\magnification=\magstep1
\input amstex
\hsize=16truecm
\parskip=3pt plus 1.7pt
 
\parskip=3pt plus 1pt
\define\A{{\bold A}}
\define\BB{{\bold B}}
\define\DD{{\bold D}}
\define\T{{\bold T}}
\define\U{{\bold U}}
\define\({\left(}
\define\){\right)}
\define\[{\left[}
\define\]{\right]}
\define\e{\varepsilon}
\define\oo{\omega}
\define\const{\text{\rm const.}\,}
\define\supp {\sup\limits}
\define\inff{\inf\limits}
\define\summ{\sum\limits}
\define\prodd{\prod\limits}
\define\limm{\lim\limits}
\define\limsupp{\limsup\limits}
\define\liminff{\liminf\limits}
\define\bigcapp{\bigcap\limits}
\define\bigcupp{\bigcup\limits}
\define\Cov{\text{\rm Cov}\,}
\define\Var{\text{\rm Var}\,}
 
\centerline{\bf A szeptember 7.-i gyakorlat t\'em\'aja}
\medskip
 
\item{1.} Egy szab\'alyos p\'enzdarabot feldobunk k\'etszer egym\'as
ut\'an. Mi annak a va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-ge, hogy egy
fej \'es egy \'{\i}r\'as dob\'as lesz?
\item{} {\it Megold\'as:}\/ A dob\'asok lehets\'eges kimenetei (F,F),
(F,I), (I,F), (F,F). Ezen ki\-me\-ne\-tek mindegyik\'enek a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege ugyanannyi, teh\'at $\frac14$. K\'et
lehets\'eges kimenet j\'o a mi sz\'amunkra, a (F,I) \'es
(I,F). Teh\'at a keresett val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg $\frac12$. Azt
\'erdemes meggondolni, hogy amennyiben azt a h\'arom lehets\'eges
kimenetet tekintj\"uk, hogy k\'et fej, k\'et \'{\i}r\'as. egy fej
\'es egy \'{\i}r\'as dob\'as, akkor ezen kimenetek
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege nem egyforma. Ez\'ert az ez\'altal sugallt
$\frac13$ eredm\'eny hib\'as.
\medskip{\it H\'azi feladat:}
\item{} Egy szab\'alyos dob\'okock\'at feldobunk k\'etszer egym\'as
ut\'an. Mi a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege annak, hogy a dob\'asok
\"osszege 9? Annak, hogy a dob\'asok \"osszege 10?
\medskip
\item{2.} Kit\"olt\"unk egy lott\'oszelv\'enyt. Mi annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy 5-\"os tal\'alatot \'er\"unk el?
\item{}{\it Megold\'as:}\/ Gondoljuk, meg, h\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o}
eredm\'enye lehet a h\'uz\'asoknak. Az els\H{o} sz\'amot 90
f\'elek\'eppen h\'uzhatjuk, a m\'asodikat 89 f\'elek\'epp, a
harmadikat 88 a negyediket 87 az \"ot\"odiket 86 f\'elek\'eppen.
