- Kombinatorika
- Valszám alapok, klasszikus valszám
- Teljes valószínűség tétele, Bayes tétel
- Eloszlás, eloszlásfüggvény, sűrűségfüggvény
- Geometriai valószínűség, Binomiális tétel
- Várható érték és szórás
- Markov és Csebisev egyenlőtlenségek
- A binomiális eloszlás és a hipergeometriai eloszlás
- Nevezetes diszkrét és folytonos eloszlások
- Kétváltozós eloszlások
- Mátrixok és vektorok
- Vektorterek, független és összefüggő vektorok
- Lineáris egyenletrendszerek, mátrixok rangja és inverze
- Determináns, adjungált, kvadratikus alakok
- Sajátérték, sajátvektor, sajátfelbontás
- Lineáris programozás alapok
- Szállítási feladat
- Hálózatok, maximális folyam, minimális vágás
Matematika 2 KGK
Itt ez a vízvezeték hálózat, amin keresztül víz áramlik S-ből T-be.
A zárójelben lévő számok a csövek kapacitását jelentik.
Vagyis azt jelentik, hogy mennyi víz képes rajtuk átfolyni.
A zárójel előtti szám pedig azt mondja meg, hogy éppen mennyi víz folyik most a csőben.
Hát, vannak itt még kihasználatlan részek.
A kérdés az, hogyan tudnánk még egy kicsit növelni az átfolyó víz mennyiségét.
Kell hozzá egy kis trükk.
Ezt a csövet itt elzárjuk.
Most rosszabb…
Viszont szabaddá tettük a jobb oldali ágat.
Ahol le tudunk engedni 10 egység vizet.
És így az eddigi 10 helyett most már 15 egység víz folyik S-ből T-be.
Remek hír, de két kínzó kérdés merül föl.
Az egyik: Hogyan lehet rájönni ezekre a javítási lehetőségekre az ennél bonyolultabb esetekben?
A másik: Honnan lehetünk biztosak benne, hogy a legjobb megoldást találtuk meg?
Hát, ezekre a kérdésekre fogunk most válaszolni.
Itt van egy másik hálózat…
ez már egy kicsit bonyolultabb.
És a csőrendszert egy irányított gráffal fogjuk jelölni.
Úgy tűnik, hogy 5+2=7 egység víz indul útnak S-ből…
és 0+3+4=7 egység is érkezik meg.
Próbáljunk meg ezen javítani.
A javításhoz egy úgynevezett javító gráfot fogunk használni.
Nézzük, hogyan készül a javító gráf.
Itt van ez az él…
szabad kapacitással.
Ezt az élt így tesszük be a javító gráfba.
A zöld nyíl azt jelenti, hogy ennyivel tudjuk még a csőben növelni a vizet.
A piros nyíl pedig azt mutatja, hogy jelenleg mennyi folyik át, de szaggatott vonallal, és visszafelé mutat.
A zöld nyíl túl sok magyarázatot nem igényel.
De mire jó a piros nyíl szaggatott vonallal és visszafelé?
A piros nyíl egy zseniális terv része. És hamarosan az is kiderül, hogy mi ez a terv.
Most menjünk szépen tovább.
Ennek az élnek a szabad kapacitása .
Berakjuk ezt is a javító gráfba szépen.
A zöld nyíl azt jelenti, hogy 6-tal tudjuk még a csőben növelni a vizet.
A piros nyíl pedig azt mutatja, hogy jelenleg 2 egység folyik át ezen a csövön,
de már megint ez a rejtélyes szaggatott vonal, és megint visszafelé.
Itt van aztán az A-ból B-be vezető cső.
Ez fullon van, úgyhogy a javító gráfban ide nem rakunk zöld nyilat.
De a rejtélyes piros nyíl itt is kell.
Mivel jelenleg 2 egység víz folyik át a csövön, ezért így:
Most lássuk, mi a helyzet az A-ból C-be vezető csővel.
Ez a cső teljesen üres.
A zöld nyíl tehát megegyezik a cső teljes kapacitásával…
Piros nyíl pedig itt nincs.
Ugyanez a helyzet az A-ból D-be vezető csőnél is.
És szépen lépésről lépésre elkészítjük a javító gráfot.
Elkészült a javító gráf.
A javító gráf megmutatja nekünk, hogy milyen útvonalon tudjuk növelni a meglévő folyamot.
Ezen az útvonalon például tudjuk.
Mégpedig 3 egységgel.
De van még itt más javító út is…
Ezen az útvonalon a szűk keresztmetszet a 3…
Így aztán ennyivel tudunk javítani.
Hát, eddig megvolnánk.
A kérdés, hogy tudunk-e még ezen is javítani.
Készítsük el az ehhez tartozó új javító gráfot, és nézzük meg.
És most nézzük, van-e még itt javító út.
Olyan már nincs, ami csupa zöld éleken keresztül vezet S-ből T-be.
De itt az ideje felfedni a titkos terv részleteit.
Létezik ugyanis még egy javító út…
ami piros élen is halad.
A szűk keresztmetszet ezúttal 2, vagyis 2 egység vizet tudunk még ezen az útvonalon szállítani.
A piros élen történő szállítás pedig azt jelenti…
hogy ezt a csövet elzárjuk.
A bal oldali ágról másfelé tereljük a vizet…
és így a jobb oldali ágon tudjuk növelni 2-vel.
De az egészben az a legjobb, hogy nekünk ezen nem kell gondolkodnunk.
Minden ki fog jönni szépen magától.
Nem kell mást tennünk, csak egyszerűen alkalmazni a hálózatra a javítást.
Ahol zöld élen mentünk a javító úton, ott hozzáadunk…
ahol piros élen, ott levonunk.
Most újra elkészítjük a javító gráfot a szokásos módon.
És úgy tűnik, hogy ez már tovább nem javítható.
Azért nem, mert nincsen a javító gráfban S-ből T-be vezető út.
Szerencsére létezik egy tétel, ami végérvényesen el tudja dönteni, hogy létezik-e még további javító út vagy sem.
Ezt a tételt Ford-Fulkerson tételnek nevezzük, és ezzel fogjuk folytatni...
Van itt ez a hálózat az élek kapacitásaival…
és egy hálózatban futó folyammal.
Ebből a folyamból kiindulva keressük meg az S-ből T-be vezető maximális folyamot.
A módszert, amit a maximális folyam megkeresésére fogunk használni, Ford-Fulkerson algoritmusnak hívják.
Az algoritmus lényege pedig az a javító gráf, amit az eredeti hálózat alapján készítünk el.
A javító gráf megmutatja nekünk, hogy milyen útvonalon tudjuk növelni a meglévő folyamot.
A szűk keresztmetszet pedig 2, vagyis maximum 2-vel tudunk növelni.
Ahol zöld élen mentünk a javító úton, ott hozzáadunk…
ahol piros élen, ott levonunk.
Most újra elkészítjük a javító gráfot, hátha még mindig lehet a folyamon javítani.
De, nem úgy néz ki.
