Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Valószínűségszámítás és statisztika előadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030 1. téma 1.

Hasonló előadás


Az előadások a következő témára: "PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Valószínűségszámítás és statisztika előadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030 1. téma 1."— Előadás másolata:

1 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Valószínűségszámítás és statisztika előadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB téma 1. téma Valószínűségszámítás elemei Valószínűségszámítás elemei Eseménytér, események, műveletek eseményekkel, Venn diagram, valószínűségi axiómák, alapvető tételek a valószínűségek számítására, teljes eseményrendszer, egyenlő valószínűségű kimenetelek, számlálási technikák, kombinatorika elemei, példák.

2 Eseménytér Eseménytér 1. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 1. kísérlet: 6 oldalú szabályos dobókockával dobunk Ω = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 } A dobókocka 6 oldalán pontok vannak rendre 1-től 6-ig, a szembelévő oldalakon a pontok összege 7. Lehetséges kimenetelek 2. kísérlet: 4 oldalú szabályos tetraéderrel dobunk Ω = { 1, 2, 3, 4 } Szabályos 4 oldalú tetraédert dobunk fel, melynek minden oldala szomszédos bármelyik másik hárommal. További kísérletek: Vannak további szabályos sokszög lapokkal határolt testek: 8, 12, 20 oldalúak Definíció: Eseménytér – jelölése W (görög nagy omega) Véletlen jelenséggel kapcsolatos összes lehetséges kimenetelek halmaza.

3 Eseménytér Eseménytér 2. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Az éremnek van harmadik oldala is, de annak valószínűsége, hogy az érem az élére esik gyakorlati szempontból Kísérlet : Pénzfeldobás Ω = { Fej, Irás } 4. Kísérlet: Egy pénzérmét kétszer dobunk fel egymástól függetlenül Kétszer dobunk pénzzel Második dobás FejÍrás Első dobás Fej F, FF, I Írás I, FI, I Ω = { (Fej,Fej), (Fej,Írás), (Írás,Fej), (Írás, Írás) } Fej Írás Start Fej Írás Első dobás Második dobás

4 Eseménytér Eseménytér 2. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 6. Kísérlet : Villanykörte élettartama Az élettartam folytonosan változik. Ω = { {h 1, h 2, h 3, h 4, h 5 } | 1 ≤h 1,h 2,h 3,h 4,h 5 ≤ 90 és h i ≠ h j, ha i ≠ j } 5. Kísérlet. Ötös lottó kihúzott nyerőszámai Az összes számötös, amelyek jegyei mind különböző számok 1 és 90 között és a sorrendjük nem számít. 7. Kísérlet : Két telefon hívás között eltelt idő A hívások között eltelt T idő folytonosan változik.

5 Definíció: E S E M É NY Az eseménytér részhalmazait az adott véletlen jelenséggel kapcsolatos eseményeknek nevezzük. Az egy elemű részhalmazokat elemi eseményeknek nevezzük. F={ Fej } Pénzdobás eseményei Fej dobás elemi eseménye I={ Írás }Írás dobás elemi eseménye Ø={ }Lehetetlen esemény Ω={ Fej, Írás }Biztos esemény A pénzdobással kapcso- latban 4 különböző eseményt definiálhatunk! Események PT={ } Kockadobással kapcsolatos néhány esemény Páratlan dobás eseménye HAT={ } Hatos dobás eseménye PS={ }Páros dobás eseménye Ω = { } PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

6 Ω eseménytér Az Ω eseménytér és a kísérlettel kapcsolatos A, B, C,..stb. események ábrázolhatók Venn – diagram segítségével. Az Ω eseménytér elemeit egy téglalappal ábrázoljuk. Az eseményeket pedig a téglalapban elhelyezkedő zárt görbe belsejével ábrázoljuk! A esemény Eseménytér és események szemléltetése PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

7 Definíció: Az esemény elemeit azok az elemi események alkotják, amelyek nincsenek A-ban és A ellentét eseményének nevezzük. Műveletek véletlen eseményekkel: ellentét esemény Ω eseménytér Az A esemény ellentéte A esemény Példa: kocka dobás Ω = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 } Páros dobás = { 2, 4, 6 } Páros dobás ellentéte = Ω \ { 2, 4, 6 } = { 1, 3, 5 } = Páratlan dobás A Ø lehetetlen esemény ellentéte az Ω biztos esemény: Az Ω biztos esemény ellentéte a Ø lehetetlen esemény: Az A esemény ellentétének az ellentéte az A esemény: PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

8 Műveletek véletlen eseményekkel: összeg Legyen A és B két olyan esemény, amelyek ugyanahhoz a kísérlethez – vagyis ugyanazon Ω eseménytérhez - tartoznak. A B A + B Definíció: Az A+B összeg esemény elemeit az összes olyan elemi események alkotják, amelyek vagy az A eseményhez, vagy a B eseményhez vagy mindkettőhöz tartoznak. Tehát az A+B halmaz az A és B halmazok uniója. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

9 Műveletek véletlen eseményekkel: szorzat Legyen A és B két olyan esemény, amelyek ugyanahhoz a kísérlethez – vagyis ugyanazon Ω eseménytérhez - tartoznak. Definíció: Az A·B szorzat esemény elemeit az összes olyan elemi események alkotják, amelyek mind az A és mind B eseményhez hozzátartoznak. Tehát az A·B halmaz az A és B halmazok metszete. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A B A·BA·B Ha az A· B = Ø - azaz ha A és B eseményeknek nincs közös elemük, akkor azt mondjuk, hogy az A és B egymást kizáró események.

10 Műveletek véletlen eseményekkel: különbség Legyen A és B két olyan esemény, amelyek ugyanahhoz a kísérlethez – vagyis ugyanazon Ω eseménytérhez - tartoznak. Definíció: Az A − B különbség esemény elemeit az összes olyan elemi események alkotják, amelyek az A eseményhez tartoznak, de a B eseményhez nem tartoznak hozzá. Tehát az A − B esemény az A és B halmazok különbsége. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A BA−BA−B A különbség esemény előállítható a komplementer és szorzat műveleteivel az formula segítségével.

