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

Átírás

1 MATEMATIKA A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Készítette: Lövey Éva

2 Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási pontok A valószínűség fogalmának elmélyítése. A valószínűségszámítás eszköztárát felhasználva az élet valós helyzeteinek elemzése. Az eseményalgebra és a kombinatorika mint segédeszközök felelevenítése. 8 óra. 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:. 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.

3 Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 3 TÁMOGATÓ RENDSZER A Sulinet honlapján: e-tananyag > matematika > valószínűség témakörnél találunk szimulációkat; mazsola.iit.uni-miskolc.hu/~komaromi/galton a Galton-deszkához; interaktív grafikonok binomiális eloszláshoz: animáció egy céltáblára leadott szimulált lövésekről. JAVASOLT ÓRABEOSZTÁS. óra Kombinatorika ismétlés. ( óra). óra Kombinatorika ismétlés. ( óra) 3. óra Valószínűségszámítás ( óra). óra Kombinatorikus valószínűség ( óra) 5. óra Binomiális eloszlás ( óra) 6. óra A szerencsejátékos szerencséje ( óra) 7. óra Geometriai valószínűség* } ( óra) 8. óra Valószínűség és statisztika* A *-gal jelölt órák helyett olyan csoportnál, ahol (a tanár érzése szerint) arra nagyobb szükség van - gyakorló órákat iktathatunk be.

4 Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 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.

5 Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 5 MODULVÁZLAT Lépések, tevékenységek Kiemelt készségek, képességek Eszköz/ Feladat/ Gyűjtemény I. Kombinatorika ismétlés. ( óra). Olyan példák, esetek gyűjtése, amikor csak a Rendszerezés, kombinatív gondolkodás, sorrendnek van jelentősége szabatos fogalmazás. Permutáció. mintapélda 3. Ismétléses permutáció Rendszerezés, kombinatív gondolkodás. mintapélda. Ciklikus permutáció 3. mintapélda 5. Feladatmegoldás Szövegértés, rendszerezés, kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése II. Kombinatorika ismétlés. ( óra)., 3.,. feladatok. Kiválasztási problémák gyűjtése. Megkülönböztetve Rendszerezés, kombinatív gondolkodás, pakli kártya azt, ha van a sorrendnek is jelentősége szabatos fogalmazás. Kombináció Rendszerzés, logikus gondolkodás. mintapélda 3. Variáció Számlálás, logikus gondolkodás 5. mintapélda. Ismétléses variáció Kombinatív gondolkodás, becslés 6. mintapélda 5. Feladatmegoldás Szövegértés, rendszerezés, kombinatív 3. feladatok gondolkodás, adatok képletbe rendezése

6 Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 6 III. Valószínűségszámítás ( óra). Kockadobások, majd gyakorisági függvény készítése (helyettesíthető a táblázattal), a valószínűség definíciója Kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése Tanulónként egy- egy dobókocka, esetleg egy számítógép táblázatkezelő programmal. feladat. Valószínűség az esetek összeszámlálásával Számlálás, logikus gondolkodás 7. mintapélda 7. feladat 3. Valószínűség és eseményalgebra Logikus és kombinatív gondolkodás 8 0. mintapélda 6. feladat IV. A valószínűség kiszámítása kombinatorikus úton ( óra). Összetettebb feladatok megoldása. mintapélda Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok 3. feladat képletbe rendezése, becslés, határérték-fogalom 5. feladat előre vetítése. Feladatmegoldás csoportban 6. feladat V. Binomiális eloszlás ( óra). Ismerkedés a Galton dezskával, golyók eloszlása Megfigyelés, becslés Galton-deszka. Egy összetett feladat Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok. mintapélda képletbe rendezése 3. Valószínűségi változó, eloszlásgörbe Grafikon készítése és értelmezése 3. mintapélda. Önálló feladatmegoldás Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok képletbe rendezése 7., 8., 3. feladat

