmaz maradék k elemét a kiindulási halmaz n eleme kö­ í y{\ féleképpen választhatjuk. Ha a kitüntetett elem nincs a kiválasztottak zül között, mind a A +

1

elemet a kiindulási halmaz n eleme közül választjuk

féleképpen, A két esetszám a kizáróság miatt összeadódik. Vagyis

Mivel azonban a két összefüggés csupán a nevezőben szereplő tényezők sor­ rendjében tér el egymástól, így valóban igaz állításunk, b) Tudjuk, hogy n\ (n~k)\k\

r~ T +

és 0 < , k < n esetén fennáll

a) a szimmetriatulajdonság (V

rj +

vOy

— 1 .8 . T é te l.

V

[ » - ( * + !)]! ( * + !)!

n +r k + 1, k +1 c) A. c) szabály bizonyításával egyben azt is beláttuk, hogy bármely n elemű hal­ maznak 2" részhalmaza van, amibe beleszámoltuk az üres halmazt és az alap­ halmazt is. 31

2. ESEMÉNYALGEBRA

Ha egy játékkockát elejtünk, abban biztosak lehetünk, hogy leesik, méghozzá az elejtés magasságától függően egyértelműen meghatározható idő múlva, szintén pontosan számítható sebességgel ér földet. Azt, hogy mennyi lesz a „dobott szám”, nem tudjuk előre egyértelműen meg-: mondani, úgy szoktunk fogalmazni, ez a „véletlen műve”. Persze elkezdhetnénk: számolgatni, és a fizika törvényszerűségeit felhasználva, feltételezve, hogy a kocka; szabályos, a kezdeti feltételek precíz rögzítése után sok-sok munkával kiszámol­ ható lenne az eredmény. Hétköznapi tapasztalatunkból kiindulva megállapíthatjuk,; hogy a kezdeti feltételek megállapítása sokkal komolyabb nehézséget jelentene, mindamellett számos további bizonytalanságot is rejtene, így sok más jelenséggel: együtt a kockadobást is véletlen jelenségnek tekintjük. Eddigi megfigyeléseinkkel: összhangban, azt mondjuk, az 1, 2, 3, 4, 5 és 6 számok közül mindegyikre azonos eséllyel számítunk, A fenti példából kiindulva beszélhetünk tehát egyrészt tisztán determ iniszti­ kus, a körülmények által előre, egyértelm űen m eghatározott lefolyású jelensé­ gekről, Ezek a természettudományok által leírt, pl. klasszikus fizikai, kémiai, mű­ szaki tudományokból ismerősek. Az események másik csoportja a köznyelv által véletlennek, a matematikában, statisztikában sztochasztikusnak nevezett jelenség. Ezeknek lefolyását teljes biz­ tonsággal nem tudjuk megállapítani, mivel az összes körülményt egyrészt nem ismerjük, másrészt még ezek ismeretében is nehezen, túl nagy apparátus segítségé­ vel állíthatnánk valamit a lefolyásról. Ebben az esetben csak arra törekszünk, hogy megismerjük a lehetséges kimeneteleket, és ezek előfordulásának valószínűségéi határozzuk meg. Elmondható tehát, hogy a véletlen jelenségeknek is oka van, de a jelenséget befolyásoló, lefolyását meghatározó összes feltételt, körülményt általá­ ban nincs lehetőségünk, illetve esetleg nem is akarjuk megismerni. Az eseményalgebra a valószínűségszámítással kapcsolatos véletlen jelenségek leírását, megértését teszi lehetővé. Ebben a fejezetben definiáljuk az eseményalgebra legfontosabb fogalmait, ezután megismerkedünk az események közti mű­ veletekkel és összefüggésekkel.

