A szeptember 5-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

1. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk kétszer egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy egy fej és egy írás dobás lesz?

Házi feladat: Egy szabályos dobókockát feldobunk kétszer egymás után. Mi a valószínűsége annak, hogy a dobások összege 9? Annak, hogy a dobások összege 10?

2. Kitöltünk egy lottószelvényt. Mi annak a valószínűsége, hogy 5-ös találatot érünk el? Megoldás: Gondoljuk, meg, hány különböző eredménye lehet a húzásoknak. Az első számot 90 féleképpen hízhatjuk, a másodikat 89 féleképp, a harmadikat 88 a negyediket 87 az ötödiket 86 féleképpen. Felírva egymás után ezeket a számokat összesen 90·89·88·87·86 különböző sorozat lehetséges. Ugyanakkor két húzássorozatot nem különböztetünk meg, ha ugyanazok a számok jelennek meg bennük csak más sorrendben. Írjuk fel egy húzassorozat számait növekvő sorrendben. Hány különböző módon jelenhet meg ugyanaz a növekvő számsorozat? A legnagyobb szám 5 helyen, a második legnagyobb szám ezután 4, a harmadik legnagyobb szám ezután 3, a negyedik legnagyobb szám ezután két különböző helyen szerepelhet, a legkisebb szám helye pedig végül egyértelmű. Így összesen 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120 különböző módon jelenhet meg ugyanaz az eredmény. Összesen tehát

\frac{90 · 89 · 88 · 87 · 86}{120} különböző húzássorozat lehetséges. Mivel minden húzássorozat egyforma valószínű, annak valószínűsége, hogy egy adott (nagyság szerint rendezett

számsorozat) jelenik meg \frac{120}{90 · 89 · 88 · 87 · 86}.

3. Egy n elemű halmaznak \binom{n}{k} = \frac{n · (n − 1) ⋯ (n − k + 1)}{1 · 2 ⋯ k} különböző részhalmaza

van, k ≤ n. Megoldás: Feltehetjük, hogy a tekintett halmaz az 1, 2, …, n számokból áll. Ebből n · (n − 1) ⋯ (n − k + 1) különböző módon választhatunk ki egymás után k számot. Viszont mivel két választás, melyben ugyanazokat a számokat választottuk ki egymás után más sorrendben ugyanazt a halmazt adja, ezért minden halmazt 1 · 2 ⋯ k féle módon választottunk. Innen adódik az eredmény.

4. Az 1, 2, …, n számokat n! = 1 · 2 ⋯ n módon lehet sorrendbe rakni.

5. Binomiális tétel:

(a+b)^{n} = \binom{n}{0}a^{n}b^{0} +\binom{n}{1}a^{n−1}b+\binom{n}{2}a^{n−2}b^{2} +⋯+\binom{n}{n}a^{n}b^{0} = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a^{k}b^{n−k},

ahol \binom{n}{k} = \frac{n · (n − 1) ⋯ (n − k + 1)}{1 · 2 ⋯ k} = \frac{n!}{k!(n − k)!} = \binom{n}{n − k}.

Magyarázat: Végezzük el az (a + b)^{n} = \underbrace{(a + b) ⋯ (a + b)}_{n tényező} szorzásokat. Ez olyan

n hosszúságú szorzatokból álló összeg lesz, mely a és b számokból fog állni. Hány olyan tag szerepel, mely k a és n − k b jegyet tartalmaz? A fenti kombinatorikai

meggondolások alapján látható, hogy \binom{n}{k}.

Tárgyaltuk a binomiális tétel egy általánosítását is. Ennek érdekében bevezettük a következő definiciót: Ha k pozitív egész szám, n pedig tetszőleges valós szám akkor

\binom{n}{k} = \frac{n · (n − 1) ⋯ (n − k + 1)}{1 · 2 ⋯ k}. Fontos, hogy ez a definició nemcsak egész n számokra

van definiálva. Ki akarjuk számolni az (1+x)^{n} függvény Taylor sorát tetszőleges (valós) n számra.

Házi feladat: Bizonyítsuk be, hogy az f(x) = (1 + x)^{n} függvény Taylor sora az

(1 + x)^{n} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{n}{k}x^{k}

hatványsor tetszőleges valós n szám esetén.

Be lehet látni, hogy |x| < 1 esetén az (1 + x)^{n} függvény egyenlő a hatványsorával.

Megjegyeztük, hogy abban az esetben, ha n pozitív egész szám, k > n, akkor \binom{n}{k} = 0.

Ezért, ha n pozitív egész szám, akkor az (1 + x)^{n} függvény Taylor sora véges sok tagból áll, és ez az összeg megegyezik azzal az összeggel, melyet a binomiális tétel sugall.

6. Egy urnában golyók vannak, melyek tartalmazzák az 1, …, n számokat. Kihúzunk egymás után k golyót. Hány különböző húzáseredmény lehetséges. Ha különbséget teszünk két húzássorozat között, melyekben ugyanazokat a számokat húztuk ki, de más sorrendben, akkor n(n − 1) ⋯ (n − k + 1) lehetőség van, ha nem teszünk különbséget, akkor \frac{n}{k}. Ha visszatevéssel húzunk és különbséget teszünk különböző sorrendben kihúzott ugyanazokat a számokat (ugyanolyan multiplicitással) tartalmazó húzássorozatok között, akkor a lehetséges húzások száma n^{k}. Az az eset, amikor visszatevéssel húzunk, de nem számít a különböző kihúzott

számok sorrendje nehezebb, de egy ravasz észervétel segítségével megoldható. Ez a következő feladat tárgya.

7. Egy urnában golyók vannak, melyek tartalmazzák az 1, …, n számokat. Kihúzunk egymás után visszatevéssel k golyót. A kihúzott golyókat nagyság szerint sorba rakjuk. Hány különböző húzáseredmény lehetséges?

Válasz: \binom{n − k + 1}{k}. Ugyanis tekintsünk egy kapott húzássorozatot. Az első

számhoz adjunk 0-t a másodikhoz 1-et, a harmadikhoz 2-t, … a k-ikhoz k − 1-et.

Ilyen módon egy szigorúan növekvő k hosszúságú sorozatot kapok melyek elemei az 1, 2, …, n + k − 1 számok valamelyikét veszik fel. Sőt ilyen módon kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést adunk a lehetséges kihúzott sorozatok és az 1, 2, …, n + k − 1 halmaz k elemű részhalmazai között. Innen következik, hogy az adott tipusú

sorozatok száma \binom{n + k − 1}{k}.

8. Mi annak a valószínűsége, hogy lottóhúzás eredményeként legalább négyes találatot érünk el? Megoldás: Hány olyan kitöltése van a lottószelvénynek, mely mely (pontosan) 4 találatot biztosít? Az 5 jó számból 4-et 5 féleképpen, a rosszat 85 féleképpen választhatom, ezek mind különböző sorozatok, így 5 · 85 féleképp lehet pontosan

4 találatom, és 1 féleképpen 5 találatom. Az összes lehetőség \binom{90}{5}, és minden

sorozat egyforma valószínű. Ezért a keresett valószínűség \frac{5 · 85 + 1}{\binom{90}{5}}.