11 Műveletek véletlen eseményekkel: részesemény PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Definíció: Azt mondjuk, hogy az A esemény része a B eseménynek, ha az A halmaz részhalmaza a B halmaznak, azaz Ez is azt jelenti, hogy az A-hoz tartozó minden elemi esemény egyben a B eseményhez is tartozik. Ezért azt is mondhatjuk, hogy az A esemény bekövetkezése maga után vonja a B esemény bekövetkezését. Ω A B Bármely A eseményre igazak a következő relációk Az A és B események akkor egyenlők, azaz A=B, ha bármelyikük bekövetkezése a másik bekövetkezését maga után vonja

12 Halmazelméleti és valószínűségelméleti elnevezések összefoglaló táblázata PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály HalmazelméletValószínűségelmélet Ω univerzum Eseménytér, biztos esemény Ø üres halmaz Lehetetlen esemény a є Ω elem Az ‘a’ elemi esemény Esemény részhalmaz ‘A’ halmaz Az A esemény bekövetkezik Az A ellentét eseménye, A nem következik be az A komplementere A és B közül legalább az egyik bekövetkezik Az A és B mindegyike bekövetkezik Ha A bekövetkezik, akkor B is bekövetkezik Az A esemény bekövetkezik, de B nem A és B egymást kizáró események

13 Műveleti tulajdonságok összefoglaló táblázata PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály kommutativitás asszociativitás disztributivitás idempotencia De-Morgan Egyebek Definíció: A fenti tulajdonságokkal rendelkező (Ω, +, ·, ¯ ) struktúrát Boole - algebrának nevezzük.

14 Gyakoriságok PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Statisztikai megfigyelések azt mutatják, hogy ha egy véletlen tömegjelenségre vonatkozóan (pl. pénzfeldobásra, kockadobásra) nagyon sok kísérletet hajtunk végre, akkor az esemény előfordulása bizonyos törvényszerűségnek tesz eleget. Nevezetesen az esemény előfordulásának relatív gyakoriságai ingadoznak egy 0 és 1 közötti konstans érték körül. Ha a kísérletek száma nagyon nagy, akkor az eltérés ettől a konstanstól egyre kisebb lesz. A relatív gyakoriságok alapvető tulajdonságaival definiáljuk a valószínűséget. DEFINÍCIÓ: Az A esemény bekövetkezési gyakorisága. Az A véletlen eseményre végezzünk n darab független kísérletet! Jegyezzük fel, hogy az n kísérletből hányszor következik be az A esemény. Legyen ez a bekövetkezési szám k A. A k A számot az A esemény bekövetkezési gyakoriságának nevezzük. Az x 1, x 2, x 3, x 4,…, x n n elemű minta közül a különböző értékek legyenek y 1,y 2,y 3,y 4,…,y k ( k ≤ n ) ezek előfordulási gyakoriságai a mérés során f 1,f 2,f 3,f 4,…,f k, ahol f 1 +f 2 +f 3 +f 4 +…+f k = n.

15 Relatív gyakoriságok PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Ha az ismételt pénzfeldobási kísérlet sorozatban n=100 ismétlés esetén az A= {1} esemény 48-szor és a B= {0} esemény 52-szor fordult elő, akkor k A = 48 és k B = 52. Továbbá rf 1 =0. 48 és rf 0 =0.52 Definíció: Az egyes értékek előfordulásának relatív gyakorisága alatt az rf 1 =f 1 /n, rf 2 =f 2 /n, rf 3 =f 3 /n, …, rf k =f k /n hányadosokat értjük. Nyilvánvaló, hogy rf 1 + rf 2 +…+ rf k =1. Definíció: Az A esemény bekövetkezésének relatív gyakorisága Az A véletlen eseményre végezzünk n független kísérletet! Legyen az A esemény bekövetkezési gyakorisága k A. A k A szám és az n hányadosát az A esemény relatív gyakoriságának nevezzük:

16 Relatív gyakoriságok ingadozása PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Az r A relatív gyakoriság kísérletsorozatonként változik, de a jelenségek egy bizonyos osztályaira stabilitást mutat. Ezt a stabilitást egy határértékkel jellemezhetjük, amelyet P(A)- val jelölünk és ezt az A esemény valószínűségének nevezzük. Azaz Szabályos pénzérme feldobása esetén az A= {1} és B= {0} események relatív gyakoriságai 0.5 körül ingadoznak.

17 (1)Ω eseménytérre vonatkozó feltételek Az Ω egy nem üres halmaz, amely egy véletlen kísérlettel kapcsolatos összes lehetséges kimenetelt tartalmazza. Neve eseménytér és elemeit elemi eseményeknek nevezzük. (2)az eseményalgebrára vonatkozó feltételek Az S halmaz legyen az Ω halmaz bizonyos részhalmazainak halmaza. A S halmaz elemeit eseményeknek nevezzük. S-re a következő feltételeknek kell teljesülni: (2.1) (2.2) (2.3) (azaz S σ-algebra) (3)A valószínűségre vonatkozó feltételek Az S halmaz minden A eseményéhez hozzárendelünk egy P(A) valószínűséget a következő feltételeknek megfelelően: (3.1) (3.2) (3.3) azaz P σ- additív. A valószínűségszámítás Kolmogorov – axiómái PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

18 Definíció. Valószínűségi mező Az Ω eseményteret, az S σ-algebrát és a P σ – additív valószínűségi mértéket együtt Kolmogorov-féle valószínűségi mezőnek nevezzük. Ezt a három kelléket egy (Ω, S, P) rendezett hármasba foglaljuk össze. Ha az Ω eseménytér véges halmaz, akkor az S (2.3) σ-algebra tulajdonsága csak véges additivitásra redukálódik, azaz Továbbá a P σ – additivitása csak véges additivitásra korlátozódik, azaz Emlékeztetünk arra, hogy az A 1, A 2, A 3,.., A n események páronként egymást kizárják, ha teljesül az A m ·A k = Ø egyenlőség minden m≠k esetén. A valószínűségszámítás Kolmogorov – axiómái PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

19 Bizonyítás Mivel minden A eseményre ezért a (3.2) és (3.3) axióma miatt az egyenlet rendezésével kapjuk az állítást. Következmény: A PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Alapvető tételek a valószínűségek kiszámítására 1. TÉTEL. Minden A eseményre

20 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Alapvető tételek a valószínűségek kiszámítására 2. TÉTEL. Tetszőleges A és B események összegének valószínűsége a következő formulával számolható ki P(A+B) = P(A) + P(B) – P(A·B) Bizonyítás Mivel bármely A és B eseményre és A illetve egymást páronként kizáró események, ezért B A Másrészt és itt az utóbbi két tag egymást kizárják, ezért B A A második azonosságot rendezve Ezt behelyettesítve az első azonosságba kapjuk az állítást.

