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

Eseménytér 1. Definíció: Eseménytér – jelölése W (görög nagy omega) Véletlen jelenséggel kapcsolatos összes lehetséges kimenetelek halmaza. Lehetséges kimenetelek 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. 2. kísérlet: 4 oldalú szabályos tetraéderrel dobunk Szabályos 4 oldalú tetraédert dobunk fel, melynek minden oldala szomszédos bármelyik másik hárommal. Ω = { 1 , 2 , 3 , 4 } További kísérletek: Vannak további szabályos sokszög lapokkal határolt testek: 8, 12, 20 oldalúak PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Eseménytér 2. F, F F, I I, F I, I Ω = { Fej , Irás } 3. Kísérlet : Pénzfeldobás Ω = { Fej , Irás } Az éremnek van harmadik oldala is, de annak valószínűsége, hogy az érem az élére esik gyakorlati szempontból 0. 4. Kísérlet: Egy pénzérmét kétszer dobunk fel egymástól függetlenül Kétszer dobunk pénzzel Második dobás Fej Írás Első dobás F, F F, I I, F I, I Első dobás Második dobás Fej Fej Írás Start Fej Ω = { (Fej,Fej), (Fej,Írás), (Írás,Fej), (Írás, Írás) } Írás Írás PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Eseménytér 2. 5. Kísérlet. Ötös lottó kihúzott nyerőszámai Ω = { {h1 , h2 , h3 , h4 , h5 } | 1≤h1,h2,h3,h4,h5 ≤ 90 és hi ≠ hj , ha i ≠ j} Az összes számötös, amelyek jegyei mind különböző számok 1 és 90 között és a sorrendjük nem számít. 6. Kísérlet : Villanykörte élettartama Az élettartam folytonosan változik. 7. Kísérlet : Két telefon hívás között eltelt idő A hívások között eltelt T idő folytonosan változik. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Események Pénzdobás eseményei Kockadobással kapcsolatos néhány esemény Definíció: E S E M É NY Az eseménytér részhalmazait az adott véletlen jelenséggel kapcsolatos eseményeknek nevezzük. Az egy elemű részhalmazokat elemi eseményeknek nevezzük. Pénzdobás eseményei Ø={ } Lehetetlen esemény F={ Fej } A pénzdobással kapcso-latban 4 különböző eseményt definiálhatunk! Fej dobás elemi eseménye I={ Írás } Írás dobás elemi eseménye Ω={ Fej, Írás } Biztos esemény Kockadobással kapcsolatos néhány esemény PS={ } Páros dobás eseménye PT={ } Páratlan dobás eseménye Ω = { } 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 6 HAT={ } Hatos dobás eseménye PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Eseménytér és események szemléltetése 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! Ω eseménytér A esemény PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Műveletek véletlen eseményekkel: ellentét esemény Definíció: Az esemény elemeit azok az elemi események alkotják, amelyek nincsenek A-ban és A ellentét eseményének nevezzük. Az A esemény ellentéte Ω eseménytér 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

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Műveletek véletlen eseményekkel: összeg Legyen A és B két olyan esemény, amelyek ugyanahhoz a kísérlethez – vagyis ugyanazon Ω eseménytérhez - tartoznak. 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. A + B A B PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 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. B A A·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. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 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. A−B B A A különbség esemény előállítható a komplementer és szorzat műveleteivel az formula segítségével. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Műveletek véletlen eseményekkel: részesemény 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 B A 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 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

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

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

Gyakoriságok 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 kA . A kA számot az A esemény bekövetkezési gyakoriságának nevezzük. Az x1, x2, x3, x4,…, xn n elemű minta közül a különböző értékek legyenek y1,y2,y3,y4,…,yk ( k ≤ n ) ezek előfordulási gyakoriságai a mérés során f1,f2,f3,f4,…,fk , ahol f1+f2+f3+f4+…+fk = n . PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Relatív gyakoriságok Definíció: Az egyes értékek előfordulásának relatív gyakorisága alatt az rf1=f1/n , rf2=f2/n , rf3=f3/n, …, rfk=fk/n hányadosokat értjük. Nyilvánvaló, hogy rf1+ rf2+…+ rfk=1. 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 kA= 48 és kB= 52. Továbbá rf1 =0. 48 és rf0=0.52 Definíció: Az A esemény bekövetkezésének relatív gyakorisága Az A véletlen eseményre végezzünk n független kísérletet! Legyen az A esemény bekövetkezési gyakorisága kA . A kA szám és az n hányadosát az A esemény relatív gyakoriságának nevezzük: PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Relatív gyakoriságok ingadozása Az rA 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. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A valószínűségszámítás Kolmogorov – axiómái 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. 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) 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. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A valószínűségszámítás Kolmogorov – axiómái 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 A1, A2, A3,.., An események páronként egymást kizárják, ha teljesül az Am·Ak = Ø egyenlőség minden m≠k esetén. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