7 Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 7 VI. A szerencsejátékos szerencséje ( óra). A rulett szabályai Szövegértés, kombinatív gondolkodás Esetleg egy európai rulettkerék és tét-tábla. Rulett, igazságos fogadás 3. Várható érték, sorsjegy Szövegértés, kombinatív gondolkodás, becslés 5. mintapélda 6. mintapélda 33. feladat 7. mintapélda 35. feladat VII. Geometriai valószínűség (? óra). A geometriai valószínűség 8. mintapélda feladat. Terület és valószínűség Szövegértés, szöveg lefordítása a geometriai 0. mintapélda fogalmakra 36., 37. f eladat 3. A geometriai valószínűség alkalmazása más jellegű feladatban. mintapélda 0.,. feladat VIII. Valószínűség és statisztika (? óra). Esély, valószínűség becslése statisztikai adatközlés. mintapélda alapján Statisztikai táblázatok és adatok helyes. Statisztikai közepek és valószínűségük 3. mintapélda értelmezése, szövegértés, becslés 3. Korfa, feltételes valószínűség. mintapélda. feladat

8 Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 8 IX. Gyakorló óra ( óra). Csoportmunka Kooperatív munka, logikus és kombinatív gondolkodás. Csoportmunka Kooperatív munka, logikus és kombinatív gondolkodás, statisztikai táblázatok és adatok helyes értelmezése, szövegértés, becslés 3., 3., 6. feladat 5. feladat

9 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 9 Valószínűség, statisztika I. Kombinatorika ismétlés. 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. Mintapélda 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! Rögzítsük a tantárgyak sorrendjét, és nézzük meg, hányféleképpen írhatjuk alájuk az 5 különböző osztályzatot: 5 * német történelem matematika informatika testnevelés 5 / \ 5 * 5 / \ 5 \ / \ / / A német osztályzatot még öt különböző közül választhatjuk. Ha pl német osztályzatát - es volt, történelemből már csak 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 -et, bármit is választottunk az elsőnél. Így az

10 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 0 első és második tárgyhoz összesen 5 = 0 lehetőségünk van. A megoldást tehát az 5 3 = 0 számítás adja. Az öt lehetséges osztályzat sorrendjét az elemek permutációjának hívjuk. Az öt elem összes lehetséges sorrendje tehát 0. 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 marad. n különböző dolgot n (n ) féleképpen tudunk sorbarendezni. Ezt a szorzatot röviden felkiáltójellel írjuk: n! és n faktoriálisnak olvassuk. Ez n elem összes permutációinak száma. Mintapélda 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! Az első mintapéldában megkülönböztettük a következő lehetőségeket: * \ * * * 5 5 / / / \ \ 5 / \ 5 * 5 / 5 * 5 \ \ / Ezek száma azért 3! = 6, mert ennyiféleképpen rendezhetem sorba a három különböző * \ 5 5 / * \ 5 5 / * \ 5 5 / * \ 5 5 * \ 5 5 / * \ 5 5 / / 5 * 5 négyest. Ha első lépésben csak a négyesek különböző jelöléseitől tekintünk el, akkor ebből a 6 lehetőségből csak marad: Tehát az első mintapéldában szereplő lehetőségből már csak = = 0 marad. Ha most a csillag jelölést 3! 6 is

11 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató letöröljük az ötösről, akkor bármely két eddig különböző lehetőség csak egynek tekinthető, hiszen 5 * 5 Így az eddigi 0 sorrend felére változik, lesz. 5 * 5 Összefoglalva: n=5 osztályzatról van szó, ezek közül k =3 azonos (négyesek) és k = szintén 5! 0 azonos (ötösök). Ezek lehetséges sorrendje tehát: = = 0. 3!! 6 Ha az n elem nem mind különböző, vagyis van köztük k, k, k m azonos, akkor ismétléses permutációról beszélünk. n! Ezek száma:, ahol k k... km n k! k!... k! m Mintapélda 3 Egy henger alakú hirdetőtáblára plakátot akarnak elhelyezni egymás mellé. Hány különböző elrendezés lehetséges? Jelöljük a négy plakátot A, B, C és D betűkkel. Terítsük ki a henger alakban összeragasztott plakátokat (természetesen a kiterítéskor plakátot nem vághatunk ketté)! A négy betűt! sorrendben lehetne felsorolni, de az alábbi elrendezés ugyanazt a képet eredményezi: A B C D B C D A C D A B D A B C! Így a megoldások száma = 3! = 6 lesz. 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 )!.

12 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató Feladatok. Műkorcsolyázó versenyen nőknél a junior rövid programnak 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? Mivel 8 különböző elemnek kell szerepelnie, ezért ezeket 8!=030 féle különböző sorrendben tudja a kűrjébe illeszteni.. Tudjuk, hogy 006 utolsó ötöslottó sorsolásán a kihúzott számok emelkedő sorrendben a következők voltak: 5,, 35, 6, 76. Hány különböző sorrendben történhetett meg ezeknek a számoknak a kihúzása? Az 5 különböző számot 5!=0 féleképpen tudjuk sorbarendezni Malév, 3 KLM, Lufthansa, Air France, 5 British Airways, 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?