Fel\'{\i}rva egym\'as ut\'an ezeket a sz\'amokat \"osszesen
$90\cdot89\cdot88\cdot87\cdot86$ k\"ul\"onb\"oz\H{o} sorozat
lehets\'eges. Ugyanakkor k\'et h\'u\-z\'as\-so\-ro\-za\-tot nem
k\"ul\"onb\"oztet\"unk meg, ha ugyanazok a sz\'amok jelennek meg
benn\"uk csak m\'as sorrendben. \'Irjuk fel egy h\'uz\'assorozat
sz\'amait n\"ovekv\H{o} sorrendben. H\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o}
m\'odon jelenhet meg ugyanaz a n\"ovekv\H{o} sz\'amsorozat? A
legnagyobb sz\'am 5 helyen, a m\'asodik legnagyobb sz\'am ezut\'an
4, a harmadik legnagyobb sz\'am ezut\'an 3, a negyedik legnagyobb
sz\'am ezut\'an k\'et k\"ul\"onb\"oz\H{o} helyen szerepelhet, a
legkisebb sz\'am helye pedig v\'eg\"ul egy\'ertelm\H{u}. \'Igy
\"osszesen $1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5=120$ k\"ul\"onb\"oz\H{o}
m\'odon jelenhet meg ugyanaz az eredm\'eny. \"Osszesen teh\'at
$\dfrac{90\cdot89\cdot88\cdot87\cdot86}{120}$ k\"ul\"onb\"oz\H{o}
h\'uz\'assorozat lehets\'eges. Mivel minden h\'uz\'assorozat egyforma
val\'osz\'{\i}n\H{u}, annak val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy egy adott
(nagys\'ag szerint rendezett sz\'amsorozat) jelenik meg
$\dfrac{120}{90\cdot89\cdot88\cdot87\cdot86}$.
\item{3.} Egy $n$ elem\H{u} halmaznak $\dbinom
nk=\dfrac{n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot2\cdots k}$
k\"ul\"onb\"oz\H{o} r\'eszhalmaza van, $k\le n$.
\item{}{\it Megold\'as:}\/ Feltehetj\"uk, hogy a tekintett halmaz az
$1,2,\dots,n$ sz\'amokb\'ol \'all. Ebb\H{o}l
$n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)$ k\"ul\"onb\"oz\H{o} m\'odon v\'alaszthatunk
ki egym\'as ut\'an $k$ sz\'amot. Viszont mivel k\'et v\'alaszt\'as,
amelyben ugyanazokat a sz\'amokat v\'alasztottuk ki egym\'as ut\'an
m\'as sorrendben ugyanazt a halmazt adja, ez\'ert minden halmazt
$1\cdot2\cdots k$ f\'ele m\'odon v\'alasztottunk. Innen ad\'odik az
eredm\'eny.
\item{4.} Az $1,2,\dots,n$ sz\'amokat $n!=1\cdot2\cdots n$ m\'odon
lehet sorrendbe rakni.
\item{5.} Binomi\'alis t\'etel:
$$
(a+b)^n=\binom n0 a^nb^0+\binom n1 a^{n-1}b+\binom n2
a^{n-2}b^2+\cdots+\binom nn a^nb^0=\sum_{k=0}^n\binom nk a^kb^{n-k},
$$
ahol $\dbinom nk=\dfrac{n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot2\cdots
k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\dbinom n{n-k}$.
\item{}{\it Magyar\'azat:}\/ V\'egezz\"uk el az $(a+b)^n=\undersetbrace
{n\text{ t\'enyez\H{o}}} \to{(a+b)\cdots (a+b)}$ szorz\'asokat. Ez
olyan $n$ hossz\'us\'ag\'u szorzatokb\'ol \'all\'o \"osszeg lesz,
amely $a$ \'es $b$ sz\'amokb\'ol fog \'allni. H\'any olyan tag
szerepel, amely $k$ darab $a$ \'es $n-k$ darab $b$ jegyet tartalmaz?
A fenti kombinatorikai meggondol\'asok alapj\'an l\'athat\'o, hogy
$\dbinom nk$.
\medskip
T\'argyaltuk a binomi\'alis t\'etel egy \'altal\'anos\'{\i}t\'as\'at
is. Ennek \'erdek\'eben bevezett\"uk a k\"ovetkez\H{o} definici\'ot:
Ha $k$ pozit\'{\i}v eg\'esz sz\'am, $n$ pedig {\it tetsz\H{o}leges
val\'os sz\'am}\/ akkor $\dbinom
nk=\dfrac{n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot2\cdots k}$. Fontos, hogy
ez a definici\'o nemcsak eg\'esz $n$ sz\'amokra van defini\'alva. Ki
akarjuk sz\'amolni az $(1+x)^n$ f\"uggv\'eny Taylor sor\'at
tetsz\H{o}leges (val\'os) $n$ sz\'amra.