32

2.1. Alapfogalmak A bevezetőben említett véletlen jelenségeken belül a valószínüségszámítás olyan véletlen jelenségek vizsgálatával foglalkozik, melyeket azonos körülmények között (elvileg) akárhányszor megismételhetünk. A z ilyen jelenségeket véletlen töm egje­ lenségeknek nevezzük. A meghatározásban nagyon erős az a feltétel, hogy azonos körülmények között biztosítható legyen az akárhányszor! megfigyelés. Gondolha­ tunk itt az ókori bölcs, Hérakleitosz szavaira, miszerint kétszer ugyanabba a folyó­ ba nem tudunk belépni. Miért tekinthető sok jelenség mégis megfelelőnek ebből a szempontból, azt jól példázza az egyszerű, a valószínűségszámítás kialakulásához vezető szerencsejáték. Azt mindannyian könnyen belátjuk, hogy a kocka-, az érme-, a kártyajátékok sora nagyon jó közelítéssel azonos körülmények között tetszőlege­ sen sokszor lejátszható. Ehhez hasonlóan, azoknál a gazdasági folyamatoknál, me­ lyeknél biztosítható a feltétel, a valószínűségszámítás eredményeit szintén felhasz­ nálhatjuk. Itt példaként csak a legkézenfekvőbb m inőség-ellenőrzési eljárást, a mintavételt említjük. Ha egy szokványos értelemben vett „véletlen jelenséget” megfigyelünk, azt nem tudjuk pontosan előre megmondani, mi következik be. de azt általában igen, milyen eseményekre, „kimenetelekre” számíthatunk. A sztochasztikus, véletlen jelenségeknek mindig több eredménye, kimenetele lehet. A véletlen tömegjelenség megfigyelését kísérletnek nevezzük, függetlenül at­ tól, hogy a jelenséget mesterségesen hoztuk-e létre, vagy rajtunk kívülálló okok miatt következett-e be. Adott kísérlethez sok esetben többféle megfigyelési lehető­ ség is rendelhető. Ezeket pontosan definiálni kell, mielőtt a lehetséges kimenetele­ ket számba vesszük. Fontos, hogy a kísérlet tetszőleges eredménye ismeretében eldönthető legyen, hogy bekövetkezett-e az adott kimenetel. DEFINÍCIÓ.

Valamely kísérlettel kapcsolatban a kísérlet lehetséges kimeneteleit elem i esem ényeknek nevezzük.

DEFINÍCIÓ, á z elemi események halmazát esem énytérnek nevezzük és H-val j e ­ löljük. Ha a kim enetelek száma végtelen sok, ezek közül nyilván csak véges sok fog megvalósulni, de a többit is számon tartjuk mint lehetséges kimenetelt. Tekintsünk néhány példát! 2.1. Példa. a) Legyen kísérletünk az, hogy feldobunk egy játékkockát, és megfigyeljük a felülre kerülő pontszámot. Ennek a kísérletnek hat lehetséges kimenetele van, ezek:

33

értéket a kísérlet kimenetelének tekintünk;

az 1-es pontszám kerül felülre, a 2 -es pontszám kerül felülre, a 3-as pontszám kerül felülre, a 4-es pontszám kerül felülre, az 5-ös pontszám kerül felülre, a 6-os pontszám kerül felülre,

H = [ 0; K] , ahol K egy pozitív valós szám (a várakozási idők felső határa). Az eseménytér szemléltetésére itt a 2.1. ábrán látható módot választhatjuk. ___________ H

H ~ {hl; Aj, Aj, h4, Aj, h61, A H elemeit sokszor célszerűbb a /?,, Aj, ...

sfb. szimbólumok he­

lyett csupán az indexeikkel, azaz az 1 , 2 , . . . stb, számokkal jelölni. Ez ugyanis félreértést nem okoz, sőt, növeli az áttekinthetőséget. így az ese­ ményteret jelen esetben az alábbi módon is megadhatjuk: H = {l, 2, 3, 4, 5, 6}, b) Álljon a kísérlet egy pénzdarab (érme) feldobásából. Ennél a kísérletnél két kimenetel jöhet szóba: írás van felül, fej van felül. (Eltekintünk attól az - elvileg lehetséges - esettől, amikor az érme az élén áll meg.) Jelöljük az írás felülre kerülését í-vel, a fej felülre kerülését pedig /-fel, azaz h{ = i és h 2 = f . Ekkor az eseményteret így is megadhatjuk: H = {i, / } •

c) Álljon a kísérlet két kocka feldobásából M indkét dobás eredménye az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számok valamelyike. Tekintsük a kísérlet kimeneteleit a fenti számokból álló rendezett szám­ pároknak: H = l ( i , j ) | í = l, 2, , . . , 6;

j = l, 2, . . . , 6 j ,

ahol az i az egyik kockán, j a másik kockán kapott pontszámot mutatja. Itt a H egy 36 elemű halmaz. d) Az orvosi rendelőben történő várakozás esetében megfigyeljük a várakozási idő hosszát. A kísérletnek annyi kimenetele lehet, mint ahány különböző időtartam elképzelhető, tehát a 0 és egy ésszerű K felső határ között bár­ milyen nemnegatív valós szám. Bár a gyakorlatban a várakozási időt percekben mérjük és a perc tört­ ré s z é t nem jegyezzük fel, elvben mégis minden [0 ; K] intervallumba eső 34