13 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 3 a) A járatok száma, tehát! 9 5, 0 féleképpen indulhatnak. b) Most ismétléses permutációval kell számolnunk, így a lehetőségek száma.! 6,6 0 5! 3!!! 5!! lesz. Az egyik metróállomáson a következő információkat közli egy végtelenített fényreklám:. KÉRJÜK A BIZTONSÁGI SÁVOT SZABADON HAGYNI!. A METRÓN CSAK ÉRVÉNYES MENETJEGY BIRTOKÁBAN UTAZHAT. 3. VIGYÁZZON ÉRTÉKEIRE!. EGY VONALJEGY CSAK 30 PERCES UTAZÁSRA JOGOSÍT! Hány lényegesen különböző sorrendje lehet ezeknek az információknak a szalagon? Ha az információk egy végtelenített szalagon futnak, lényegesen különböző sorrend ciklikusságuk miatt csak ( )!=6 lesz. 5. Egy barátodnak CD-t állítasz össze a 0 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? a) 0! = 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! = c) Az., 3., 5., 7. és 9. helyekre a lassú számokat 5!-féleképpen, a.,., 6., 8. és 0. helyekre a gyors számok is 5!-féleképpen helyezhetők el. A lassú számok bármely rögzített sorrendjéhez 5! gyors szám sorrend tartozik, így a 0 szám lehetséges sorrendje 5! 5!. Ugyanennyi lehetőség adódik, ha a lemezt gyors számmal kezdjük, így a megoldás: 5! 5! = A bölcs király minden évben megjutalmaz 5 tudóst. Kioszt Nemzet Bölcse, Nemzet Okosa és Nemzet Tudósa kitüntetést. Az öt jutalmazandó személyét már eldöntötték, (köztük volt Mindentudó Jakab is,) de tanácsnokai mind különböző javaslatot adtak arra,

14 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 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? a)ki kell számítani, hogy hányféleképpen oszthatta volna ki a király a kitüntetéseket, hiszen ez egyezik meg a tanácsnokok eredeti számával. Rögzítsük az 5 tudós egyik lehetséges sorrendjét, és képzeletben helyezzük nevük alá a kitüntetéseket. Ezeket = 30 5!!! különböző módon helyezhetjük el, mivel az 5 kitüntetés közül - egyforma. Tehát a 3. 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 = hiszen a megmaradó kitüntetés között csak egyfor-! ma van. 7. A körtáncot tanuló lányok minden próbán más-más sorrendben állnak fel. 0 próbájuk volt. Legalább hányan táncolnak? Itt ciklikus permutációval kell számolnunk. lány esetén 3!=6 próba lenne csak lehetséges, 5 lány viszont már akár!= különböző felállásban is próbálhatna. Tehát legalább 5 lány táncolt.

15 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 5 II. Kombinatorika ismétlés. 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. Mintapélda Egy vetélkedő 00 fős közönségéből véletlenszerűen kiválasztott 3 embert meg akarnak egyformán megjutalmazni. Hányféleképpen tehetik ezt meg? 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 00 szék közül kell tehát hármat kiválasztnia, és a kiválasztás sorrendje közömbös. Mivel 97 cédula nélküli és 3 00! cédulás hely van, ezért az összes lehetőségek száma = = ! 3! 3 Ha n különböző elemből k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a sorrend nem számít, kombinációról beszélünk. (k n) n! Ezek száma, melyet egy szimbólummal is jelölünk: k! ( n k)! n! k! n = ( n k)! k (Olvasása: n alatt a k). 00! 00 A fenti példa esetén felírható alakban is. 97! 3! 3 Az ismétléses kombináció képletének ismerete még az emelt szintű érettségin sem követelmény. A modul végén található Vegyes feladatok 7. feladata segít a képlet megértésében.