21 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Alapvető tételek a valószínűségek kiszámítására 3. TÉTEL. A különbség esemény valószínűségére fennáll az alábbi azonosság P(A−B) = P(A) – P(A·B) Bizonyítás Bármely A és B eseményre A = (A−B) + (A·B) Továbbá az (A−B) és (A·B) események egymást kizárók. Ezért a(3.3) axióma alapján P(A) =P(A−B) + P(A·B) Az egyenlőség mindkét oldalából kivonva P(A·B)-t kapjuk a P(A−B) = P(A) – P(A·B) bizonyítandó azonosságot. B A

22 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Alapvető tételek a valószínűségek kiszámítására 4. B A TÉTEL. Ha a B esemény bekövetkezése maga után vonja az A esemény bekövetkezését, azaz, akkor a B esemény valószínűsége nem lehet nagyobb, mint az A esemény valószínűsége P(B) ≤ P(A) Bizonyítás Mivel, ezért A = (A−B) + B és az (A−B) illetve (B) események egymást kizárók. Tehát a(3.3) axióma alapján P(A) = P(A−B) + P(B) A (3.1) axióma szerint itt P(A−B) ≥ 0. Ezért kapjuk a P(A) = P(A – B) + P(B) ≥ P(B) bizonyítandó egyenlőtlenséget.

23 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Teljes eseményrendszer DEFINÍCIÓ. Teljes eseményrendszer Az A 1, A 2, A 3, …, A n eseményeket teljes eseményrendszernek nevezzük, ha (1)Páronként egymást kizárják A k ·A m =Ø minden k ≠ m különböző indexek esetén (2)Összegük kiadja az eseményteret: A 1 +A 2 +A 3 +…+A n = Ω. Legyen az Ω = {ω 1, ω 2, ω 3,.., ω n } eseménytér elemeinek száma véges | Ω | = n. Ekkor az A 1 ={ω 1 }, A 2 ={ω 2 }, A 3 ={ω 3 }, …, A n ={ω n } események az Ω különböző elemi eseményeit jelölik. Ezek nyilvánvalóan teljes eseményrendszert alkotnak.

24 KLASSZIKUS VALÓSZÍNŰSÉGI MEZŐ Tegyük fel, hogy mindegyik elemi esemény egyformán valószínű, tehát P(A 1 ) = P(A 2 )= P(A 3 )=…= P(A n )=p. Mivel az események páronként kizárók és összegük Ω, ezért P(A 1 +A 2 +A 3 +…+A n ) = P(A 1 )+P(A 2 )+P(A 3 ) +…+P(A n ) = n·p=1. Így azt kapjuk, hogy PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Egyenlő valószínűségű kimenetelek 1. Ha az A = {ω i1, ω i2, ω i3,.., ω ik } = A i1 + A i2 + A i3 + …+ A ik esemény k darab elemi eseményt tartalmaz |A| = k, akkor P(A) = P(A i1 ) + P(A i2 ) + …+ P(A ik )=

25 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Egyenlő valószínűségű kimenetelek 2. Példa. Pénzfeldobás Mivel Ω = {Fej} + {Irás} és szabályos pénzérmét feltételezve P({Fej})=P({Irás}), ezért Példa. Kockadobás Mivel Ω = {1} + {2} + {3} +…+ {6} és szabályos kockát feltételezve P({1})=P({2}) =P({3})=P({4}) =P({5}) =P({6}), ezért Így pl. a páros dobások valószínűsége

26 A klasszikus valószínűségi mező esetén az A esemény valószínűségének kiszámításához szükségünk van az Ω eseménytér és az A részhalmaz elemeinek megszámlálására. Abban az esetben ez nem egyszerű matematikai feladat, ha ezek a halmazok nem adottak explicit módon, hanem például valamilyen kiválasztási algoritmussal írtuk le az elemeit. Példa. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egyetlen megvásárolt ötös LOTTÓ szelvénnyel 5 találatosunk lesz, azaz a 90 számból az általunk bejelölt 5 számot húzzák ki? Megoldás (1. rész) Az Ω eseménytér tartalmazza az összes olyan különböző számötöst, amelyek elemei 1 és 90 közötti különböző számok. Tehát két feltételt írunk elő a számötösök képzésére, azaz a húzásra: (i) a számötösön belül levő számok mind különbözőek legyenek és (ii) a számötös számainak sorrendje nem számít, mert a nyerés szempontjából lényegtelen a kihúzás sorrendje. Számlálási technikák 1.

27 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A példában szereplő valószínűség kiszámításához meg kell számlálnunk az Ω eseménytér elemeinek |Ω| számát. Mivel mi csak egy szelvénnyel való nyerés esélyét keressük, ezért az A halmaz az Ω halmaz egyetlen számötösét tartalmazza, azt amit mi töltöttünk ki. Így a keresett valószínűség Mivel Ω elemeinek száma „nagyon nagy”, ezért Ω elemeinek felsorolása, explicit módon való megadása és ezek megszámlálása sokáig tartana. Ki kell tehát dolgozni olyan általános módszereket, amelyek segítségével elméleti síkon képesek leszünk ezt a számot meghatározni, bizonyos leszámlálási algoritmusokat alkalmazva. (Folytatása következik!) Az eseménytér elemeit halmazokkal adhatjuk meg, amelyek 5 eleműek és minden eleme 1 és 90 között levő szám. Az összes számötöst leírhatjuk a következő módon Ω = { {h 1, h 2, h 3, h 4, h 5 } | 1 ≤ h 1, h 2, h 3, h 4, h 5 ≤ 90 és h i ≠ h k, ha i ≠ k}. Ez egy klasszikus valószínűségi mező eseménytere, mert a sorsolásról feltételezzük, hogy a húzás során mindegyik számötös kihúzásának valószínűsége egyforma. Számlálási technikák 2.