Itt nem jutunk át…
Ezeknél a csúcsoknál ugyanis a javító út elakad.
A piros csúcsokból most már lehetetlen átjutni…
a sárga csúcsokba.
A problémát egy kicsit precízebben a Ford-Fulkerson tétel fogalmazza meg.
Ehhez be kell vezetnünk egy új fogalmat, amit vágásnak fogunk hívni.
Már jön is.
A hálózat csúcsainak halmazát V(G)-vel jelöljük.
Legyen X a V(G)-nek egy olyan részhalmaza, ami S-t tartalmazza.
A többi csúcs pedig, amik nincsenek benne az X-ben a V(G)\X halmazt alkotják.
Az X és a V(G)\X halmazok közötti éleket vágásnak nevezzük.
Vágás:
Legyen X a V(G)-nek egy olyan részhalmaza, ami S-t tartalmazza.
Ekkor az X-ből a V(G)\X-be vezető éleket (S,T) vágásnak nevezzük.
A vágás szemléletes jelentése ez…
elvág minden utat S és T között.
A vágás kapacitása pedig azt mondja meg, hogy hány sávot robbantottak föl a terroristák.
Most éppen egy 10 sávos utat és két 4 sávos utat robbantottak föl.
Tehát a vágás kapacitása 10+4+4=18.
Vágás kapacitása:
Egy (S,T) vágás kapacitása, a vágásban szereplő élek kapacitásainak összege.
Vagy éppen ennek a másik vágásnak itt…
ennek a kapacitása 11+4+4=19.
És ennek pedig…
Hát, ennek még több: 4+16=20.
Maximális folyam, minimális vágás, Ford-Fulkerson algoritmus
Vagyis keressük meg azt a vágást, amihez a lehető legkevesebb sávot kell felrobbantani, de mégis teljesen megszűnik az összeköttetés S és T között.
Ezt a vágást minimális vágásnak nevezzük.
Lássuk, mekkora a kapacitása például ennek a vágásnak itt.
Na, ez éppen egy trükkös eset.
Az egyik él ugyanis visszafelé megy.
Amikor egy vágás kapacitását számoljuk, csak az X-ből V(G)\X-be vezető élek számítanak…
ha van olyan él, ami V(G)\X-ből X-be vezet, az nem.
Így aztán ennek a vágásnak a kapacitása 10+9+5=24.
Ami biztosan nem minimális, mert volt már az előbb olyan vágás is, aminek a kapacitása 18.
Ez volt az.
Kérdés: van-e még ennél is kisebb?
És itt kerül képbe a Ford-Fulkerson tétel.
Ha találunk egy tetszőleges folyamot a hálózatban, akkor a folyam értéke egészen biztosan kisebb bármely vágás kapacitásánál.
És fordítva, egy tetszőleges vágás kapacitása biztosan nagyobb, mint bármely folyam értéke.
A Ford-Fulkerson tétel azt mondja, hogy a maximális folyam mindig megegyezik a minimális vágással.
Lássuk, hogyan használhatnánk ezt a tételt a mi kis hálózatunkra.
Az biztos, hogy találtunk egy olyan vágást, aminek a kapacitása 18.
És az is biztos, hogy van egy olyan folyam, aminek az értéke 18.
Hiszen 18 egység indul S-ből…
és annyi is érkezik T-be.
Mivel van 18 kapacitású vágás, nem lehet 18-nál nagyobb értékű folyam.
Vagyis a maximális folyam értéke 18.
És mivel van 18 értékű folyam, nem lehet 18-nál kisebb kapacitású vágás.
Tehát a minimális vágás kapacitása 18.
Itt az ideje, hogy egy kicsit precízebbé tegyük a hálózatokkal kapcsolatos fogalmakat.
Legyen G egy irányított gráf és értelmezzünk a gráf élein egy függvényt, ami minden élhez hozzárendeli a nem negatív számot, amit az él kapacitásának nevezünk.
Van továbbá két kitüntetett pont a gráfban, S (source=forrás) és T (target=cél).
Ekkor a (G, S, T, c) egy hálózat.
A hálózatban folyamnak nevezünk egy olyan függvényt, amire teljesül, hogy bármely e élre és bármely T-től és S-től különböző V csúcsra
Vagyis egy csúcsba befolyó mennyiség…
mindig megegyezik a csúcsból kifolyóval.
A két kivétel S és T. S-ből csak kifelé folyik…
T-be csak befelé.
Egy folyam értékének az
számot nevezzük.
Most éppen…
Végül még egy fontos definíció: a vágás.
Legyen X a V(G)-nek egy olyan részhalmaza, ami S-t tartalmazza.
Ekkor az X-ből a V(G)\X-be vezető éleket (S,T) vágásnak nevezzük.
Egy (S,T) vágás kapacitása, a vágásban szereplő élek kapacitásainak összege.
A Ford-Fulkerson tétel azt mondja ki, hogy egy hálózatban a maximális folyam mindig megegyezik a minimális vágással.
És most pedig lássunk egy mindent összefoglaló példát.
Itt van ez a hálózat, benne egy folyammal.
Készítsük el a javító gráfot.
Most nézzük, lehet-e még javítani…
Úgy tűnik, igen.
Ezen az ágon a szűk keresztmetszet 1…
és a másik ágon hozzájön még plusz 3.
Nézzük, tudjuk-e ezt még javítani…
Megint elkészítjük a javító gráfot.
És úgy tűnik, már nem lehet tovább javítani.
Találtunk egy minimális vágást.
Ennek a vágásnak a kapacitása 14.
Ez azt jelenti, hogy minden folyam értéke maximum 14 lehet.
Ennek a folyamnak az értéke szintén 14.
Ez azt jelenti, hogy minden vágás kapacitása minimum 14 kell, hogy legyen.
A minimális folyam értéke és a maximális vágás kapacitása tehát 14.
A mátrixok teljesen ártalmatlan teremtményei a matematikának.
Egy -as mátrix tulajdonképpen nem más, mint egy táblázat, ami n darab sorból és k darab oszlopból áll.
A mátrixokat az ABC nagy betűivel jelöljük. Itt van például ez:
Ez egy (2X3)-as mátrix.
A mátrixok elemeit kettős indexezéssel látjuk el. Az elemeknek van egy sorindexük,
és egy oszlopindexük.
A mátrixok elemeit kettős indexezéssel látjuk el. Az elemeknek van egy sorindexük,
és egy oszlopindexük.
Egy -as mátrix, ami n darab sorból és k darab oszlopból áll,
tehát valahogy így néz ki:
A mátrixok marhára hasznosak számunkra, erről fog szólni lényegében az egész lineáris algebra témakör.
Mielőtt azonban hasznosságukról személyesen is megbizonyosodhatnánk, előbb nézzük meg milyen műveleteket végezhetünk velük.
1.SKALÁRSZOROS
A skalár nem egy betegség, azt jelenti, hogy valamilyen szám, legtöbbször valós szám.
2.ÖSSZEADÁS
Egy -as mátrixhoz csak egy másik -as mátrixot adhatunk hozzá.