16 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 6 Mintapélda 5 Egy pályázat eredményhirdetésére az első 0 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?. Az első helyezettet 0, a másodikat már csak 9, a harmadikat pedig a maradék 8 meghívottból lehet kiválasztani, tehát a jutalmazottak névsora = 70 féle lehet.. 0 A 3 tárgyjutalmat kapók a 0 helyezett közül -féleképpen választhatók ki- Mivel a 3 nyeremények nem egyformák, ezért ezeket 3! esetben lehet szétosztani. Így az első 3 helyezettet 3! = = = 70 féleképpen jutalmazhatták. 0 0! 3 7! 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 Mintapélda 6 Magyarországon a rendszámok most 3 betűből és 3 számjegyből állnak. A betűk ékezet nélküliek, egyjegyűek. Hány autót jelölhetünk így különböző rendszámmal? Először vizsgáljuk meg, hogy hány darab 3 betűs sorozatot tudunk felírni. Egyjegyű, ékezet nélküli betűből 6 van (abcdefghijklmnopqrstuvwxyz). Ezekből rendszámot készíthetünk úgy, hogy minden helyre 6 betű közül választhatunk. Itt a lehetőségek száma rész minden karakterére 0 számjegyből választhatunk, tehát itt 3 6. A számjegyekből álló 3 0 lehetőség lesz. Te- 3 3 hát 6 0 = = autót tudnak így ellátni különböző rendszámmal. (Itt nem háromjegyű számokról van szó, tehát az első számjegy is lehet 0.)

17 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 7 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 n k. Feladatok 8. Egy kézilabdacsapatnak egyetlen kapusa van. A csapat fővel utazik egy meccsre. Hányféleképpen tudja kiválasztani az edző a 6 kezdőjátékost? Egy játékos biztosan adott, a kapus. Az öt játékost közül = 6 különböző módon tudja kiválasztani, hiszen a kiválasztás sorrendje 5 közömbös. 9. A történelem érettségi kezdetén az első 3 vizsgázó még mind a 0 tétel közül húzhat. Hány különböző húzás lehetséges? Az első vizsgázó 0, a második 9, a harmadik már csak 8 tételből választhat, ezért a lehetőségek száma = Ha tudjuk, hogy az érettségi első napján nem volt bukás, akkor a felelő eredményei hányfélék lehetnek magyarból? Mivel csak osztályzat lehetséges, és ezek közül bármelyik felelő bármelyik jegyet kaphatta, a lehetőségek száma = Hány olyan 6 jegyű szám van, amelyben szerepel a -es számjegy? Először érdemes kiszámolni, hány olyan hatjegyű szám van, melyben nem fordul elő a -es, majd az alaphalmaz (hatjegyű számok) számosságából levonva a komplementer halmaz számosságát, megkapjuk a keresett számot. Nincs benne -es: Az első számjegy helyére 8 számjegy kerülhet

18 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 8 (356789), a következőkre pedig 9-ből választhatunk ( ). Így a lehetőségek száma Hatjegyű szám, hasonlóan meggondolva van, tehát olyan hatjegyű szám, mely- 5 5 ben szerepel a kettes számjegy = 7608 van.. A szinkronugrást 9 pontozóbíró figyeli. - bíró az egyes versenyzők mozgását pontozza, 5 pedig a szinkronitásra ügyel. Ha előre ismert a pontozóbírák személye, hányféleképpen osztható ki nekik a feladat? 9 Azt az 5 bírót, aki a szinkronitásra ügyel féleképpen lehet kiválasztani. AZ 5 bíró 5 minden egyes kiválasztásához a maradék bíróból az a kettő, aki az egyik versenyzőre figyel féleképpen választható, a maradék kettő pedig nyilván a másikat pontozza. 9 Így az összes lehetőség = 6 6 = Módszertani megjegyzés: Ha ezt a feladatot önálló munkára adtuk fel, ellenőrzéskor érdemes felhívni a figyelmet arra, hogy különböző sorrendben kiválasztva az egyes bírócsoportokat ugyanazt az eredményt kapjuk: ! = = = !!! Ezen kívül meg kell említeni a feladat megoldásának másik megközelítését: A 9 bíró közül -, illetve 5 egyforma feladatot lát el, így a megbízások száma 9! = !!! 3. 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?