28 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Számlálási technikák 3. Példa. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egyetlen megvásárolt TOTÓ szelvénnyel 13+1 találatunk lesz, azaz mind a mérkőzés eredményét leíró 1, 2 és x jelek mindegyike az általunk megadottal megegyezik? Megoldás (1. rész) Az 1-től 14=13+1 cellák mindegyikébe az 1, 2 és x jelek bármelyikét beírhatjuk, ezért a TOTÓ összes lehetséges kitöltését megadhatjuk az alábbi 14 elemű vektorok halmazaként Ω = { (t 1, t 2,..., t 13, t 14 ) | t 1, t 2,…, t 13, t 14 є { 1, 2, x } }, ahol t k jelöli az k-adik mérkőzésre adott tippet. Most is meg kell számlálnunk az Ω eseménytér elemeinek |Ω| számát. A játék szabályok a következők: (i) az 1, 2, és x jelek közül egy cellába egyet írhatunk; (ii) az 1, 2 és x jelek ismétlődhetnek, akár mindegyik cellába írhatjuk ugyanazt; (iii) a tippek sorrendje lényeges, mert a sorszámok mérkőzéseket jelölnek. Mivel most is csak egy szelvénnyel való legnagyobb nyerés esélyét keressük, ezért az A halmaz az Ω halmaz egyetlen 13+1 elemű vektora, az a 14 tipp, amit mi adtunk meg. Így a keresett valószínűség (Folytatása következik!)

29 Ha egy feladat felbontható az A és B két résztevékenységre úgy, hogy (i) az A tevékenység végrehajtására n(A)-féle lehetőségünk van és (ii) a B tevékenység végrehajtására n(B)-féle lehetőségünk van, továbbá (iii) az A és a B tevékenységet egyidejűleg nem tudjuk végrehajtani, akkor az A vagy a B esemény valamelyikének a végrehajtására n(A)+n(B) lehetőségünk van. Példa. Egy informatika szakon 40 fő nappalis hallgató és 20 fő levelezős hallgató vesz részt a képzésben. Mindkét képzésben nem részesülhet egy hallgató. A szakesten összekeveredtek a hallgatók. Hányféleképpen tudunk kiválasztani közülük egy hallgatót függetlenül attól, hogy nappali vagy levelező képzésben vesz-e részt? n(A) = 40 fő n(B)=20 fő A tevékenység: kiválasztunk 1 főt a nappalisok közül B tevékenység: kiválasztunk 1 főt a levelezősök közül n( A ) = 40 és n( B ) = 20 Így összesen n( A )+n( B )= = 60 - féleképpen választhatunk ki 1 főt a szakról. A kombinatorika alapelvei: összeadási szabály 1. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

30 A kombinatorika alapelvei: összeadási szabály PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Példa. Egy k (≥1) lépcsőfokból álló lépcsőn úgy tudunk felmenni, hogy egyszerre vagy 1 lépcsőfokot lépünk vagy 2 lépcsőfokot ugrunk. Hányféleképpen mehetünk fel a földszintről egy 6 lépcsőfokból álló lépcsőn az első emeletre? földszint 1. emelet Jelölje x k az k-adik lépcsőfokra való különböző feljutások számát! x 1 =1, mert egyet lépve feljutunk az első lépcsőfokra x 2 =2, mert feljuthatunk úgy, hogy egyszerre 2 lépcsőfokot lépünk vagy kétszer lépünk 1 lépcsőfokot. Vizsgáljuk a k (>2) lépcsőfokra való feljutás lehetőségeinek számát. Keressünk összefüggést az alacsonyabb lépcsőfokokra való feljutás lehetőségeinek számával! A tevékenység: utolsó lépésre 1 lépcsőfokot lépünk. B tevékenység: utolsó lépésre 2 lépcsőfokot lépünk. Az A tevékenység esetében az (k-1)-ik lépcsőfokról jutottunk fel az k-adikra, így n(A) = x k-1 A B tevékenység esetében az (k-2)-ik lépcsőfokról jutottunk fel az k-adikra, így n(B) = x k-2

31 A példa folytatása. Az A és B tevékenységet egyszerre nem tudjuk végrehajtani és úgy juthatunk fel a k-adik lépcsőfokra, hogy utoljára vagy 1-et lépünk vagy 2 lépcsőfokot lépünk. A k-adik lépcsőfokra való különböző feljutások lehetőségét megkapjuk, ha a két diszjunkt feljutások számát összeadjuk x k =n(A)+n(B)=x k-1 +x k-2 k=3, 4, 5, 6. Ezzel a rekurzív összefüggéssel értelmezett sorozatot Fibonacci-féle sorozatnak nevezzük. Vagyis a feljutási lehetőségek számára kapott rekurzív összefüggés az összeadási szabály alkalmazásával adódott: a sorozat egy számértékét az előző két érték összege adja. Ez a szabály lehetőséget ad x 6 kiszámítására: x 1 =1, x 2 =2, x 3 =1+2=3, x 4 =3+2=5, x 5 =5+3=8, x 6 =8+5=13 Tehát a 6 –ik lépcsőfokra 13 különböző módon juthatunk fel. Általánosítás: Az összeadási szabályt általánosítsuk az A és B két résztevékenység helyett tetszőleges számú összeadandó résztevékenységre! A kombinatorika alapelvei: összeadási szabály 2. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

32 A kombinatorika alapelvei: szorzási szabály 1. Ha egy feladat felbontható az A és B két résztevékenységre úgy, hogy (i) az A tevékenység végrehajtására n(A)-féle lehetőségünk van és (ii) miután az A tevékenységet végrehajtottuk, ezután a B tevékenység végrehajtására n(B)-féle lehetőségünk van, akkor a teljes feladat végrehajtására összesen n(A)·n(B) lehetőségünk van. Példa. Az informatika szakon 40 fő nappalis és 20 fő levelezős képzésben részesülő hallgató végzett. Egy hallgató csak egyfajta diplomát kaphatott. Valamely programozási feladat megoldásához ki kell választanunk egy nappalin végzett és egy levelezőn végzett informatikust! Hányféleképpen tudjuk ezt megtenni a most végzettek közül? A tevékenység: kiválasztunk 1 főt a nappalin végzettek közül B tevékenység: kiválasztunk 1 főt a levelezőn végzettek közül Most is n( A ) = 40 és n( B ) = 20. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