\medskip
\item{6.} Bizony\'{\i}tsuk be, hogy az $f(x)=(1+x)^n$ f\"uggv\'eny
Taylor sora az
$$
(1+x)^n=\sum_{k=0}^\infty \binom nk x^k
$$
hatv\'anysor tetsz\H{o}leges val\'os $n$ sz\'am eset\'en.
\medskip
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Egy (analitikus) $f(x)$ f\"uggv\'eny
hatv\'anysora $f(x)=\summ_{k=0}^\infty c_k x^k$, ahol $c_0=f(0)$,
$c_k=\dfrac1{k!}\left.\dfrac{d^k}{dx^k}f(x)\right|_{x=0}$. Jelen
esetben, amikor $f(x)=(1+x)^n$,
$\dfrac{d^k}{dx^k}f(x)=n(n-1)\cdots(n-k+1)(1+x)^{n-k}$, ahonnan
$c_k=\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}=\dbinom nk$. Ez\'ert az
$(1+x)^n$ f\"uggv\'eny hatv\'anysora $\summ_{k=0}^\infty\dbinom nk
x^k$.
 
\medskip\noindent
Be lehet l\'atni, hogy $|x|<1$ eset\'en az $(1+x)^n$ f\"uggv\'eny
egyenl\H{o} a hatv\'anysor\'aval. Megjegyezt\"uk, hogy abban az
esetben, ha $n$ pozit\'{\i}v eg\'esz sz\'am, $k>n$, akkor $\dbinom
nk=0$. Ez\'ert, ha $n$ pozit\'{\i}v eg\'esz sz\'am, akkor az $(1+x)^n$
f\"uggv\'eny Taylor sora v\'eges sok tagb\'ol \'all, \'es ez az
\"osszeg megegyezik azzal az \"osszeggel, amelyet a binomi\'alis
t\'etel sugall.
\medskip\noindent
Hogyan viselkedik az $\dfrac1{1+x}=(1+x)^{-1}$ f\"uggv\'eny
hatv\'anysora? Vegy\"uk \'eszre, hogy $\dbinom
{-1}k=\dfrac{(-1)(-2)\cdots(-k)}{k!}=(-1)^k$, ahonnan
$(1+x)^k=\summ_{k=0}^\infty (-1)^kx^k$. Ismer\H{o}s-e ez az
eredm\'eny? Hogyan n\'ez ki az $\dfrac1{1-x}$ f\"uggv\'eny
hatv\'anysora? Mutassuk meg, (p\'eld\'aul az $\dfrac1{1+x}$
f\"uggv\'eny hatv\'anysor\'at integr\'alva, hogy
$$
\log(1+x)=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\dfrac{x^k}{k}.
$$
Helyettes\'{\i}ts\"unk be $x=1$ \'ert\'eket a fenti azonoss\'agba. Azt
kapjuk, hogy
$$
\ln2=1-\frac12+\frac13-\frac14+\frac15-\cdots,
$$
Val\'oj\'aban, indokl\'asra szorul, hogy az $\ln(1+x)$ f\"uggv\'eny
hatv\'anysor\'aba az $x=1$ \'ert\'eket behelyettes\'{\i}tve val\'oban
az $\ln(1+1)=\ln2$ \'ert\'eket kapjuk. Ez azonban k\"ovetkezik
n\'eh\'any \'altal\'anos (nem trivi\'alis) eredm\'enyb\H{o}l.
\medskip
{\it H\'azi feladat:}
\medskip
\item{} Sz\'am\'{\i}tsuk ki az $\arctan x$ f\"uggv\'eny
hatv\'anysor\'at. Mutassuk meg ennek seg\'{\i}ts\'eg\'evel a
k\"ovetkez\H{o} h\'{\i}res Leibniz nev\'ehez f\H{u}z\H{o}d\H{o}
azonoss\'agot.
$$
\frac\pi4=1-\frac13+\frac15-\frac17+\frac19-\cdots.
$$
 
\medskip
\item{7.} Egy urn\'aban goly\'ok vannak, amelyek tartalmazz\'ak az
$1,\dots,n$ sz\'amokat. Kih\'uzunk egym\'as ut\'an $k$ goly\'ot.