3.SZORZÁS
Na ez a legizgalmasabb.
Egy -as mátrixszal csak egy -es mátrixot szorozhatunk.
A szorzat mátrixnak annyi sora lesz, mint A-nak és annyi oszlopa, mint B-nek, elemei pedig úgy keletkeznek, hogy az A egyik sorát szorozzuk B-nek egy oszlopával
Jön a trükk, tudományos nevén Falk-séma. Ennek az a lényege, hogy a mátrixokat sarkosan helyezzük el, valahogy így:
Kész a szorzat!
A mátrixok szorzásának egyik érdekes tulajdonsága,
hogy nem kommutatív.
Ha például megpróbáljuk ezt a szorzást fordítva elvégezni,
kiderül, hogy nem is lehet.
Ismerkedjünk meg néhány speciális mátrixfajtával.
KVADRATIKUS MÁTRIX
négyzetes mátrix vagyis ugyanannyi sora van, mint oszlopa
példa:
DIAGONÁLIS MÁTRIX
olyan kvadratikus mátrix, aminek a főátlóján kívüli elemek nullák
példa:
A diagonális mátrixoknak tehát csak a főátlója érdekes, mivel az összes többi elem nulla.
Ezért aztán vannak akik csak a főátló elemeket írják le. Ez a fura jel
valójában egy diagonális mátrix
EGYSÉGMÁTRIX
olyan mátrix, ami azt tudja, hogy bármely mátrixra
az egységmátrixok olyan diagonális mátrixok, aminek minden főátló-eleme egy
INVERZ MÁTRIX
jele , és ez egy olyan mátrix, ami azt tudja, hogy
(jobb inverz) (bal inverz)
Később látni fogjuk, hogy nem is olyan egyszerű elővarázsolni egy mátrix inverzét.
Ez az inverz dolog valós számoknál sokkal könnyebb, ott ugyanis
inverze mert ugye
inverze mert ugye
TRANSZPONÁLT
a mátrix sorainak és oszlopainak a felcserélése, jele vagy
SOR OSZLOP OSZLOP SOR
példa:
vagy
Azokat a mátrixokat, amelyek transzponáltja önmaga szimmetrikus mátrixnak nevezzük.
Itt van például egy szimmetrikus mátrix:
Mindezek jelenleg nem tűnnek túl izgalmasnak, de hamarosan majd elérkezik az idő, amikor kelleni fognak.
Most viszont jöjjenek a vektorok!
Azokat a mátrixokat, amiknek csak egyetlen oszlopuk van, vektoroknak nevezzük.
A vektorokat az abc kis betűivel jelöljük és aláhúzzuk őket.
Itt van például két vektor:
Az vektor -es vektor, a pedig -es, de a megemlítése teljesen felesleges, hiszen éppen azért nevezzük őket vektoroknak, mert csak egyetlen oszlopuk van.
Bőven elegendő tehát csak arról említést tenni, hogy hány darab számot tartalmaz maga a vektor. Ezeket a számokat a vektor koordinátáinak nevezzük.
Megnyugtató, hogy amit a geometriában vektornak tekintünk,
és amit az imént vektorként definiáltunk megfeleltethetők egymásnak.
Ha ugyanis veszünk mondjuk a térben három egyenest úgy,
hogy egymásra merőlegesek legyenek majd pedig
ellátjuk őket egy skálázással, akkor a geometriai vektorok
egyértelműen megfeleltethetők számhármasoknak.
Vagyis amikor vektorokról beszélünk, egyszerre gondolhatunk
-es mátrixokra és geometriai alakzatokra.
Lássuk milyen műveleteket tudunk vektorokkal végezni.
MŰVELETEK VEKTOROKKAL
1. SKALÁRSZOROS
példa:
2. ÖSSZEADÁS
példa:
TULAJDONSÁGOK:
kommutatív:
asszociatív:
3. SZORZÁS
skaláris szorzat: diadikus szorzat:
TULAJDONSÁGOK:
kommutatív:
nem asszociatív:
és
és
a skaláris szorzat:
diadikus szorzat:
TULAJDONSÁGOK:
nem kommutatív
nem asszociatív
példa:
és
a diadikus szorzat:
A kétféle szorzás közül a skaláris szorzat
nekünk sokkal hasznosabb lesz, így hát
elbúcsúzunk a diadikus szorzattól.
A skaláris szorzatra pedig bevezetünk
egy egyszerű jelölést.
Ezzel megspóroltunk néhány *-ot.
De lássuk mire jó még a skaláris szorzat.
Van itt néhány mátrix és vektor és el kéne végezni velük pár műveletet.
Hát menjünk szépen sorban.
Ezzel van egy kis probléma. nem elvégezhető.
Mátrixok hatványozására sajnos nincsen semmilyen trükk, tehát ha ki kell számolnunk ennek a mátrixnak a négyzetét, akkor négyzetre emelést úgy tudjuk elvégezni, hogy megszorozzuk önmagával.
Ha mondjuk a negyedik hatványára lenne szükség, akkor az bizony elég sokáig tart.
De szerencsére csak a négyzete kell.
Már csak van hátra. Ezzel marhanagy mázlink van, ugyanis egy diagonális mátrix.
A diagonális mátrixokat pedig könnyű hatványozni, egyszerűen a főátló elemeit külön-külön hatványozzuk.
Ez a módszer sajnos csak diagonális mátrixokra működik, de ott szuperül.
Ha négyszer egymás után összeszoroznánk, persze akkor is ugyanez jönne ki,
csak kicsit lassabban, akinek van kedve próbálja ki és nézze meg.
A vektorok skaláris szorzása azon kívül, hogy remek szórakozás, arra is jó, hogy kiszámoljuk, két vektor mekkora szöget zár be egymással.
Van ugyanis a skaláris szorzásnak egy másik képlete is:
ahol a két vektor által bezárt szög,
vagyis az vektor hossza
vagyis a vektor hossza
A vektorok közti szöget úgy tudjuk kiszámolni, ha mindkét módon felírjuk a skaláris szorzatukat.
Itt van például
A skaláris szorzat a korábbi képlettel:
A skaláris szorzat az új képlettel:
VEKTORTEREK
Elérkezett az idő, hogy tisztázzunk néhány fontos fogalmat.
Az első és legfontosabb fogalom a vektortér fogalma, ami tulajdonképpen vektoroknak egy olyan halmaza, amely teljesít néhány speciális tulajdonságot.
Kétféle műveletet értelmezünk, egy összeadást és egy számmal való szorzást.
Az összeadás művelet szereplői vektorok, míg a számmal való szorzásnál egy vektort szorzunk meg egy számmal.
Ezek a bizonyos számok lehetnek valós számok, ilyenkor a vektorteret valós számok feletti vektortérnek nevezzük, de lehetnek például komplex számok is, és akkor a vektortér komplex feletti.
A kétféle műveleten kívül a vektortérben egyéb művelet nincsen, tehát nem értelmezzük a vektorok egymással való összeszorzását, sem a skaláris szorzatot sem pedig a diadikus szorzatot.