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

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 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Alapvető tételek a valószínűségek kiszámítására 4. 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. B A PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Teljes eseményrendszer DEFINÍCIÓ. Teljes eseményrendszer Az A1, A2, A3, …, An eseményeket teljes eseményrendszernek nevezzük, ha Páronként egymást kizárják Ak·Am=Ø minden k ≠ m különböző indexek esetén Összegük kiadja az eseményteret: A1+A2+A3+…+An = Ω. Legyen az Ω = {ω1, ω2, ω3,.., ωn} eseménytér elemeinek száma véges | Ω | = n . Ekkor az A1={ω1} , A2={ω2}, A3 ={ω3}, …, An ={ωn} események az Ω különböző elemi eseményeit jelölik. Ezek nyilvánvalóan teljes eseményrendszert alkotnak. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Egyenlő valószínűségű kimenetelek 1. KLASSZIKUS VALÓSZÍNŰSÉGI MEZŐ Tegyük fel, hogy mindegyik elemi esemény egyformán valószínű, tehát P(A1) = P(A2)= P(A3)=…= P(An)=p. Mivel az események páronként kizárók és összegük Ω, ezért P(A1+A2+A3+…+An ) = P(A1)+P(A2)+P(A3) +…+P(An ) = n·p=1. Így azt kapjuk, hogy Ha az A = {ωi1, ωi2, ωi3,.., ωik} = Ai1+ Ai2+ Ai3 + …+ Aik esemény k darab elemi eseményt tartalmaz |A| = k, akkor P(A) = P(Ai1) + P(Ai2) + …+ P(Aik)= PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

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 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Számlálási technikák 1. 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.

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Számlálási technikák 2. 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 = { {h1 , h2 , h3 , h4 , h5 } | 1 ≤ h1, h2, h3, h4, h5 ≤ 90 és hi ≠ hk , ha i ≠ k}. Ez egy klasszikus valószínűségi mező eseménytere, mert a sorsolásról feltételezzük, hogy a húzás során mindegyik számötös kihúzásának valószínűsége egyforma. 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!) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

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 13 +1 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 = { (t1, t2,..., t13, t14 ) | t1, t2,…, t13, t14 є {1, 2, x}}, ahol tk 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!) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: összeadási 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) 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 )= 40 + 20 = 60 - féleképpen választhatunk ki 1 főt a szakról. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: összeadási szabály 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? 2. 1. 4. 3. 6. 5. földszint 1. emelet Jelölje xk az k-adik lépcsőfokra való különböző feljutások számát! x2=2, mert feljuthatunk úgy, hogy egyszerre 2 lépcsőfokot lépünk vagy kétszer lépünk 1 lépcsőfokot. x1=1 , mert egyet lépve feljutunk az első lépcsőfokra 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) = xk-1 A B tevékenység esetében az (k-2)-ik lépcsőfokról jutottunk fel az k-adikra, így n(B) = xk-2 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

A kombinatorika alapelvei: összeadási szabály 2. 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 xk=n(A)+n(B)=xk-1+xk-2 k=3, 4, 5, 6. Ezzel a rekurzív összefüggéssel értelmezett sorozatot Fibonacci-féle sorozatnak nevezzük. x1=1, x2=2, x3=1+2=3, x4=3+2=5, x5=5+3=8, x6=8+5=13 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 x6 kiszámítására: 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! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 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

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: szorzási szabály 2. Levelezőn végeztek 1. 2. 3. …. 39. 40. Nappalin végeztek 20. 19. . 3. 2. 1. Ha a 40 nappalis közül kiválasztottunk egyet, akkor hozzá bármelyik levelezőn végzettet választhatjuk. 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 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: szorzási szabály 2. Általánosítás: A szorzási szabályt általánosítsuk az A és B két résztevékenység helyett tetszőleges számú résztevékenységre! 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? A B C D PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

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” )? PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: példa 1. 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. 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 a b c d e f G h i j k l m n o p q r s t u v w x y z Ezt a választást, tehát az A tevékenységet 26 féleképpen tehetjük meg, ezért n(A)= 26 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: példa 2. Számoljuk most ki n(B) értékét! Szétbonthatjuk a B tevékenységet további két B1 és B2 résztevékenységre! B1 jelöli a választási tevékenységet az első karakter pozícióra vonatkozóan. B2 jelöli a választási tevékenységet a második karakter pozícióra vonatkozóan. B1 tevékenységre most is 26 lehetőségünk van, így n(B1)=26. B2 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(B2)=36. Miután a B1 tevékenységet valahogyan végrehajtottuk, azután a B2 tevékenységre n(B2)=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) = 26 + 936 = 962. Mivel azonban ezek között 5 foglalt kulcsszó van, ezért a feladat megoldása = 962−5 = 957 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