H\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o} h\'uz\'aseredm\'eny lehets\'eges. Ha
k\"ul\"onbs\'eget tesz\"unk k\'et h\'uz\'assorozat k\"oz\"ott,
amelyekben ugyanazokat a sz\'amokat h\'uztuk ki, de m\'as sorrendben,
akkor $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ lehet\H{o}s\'eg van, ha nem tesz\"unk
k\"ul\"onbs\'eget, akkor $\dbinom nk$. Ha visszatev\'essel h\'uzunk
\'es k\"ul\"onbs\'eget tesz\"unk k\"u\-l\"on\-b\"o\-z\H{o} sorrendben
kih\'uzott ugyanazokat a sz\'amokat (ugyanolyan multiplicit\'assal)
tartalmaz\'o h\'uz\'assorozatok k\"oz\"ott, akkor a lehets\'eges
h\'uz\'asok sz\'ama $n^k$.
 
\item{}
Az az eset, amikor visszatev\'essel h\'uzunk, de nem sz\'am\'{\i}t a
k\"ul\"onb\"oz\H{o} kih\'uzott sz\'amok sorrendje nehezebb, de egy
ravasz \'eszrev\'etel seg\'{\i}ts\'eg\'evel megoldhat\'o. Ez a
k\"ovetkez\H{o} feladat t\'argya.
\item{8.}Egy urn\'aban goly\'ok vannak, amelyek tartalmazz\'ak az
$1,\dots,n$ sz\'amokat. Kih\'uzunk egym\'as ut\'an visszatev\'essel
$k$ goly\'ot. A kih\'uzott goly\'okat nagys\'ag szerint sorba rakjuk.
H\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o} h\'uz\'aseredm\'eny lehets\'eges?
\item{} V\'alasz: $\dbinom {n+k-1}k$. Ugyanis tekints\"unk egy kapott
h\'uz\'assorozatot. Az els\H{o} sz\'amhoz adjunk 0-t a m\'asodikhoz
1-et, a harmadikhoz 2-t, \dots a $k$-ikhoz $k-1$-et. Ilyen m\'odon
egy szigor\'uan n\"ovekv\H{o} $k$ hossz\'us\'ag\'u sorozatot kapok
amelyek elemei az $1,2,\dots,n+k-1$ sz\'amok valamelyik\'et veszik
fel. S\H{o}t ilyen m\'odon k\"olcs\"on\"osen egy\'ertelm\H{u}
megfeleltet\'est adunk a lehets\'eges kih\'uzott sorozatok \'es az
$1,2,\dots, n+k-1$ halmaz $k$ elem\H{u} r\'eszhalmazai k\"oz\"ott.
Innen k\"ovetkezik, hogy az adott tipus\'u sorozatok sz\'ama $\dbinom
{n+k-1}k$.
\item{9.} Mi annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy lott\'oh\'uz\'as
eredm\'enyek\'ent legal\'abb n\'egyes tal\'alatot \'er\"unk el?
\item{}{\it Megold\'as:}\/ H\'any olyan kit\"olt\'ese van a
lott\'oszelv\'enynek, amely (pon\-to\-san) 4 ta\-l\'a\-la\-tot
biztos\'{\i}t?  Az 5 j\'o sz\'amb\'ol 4-et 5 f\'elek\'eppen, a
rosszat 85 f\'elek\'eppen v\'a\-laszt\-hat\-juk, ezek mind
k\"ul\"onb\"oz\H{o} sorozatok, \'{\i}gy $5\cdot 85$ f\'elek\'epp
lehet pontosan 4 tal\'alatunk, \'es 1 f\'elek\'eppen 5 tal\'alatunk.