A kétféle művelettel kapcsolatban teljesülnie kell további tulajdonságoknak, amiket vektortér-axiómáknak nevezünk. Ezek jönnek most.
A nem üres halmazt vektortérnek nevezzük a valós számok felett, ha
a halmazon értelmezve van egy összeadás nevű művelet, úgy, hogy minden -beli és vektorhoz hozzárendelünk egy vektort, ami szintén eleme -nek.
1. Az összeadás kommutatív: bármely ; -beli vektorra
2. Az összeadás asszociatív: bármely ; ; -beli vektorra
3. Létezik nullelem: van olyan -beli vektor, hogy bármely -beli vektorra
4. Létezik ellentett: bármely -beli vektorra létezik olyan -bel vektor, hogy
és értelmezve van egy skalárral való szorzás nevű művelet, úgy, hogy minden -beli vektorhoz és bármely valós számhoz hozzárendelünk egy vektort, ami szintén -beli.
5. A skalárszoros asszociatív: bármely -beli vektorra és ; skalárra
6. A skalárszoros disztributív a vektorokra: bármely ; -beli vektorra és skalárra
7. A skalárszoros disztributív a skalárokra bármely -beli vektorra és ; skalárra
8. Egységszeres: bármely -beli vektorra és az 1 valós számra
A valós számok feletti vektorteret -el szokás jelölni, ahol ez a bizonyos n a vektorok koordinátáinak a számára utal.
Egy síkban elhelyezkedő vektorok két koordinátával is megadhatók, ezért minden sík egy vektortér.
A térbeli vektoroknak már három koordinátájuk van, így a tér .
Vannak persze háromnál több koordinátával rendelkező vektorok is, ezek geometriai megfelelői azonban a mi kis háromdimenziós világunkban nehezen elképzelhetők.
Érdemes azonban elgondolkodni azon, hogy egy sík vektorainak nem szükségszerűen csak két koordinátájuk lehet.
Megadhatjuk őket három vagy akár négy koordinátával is legfeljebb bizonyos koordináták nullák. A koordináták száma tehát csak a lehetőséget teremti meg az új irányok számára.
Ez elvezet bennünket két nagyon fontos fogalomhoz is, az egyik a dimenzió a másik az altér.
Az altér arról szól, hogy nem használjuk ki a vektorok összes koordinátáját, míg a dimenzió éppen a maximálisan kihasználható koordináták száma.
Például azok a vektorok -ban, amelyek harmadik koordinátája nulla egy altér, ráadásul kétdimenziós altér, mert két koordinátát használunk.
Mindezt jóval precízebben és matematikailag
megfogható módon is képesek leszünk meg-
fogalmazni, de ehhez előbb szükségünk
van néhány alapvető fontosságú
fogalom tisztázására.
Ezek jönnek most.
LINEÁRISAN FÜGGETLEN ÉS LINEÁRISAN ÖSSZEFÜGGŐ VEKTOROK
Kezdjük két izgalmas definícióval. Először lássuk mit is akarnak ezek pontosan, aztán rögtön nézünk is rájuk példákat, hogy mindez érthető is legyen.
A vektorok lineárisan függetlenek, ha
csak úgy teljesül, ha minden
A vektorok lineárisan összefüggők, ha
úgy is teljesül, hogy van olyan
Nézzünk ezekre példákat! Itt vannak mondjuk ezek a vektorok:
Nézzük meg, hogy ezek a vektorok melyik típusba tartoznak, vagyis hogyan lesz
Ha mindegyik akkor persze a nullvektort kapjuk.
Az már érdekesebb, hogy ha akkor
nos akkor is a nullvektort kapjuk.
Tehát úgy is ki tud jönni a nullvektor, ha nem minden , sőt most éppen egyik se. Ilyenkor azt mondjuk, hogy ezek a vektorok lineárisan összefüggők.
Ennek az a nagyon egyszerű magyarázata, hogy a harmadik vektor az első kettő összege.
Vagyis a harmadik vektor a másik két vektor segítségével előállítható, összefügg velük.
Ezt a tényt nevezzük úgy, hogy a vektorok lineárisan összefüggők és ezért kaphatunk nullvektort úgy, hogy nem mindegyik .
Vannak aztán olyan vektorok is, amik nem függnek össze.
Nézzük meg, mi a helyzet ezekkel:
Az, hogy ha mindegyik vektorból nullát veszünk, most is nullvektort kapunk nem túl meglepő.
Ami érdekesebb, hogy ezúttal semmilyen más esetben nem kaphatunk nullvektort.
Ha például az első vektorból nem nullát veszünk, biztosan nem kaphatunk nullvektort.
Nézzük meg! Vegyünk belőle mondjuk 6-ot.
A második és harmadik vektor első koordinátája nulla, ők tehát nincsenek hatással az első koordináta alakulására. A második és harmadik vektorból így vehetünk bármennyit, az első koordináta így is úgy is az lesz, hogy 6.
Ha tehát nullvektort szeretnénk, az első vektorból mindenképpen nullát kell vennünk.
Aztán jön a második vektor. Ha nem nullát veszünk belőle, akkor a második koordinátával adódnak problémák.
Az első és harmadik vektorok ugyanis nincsenek hatással a második koordináta alakulására.
És hasonló a helyzet a harmadik vektorral is. Ezek a vektorok tehát lineárisan függetlenek.
Csak úgy kaphatunk nullvektort, ha mindegyikből nullát veszünk.
Megkérdezhetjük persze, hogy tulajdonképpen miért ennyire fontos ez, hogy mindenféle vektorokból miként állítható elő a nullvektor. A válasz hamarosan kiderül. Nézzük meg a következő képsort!
Egy V vektortérben a vektorok generátor-rendszert alkotnak,ha minden
vektor a V vektortérben előáll alakban.
Vegyük például az vektorteret, vagyis a hétköznapi értelemben vett teret.
Ebben a vektortérben generátor-rendszert alkot a
mert segítségükkel minden vektor előáll.
Nézzük meg! Van itt mondjuk egy vektor
ami valóban előállítható a vektorokkal.
Bármilyen vektor előállítható. Ha mondjuk
Akkor íme, már meg is van:
Ha ezekhez a vektorokhoz egy újabb vektort hozzáveszünk, akkor ugyanúgy generátor-rendszert kapunk.
Vegyük hozzá mondjuk ezt:
Ha a vektort eddig elő tudtuk előállítani, akkor ezután is elő tudjuk:
Egyszerűen nullát veszünk az új vektorból, így olyan,mintha az új vektor ott se volna.
Ha viszont az eredeti generátorrendszerből egy vektort elveszünk, akkor az már nem generátor-rendszer.
Próbáljuk csak meg a vektort a megmaradt két vektorból előállítani. Nem fog menni.
Érdemes tehát megjegyezni, hogy egy generátor-rendszerhez újabb vektorokat hozzávéve ismét generátor-rendszert kapunk, ha viszont elveszünk belőle vektorokat, akkor már nem biztos.