33 A kombinatorika alapelvei: szorzási szabály 2. Ha a 40 nappalis közül kiválasztottunk egyet, akkor hozzá bármelyik levelezőn végzettet választhatjuk. Levelezőn végeztek … Nappalin végeztek Szemléltessük a kiválasztást a számsíkon! Az x-tengelyre írjuk fel a nappalin végzetteket 1-től 40-ig sorszámozva. Az y-tengelyre írjuk fel a levelezőn végzetteket 1-től 20-ig sorszámozva. A (k, m) koordinátájú rácsponttal jelezzük azt a kiválasztást, hogy a nappalin végzettek közül a k- adikat, míg a levelezőn végzettek közül az m-edik főt választottuk ki az adott munkára. Az n(B)=20 sorból és n(A)=40 oszlopból álló téglalap alakú rácshálózat elemeinek száma 20·40=800. Például a 3-ik oszlopban levő 20 elem: (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), …., (3,19), (3,20) azt jelöli, hogy a hármas sorszámú nappalis végzettségű hallgatót párosítottuk rendre a 20 különböző levelezőn végzett hallgatóval. A lehetőségek száma az A×B Descartes-féle szorzat elemeinek számával egyezik meg, azaz |A×B|= |A|·|B|=40 · 20 = 800

34 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: szorzási szabály 2. Feladat. Az A és B városokat 4 különböző út köt össze. A B és C városok között két különböző út halad, míg a C és D városokat 3 különböző út köt össze. Hányféleképpen juthatunk el (i) az A városból a C városba? (ii) az A városból a D városba? ABCD Általánosítás: A szorzási szabályt általánosítsuk az A és B két résztevékenység helyett tetszőleges számú résztevékenységre!

35 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: példa 1. Vannak olyan feladatok, amelyekben az összeadási és a szorzási szabály mindegyikét alkalmaznunk kell. Példa. A BASIC programozási nyelv kezdeti verzióiban egy változó név egy vagy két karakterből álló string (karakterlánc) lehetett. A változó név képzésére a következő szabályt kellett betartani: Ha a név egy karakteres, akkor ez a karakter a 26 betűs angol ABC egy betűje lehetett. Ha két karakteres változó nevet használtunk, akkor az első karakter alfabetikus, míg a második alfanumerikus karakter lehetett. A kis és nagy betűket a rendszer nem különböztette meg. Hány különböző változó nevet lehetett maximálisan képezni egy BASIC programon belül, ha feltesszük, hogy ezek közül 5 foglalt kulcsszó volt (mint pl. az „if” )?

36 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: példa abcdefGhijklmnopqrstuvwxyz Számoljuk ki n(A) értékét! Ha a változó név 1 karakterből áll, akkor számjegyet nem lehet használni. Ezért az alábbi 26 karakterből lehetett kiválasztani egyet. Ezt a választást, tehát az A tevékenységet 26 féleképpen tehetjük meg, ezért n(A)= 26 Megoldás. Az A tevékenység jelentse azt, hogy 1 karakter hosszú változó nevet választottunk. A B tevékenység jelentse azt, hogy 2 karakter hosszú változó nevet választottunk. Amennyiben n(A) jelöli az összes lehetséges 1 hosszúságú változó nevek számát és n(B) jelöli az összes lehetséges 2 hosszúságú változó nevek számát, akkor nyilvánvaló hogy az összes képezhető 1 vagy 2 hosszúságú nevek számát az n(A)+n(B) összeg adja, mert 1 és 2 karakterből álló név egyszerre nem lehet. Itt az összeadási szabályt alkalmaztuk.

37 Miután a B 1 tevékenységet valahogyan végrehajtottuk, azután a B 2 tevékenységre n(B 2 )=36 választási lehetőségünk maradt. Ezért a B tevékenység végrehajtási lehetőségeit a szorzási szabály alkalmazásával számlálhatjuk meg: n(B) = n(B1)· n(B2) = 26 · 36 = 936. Így az összes 1 vagy 2 karakteres nevek száma = n(A)+n(B) = = 962. Mivel azonban ezek között 5 foglalt kulcsszó van, ezért a feladat megoldása = 962−5 = 957 Számoljuk most ki n(B) értékét! Szétbonthatjuk a B tevékenységet további két B 1 és B 2 résztevékenységre! B 1 jelöli a választási tevékenységet az első karakter pozícióra vonatkozóan. B 2 jelöli a választási tevékenységet a második karakter pozícióra vonatkozóan. B 1 tevékenységre most is 26 lehetőségünk van, így n(B 1 )=26. B 2 tevékenységre viszont 36=26+10 lehetőségünk van, mert a második karakter pozíció helyén megengedhetünk számjegyet is (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9). Így n(B 2 )=36. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: példa 2.

38 Ha egy feladat úgy bontható fel az A és B két résztevékenységre, hogy az A és B tevékenységek nem zárják ki egymást, mint azt az összeadási elvben feltételeztük, akkor az összeadási elv nem vezet helyes eredményre! Ilyen esetekben alkalmazható a „kizárás és beszámítás” elve. Bizonyítás: Az n(A) –hoz hozzászámoltuk azokat az eseteket is amelyek az A és B egyidejű végrehajtásakor keletkeztek. Hasonlóan n(B) –hez is hozzászámoltuk azokat az eseteket, amelyek az A és B egyidejű végrehajtásakor keletkeztek. Így az n(A)+n(B) összegben kétszer számoltuk meg azokat az eseteket, amelyek az A és B tevékenységek egyidejű végrehajtásakor keletkező eredmények. Ezért az összegből le kell vonni egyszer – ki kell zárni - az n(A·B) közös elemeket! n(B)n(A) n(A·B) B A∩B A PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: kizárás és beszámítás elve Ha az A tevékenység végrehajtására n(A) és a B tevékenység végrehajtására n(B) lehetőségünk van, akkor az A vagy B végrehajtási lehetőségeinek száma n(A+B) = n(A) + n(B) − n(A·B), ahol n(A·B) jelöli az A és B egyidejű végrehajtási lehetőségeinek számát.