19 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 9 a) A hullámvasút pár, azaz 8 helyét meg is számozhatjuk, és azt nézzük, hányféleképpen ülhetnek le a 8 helyre, akkor a megoldás 8!=030. 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 -ből, míg a negyedik pár már adódik. Így a lehetőségek száma: ! = = = = 50 Módszertani megjegyzés: A zárójelben levő kifejezés sugallja a megoldás másik lehetséges megközelítését: az a) részben szereplő megoldást osztani kell -nel, mivel most a párok közti sorrend nem számít, így minden párnál feleződik a megoldások száma.. A szalagavató bálon a.b osztály 0 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? a) Egy-egy alkalommal egyszerre 5 lány próbálhat, tehát ahányféleképpen a 0 lányból 0 ki tudunk választani 5-öt a sorrendre való tekintet nélkül: = b) =

20 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 0 III. Valószínűségszámítás A mintapélda megbeszélése előtt, vagy akár utána érdemes megmutatni egy szimulációt a két kocka feldobására. A könyv elkészültének pillanatában ez a 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: 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: Vizsgáljuk meg hogyan változott a -es dobás gyakorisága, ahogy a dobások száma nő:

21 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató -es dobások relatív gyakorisága 0,5 0, 0,5 0, 0, Az az érték, ami körül a dobás gyakorisága ingadozik és amit vártunk is az = 0, 6 & 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:. 6 Ugyanezt az értéket kaptuk volna akkor is, ha annak valószínűségét keressük, hogy kettest, hármast, négyest, ötöst, vagy hatost dobunk. Legyen az A esemény, hogy -est dobunk A esemény, hogy -est dobunk A 3 esemény, hogy 3-ast dobunk A esemény, hogy -est dobunk A 5 esemény, hogy 5-öst dobunk A 6 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 A, A, A 3, A, A 5, A 6 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)(79-87) 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 (8). Címe magyarul: A valószínűségszámítás analitikai elmélete.

22 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató Mintapélda 7 A Catan telepesei nevű társasjátékban az egyes mezők - 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 0-es mező termésének jövedelméből részesül egy játékos, vagy annak, hogy a rablónak megfelelő számot dobjuk? I. Ha két kockával dobunk, a dobott számok összege féle lehet (-től -ig), ezek közül egyik a 0 és másik a 7. Egyik lehetséges válasz az lenne, hogy a kedvező estek száma mindkét esetben, az összes lehetséges kimenetelek száma pedig, így a két esemény azonos, valószínűséggel fordul elő. II. Gondosabb vizsgálat esetén látjuk, hogy két kockával dobás esetén a különböző összegek így alakulhatnak: + = + = = + = + = = = 6 + = = = = = = = 8 + = = = = = = = A lehetséges összegek száma, ezek közül a 0-es mezőnek kedvező esetek száma, így P(0-es mező)=. A rabló számára kedvező összegek száma 3, így a keresett há- 3 nyados P(rabló)=. 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 3 6 P(0-es mező)= =, illetve P(rabló)= = 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,

23 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 3 hogy a 0-es mező előnyeit élvezhetnénk, harmadik szerint pedig a rabló esélye kétszer akkora. Melyiknek lehet hinni? Mi okozza a különbséget? kedvező esetek száma Láthatjuk, hogy a valószínűség kiszámításakor a 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. 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 pontot érjünk el, nem ugyanakkora, mint hogy -et, mert a két pont csak +-ként, míg a pont +3 vagy +-ként is létrejöhet. Annak a valószínűsége, hogy két kockával +-t, vagy +3-at dobunk, nem ugyanakkora, mert az +3 kétféleképpen is létrejöhet, ha a piros kockával dobunk -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)= > P(0-es mező)=, tehát a rabló színrelépésének valószínűsége a nagyobb. 6 Mintapélda 8 Egyetlen dobókockával dobunk. Legyen A esemény, hogy párosat dobunk, B esemény, hogy -nél kisebb számot dobunk. Két dobókockával dobunk, egy pirossal és egy kékkel. Legyen az A esemény, hogy párosat dobunk a piros kockával, a B esemény, hogy -nél kisebb számot dobunk a kék kockával. Soroljuk fel a kísérletek lehetséges kimeneteleit!,,3,,5,6,,3,,5,6,,,3,,5,6 3,3,33,3,35,36,,3,,5,6 5,5,53,5,55,56 6,6,63,6,65,66 Mekkora lesz a P(A) és a P(B) valószínűség?