A kérdés az, hogy -ban hány darab vektor lehet független és hány darab vektor lehet generátor-rendszer. Erről szól a következő remek táblázat.
vektorok
száma
megadható-e ennyi vektor úgy, hogy független legyen
-ban
megadható-e ennyi vektor úgy, hogy generátor-rendszer legyen -ban
1
2
3
4
5
Egy darab vektor biztosan megadható úgy, hogy független legyen, viszont nem elegendő ahhoz, hogy generáljon.
Ő egymaga, csak egy egyenest képes előállítani.
Két vektor is megadható úgy, hogy független legyen,viszont ezek sem generátor-rendszer.
Ezek ketten egy síkot feszítenek ki.
Vagyis a sík minden vektorát előállítják, de mást nem.
Három vektor még mindig megadható úgy, hogy független legyen, és ahogyan ezt már az előbb láttuk generátor-rendszer is lesz.
Ez a három vektor kifeszíti a teret.
Most vegyünk egy negyedik vektort is.
Mivel az eddigi három vektor generátor-rendszer, így bármi is ez a negyedik vektor, azt ők képesek előállítani.
Vagyis ezek négyen már nem függetlenek, de továbbra is generátor-rendszer.
Ugyanez a helyzet,ha hozzáveszünk még egy ötödik vektort is.
-ban pontosan három vektor adható meg úgy, hogy azok még éppen függetlenek legyenek,de már generáljanak.
A független generátor-rendszert nevezzük bázisnak.
Egy vektortér dimenziója a bázis elemszáma. Így jutunk el tudományosan arra az álláspontra, hogy a tér dimenziója éppen három.
Ha egy független rendszerből egy vagy több vektort elhagyunk,
független rendszert kapunk
(ha hozzáveszünk vektorokat, ki tudja, mi történik)
Ha egy generátor-rendszerhez egy vagy több vektort hozzáveszünk,
generátor-rendszert kapunk
(ha elveszünk vektorokat, ki tudja, mi történik)
Ha -ben van n darab független vektor, akkor az generátor-rendszer is
(mert bázis)
Ha -ben van n darab vektorból álló generátor-rendszer,
akkor ezek a vektorok függetlenek is
(mert bázis)
A bázis minden vektort egyértelműen állít elő, míg -ben azok a
generátor-rendszerek pedig, amelyek n-nél több vektorból állnak,
minden vektort végtelensokféleképpen
Az előzőekben megnéztük mit jelent az, hogy egy vektorrendszer független, mit jelent
az, hogy összefüggő.
Aztán megnéztük mi az a generátor-rendszer.
Kiderült, hogy ha egy generátor-rendszerhez egy vagy több vektort hozzáveszünk, szintén generátor-rendszert kapunk. Ha viszont elveszünk belőle vektorokat, akkor előbb utóbb már nem lesz generátor-rendszer.
Az is kiderült, hogy ha egy független rendszerből egy vagy több vektort elhagyunk, akkor továbbra is független rendszert kapunk, de ha újabb vektorokat veszünk hozzá, akkor előbb utóbb a vektorok már összefüggők lesznek.
Mindezt jól szemléltethetjük mondjuk az vektortérben,
vagyis a hétköznapi értelemben vett térben.
Ha egy független rendszerhez elkezdünk újabb vektorokat hozzávenni, az előbb utóbb összefüggő lesz.
Ha egy generátor-rendszerből elkezdünk vektorokat elhagyni, az előbb utóbb már nem lesz generátor-rendszer.
És van egy mágikus pont amikor már éppen elég vektorunk van ahhoz, hogy generáljanak, de még nincsenek túl sokan ezért függetlenek.
Ezt a független generátor-rendszert nevezzük bázisnak.
A bázis elemszámát pedig a vektortér dimenziójának.
Itt jön még egy fontos definíció, amit rangnak nevezünk.
Egy vektorrendszer rangja a benne lévő független vektorok
maximális száma.
-ban a rang például maximum három lehet.
A rang kiszámolására később remek módszereink lesznek majd, jelenleg csak kevésbé megnyugtató módon, ránézésre tudjuk megállapítani.
Van itt például ez a vektorrendszer:
A negyedik vektor az első kétszerese,
így legjobb esetben is három független
vektorunk van.
A harmadik vektor pedig az első kettő
összege, így már csak két független
vektor maradt.
Ezek már függetlenek, tehát a rang 2,
de később lesz egy igazán remek
technológiánk a rang kiszámolására.
Egy vektorrendszer rangja Itt jön még egy fontos definíció, amit rangnak nevezünk.
Egy vektorrendszer rangja a benne lévő független vektorok
maximális száma.
BÁZIS=FÜGGETLEN
GENERÁTOR-RENDSZER
A vektorok lineárisan függetlenek, ha
csak úgy teljesül, ha minden
A vektorok lineárisan összefüggők, ha
úgy is teljesül, hogy van olyan
Egy V vektortérben a vektorok
generátor-rendszer, ha minden vektor előáll
alakban.
Legyen vektorok.
Az alábbi állítások közül melyik igaz?
Ha lineárisan független, akkor
is lineárisan független.
Nézzük meg, hogy függetlenek-e.
Vegyük egy lineáris kombinációjukat:
Ha ez csak úgy teljesül, hogy mind nulla,
akkor függetlenek, ha úgy is lehetséges, hogy nem
mindegyik nulla, akkor összefüggők.
Vagyis az a kérdés, hogy mennyi .
Felbontjuk a zárójeleket :
Aztán összegyűjtjük hány darab , hány darab
és hány darab vektor van.
Mivel az vektorok lineárisan függetlenek,
itt egészen biztos, hogy minden együttható nulla, vagyis
[*]
Úgy tűnik mindegyike nulla, vagyis lineárisan függetlenek.
Ha generátor-rendszer,
akkor is az.
Az vektorok akkor generátor-rendszer,
ha minden vektort előállítanak:
A kérdés az, hogy ugyanez a előáll-e az
vektorokból is. Nézzük meg!
Felbontjuk a zárójeleket :
Aztán összegyűjtjük hány darab , hány darab
és hány darab vektor van.
A jelek szerint előáll.
Ha lineárisan független, akkor
is lineárisan független.
Ez egészen biztosan nem igaz, mert
Vagyis van olyan lineáris kombinációjuk,
ami a nullvektort adja, pedig egyik vektorból
sem nulla darabot vettünk.
Ha lineárisan független, akkor
is lineárisan független.
Nézzük meg, hogy függetlenek-e.
Ehhez vegyük egy lineáris kombinációjukat:
Ha ez csak úgy teljesül, hogy mindketten nulla,
akkor függetlenek, ha úgy is lehetséges,
hogy az egyik nem nulla, akkor összefüggők.
Vagyis az a kérdés, hogy mennyi .
Felbontjuk a zárójeleket :
Aztán összegyűjtjük hány darab , hány darab
és hány darab vektor van.
Mivel az vektorok lineárisan függetlenek,
itt egészen biztos, hogy minden együttható nulla,
vagyis és ami azt jelenti,
hogy is független.