2.1. ábra

é) Megfigyeljük, hogy egy ABC-áruházba a nyitást követő első órában hány vevő jön be. Ekkor a kísérlet kimenetele azonosítható egy nemnegatív egész számmal, és H = N. Megjegyzés: Nem okoz problémát, ha a lehetséges kimenetelek halmazába beveszünk olyan „kimeneteleket” is, amelyek a gyakorlatban sohasem fordulnak elő, arra viszont ügyelnünk kell, hogy ne feledkezzünk meg olyanokról, amelyek ténylegesen fel­ léphetnek. A kockadobás nemcsak azért szerepel gyakran a valószínűségszámítással foglal­ kozó könyvek példái között, mert történetileg jelentős szerepet játszottak a szeren­ csejátékok a tudományág fejlődésében, hanem azért is, mert rajta keresztül egysze­ rűen, szemlélet alapján közelíthetők meg az alapfogalmak. Ahogy a fenti példákból is látszik, előfordulhat, hogy azonos helyzetben más­ más lesz a megfigyelés tárgya, és ezzel együtt a lehetséges kimenetelek halmaza. Vegyük például az orvosi rendelőben történő várakozással kapcsolatos jelensége­ ket! Megfigyelhetjük a várakozási idő hosszát, az előttünk megvizsgált betegek számát, a váróhelyiség hőmérsékletének változását, vagy akár rendszeres ellenőr­ zés alkalmával a rendelőben mért tömegünk értékét. A 2,1. példában felsorolt kí­ sérletek egy részében a kimenetelek száma véges, mint pl. a kockadobásra vonat­ kozó kísérletnél, másokban elvileg végtelen, mint pl. a várakozási idő, a tömegünk, a hőmérséklet lehetséges értékei. Érdekes kísérlet a kimenetelek összeszámlálása szempontjából az előző példában az előttünk sorra kerülő betegek száma, melyben az eredmény elvileg tetszőleges természetes szám lehet: 0, 1, 2, k, ... . A valóságban természetesen csak véges sok eredmény képzelhető el, matematikai­ lag azonban könnyebb megszámlálhatóan végtelen számú lehetséges kimenetellel dolgozni, pl. akkor, ha nem ismerjük a pontos felső korlátot.

35

A véletlen kísérletekkel kapcsolatban különféle állításokat fogalmazhatunk meg, amelyek helyességét a kísérlet kimenetele dönti el. Ezeket az állításokat esemé­ nyeknek nevezzük. Ilyen esemény a játékkocka feldobásakor például az, hogy pá­ ros számot dobunk, hogy legalább négyest dobunk stb. A pénztár előtti várakozási idő megfigyelésénél az, hogy 10 percen belül sorra kerülünk, vagy hogy legalább 2 percig kell vámunk stb, Minden ilyen esemény az eseménytér valamely részhalmazával reprezentálható. Az az esemény, hogy a kockával páros számot dobunk, a H ~{ l , 2, 3, 4 , 5, 6 } halma?. {2, 4, 6} részhalmazával is leírható. Az az esemény, hogy a várakozási idő 10 percnél kevesebb, megfogalmazható oly módon is, hogy megadjuk a vára­ kozási idők [0 ; K} halmazának azt a részhalmazát, amelyet a mérési eredmény* ként nyerhető számértékek közül a 10-nél kisebb nemnegatív számok alkotnak. (Ez pedig nem más, mint a [0 ; 10 [ intervallum.) 2.2, Példa. A 2,1. példában ismertetett kísérletekre vonatkozóan különböző eseményeket fogalmazunk meg, majd megadjuk az ezen eseményeknek m egfelelő részhal­ mazokat: Véletlen esemény a) A játékkockával 4-nél nagyobb számot dobunk b) Az érmével való dobás eredménye írás c) A két kockával egyforma számot dobunk d) A pénztár előtt legfeljebb 2 percig keli várnunk e) Az üzletbe a nyitás utáni első órában 300-nál kevesebb vevő jön be.

A véletlen eseménynek megfelelő részhalmaz {5, 6}.