24 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 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 P ( A) ( B) kedvező = összes kedvező = összes 3 = = 6 3 = = 6 A + B esemény, hogy párosat, vagy -nél kisebbet dobunk, ennek csak az 5 nem felel meg, tehát ( A + B) 5 P =. 6 A B esemény, hogy párosat és -nél kisebbet, azaz -t dobunk, tehát P ( A B) =. 6 A B esemény, hogy páros számot dobunk, de ezek közül ki kell hagyni a -nél kisebbeket, tehát -et, vagy 6-ot dobok, tehát P ( A B ) = =. 6 3 A esemény, hogy páratlan számot dobunk, 3 P = =. 6 tehát ( A ) A B esemény, hogy páratlan és -nél kisebbet dobunk, tehát ( A B ) P P ( A) ( B) kedvező = összes kedvező = összes 8 = = 36 8 = = 36 A + B esemény, hogy piros páros, vagy kék -nél kisebb, tehát P ( A + B) = = = A B esemény, hogy a pirossal párosat dobunk és ugyanakkor a kékkel -nél kisebbet, 9 P = =. 36 tehát ( A B ) A B esemény, hogy pirossal párost dobunk, de kékkel nem dobok -nél kisebbet, tehát 9 P ( A B ) = =. 36 A esemény, hogy a piros kockával páratlant dobunk (függetlenül a kék kocka eredményétől) tehát ( A ) 8 P = =. 36 P = = P ( A B ) = =. 36 Az itt tapasztalt eredmények általában is igazak: A B esemény, hogy pirossal páratlant dobunk és kékkel -nél kisebbet, tehát 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)

25 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 5 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 ( A B) = 0 P A + B = P A + P B. P, akkor ( ) ( ) ( ) Mintapélda 9 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? a) Legyen az A esemény, hogy valaki beszél németül. Tudjuk, hogy ( A) 0, 85 P =. Legyen a B esemény, hogy valaki beszél franciául. Tudjuk, hogy ( B) 0, 3 Tudjuk, hogy P ( A + B) = P =., 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 = 0, 5, tehát 5% 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) = ( A B) + P( B A) = P( A B) = 0,5 = 0, 85 P., így

26 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 6 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, 5, így az egynyelvűek valószínűsége P (E) = P( K) = 0,5 = 0, 85. Az alábbi definíció ismerete nem tartozik a középszintű érettségi követelményeibe. Adott kísérlet kimeneteleit vizsgálva az A, A,, A k események 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 -et kapunk, és az eseménytér bármely két eseményének együttes bekövetkezésének valószínűsége 0. P(A i A j ) = 0, ha A i és A j tagjai az eseményrendszernek, és P(A ) + P(A ) + + P(A k ) = Mintapélda 0 Ez előtt a feladat előtt érdemes a gyerekeket megkérdezni, megtippeltetni a végeredményt. Valószínűleg többen is szavaznának a 0, 0, 0008 = 0, 0003 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,. Azt is tudjuk, hogy míg jó útviszonyok mellett csak minden tízezredik gyalogost ér baleset a járdán, addig csúszós időben minden 0000 gyalogos közül 8 összetöri magát. Mi a valószínűsége annak, hogy egy januári napon valakit baleset ér a járdán? Képzeljük el, hogy egy januári napon egymillió gyalogos sétál a járdákon, az országban egyenletes eloszlásban. Ezen a napon az ország 0, részén, tehát ott, ahol ember sétál, csúszós a járda. A fenti statisztika szerint közülük minden 0000-ből 8 balesetet szenved, így 0 8 = 30 -at baleset ér. Az ország maradék 0,6 részén viszont nem csúsznak a járdák, tehát az ott sétáló ember közül csak minden tízezredik esik el, tehát itt 60 ember esik el. Így emberből 380-at ér baleset ezen az átlagos januári napon, így a sérülés valószínűsége = 0, Csak valószínűségekkel számolva:

27 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 7 8 Csúszós úton 0, = 0, 0003, jó útviszonyok mellett 0,6 = 0, 00006, együttesen tehát 0,00038 a sérülés valószínűsége, függetlenül attól, hogy hány ember volt aznap az utcákon. Feladatok 5. Legyen az A esemény, hogy a 3 lapos magyar kártyából ászt húzunk. Legyen a B esemény, hogy a csomagból makkot húzunk. Add meg a következő események valószínűségét: a) A, B. b) 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.) = P =. a) P ( A ) =, ( B ) = 3 A jelentése makk és király, tehát makk király ( A B) b) B c) A + B jelentése ászt vagy makkot húzok. ( A + B) A + jelentése ász, vagy nem makk ( A + B) d) B P = P = = P = = Legyen az A esemény, hogy a kockával páros számot dobunk, B esemény, hogy a kockával páratlan számot dobunk, és C esemény, hogy a kockával -gyel osztható számot dobunk. Mi lesz az ( A B) A B, B C és A + B események valószínűsége? P annak a valószínűsége, hogy a dobott szám páros és páratlan legyen. Ez lehetetlen esemény, tehát ( A B) = 0 ( B C) P. P annak a valószínűsége, hogy a dobott páratlan szám -gyel osztható legyen. Ez lehetetlen esemény, tehát ( B C) = 0 P.