39 Példa. Hány darab 5 hosszúságú csupa 0 -ából vagy 1-ből álló bitsorozatot tudunk képezni olyan módon, hogy vagy 0 legyen a kezdő bit vagy 1 legyen az utolsó bit? (Beleértjük a vagy kapcsolatba azokat a lehetőségeket is, amikor 0-val kezdődik, de nem végződik 1-re; 1-re végződik, de nem kezdődik 0-val, továbbá 0-val kezdődik és 1-re is végződik a bitsorozat!) n(B)=16 n(A)=16 n(A·B)=8 B A∩B A Megoldás: Jelölje A azt a tevékenységet, hogy az 5 bit kezdő helyére 0-át írunk. Jelölje B azt a tevékenységet, hogy az 5 bit utolsó helyére 1-et írunk Az A és B tevékenységet egyszerre is végrehajthatjuk, ekkor olyan 5 hosszúságú bitsorozatokat kapunk, amelyek 0-val kezdődnek és 1-re végződnek! Tehát A és B nem egymást kizáró tevékenységek! A kombinatorika alapelvei: példa 1. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

40 A kombinatorika alapelvei: példa 2. Vegyük észre, hogy az összeadási szabály nem alkalmazható. Helyette az általánosabb kizárás és beszámítás elvét kell használni. Mivel n(A 2 )=n(A 3 )=n(A 4 )=n(A 5 )=2 és ezek a kitöltési lehetőségek egymástól függetlenek, ezért n(A) = n(A 2 )·n(A 3 )·n(A 4 )·n(A 5 )=2·2·2·2=2 4 =16 különböző 0-val kezdődő 5 hosszúságú bitsorozat van. Ezek között természetesen vannak olyanok, amelyek 1-re végződnek. Felsoroltuk az összes esetet: Az A tevékenység végrehajtási lehetőségei n(A) számának kiszámításához, használjuk a szorzás szabályt: jelölje A 2, A 3, A 4 és A 5 azt az eseményt, hogy kitöltjük valahogyan rendre a 2., 3., 4. és 5. (balról jobbra sorszámozva) szabad helyeket 0-val vagy 1-gyel. 0 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

41 Mivel n(B 1 )=n(B 2 )=n(B 3 )=n(B 4 )=2 és ezek a kitöltési lehetőségek egymástól függetlenek, ezért n(B) = n(B 1 )·n(B 2 )·n(B 3 )·n(B 4 )=2·2·2·2=2 4 =16 különböző 1-re végződő 5 hosszúságú bitsorozat van. Ezek között természetesen vannak olyanok, amelyek 0-val kezdődnek. Felsoroljuk az összes esetet: Az B tevékenység végrehajtási lehetőségei n(B) számának kiszámításához használjuk a szorzás szabályt: jelölje B 1, B 2, B 3 és B 4 azt az eseményt, hogy kitöltjük valahogyan rendre az 1., 2., 3. és 4. (balról jobbra sorszámozva) szabad helyeket 0-val vagy 1-gyel. 1 A kombinatorika alapelvei: példa 3. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

42 Mivel n(C 2 )=n(C 3 )=n(C 4 )=2 és ezek a kitöltési lehetőségek egymástól függetlenek, ezért n(A·B) = n(C 2 )·n(C 3 )·n(C 4 )=2·2·2=2 3 =8 Tehát különböző 0-val kezdődő és 1-re végződő 5 hosszúságú bitsorozat 8 db van. Felsoroljuk az összes esetet: Az (A és B) = C tevékenység végrehajtási lehetőségei n(A·B) számának kiszámításához használjuk a szorzás szabályt: jelölje C 2, C 3 és C 4 azt az eseményt, hogy kitöltjük valahogyan rendre a 2., 3. és 4. (balról jobbra sorszámozva) szabad helyeket 0-val vagy 1-gyel. 01 Alkalmazzuk a „kizárás és beszámítás” elvét az összes vagy 0-val kezdődő vagy 1-re végződő 5 hosszúságú bitsorozat számának meghatározásához! Így a keresett szám n(A) + n(B) − n(A·B)= − 8 = 32 − 8 = 24 A kombinatorika alapelvei: példa 3. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

43 Ha van (n+1) galambunk és csak n darab galamb dúcunk van, akkor kell hogy legyen olyan galambdúc, amelyikben legalább 2 galamb lesz, amennyiben minden galamb enni megy a galambdúc valamelyikébe. Bizonyítás: Indirekt. Tegyük fel, hogy a feltétel teljesül, mégis az állítással szemben nincs olyan gyufásdoboz, amelyikben legalább 2 gyufaszál lenne. Ez azt jelenti, hogy mindegyik gyufásdobozban maximum 1 szál gyufa van. De ekkor összesen maximum n db gyufa van az n dobozban. Ez ellentmond annak a feltételnek, hogy mind az (n+1) gyufát betettük valamelyik dobozokba! Az elv fenti változata az angolszász irodalomból származik és utal az elv elnevezésére. A magyar változat a következő: Ha van (n+1) szál gyufánk és csak n darab gyufásdobozunk van, akkor kell hogy legyen olyan gyufásdoboz, amelyikben legalább 2 szál gyufa lesz, amennyiben mindegyik gyufaszálat betettük valamelyik gyufásdobozba. A kombinatorika alapelvei: Skatulya – elv vagy galambdúc elv PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

44 Példa. Van-e legalább két olyan hallgató a Karon, akiknek a monogramja megegyezik. A monogram a vezetéknév és a keresztnév kezdőbetűjéből képezett két betű alkotja. Nem jegyezzük fel a több keresztnévvel rendelkezők további kezdőbetűit! Megoldás Jelölje A azt a tevékenységet, hogy a monogram első helyére beírjuk a családi név kezdő betűjét. Jelölje B azt a tevékenységet, hogy a monogram második helyére beírjuk a keresztnév kezdő betűjét. Az A és B tevékenységek egymástól függetlenül végrehajthatók, ezért szorzás szabályt kell alkalmazni. Családnév kezdőbetűje Keresztnév kezdőbetűje A kombinatorika alapelvei: példa 1. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

45 ácségyílynyóöőszÚüűzs A 26 darab angol ABC betűihez képest a magyar ABC az alábbi 15 új karaktert tartalmazza! Így 41= karakterrel kell számolni, mind a monogram első helyén, mind a második helyén! Tehát n(A)=41 és n(B)=41. A magyar ABC betűire alapozott kétbetűs különböző monogramok teljes száma = n(A) ·n(B)= 41· 41= Ezt az 1681 különböző lehetőséget tekintsük, mint különböző gyufásdobozt, felcímkézve a megfelelő kétbetűs monogrammal. A hallgatókat tekintsük gyufaszálaknak és egy hallgató monogramját tegyük a megfelelő gyufásdobozba. Ha a hallgatók száma nagyobb, mint az 1681 gyufásdoboz, akkor van legalább két olyan hallgató, akiknek a monogramja ugyanaz. Ugyanis lesz olyan gyufásdoboz, amelyikben legalább két gyufaszál lesz. Azaz van két egyező monogram, amely legalább két különböző hallgatóhoz tartozik. Jelenleg a karnak több, mint 1681 hallgatója van, ezért a válasz az, hogy van legalább két azonos monogramú hallgató. A kombinatorika alapelvei: példa 2. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