Ha lineárisan független,
akkor is lineárisan független.
Ezúttal a
lineáris kombinációból indulunk ki.
Ezt kéne valahogy visszavezetni az
vektorok lineáris kombinációjára.
De néha nem árt kicsit gondolkodni.
Vegyük ugyanis például azt az esetet, amikor nullvektor.
Ekkor és ezek a vektorok függetlenek, de egészen biztosan összefüggő, mert köztük van a nullvektor.
Érdemes megjegyezni, hogy ha egy vektorrendszerben benne van a nullvektor, akkor az mindenképpen lineárisan összefüggő.
Ha generátor-rendszer,
akkor is az.
Nos az, hogy generátor-rendszer,
azt jelenti, hogy ők minden vektort előállítanak.
Mivel vektorokból viszont és
előáll, biztos, hogy generátor rendszer.
Az vektorokból először legyártjuk
és vektorokat, akik pedig, mivel generátor-
rendszer, már mindenki mást előállítanak.
Vagyis jegyezzük meg, hogy ha egy vektorrendszer vektoraiból elő tudunk állítani generátor-rendszert, akkor maguk a vektorok is generátor-rendszer.
ALTEREK
A vektortérnek altere, ha és maga is vektortér a -beli műveletekre.
Az altér tehát egy olyan részhalmaza a vektortérnek, ami a vektortér összes tulajdonságát átörökíti. Teljesülnek benne a vektortér-axiómák és a műveletek.
Van egy érdekes tétel ami megkönnyíti annak eldöntését, hogy egy részhalmaz valóban altér-e. A tétel azt mondja, hogy elegendő csak a műveleteket ellenőrizni és ha azok működnek, vagyis nem vezetnek ki a részhalmazból, akkor ennyi elég is, ahhoz, hogy altér legyen.
A vektortérnek altere, ha -beli műveletek nem vezetnek ki -ből.
Ennek az a magyarázata, hogy ha a műveletek nem vezetnek ki, vagyis és is benne van -ben akkor a vektortér-axiómák automatikusan teljesülnek.
nézzük meg!
A kommutativitás, asszociativitás és disztributivitás a vektortér minden elemére, tehát a -beli elemekre is teljesül. A többi axióma pedig, lássuk csak:
Létezik nullelem -ben.
Hát persze, hogy létezik, mert benne van -ben és
Létezik ellentett -ben.
Ez is létezik, mert benne van -ben és
Végül pedig teljesül -ben,
mert ez ugye az egész vektortér minden elemére igaz.
Ezzel kiderült, hogy valóban elegendő csak annyit megvizsgálni, hogy a műveletek nem vezetnek-e ki.
Nézzünk is meg egy ilyet!
Vizsgáljuk meg, hogy altere-e -nak, ha igen, adjunk meg egy bázist -ben.
Az előző tétel miatt elegendő annyit ellenőrizni, hogy a műveletek nem vezetnek-e ki.
Kezdjük az összeadással.
Azt nézzük meg, hogy két ilyen típusú vektor összege is ilyen típusú-e.
Hát ez probléma! Az összeadás úgy tűnik kivezet -ből.
A jelek szerint tehát nem altér.
Nézzünk meg egy másikat is!
Vizsgáljuk meg, hogy altere-e -nek, ha igen, adjunk meg egy bázist -ben.
Elegendő most is annyit ellenőrizni, hogy a műveletek nem vezetnek-e ki.
Kezdjük az összeadással.
Azt nézzük meg, hogy két ilyen típusú vektor összege is ilyen típusú-e.
itt
az összegük:
Mivel a két vektor összegére is teljesül a koordináták közti összefüggés, az összeadás nem vezet ki.
Lássuk mi a helyzet a -szorossal!
Úgy tűnik ez is stimmel, tehát altér.
A dimenzió a szabadon megadható paraméterek száma.
Két szabadon megadható paraméter van, az egyik az és akkor miatt már nem szabad, a másik pedig és akkor miatt már nem szabad.
A dimenzió tehát kettő, bázist pedig úgy kapunk, hogy a szabad paraméterek közül egyet egynek, a többit nullának vesszük és ezt végigjátsszuk az összes lehetséges módon.
A bázis tehát:
Vizsgáljuk meg, hogy a halmaz altér-e -ben. Ha igen, adjuk meg a dimenzióját és egy bázisát.
Elegendő annyit ellenőrizni, hogy a műveletek nem vezetnek-e ki.
Kezdjük az összeadással.
Azt kell megnéznünk, hogy két ilyen típusú vektor összege is ilyen típusú-e.
Mivel a két vektor összegére is teljesül a koordináták közti összefüggés, az összeadás nem vezet ki.
Lássuk mi a helyzet a -szorossal!
Úgy tűnik ez is stimmel, tehát altér.
A dimenzió annyi, ahány szabadon megadható paraméter van.
Most éppen két szabad paraméter van, és
A dimenzió tehát kettő, bázist pedig úgy kapunk, hogy a szabad paraméterek közül egyet egynek, a többit nullának vesszük és ezt végigjátsszuk az összes lehetséges módon.
A bázis tehát:
Legyen -beli vektor. Mely állítások igazak?
a) Ha lineárisan független, akkor is lineárisan független.
b) Ha lineárisan összefüggő, akkor is lineárisan összefüggő.
c) Ha generátor-rendszer, akkor is az.
d) Ha lineárisan független, akkor is az
a) Ha lineárisan független,
akkor is lineárisan független.
Vegyük egy lineáris kombinációjukat:
Ha ez csak úgy teljesül, hogy mind nulla,
akkor függetlenek, ha úgy is lehetséges, hogy nem
mindegyik nulla, akkor összefüggők.
Vagyis az a kérdés, hogy mennyi .
Felbontjuk a zárójeleket :
Aztán összegyűjtjük hány darab , hány darab
és hány darab vektor van.
Mivel az vektorok lineárisan függetlenek,
itt egészen biztos, hogy minden együttható nulla, vagyis
Úgy néz ki mind nulla, tehát a vektoraink függetlenek.
b) Ha lineárisan összefüggő,
akkor is lineárisan összefüggő.
Nézzük meg elsőként, hogy függetlenek-e.
Vegyük egy lineáris kombinációjukat:
Ha ez csak úgy teljesül, hogy mind nulla,
akkor függetlenek, ha úgy is lehetséges, hogy nem
mindegyik nulla, akkor összefüggők.
Vagyis az a kérdés, hogy mennyi .
Felbontjuk a zárójeleket :
Aztán összegyűjtjük hány darab , hány darab
és hány darab vektor van.
Mivel az vektorok lineárisan függetlenek,
itt egészen biztos, hogy minden együttható nulla, vagyis
Nézzük meg elsőként, hogy függetlenek-e.
Vegyük egy lineáris kombinációjukat:
Ha ez csak úgy teljesül, hogy mind nulla,
akkor függetlenek, ha úgy is lehetséges, hogy nem
mindegyik nulla, akkor összefüggők.
Vagyis az a kérdés, hogy mennyi .