M(2 : 2 ) , . . . (x j x e

[0

(6

; 6 ))

; 2 ]}.

j n 0 = % =\*P{A)P{C), 36 3

p ( ^ c ) 43 6 4 12 í W ( C ) ' Látható, hogy sem az A, sem a B nem független a C-töl. A P { A n B r \ C ) = P( A) P(B)P(C) egyenlőség teljesüléséből tehát általában nem következik a páronkénti függetlenség. D EFINÍCIÓ .

Egy H eseménytérhez tartozó A, B és C eseményt függetleneknek nevezzük ha a következő összefüggések mindegyike teljesül: P(AnB)^P{A)P(B),

A függetlenséget eddig olyan eseményekre definiáltuk, amelyek mindegyike ugyan­ azon eseménytérhez tartozott, más szóval olyan eseményekre, amelyek mindegyike ugyanazon kísérlettel volt kapcsolatos. Most egy új, az eddigieknél általánosabb fogalmat, a független kísérletek fogal­ mát vezetjük be. Ha egy kísérletet ugyanolyan körülmények között többször megismétlőnk (ismetélt kísérletek), akkor a megismételt kísérletek kimenetelei nem befolyásolják egymást. Ha tehát az első kísérlet eredménye egy A esemény, akkor ettől független az, hogy ismétléskor mi következik be. Pl. a többször ismételt kockadobás, érmedobás stb. Ugyancsak független kísérletekről beszélhetünk akkor is, ha több kísérletet vég­ zünk egyszerre (többszörös kísérletek), és az egyes kísérletek kimenetelei nincse­ nek egymásra semmiféle befolyással. Pl. egy játékkockát és egy pénzdarabot do­ bunk fei egyszerre. Amikor tehát egymástól függetlenül végrehajtott kíséri etekről beszélünk, akkor ezzel arra utalunk, hogy a kísérletek között semmiféle kapcsolat nincs. Ez nem ma­ tematikai fogalom, de gyakorlati szempontból mégis félreérthetetlen jelentése van. Tekintsünk két, egymástól függetlenül végrehajtott kísérletet. Legyen Ax az el­ ső, A, pedig a második kísérlettel kapcsolatos esemény. Az első kísérlettel kapcso­ latos eseményteret H x, a másodikkal kapcsolatos eseményteret H z szimbólummal jelölve, nyilvánvaló, hogy az első kísérletnél bekövetkező A, esemény a H l , míg a esemény a H l eseménytér részhalmaza, azaz

másodiknál bekövetkező A t c H,

és

A2 c H l .

A két kísérletet egyesítsük egy olyan kísérletté, amelynek lehetséges kimene­ telei a H, és H 7 elemeiből alkotott rendezett párok. így már tudjuk vizsgálni az At és A2 események együttes bekövetkezésének

P ( A n C ) = P(A)P(C),

valószínűségét, vagyis meghatározhatjuk a P(A,

P ( B n C ) = P(B)P(C),

P(Aj r \ A^) = P i A ^ P i A f ] egyenlőség fennáll-e.

illetve azt, hogy a

P(A n B r \ C ) = P( A) P( B) P{C) . Ekkor a három eseményt teljesen függetlennek is szokás nevezni, megkülön­ böztetvén a páronkénti függetlenségtől.

78

3.15. Példa. Dobjunk fel egy játékkockát és egy pénzdarabot egyszerre. a) írjuk fel a kísérlethez tartozó eseménytér pontjait! b) Legyen A l az az esemény, hogy a játékkockán páros pontszám, A 2 pedig az,

79

hogy a pénzdarabon írás kerül felülre. Állítsuk elő az A, r í Az eseményt! c) Számítsuk ki a P(Axr \ A 1) valószínűséget!

elsőnél az A,, a másodiknál az ...... az n-edi lenéi az An esemény következik be, egyenlő az egyes valószínűségek szorzatával, azaz P( Al n A 2 n . . . n A J = P(A,)P(A,) ... P ( A J

MEGOLDÁS, Most arról van szó, hogy egyidejűleg két kísérletet hajtunk végre. A kockadobáshoz a //, = {1, 2, 3, 4, 5, 6 } eseménytér, a pénzdobáshoz a H 2 = {í ; / } esemény tér tartozik. a) A két kísérletet egyszerre végrehajtva az un. egyesített kísérlet eseménytere a H, x H 2 Descartes-szorzat iesz. f f , x / / a = { ( l ; / ) , (2 ; / ) ,

(6

An esetén, akkor a kísérleteket független kísérle­

A 3.3. részben már tárgyaltunk olyan példákat, amelyek valójában független kí­ sérletek együttes végrehajtásából álltak, de ezeket kénytelenek voltunk egy kísér­ letnek tekinteni, mert még nem ismertük a független kísérlet fogalmát.

