A szeptember 7.-i gyakorlat témája

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

Megoldás: A dobások lehetséges kimenetei (F,F), (F,I), (I,F), (F,F). Ezen kimenetek mindegyikének a valószínűsége ugyanannyi, tehát \frac{1}{4}. Két lehetséges kimenet jó a mi számunkra, a (F,I) és (I,F). Tehát a keresett valószínűség \frac{1}{2}. Azt érdemes meggondolni, hogy amennyiben azt a három lehetséges kimenetet tekintjük, hogy két fej, két írás. egy fej és egy írás dobás, akkor ezen kimenetek valószínűsége nem egyforma. Ezért az ezáltal sugallt \frac{1}{3} eredmény hibás.

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 húzhatjuk, 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 húzássorozat 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, amelyben 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, amely a és b számokból fog állni. Hány olyan tag szerepel, amely k darab a és n − k darab 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.

6. 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.

Megoldás: Egy (analitikus) f(x) függvény hatványsora f(x) = ∑_{k=0}^{∞} c_{k}x^{k}, ahol c_{0} =

f(0), c_{k} = \frac{1}{k!} \frac{d^{k}}{dx^{k}} f(x)|_{x=0}. Jelen esetben, amikor f(x) = (1 + x)^{n}, \frac{d^{k}}{dx^{k}} f(x) =

n(n − 1) ⋯ (n − k + 1)(1 + x)^{n−k}, ahonnan c_{k} = \frac{n(n − 1) ⋯ (n − k + 1)}{k!} = \binom{n}{k}.

Ezért az (1 + x)^{n} függvény hatványsora ∑_{k=0}^{∞} \binom{n}{k}x^{k}.

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, amelyet a binomiális tétel sugall.

Hogyan viselkedik az \frac{1}{1 + x} = (1 + x)^{−1} függvény hatványsora? Vegyük észre, hogy

\binom{−1}{k} = \frac{(−1)(−2) ⋯ (−k)}{k!} = (−1)^{k}, ahonnan (1 + x)^{k} = ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k}x^{k}. Ismerős-e ez az eredmény? Hogyan néz ki az \frac{1}{1 − x} függvény hatványsora? Mutassuk meg, (például az

\frac{1}{1 + x} függvény hatványsorát integrálva, hogy

log(1 + x) = ∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k+1} \frac{x^{k}}{k} .

Helyettesítsünk be x = 1 értéket a fenti azonosságba. Azt kapjuk, hogy

ln 2 = 1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{3} − \frac{1}{4} + \frac{1}{5} − ⋯,

Valójában, indoklásra szorul, hogy az ln(1+x) függvény hatványsorába az x = 1 értéket behelyettesítve valóban az ln(1+1) = ln 2 értéket kapjuk. Ez azonban következik néhány általános (nem triviális) eredményből.

Házi feladat:

Számítsuk ki az arctan x függvény hatványsorát. Mutassuk meg ennek segítségével a következő híres Leibniz nevéhez fűződő azonosságot.

\frac{π}{4} = 1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{5} − \frac{1}{7} + \frac{1}{9} − · · · .

7. Egy urnában golyók vannak, amelyek tartalmazzák az 1, …, n számokat. Kihúzunk egymás után k golyót. Hány különböző húzáseredmény lehetséges. Ha különbséget teszünk két húzássorozat között, amelyekben ugyanazokat a számokat húztuk ki, de más sorrendben, akkor n(n − 1) ⋯ (n − k + 1) lehetőség van, ha nem teszünk

különbséget, akkor \binom{n}{k}. Ha visszatevéssel húzunk és különbséget teszünk külön-

böző 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 észrevétel segítségével megoldható. Ez a következő feladat tárgya.

8. Egy urnában golyók vannak, amelyek 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 amelyek 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}.

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

és 1 féleképpen 5 találatunk. Az összes lehetőség \binom{90}{5}, és minden sorozat egyforma

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

10. Bizonyítsuk be a következő azonosságot: Minden nem negatív n, m és k egész számokra (tegyük fel, hogy n + m ≥ k)

\binom{n + m}{k} = \binom{n}{0}\binom{m}{k} + \binom{n}{1}\binom{m}{k − 1} + \binom{n}{2}\binom{m}{k − 2} + ⋯ + \binom{n}{k}\binom{m}{0}.

Megoldás: A következő kombinatorikai meggondolás bizonyítást ad. Számoljuk ki két különböző módon annak valószínűségét, hogy egy urnából, amelyben n + m (megkülönböztethető) golyó van, hányféleképp választhatunk ki k golyót. Ez

egyrészt \binom{n + m}{k}, ami a baloldali kifejezéssel egyenlő. Fessünk n golyót piros és

m golyót fehér színűre. Ekkor \binom{n}{s}\binom{m}{k − s} féle módon választhatunk ki k golyót

úgy, hogy ezek közül s piros és k−s fehér. Ezeket a kifejezéseket összegezve minden 0 ≤ s ≤ k számra egyrészt megkapjuk az azonosság jobboldalán szereplő kifejezést, másrészt a balaldalon szereplő kifejezést számoltuk ki más módon.

Második megoldás: Érdekes lehet a következő megoldás, ami valójában általánosabb eredményt ad, mert azt mutatja, hogy az eredmény tetszőleges valós n és m számra érvényes. Azt használjuk ki, hogy egy függvény egyértelműen meghatározza a Taylor sorának együtthatóit, másrészt Taylor sorokkal (tehát végtelen összegekkel) ugyanúgy lehet számolni, mint véges összegekkel. Írjuk fel, mit jelent az (1 + x)^{n+m} = (1 + x)^{n}(1 + x)^{m} azonosság e függvények hatványsoraira. Azt kapjuk, hogy

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

Az azonosság baloldalán x^{k} együtthatója \binom{n + m}{k}, a jobb oldalon elvégezve a

szorzásokat olyan kifejezést kapunk, amelyben x^{k} együtthatója ∑_{s=0}^{k} \binom{n}{s}\binom{m}{k − s},

és ez a két kifejezés megegyezik.