28 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 8 P A + B = P A + P B = + = Mivel P ( A B) = 0, ( ) ( ) ( ) hogy az A és a B események teljes eseményrendszert alkotnak.. Ez az eredmény azt is jelenti, 7. 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,, 35, 6, 76. Mi a valószínűsége annak, hogy a 35 után kihúzott szám ennél kisebb volt? a) Az összes lehetőség 89, ebből kedvező lehetőség 3, tehát a keresett valószínűség: 3 0, b) Az összes lehetőség, ebből kedvező lehetőség, tehát a keresett valószínűség: = 0, 5. 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. 8. 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?

29 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 9 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? a) = 0, 5. b) = 0, 5. c) 6 9 d) 8 = A hagyományos (kocka alakú) dobókockán a számok -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? 3 3 a) = ; b) = ; c) = 0, ; 36 8 d) = Az oktaéder alakú dobókockán a számok -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?

30 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 30 a) = ; 8 b) = ; 8 3 c) ; 6 d) 3 =. 6. Igaz-e, hogy az alábbi eseményterekben az események valószínűsége megegyezik? a) Három kockával dobva a dobások összege lehet: 3,,,8. b) Két érmével dobva a lehetséges kimenetelek: FF, FI, IF, II. c) Déli 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 fej+ írás, vagy fej+ írás, vagy 3 írás. a) Nem, mivel annak a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 3 lesz, sokkal kisebb, mint az, hogy pl. 0 lesz az összeg. b) Igen, mind a négy elemi esemény valószínűsége. 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 fej+ írásé.. Mi a valószínűsége annak, hogy Anna és Kati ugyanúgy töltse ki a totó-szelvényét, ha mindketten véletlenszerűen töltik ki? Annak valószínűsége, hogy Anna ugyanúgy töltse ki, mint Kati, ugyanakkora, mint annak valószínűsége, hogy Anna eltalálja a megoldást. Az összes lehetőség (mivel 3+ találatra kell tippelni) és minden tipp 3-féle lehet (,, vagy x) 3 = 78969, jó megoldás viszont csak. Tehát a keresett valószínűség 7,

31 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 3 IV. A valószínűség kiszámítása kombinatorikus úton Mintapélda Egy vidámparkban a számítógép vezérelte félkarú rabló - három oszlopában 3 féle jel fut: hold, szív és mosolygó arc.. 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 peták, a szomszédos büfében ezt a csokit petákért lehet kapni. Hosszú távon kinek nyereséges ez a játék? 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 3 3 = 7, hiszen minden figura mellé bármelyik másik kettő választható. A kedvező esetek két részre bonthatók: I. csupa egyforma, számuk 3,, II. csupa különböző, számuk 3!=6,,,,, A nyerési esély tehát = 7 3 <. A játék hosszú távon az üzemeltetőnek kedvez. A fejezet végén a tanári példányban a feladatbankban 50. sorszámmal található feladatban szerepel ennek a feladatnak a folytatása, amit érdeklődő csoportoknál javaslunk megoldásra. Feladatok 3. 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? Az összes lehetőség, ahányféleképpen a három diákot a 30 közül ki lehet választani, tehát = = = 060. Kedvező lehetőség 8 van, hiszen 3 egymást 30 30! !3! 6