Felbontjuk a zárójeleket :
Aztán összegyűjtjük hány darab , hány darab
és hány darab vektor van.
Mivel az vektorok lineárisan függetlenek,
itt egészen biztos, hogy minden együttható nulla, vagyis
Itt jön egy egyenletrendszer.
Érdemes generáló elemet úgy választani, hogy a sorában és oszlopában jó sok nulla legyen.
Ennek előnyeit pillanatokon belül élvezhetjük.
Legyen mondjuk ez.
Hát ugye az nincs
az nincs és sincs
Érdemes generáló elemet úgy választani, hogy a sorában és oszlopában jó sok nulla legyen.
Ennek előnyeit pillanatokon belül élvezhetjük.
Legyen mondjuk ez.
A nulla miatt ebben az oszlopban minden elemből nullát vonunk ki,
tehát az egész oszlop marad.
Ezért érdemes úgy választani generáló elemet, hogy a sorában
és oszlopában jó sok nulla legyen.
Hát ezért éri meg így választani.
A nullák megkönnyítik az életünket.
Kiszámolni csak ezeket kell.
A nulla miatt ebben az oszlopban mindenki marad
Sőt, ebben a sorban is mindenki marad.
És ebben a sorban is.
Alig kell valamit számolni.
Ezt az egyet kell kiszámolni:
Nézzünk meg két nagyon izgalmas egyenletrendszert!
Ebben az egyenletrendszerben valójában
csak két egyenlet van.
A harmadik egyenlet ugyanis az első kettő összege.
Ilyen alapon lehetne még egy negyedik, ötödik,
sőt hatodik egyenlet is.
Valójában tehát csak két egyenlet van, vagyis több
az ismeretlen, mint ahány egyenlet, és ilyenkor
az egyenletrendszernek nincs egyértelmű megoldása.
Na ennyi elég
Ebben az egyenletrendszerben a harmadik egyenlet
szintén az első kettő összege, de van egy kis gond.
A jobb oldal ugyanis nem stimmel, mert 5 helyett 6 van.
Ilyenkor ugye nem tud egyszerre mindegyik egyenlet
teljesülni, vagyis az egyenletek ellentmondanak,
és ezért az egyenletrendszernek nincs megoldása.
Van tehát két egyenletrendszerünk, és mi előre tudjuk, hogy az egyiknek végtelen sok megoldása lesz, a másiknak pedig nem lesz megoldása.
Nézzük meg, hogy ha elkezdjük megoldani ezeket az egyenletrendszereket a jól bevált elemi bázistranszformációval, akkor vajon hogyan fog kiderülni, hogy az egyiknek
végtelen sok megoldása van, a másiknak pedig nincs megoldása.
Itt kezdődnek a problémák.
-at ugyanis nem tudjuk lehozni, mert 0-t nem választhatunk generáló elemnek.
A bázistranszformáció tehát úgy ér véget, hogy marad egy –s sor.
HA MARADNAK -S SOROK, AHOL MÁR NEM TUDUNK GENERÁLÓ ELEMET VÁLASZTANI, OLYANKOR MINDIG VÉGTELEN SOK MEGOLDÁS VAN, VAGY NINCS MEGOLDÁS.
HA A MEGMARADT -S SOR ILYEN,
AKKOR VÉGTELEN SOK MEGOLDÁS VAN
x-es oszlop
0
0
HA A MEGMARADT -S SOR ILYEN,
AKKOR NINCS MEGOLDÁS
x-es oszlop
0
NEM 0
A MEGOLDÁS LEOLVASÁSA A TÁBLÁZATBÓL
A fent maradt változók úgynevezett szabad változók, ők t, s és egyéb néven szerepelnek tovább a történetben.
A MEGOLDÁS:
ÁLTALÁNOS MEGOLDÁS:
SZABADSÁGFOK=ahány fönt marad
(most a szabadságfok 1)
RANG=ahány levihető
(most a rang 2)
A MEGOLDÁS LEOLVASÁSA A TÁBLÁZATBÓL
Itt már nincs további teendő
Az és paraméterek milyen értékeire lesz nulla darab, egy darab illetve végtelen sok megoldása a következő egyenletrendszernek?
Elkezdjük megoldani a bázistranszformációval.
Olyan sorban és oszlopban, ahol paraméter van, nem ajánlatos generáló elemet választani.
Ezeket tehát kerüljük el!
Van itt ez a marhajó 1-es, válasszuk ezt.
Elkerüljük a paramétereket, amíg lehet.
Most elkezdünk egy kicsit gondolkodni.
1.ESET és
végtelen sok megoldás
2.ESET és
nincs megoldás
3.ESET és
levihető és egy megoldás
Na ennyi gondolkodás elég is volt.
Az , és paraméterek milyen értékeire lesz nulla darab, egy darab illetve végtelen sok megoldása a következő egyenletrendszernek?
Amíg lehet ne válasszunk generáló elemet olyan sorban vagy oszlopban,
amiben paraméter van.
van itt ez a remek 1-e, válaszzuk ezt!
Aztán ezt a másik 1-est választjuk. Marha nagy szerencsénk van a nullákkal.
A nulla miatt ebben a sorban minden elemből nullát vonunk ki,
tehát az egész sor marad ahogy van,
meg itt is,
sőt itt is.
Ezért érdemes úgy választani generáló elemet, hogy a sorában
és oszlopában jó sok nulla legyen. A nullák megkönnyítik az életünket.
A bázistranszformáció itt elakad, a legalsó sorban ugyanis csupa nulla van, a felette
lévőben pedig paraméter.
Kezdjünk el kicsit gondolkodni!
1.ESET
nincs megoldás és bármi lehet.
2.ESET
nincs megoldás, és bármi lehet.
3.ESET és
ekkor levihető, végtelen sok megoldás, a szabadságfok egy
Van itt még valami.
Itt ugye, ha nem nulla van, akkor nincs megoldás.
De itt mindegy mi van, ha például ,
ennek akkor is van megoldása.
Ne felejtsük el ugyanis, hogy ezek
a feltételek csak -s sorokra vonatkoznak.
Ez -s sor, tehát itt
tényleg nincs megoldás.
Ebben a sorban viszont már x van,
így semmilyen szabálynak nem kell teljesülnie.
Számítsuk ki a
vektorokból álló vektorrendszer rangját, illetve állapítsuk meg, hogy előállítható-e segítségükkel az és vektor.
illetve
Akkor állítható elő az vektor, ha léteznek olyan számok, hogy
illetve
Ez tulajdonképpen két egyenletrendszer:
Ezeket kell megoldanunk. Ha van megoldás, akkor az adott vektor előállítható, ha nincs megoldás, akkor nem állítható elő.
megoldjuk:
van megoldás,
így az vektor előállítható
Például
Jön a szokásos, és persze nagyon izgalmas bázistranszformáció.
nincs megoldás,
ezért a vektor sajna nem állítható elő
A bázistranszformáció itt sajnos elakad, mert az -s sorokban már csak nullák vannak.