46 Ha van N objektumunk és ezt k darab dobozba szeretnénk betenni, akkor lesz olyan doboz amelyik tartalmaz legalább objektumot. Itt jelöli az x szám felső egészrészét, amely a legkisebb olyan egész szám, amely nagyobb vagy egyenlő, mint x. Tehát minden x számra teljesülnek az és egyenlőtlenségek. Például x = 8.3 felső egészrésze = 9. Bizonyítás: Indirekt. Tegyük fel, hogy a feltétel teljesül, mégis az állítással ellentétben nincs olyan gyufásdoboz, amelyikben legalább gyufaszál lenne. Ez azt jelenti, hogy mindegyik gyufásdobozban maximum szál gyufa van. De ekkor összesen maximum db gyufa van a k darab dobozban. Ez ellentmond annak a feltételnek, hogy az N gyufa mindegyikét betettük valamelyik dobozba! A kombinatorika alapelvei: Általánosított skatulya – elv PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

47 Példa. Mennyi a minimális tanulói létszáma abban az osztályban, amelyikben biztos van legalább 6 olyan tanuló, akik ugyanolyan osztályzatot kaptak matematikából? Megoldás. A dobozok száma most 5 db és a lehetséges 1, 2, 3, 4, 5 osztályzatokkal vannak ellátva. Ha mindegyik dobozba maximum csak 5 nevet tehetünk, akkor maximum 25 nevet tehetünk be 5 dobozba. Tehát, ha az osztálylétszám ennél eggyel nagyobb, azaz 26, akkor legalább egy dobozba 6 név kell hogy kerüljön. A kombinatorika alapelvei: Példa PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Próbáljuk ki az N=25 és az N=26 eseteket a k=5 dobozzal az általánosított skatulya- elvvel! Első esetben, tehát ekkor előfordulhat hogy mindegyik doboz pontosan 5 nevet tartalmaz. Vagyis ekkor még lehet, hogy nincs egyik dobozban se 6 név. A második esetben, tehát az általánosított skatulya-elv alapján van olyan doboz, amelyben legalább 6 név szerepel. Tehát a megoldás: 26 az a legkisebb osztálylétszám, amelyben kell lenni legalább 6 olyan tanulónak, akik ugyanolyan osztályzatot kaptak.

48 1. feladat. Hány embert kell minimálisan meghívni egy születésnapi bulira, hogy legyen közöttük olyan, akik azonos napon születtek? 2. feladat. Hány tanuló van minimálisan abban az osztályban, ha van közöttük 3 olyan tanuló, akik ugyanabban a hónapban születtek? A kombinatorika alapelvei: Feladatok PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

49 Példa. Egy futó versenyen r futó vesz részt. A versenyen hány különböző befutási sorrend alakulhat ki? Megoldás Jelöljük P r -rel a keresett befutási sorrendek számát általánosan. Vizsgáljuk kis r résztvevőszám esetén P r értékének meghatározását! Legyen a résztvevők száma r=3. Az 1 rajtszámú futó az első helyen végzett A 2 rajtszámú futó az első helyen végzett A 3 rajtszámú futó az első helyen végzett Összesen P 3 =6=3·2 befutási sorrend lehetséges. r=2 résztvevő sorrendje kétféle lehet: (1,2) és (2,1). A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

50 Az A 1, A 2, A 3 és A 4 tevékenységek jelentése rendre a következő: A k jelentése: a k-adik helyre választunk egy nevet a befutók közül. Kezdjük a választást az első hellyel! Az A 1 tevékenységet 4-féleképpen hajthatjuk végre, mert az 1, 2, 3 és 4 versenyzők bármelyikét tehetjük az első helyre. Ezért n(A 1 )=4. Ha választottunk egy versenyzőt az első helyre, akkor a második helyre választhatunk a megmaradt 3 versenyző közül, ezért n(A 2 )=3. Ha választottunk versenyzőt az első helyre és a második helyre is, akkor a harmadik helyre választhatunk a megmaradt 2 versenyző közül, ezért n(A 3 )=2. Ha választottunk versenyzőt az első helyre, a második és a harmadik helyre is, akkor a negyedik helyre a megmaradt 1 versenyzőt tehetjük csak, ezért n(A 4 )=1. A szorzás szabály alapján P 4 =4 · 3 · 2 · 1 = 24 befutási sorrend lehet 4 versenyző esetén. r=4 résztvevő esetén az összes eset felsorolása helyett alkalmazzuk inkább a szorzás szabályt! A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

51 Felbontjuk a tevékenységet r résztevékenységre! Jelöljük ezeket A 1, A 2, A 3 … A r – rel! Az A k tevékenység jelentése, hogy a k-adik helyre választunk egy nevet a befutók közül. A korábbi meggondolások alapján az első helyre r választási lehetőségünk van, tehát n(A 1 )=r. Ha választottunk egy versenyzőt az első helyre, akkor a második helyre választhatunk a megmaradt (r-1) versenyző közül, ezért n(A 2 )=r−1. Ha választottunk versenyzőt az első helyre és második helyre is, akkor a harmadik helyre választhatunk a megmaradt 2 versenyző közül, ezért n(A 3 )=r−2. Folytathatjuk a felsorolást úgy, hogy a választási lehetőségek száma minden esetben eggyel csökken. Ezért a végére éppen elfogynak a versenyzők, ezért n(A r )=1. A szorzás szabály alapján P r = r · (r-1) · (r-2) · ·2 · 1 = r! befutási sorrend lehet r versenyző esetén. Ahol r! jelölést r faktoriálisnak olvassuk. r résztvevő esetén az hasonló elgondolást követhetünk. A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

52 DEFINÍCIÓ: Az n különböző elem összes lehetséges sorrendjének számát az n elem permutációinak nevezzük és P n -nel jelöljük. Most bizonyítottuk be a következő állítást. TÉTEL. Az n különböző elem összes lehetséges sorrendjének száma n!, azaz P n = n! = n*(n-1)*(n-2)*…*3*2*1. Feladat Hányféleképpen lehet elhelyezni egy sakktáblán 8 bástyát úgy, hogy ne legyen kettő, amelyik üti egymást! (Vagyis ne legyen semelyik kettő sem egy sorban vagy egy oszlopban!) A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