( 6 ; / ) , ( 1 ; / ) , (2 ; / ) , .... ( 6 ; / ) } . 3.16. Példa. Független kísérletsorozat esetén mekkora a valószínűsége annak, hogy egy koc­ kát rc-szer feldobva, valamennyi dobás 6 -os?

Az egyesített kísérletnek 12 kimenetele van. b) Mivel Al ={2, 4, 6 } és Ai = { i } > így Ai r \ A 2 = {(2 ; i), (4 ; í),

minden A,, Al , teknek nevezzük.

(3.18)

; /)}. MEGOLDÁS, A (3.18) képlet alapján ez a valószínűség

c) Tegyük fel, hogy minden pár bekövetkezése egyformán valószínű. Mivel az A, c\ Al esemény szempontjából a kedvező elemi események száma 3 és a összes elemi eseményének száma

12,

így

P (A t n A 2) = - = - = = P(Ay)P(A2). 12 4 6 2 Hasonló összefüggés igazolható H ,, illetve H 2 tetszőleges eseményére. Ezek után, ha bármely A, cr H, és A 2 ez / / , eseményre P( Al n A 7) = P( Al) P(A2), akkor joggal mondhatjuk azt, hogy a H t eseménytérhez tartozó kísérlet és a H 2 esemény térhez tartozó kísérlet független egymástól. E példa következtetései az alábbi definícióban általánosíthatók. D EFINÍCIÓ .

Tekintsünk n számú kísérletet. Ha az első kísérletnél egy tetszőleges A| esemény előfordulásának valószínűsége P (A t), a második kísér­ letnél egy tetszőleges A? esemény előfordulásának valószínűsége P{Al ), ..., az n-edik kísérletnél egy tetszőleges An esemény előfor­ dulásának valószínűsége P(Ait), és annak a valószínűsége, hogy az

80

— . A 3.3. részben ííezt úgy oldottuk meg, hogy meghatároztuk az összes lehetséges elemi esemé­ nyek számát, mégpedig az n egymás utáni dobást egy kísérletnek tekintve. Ez hat elem íi-edosztályú variációinak száma, 6 ", és közülük csak egy olyan van, ahol minden dobás 6 -os. A független kísérletek vizsgálata során, kiemelt fontossága miatt részletesen ki­ térünk az ún. Bemoulli-kísérletsorozatokra, Függetlenül megismételt kísérletek sorozatát Bernoulli-kísérlet sorozatnak ne­ vezzük, ha az egyes kísérleteknek két lehetséges kimenetelét vizsgáljuk, valamely A eseményt, illetve annak komplementerét ( A ) . Az A és az A valószínűsége a kíséri etsorozat során változatlan marad. Tekintsünk egy kísérletet, amelyben egy A esemény bekövetkezésének való­ színűsége p, be nem következésének valószínűsége nyilvánvalóan l ~ p = q . Vé­ gezzük el a kísérletet azonos körülmények között egymástól függetlenül n-szer egymás után. Ekkor annak a valószínűsége, hogy az első k kísérletben az A ese­ mény, valamennyi további n - k kísérletben pedig az A esemény következik be, a független kísérletekre vonatkozó (3.18) összefüggés értelmében P(Ar>An...nAn Ar)An...nA) = * " ' 7^~k 1 = P( A) Pi A) ... P( A) P(A)P(A) . ..P (A ) = p kq "-k . '----------- ■,----------- ''-----------v-----------' k tt-k

81

Nyilvánvaló azonban, hogy ugyanezt az eredményt kapjuk, ha azt kérdezzük, hogy a fenti kísérletsorozat valamely másik k kísérletében az A esemény, a töb­

3.8. Geometriai valószínűség

biben pedig az A esemény következik-e be. Mivel az n hosszúságú kísérletsoro­ -féleképpen helyezkedhet el, kimondhatjuk a

zatban a k számú A esemény \kJ

következő tételt: 3 .1 1 . TÉTEL.

Annak a valószínűsége, hogy függetlenül megismételt kísérletek n hosszúságú sorozatában az A esemény pontosan k-szor következik be. jt II~k

P