Az \"osszes lehet\H{o}s\'eg $\dbinom {90}5$, \'es minden sorozat
egyforma val\'osz\'{\i}n\H{u}. Ez\'ert a keresett
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg $\dfrac{5\cdot85+1}{\dbinom{90}5}$.
\item{10.} Bizony\'{\i}tsuk be a k\"ovetkez\H{o} azonoss\'agot:
Minden nem negat\'{\i}v $n$, $m$ \'es $k$ eg\'esz sz\'amokra
(tegy\"uk fel, hogy $n+m\ge k$)
$$
\binom{n+m}k=\binom n0\dbinom mk+\binom n1\binom m{k-1}+\binom
n2\binom m{k-2}+\cdots+\binom nk\binom m0.
$$
\item{} {\it Megold\'as:}\/ A k\"ovetkez\H{o} kombinatorikai
meggondol\'as bizony\'{\i}t\'ast ad. Sz\'amoljuk ki k\'et
k\"ul\"onb\"oz\H{o} m\'odon annak val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg\'et,
hogy egy urn\'ab\'ol, amelyben $n+m$ (megk\"ul\"onb\"oztethet\H{o})
goly\'o van, h\'anyf\'elek\'epp v\'alaszthatunk ki $k$ goly\'ot. Ez
egyr\'eszt $\dbinom{n+m} k$, ami a baloldali kifejez\'essel
egyenl\H{o}. Fess\"unk $n$ goly\'ot piros \'es $m$ goly\'ot feh\'er
sz\'{\i}n\H{u}re. Ekkor $\dbinom ns\dbinom m{k-s}$ f\'ele m\'odon
v\'alaszthatunk ki $k$ goly\'ot \'ugy, hogy ezek k\"oz\"ul $s$
piros \'es $k-s$ feh\'er. Ezeket a kifejez\'eseket \"osszegezve
minden $0\le s\le k$ sz\'amra egyr\'eszt megkapjuk az azonoss\'ag
jobboldal\'an szerepl\H{o} kifejez\'est, m\'asr\'eszt a balaldalon
szerepl\H{o} kifejez\'est sz\'amoltuk ki m\'as m\'odon.
\medskip
\item{} {\it M\'asodik megold\'as:}\/ \'Erdekes lehet a
k\"ovetkez\H{o} megold\'as, ami val\'oj\'aban \'altal\'anosabb
eredm\'enyt ad, mert azt mutatja, hogy az eredm\'eny tetsz\H{o}leges
val\'os $n$ \'es $m$ sz\'amra \'erv\'enyes. Azt haszn\'aljuk
ki, hogy egy f\"uggv\'eny egy\'ertelm\H{u}en meghat\'arozza a Taylor
sor\'anak egy\"utthat\'oit, m\'asr\'eszt Taylor sorokkal (teh\'at
v\'egtelen \"osszegekkel) ugyan\'ugy lehet sz\'amolni, mint v\'eges
\"osszegekkel.
\item{} \'Irjuk fel, mit jelent az
$(1+x)^{n+m}=(1+x)^n(1+x)^m$ azonoss\'ag
e f\"uggv\'enyek hatv\'anysoraira. Azt kapjuk, hogy
$$
\sum_{k=0}^\infty\dbinom{n+m}k x^k=\(\sum_{k=0}^\infty\dbinom n k x^k\)
\(\sum_{k=0}^\infty\dbinom m k x^k\).
$$
Az azonoss\'ag baloldal\'an $x^k$ egy\"utthat\'oja $\dbinom {n+m}k$, a
jobb oldalon elv\'egezve a szorz\'asokat olyan kifejez\'est kapunk,
amelyben $x^k$ egy\"utthat\'oja $\summ_{s=0}^k\dbinom ns\dbinom
m{k-s}$, \'es ez a k\'et kifejez\'es megegyezik.
 
 
 
 \bye