53 Példa. Egy kosárban van 5 golyó, amelyik közül 3 fekete és 2 piros színű. Hányféleképpen lehet a golyókat egymásután kivenni a kosárból? Ha átmenetileg megkülönböztetjük a három fekete golyót és a 2 piros golyót is, akkor ezek összes kihúzási sorrendje 5! lesz. Megoldás Jelölje a keresett kiválasztási sorrendek számát! A kihúzott golyók mindegyik sorrendjéből további (3!*2!) -féle sorrend képezhető, ha megkülönböztetjük a fekete és piros golyókat egymástól. Ezért kapjuk a összefüggést! Ahonnan rendezés után értéket! A kombinatorika alapelvei: ismétléses permutáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

54 DEFINÍCIÓ: Tegyük fel, hogy n elem közül ismétlődik k 1, k 2, …, k r darab. Az n elem összes lehetséges sorrendjének számát az n elem (k 1, k 2, …, k r ) osztályú ismétléses permutációinak nevezzük és a jelölést használjuk, ahol a k 1 +k 2 +…+k r = n feltétel teljesül! Igazoljuk az előző példa bizonyítási módszerével a következő állítást. TÉTEL. Az n elem összes (k 1, k 2, …, k r ) osztályú ismétléses permutációinak a száma Feladat Egy futó versenyen 3 magyar, 5 német és 4 angol versenyző vesz részt. Hányféle sorrend lehet a befutók között, ha az egy nemzethez tartozókat nem különböztetjük meg egymástól? A kombinatorika alapelvei: ismétléses permutáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

55 Példa. Egy futó versenyen n futó vesz részt. A versenyen hány különböző befutási sorrend alakulhat ki az első k helyen? (k ≤ n ) Megoldás Jelöljük V k n -nel a keresett befutási sorrendek számát n futó esetén és csak az első k helyet figyelve. Felbontjuk a tevékenységet k résztevékenységre! Jelöljük ezeket A 1, A 2, A 3 … A k –val! Az A r tevékenység jelentse azt, hogy az r-edik helyre választunk egyet a versenyzők közül. A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli variáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Az első helyre n választási lehetőségünk van. Ha választottunk egy versenyzőt az első helyre, akkor a második helyre választhatunk a megmaradt (n-1) versenyző közül. Ha választottunk versenyzőt az első helyre és a második helyre is, akkor a harmadik helyre választhatunk a megmaradt (n-2) versenyző közül. Folytathatjuk a felsorolást úgy, hogy a választási lehetőségek száma minden esetben eggyel csökken. Ezért a k-adik helyre a választható versenyzők száma (n-k+1). A szorzás szabály alapján

56 DEFINÍCIÓ: Az n különböző elem k (≤n) helyre való összes lehetséges bepakolási sorrendjének számát az n elem k-ad osztályú variációjának nevezzük és V k n -val jelöljük. Most bizonyítottuk be a következő állítást. Feladat Egy urnában 10 sorszámozott golyó van. Hányféleképpen húzhatunk ki belőle 4 golyót egymás után úgy, hogy a golyókat nem tesszük vissza? TÉTEL. Az n különböző elem k-ad osztályú variációinak száma A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli variáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

57 Megoldás A 13+1=14 cella mindegyikébe az 1, 2 és x jelek bármelyikét írhatjuk. Felbontjuk a tevékenységet 14 résztevékenységre! Jelöljük ezeket A 1, A 2, A 3 … A 14 –el! Az A r tevékenység jelentse azt, hogy az r-edik helyre beírtunk egy tippet az 1, 2 és x közül. Mindegyik esetben n(A r )=3. Ezért a TOTÓ szelvény különböző kitöltési variációinak száma 3*3*3*…*3 = 3 14 = Így az egy TOTÓ szelvénnyel való 13+1 találat esélye = Példa.( folytatás) Tekintsük újra a TOTÓ - ra vonatkozó feladatot! A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli variáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

58 DEFINÍCIÓ: Tegyük fel, hogy n elemet kell elhelyezni k helyre úgy, hogy az elhelyezés során az n elem bármelyike akárhányszor ismétlődhet. A különböző elhelyezések számát az n elem k-ad osztályú ismétléses variációjának nevezzük és a jelölést használjuk. Igazoljuk az előző példa bizonyítási módszerével a következő állítást. TÉTEL. Az n elem összes k osztályú ismétléses variációinak a száma Feladat Hány különböző rendszámtábla készíthető, ha az első 3 helyen csak betűt (26 félét) és az utolsó 3 helyen csak számjegyet engedünk meg? A kombinatorika alapelvei: ismétléses variáció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

59 Példa. (folytatás) Tekintsük újból az ötös LOTTÓ egy szelvénnyel való maximális nyerési esélyét! Megoldás Ha az 5 szám húzási sorrendjét megkülönböztetjük, akkor 90 elem 5-öd osztályú ismétlés nélküli variációját kapjuk: Mivel a húzás sorrendjére nem vagyunk tekintettel, ezért a fenti variációs lehetőségek számát le kell osztani 5!=120 értékkel ugyanúgy, mint azt az ismétléses permutációnál is tettük. Így kapjuk a következő számot Így mindaz 5 szám eltalálásának esélye 1 szelvény esetén A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli kombináció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

60 DEFINÍCIÓ: Tegyük fel, hogy n különböző elem közül kell kivenni k elemet úgy, hogy a sorrendre nem vagyunk tekintettel. A különböző kivételek számát az n elem k-ad osztályú ismétlés nélküli kombinációjának nevezzük és a jelölést használjuk. Az utóbbi képletet „n alatt a k” -nak olvassuk és binomiális együtthatónak is nevezzük Igazoljuk az előző példa bizonyítási módszerével a következő állítást. TÉTEL. Az n elem összes k –ad osztályú ismétlés nélküli kombinációinak a száma A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli kombináció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

61 Feladatok Igazoljuk a binomiális együtthatókra vonatkozó alábbi állításokat! (Binomiális tétel) A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli kombináció PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály


Letölteni ppt "PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Valószínűségszámítás és statisztika előadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030 1. téma 1."

Hasonló előadás


Google Hirdetések