32 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 3 ábécében követő tanuló közül az első lehet a névsorban.,.,, 8. Tehát annak valószínűsége, hogy a három diák a névsorban egymást követi, 8 0, Az alábbi táblázat a Forma 006-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). helyezett lett a Honda,. a McLaren, 3. a BMW Sauber,. 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. Jenson Button Honda Honda 0:5: 70. Pedro de la Rosa McLaren Mercedes 0:5: Nick Heidfeld BMW Sauber BMW 0:53:0 70. Rubens Barrichello Honda Honda 0:53: David Coulthard Red Bull Racing Ferrari 00:00: Ralf Schumacher Toyota Toyota 00:00: Felipe Massa Ferrari Ferrari 00:00: Michael Schumacher Ferrari Ferrari 00:00: Tiago Monteiro Midland F Toyota 00:00: Christijan Albers Midland F Toyota 00:00: Scott Speed Scuderia Toro Rosso Cosworth 00:00: Jarno Trulli Toyota Toyota 00:00: Takuma Sato Super Aguri Honda 00:00: Fernando Alonso Renault Renault 00:00: Kimi Räikkönen McLaren Mercedes 00:00: Vitantonio Liuzzi Scuderia Toro Rosso Cosworth 00:00: Nico Rosberg Williams Cosworth 00:00: Giancarlo Fisichella Renault Renault 00:00: Christian Klien Red Bull Racing Ferrari 00:00: Mark Webber Williams Cosworth 00:00:00

33 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 33. Sakon Yamamoto Super Aguri Honda 00:00:00 0. Robert Kubica BMW Sauber BMW 00:00:00 69 a) A lehetséges!, 0 sorrendből, csak a helyes, ennek tehát 8 897, 0 az esélye. b) A versenyző nem mind különböző istállókból érkezett. istálló képviseltette! 7 magát - autóval. Így az összes eset -ed részére csökken: 5,89 0 lesz, 8 a helyes eredmény eltalálásának a valószínűsége pedig ennek reciproka:, 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 piros golyót húzunk ki belőle? Annak valószínűsége, hogy az első golyó piros, a második húzásnál is ugyanaz a valószínűsége a piros golyó húzásának. Tehát a keresett valószínűség: =. Módszertani megjegyzés: Az alábbi feladatot csoportos feldolgozásra javasoljuk. 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 - 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. 6. 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 piros golyót húzunk ki belőle?

34 Matematika A. évfolyam Tanári útmutató 3 b) Egy urnában 0 fehér és 0 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 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 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 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 piros golyót húzunk ki belőle? a) Összes lehetőség: ahányféleképpen a 0 golyóból kihúzhatunk kettőt, tehát 0 = 5. Kedvező lehetőség, hogy pont az öt piros golyóból választjuk a kettőt, ennek száma: = 0. Tehát a keresett valószínűség = 0, Másképpen is okoskodhatunk: Első golyó piros lesz, ennek valószínűsége: 5 =, 0 második golyó ismét piros lesz, ennek valószínűsége 9. Tehát a két piros golyó ki- húzásának valószínűsége =. 9 9 b) Összes lehetőség: ahányféleképpen a 0 golyóból kihúzhatunk kettőt, tehát 0 = 90. Kedvező lehetőség, hogy pont a tíz piros golyóból választjuk a kettőt, ennek száma: = 5. Tehát a keresett valószínűség = 0, Egy másik gondolattal megoldva ugyanezt a feladatot:

35 . modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 35 Az első golyó piros lesz, ennek valószínűsége: 0 =, második golyó ismét piros 0 lesz, ennek valószínűsége 9 9. Tehát a két piros golyó kihúzásának valószínűsége 9 9 = A c) és a d) megoldása módszerében azonos, végeredményük a táblázatban található, kiegészítve még néhány adattal. e) Általánosítsuk a feladatot! Egy urnában n golyó van, n piros és n fehér. Mi a valószínűsége annak, hogy golyót kihúzva mindkettő piros lesz? ( n)! ( n ) ( n ) n n Első módszerrel: Összes lehetőség: = = = n ( n ).!! Kedvező lehetőség, ahányféleképpen az n piros golyóból ki tudok választani -t: n = ( n ) n! n =!! ( n ) Tehát a valószínűség (kedvező/összes eset): n n ( n ) = n n. ( n ) ( n ) n Második gondolattal: Az első golyó piros lesz, ennek valószínűsége: golyó ismét piros lesz, ennek valószínűsége valószínűsége n. n = n n =, második n. Tehát a két piros golyó kihúzásának n A valószínűség most n függvénye. Vizsgáljuk meg, hogy a valószínűség milyen értékeket vesz fel különböző n-ek esetén: n n 0, , 0, 0,7368 0,999 0,9999 0,9995 n valószínűség 0, , 0, 0,37 0,775 0,975 0,9975 Az n-et növelve a valószínűség egyre nő, láthatóan 0,5-hoz közelít. A magyarázatot a n második módszerrel való megoldásból lehet látni. Itt az tört annak valószínűsé- n