A kombinatorika alapelvei: kizárás és beszámítás elve 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. 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. 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

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: példa 1. 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!) 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. 1 n(B)=16 n(A)=16 n(A·B)=8 B A∩B A 1 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! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

A kombinatorika alapelvei: példa 2. Vegyük észre, hogy az összeadási szabály nem alkalmazható. Helyette az általánosabb kizárás és beszámítás elvét kell használni. Az A tevékenység végrehajtási lehetőségei n(A) számának kiszámításához, használjuk a szorzás szabályt: jelölje A2, A3, A4 és A5 azt az eseményt, hogy kitöltjük valahogyan rendre a 2., 3., 4. és 5. (balról jobbra sorszámozva) szabad helyeket 0-val vagy 1-gyel. Mivel n(A2)=n(A3)=n(A4)=n(A5)=2 és ezek a kitöltési lehetőségek egymástól függetlenek, ezért n(A) = n(A2)·n(A3)·n(A4)·n(A5)=2·2·2·2=24=16 különböző 0-val kezdődő 5 hosszúságú bitsorozat van. Ezek között természetesen vannak olyanok, amelyek 1-re végződnek. Felsoroltuk az összes esetet: 1 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

A kombinatorika alapelvei: példa 3. Az B tevékenység végrehajtási lehetőségei n(B) számának kiszámításához használjuk a szorzás szabályt: jelölje B1, B2, B3 és B4 azt az eseményt, hogy kitöltjük valahogyan rendre az 1., 2., 3. és 4. (balról jobbra sorszámozva) szabad helyeket 0-val vagy 1-gyel. 1 Mivel n(B1)=n(B2)=n(B3)=n(B4)=2 és ezek a kitöltési lehetőségek egymástól függetlenek, ezért n(B) = n(B1)·n(B2)·n(B3)·n(B4)=2·2·2·2=24=16 különböző 1-re végződő 5 hosszúságú bitsorozat van. Ezek között természetesen vannak olyanok, amelyek 0-val kezdődnek. Felsoroljuk az összes esetet: 1 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

A kombinatorika alapelvei: példa 3. Az (A és B) = C tevékenység végrehajtási lehetőségei n(A·B) számának kiszámításához használjuk a szorzás szabályt: jelölje C2, C3 és C4 azt az eseményt, hogy kitöltjük valahogyan rendre a 2., 3. és 4. (balról jobbra sorszámozva) szabad helyeket 0-val vagy 1-gyel. 1 Mivel n(C2)=n(C3)=n(C4)=2 és ezek a kitöltési lehetőségek egymástól függetlenek, ezért n(A·B) = n(C2)·n(C3)·n(C4)=2·2·2=23=8 Tehát különböző 0-val kezdődő és 1-re végződő 5 hosszúságú bitsorozat 8 db van. Felsoroljuk az összes esetet: 1 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)= 16 + 16 − 8 = 32 − 8 = 24 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: Skatulya – elv vagy galambdúc elv 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. 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. 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! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

A kombinatorika alapelvei: példa 1. 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. Családnév kezdőbetűje Keresztnév kezdőbetűje Az A és B tevékenységek egymástól függetlenül végrehajthatók, ezért szorzás szabályt kell alkalmazni. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: példa 2. A 26 darab angol ABC betűihez képest a magyar ABC az alábbi 15 új karaktert tartalmazza! 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 á cs é gy í ly ny ó ö ő sz Ú ü ű zs Így 41= 26 +15 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= 1681. 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. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: Általánosított skatulya – elv 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! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: Példa 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. 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. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: Feladatok 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? PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció Példa. Egy futó versenyen r futó vesz részt. A versenyen hány különböző befutási sorrend alakulhat ki? Megoldás Jelöljük Pr-rel a keresett befutási sorrendek számát általánosan. Vizsgáljuk kis r résztvevőszám esetén Pr értékének meghatározását! r=2 résztvevő sorrendje kétféle lehet: (1,2) és (2,1). Legyen a résztvevők száma r=3. Az 1 rajtszámú futó az első helyen végzett Összesen P3=6=3·2 befutási sorrend lehetséges. A 2 rajtszámú futó az első helyen végzett A 3 rajtszámú futó az első helyen végzett PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció r=4 résztvevő esetén az összes eset felsorolása helyett alkalmazzuk inkább a szorzás szabályt! Az A1, A2, A3 és A4 tevékenységek jelentése rendre a következő: Ak jelentése: a k-adik helyre választunk egy nevet a befutók közül. Kezdjük a választást az első hellyel! Az A1 tevékenységet 4-féleképpen hajthatjuk végre, mert az 1, 2, 3 és 4 versenyzők bármelyikét tehetjük az első helyre. Ezért n(A1)=4. Ha választottunk egy versenyzőt az első helyre, akkor a második helyre választhatunk a megmaradt 3 versenyző közül, ezért n(A2)=3. Ha választottunk versenyzőt az első helyre és a második helyre is, akkor a harmadik helyre választhatunk a megmaradt 2 versenyző közül, ezért n(A3)=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(A4)=1. A szorzás szabály alapján P4=4 · 3 · 2 · 1 = 24 befutási sorrend lehet 4 versenyző esetén. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció r résztvevő esetén az hasonló elgondolást követhetünk. Felbontjuk a tevékenységet r résztevékenységre! Jelöljük ezeket A1, A2, A3 … Ar –rel! Az Ak 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(A1)=r. Ha választottunk egy versenyzőt az első helyre, akkor a második helyre választhatunk a megmaradt (r-1) versenyző közül, ezért n(A2)=r−1. Ha választottunk versenyzőt az első helyre és második helyre is, akkor a harmadik helyre választhatunk a megmaradt 2 versenyző közül, ezért n(A3)=r−2. Folytathatjuk a felsorolást úgy, hogy a választási lehetőségek száma minden esetben eggyel csökken. Ezért a végére éppen elfogynak a versenyzők, ezért n(Ar)=1. A szorzás szabály alapján Pr= r · (r-1) · (r-2) · ·2 · 1 = r! befutási sorrend lehet r versenyző esetén. Ahol r! jelölést r faktoriálisnak olvassuk. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli permutáció DEFINÍCIÓ: Az n különböző elem összes lehetséges sorrendjének számát az n elem permutációinak nevezzük és Pn-nel jelöljük. Most bizonyítottuk be a következő állítást. TÉTEL. Az n különböző elem összes lehetséges sorrendjének száma n!, azaz Pn = 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!) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétléses permutáció Példa. Egy kosárban van 5 golyó, amelyik közül 3 fekete és 2 piros színű. Hányféleképpen lehet a golyókat egymásután kivenni a kosárból? Megoldás Jelölje a keresett kiválasztási sorrendek számát! Ha átmenetileg megkülönböztetjük a három fekete golyót és a 2 piros golyót is, akkor ezek összes kihúzási sorrendje 5! lesz. 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! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétléses permutáció DEFINÍCIÓ: Tegyük fel, hogy n elem közül ismétlődik k1, k2, …, kr darab. Az n elem összes lehetséges sorrendjének számát az n elem (k1, k2, …, kr) osztályú ismétléses permutációinak nevezzük és a jelölést használjuk, ahol a k1+k2+…+kr= n feltétel teljesül! Igazoljuk az előző példa bizonyítási módszerével a következő állítást. TÉTEL. Az n elem összes (k1, k2, …, kr) 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? PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli variáció Példa. Egy futó versenyen n futó vesz részt. A versenyen hány különböző befutási sorrend alakulhat ki az első k helyen? (k≤n) Megoldás Jelöljük Vkn-nel a keresett befutási sorrendek számát n futó esetén és csak az első k helyet figyelve. Felbontjuk a tevékenységet k résztevékenységre! Jelöljük ezeket A1, A2, A3 … Ak –val! Az Ar tevékenység jelentse azt, hogy az r-edik helyre választunk egyet a versenyzők közül. 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 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

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

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli variáció Példa.( folytatás) Tekintsük újra a TOTÓ - ra vonatkozó feladatot! Megoldás A 13+1=14 cella mindegyikébe az 1, 2 és x jelek bármelyikét írhatjuk. Felbontjuk a tevékenységet 14 résztevékenységre! Jelöljük ezeket A1, A2, A3 … A14 –el! Az Ar tevékenység jelentse azt, hogy az r-edik helyre beírtunk egy tippet az 1, 2 és x közül. Mindegyik esetben n(Ar )=3. Ezért a TOTÓ szelvény különböző kitöltési variációinak száma 3*3*3*…*3 = 314= 4782969 . Így az egy TOTÓ szelvénnyel való 13+1 találat esélye = 0.000000209075 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétléses variáció 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? PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli kombináció 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 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A kombinatorika alapelvei: ismétlés nélküli kombináció 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 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

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