Ilyenkor vagy végtelen sok megoldás van vagy nincs megoldás.
Lássuk, hogyan áll elő az vektor!
Az egyenletrendszer megoldását a
szokásos módon olvassuk le.
és tetszőleges
Ha mondjuk és nulla, akkor
A vektorrendszer rangja annyi, ahány x-et lehoztunk, vagyis most éppen kettő.
A Gauss-elimináció pro változatát Gauss-Jordan eliminációnak nevezzük.
A lényege az, hogy nem csak a vezéregyesek alatt nullázunk ki, hanem felettük is.
Éppen itt is jön ez az egyenletrendszer.
Oldjuk meg, és nézzük meg, hogyan működik a Gauss-Jordan elimináció.
Ebben a mátrixban két független oszlopvektor van.
A harmadik oszlop ugyanis az első kettő összege…
A negyedik pedig a második kétszerese.
1 4 5 8
3 1 4 2
2 1 3 2
Egy mátrix oszloprangja az oszlopvektorai közül kiválasztható független vektorok maximális száma.
Most maximum két független oszlopvektor választható ki…
Így hát ennek a mátrixnak az oszloprangja kettő.
Független sorvektora persze lehetne akár három is…
De nincs.
Egy Gauss-Jordan eliminációval mindjárt az is kiderül, hogy miért nincs.
Mivel a harmadik sort ki tudtuk nullázni…
Ez azt jelenti, hogy az első két sornak a lineáris kombinációja.
Egy mátrix oszloprangja és sorrangja mindig megegyezik a vezéregyesek számával.
Most éppen két vezéregyes van, így ennek a mátrixnak az oszloprangja és a sorrangja is kettő.
Ezt hívjuk a mátrix rangjának, és a szokásos módon jelöljük:
Egy mátrixot teljes oszloprangúnak nevezünk, hogyha az oszlopvektorai lineárisan független rendszert alkotnak.
Ez a mátrix nem teljes oszloprangú…
Az oszloprang ugyanis csak 2 és a mátrixnak négy oszlopa van.
Egy mátrixot
Ebben a mátrixban két független oszlopvektor van.
A harmadik oszlop ugyanis az első kettő összege…
A negyedik pedig a második kétszerese.
1 4 5 8
3 1 4 2
2 1 3 2
Egy mátrix oszloprangja az oszlopvektorai közül kiválasztható független vektorok maximális száma.
Most maximum két független oszlopvektor választható ki…
Így hát ennek a mátrixnak az oszloprangja kettő.
Független sorvektora persze lehetne akár három is…
De nincs.
Egy Gauss-Jordan eliminációval mindjárt az is kiderül, hogy miért nincs.
Mivel a harmadik sort ki tudtuk nullázni…
Ez azt jelenti, hogy az első két sornak a lineáris kombinációja.
Egy mátrix oszloprangja és sorrangja mindig megegyezik a vezéregyesek számával.
Most éppen két vezéregyes van, így ennek a mátrixnak az oszloprangja és a sorrangja is kettő.
Ezt hívjuk a mátrix rangjának, és a szokásos módon jelöljük:
Egy mátrixot teljes oszloprangúnak nevezünk, hogyha az oszlopvektorai lineárisan független rendszert alkotnak.
Ez a mátrix nem teljes oszloprangú…
Az oszloprang ugyanis csak 2 és a mátrixnak négy oszlopa van.
Egy mátrixot teljes sorrangúnak nevezünk, hogyha a sorvektorai lineárisan független rendszert alkotnak.
Ez a mátrix nem is teljes sorragú…
A rang ugyanis még mindig 2, sor viszont három van.
Itt van aztán ez a másik mátrix. Számoljuk ki a rangját, és döntsük el, hogy teljes oszloprangú vagy teljes sorrangú-e.
Hát, túl nagy izgalmakra azért ne számítsunk.
Megint jön a Gauss-elimináció.
Három darab vezéregyes van, így hát a mátrix rangja 3.
Az oszlopok száma és a rang most ugyanannyi, mindkettő 3…
Ez a mátrix tehát teljes oszloprangú.
Sorokból viszont egy kicsit több van mint 3…
Tehát a mátrix nem teljes sorrangú.
A bázisfelbontás szemléletes jelentése egészen izgalmas...
Az eredeti A mátrix rangja most 2…
Tehát az oszlopvektorai közül két független vektort tudunk kiválasztani.
Mondjuk ezt a kettőt itt.
Ez a két vektor az A mátrix oszlop-vektorterének egy bázisa.
A bázisfelbontásban szereplő második mátrix azt írja le…
Hogy a két bázisvektor miként állatja elő az eredeti mátrix oszlopvektorait.
Ez a második mátrix tehát az eredeti A mátrix oszlopvektorainak a koordinátáit adja meg a bázisban.
Számoljuk ki az A mátrix rangját, keressük meg az oszlopvektorainak egy bázisát, és adjuk meg ebben a bázisban az A mátrix oszlopvektorainak koordinátáit.
Az független vektorok, és
Mekkora a vektorrendszer rangja, illetve előállítható-e velük a vektor?
A vektor akkor állítható elő, ha van olyan amire
A jobb oldalt átrendezzük úgy, hogy lássuk mennyi van az vektorokból
Mivel független vektorok, ha például a bal oldalon egy darab van,
akkor a jobb oldalon is egy darab kell, hogy legyen,
vagy ha a bal oldalon két van, akkor jobb oldalon is.
Érdemes megfigyelni, hogy ezt a táblázatot
rögtön a feladatból is felírhatjuk.
Nincs más dolgunk, mint összeszámolni, hány darab van,
aztán azt, hogy hány darab és végül hány .
A megoldás:
A vektor előáll:
A vektorrendszer rangja pedig, mivel mindhárom x-et lehoztuk,
így a jelek szerint három.
Most egy nagyon izgalmas dologgal, a mátrixok inverzével fogunk foglalkozni.
Az -es mátrix inverze egy olyan mátrix, ami azt tudja, hogy
A mátrixok szorzása nem kommutatív, tehát ha a szereplőket megcseréljük,
akkor lehet, hogy valami egészen más mátrixszal kell az -t szorozni ahhoz, hogy az egységmátrixot kapjuk.
Mindkét mátrixot inverznek nevezzük
ilyenkor jobb oldali inverz
ilyenkor bal oldali inverz
Az -es mátrixoknak azonban megvan az a remek tulajdonsága,
hogy a szorzás sorrendje az inverznél mindegy, vagyis
Tehát a jobb és bal inverz ilyenkor megegyezik.
Mi most ilyen -es mátrixok inverzét fogjuk kiszámolni,
és maradjunk ennél a sorrendnél.
Itt van például egy mátrix:
Próbáljuk meg kiszámolni az inverzét.
Egy olyan mátrixot kell találnunk, hogy az eredeti mátrixszal megszorozva az egységmátrixot kapjuk.
A kérdőjelek nem igazán segítenek a válasz megtalálásában.
Írhatnánk helyette betűket, hogy a, b, c, meg ilyenek.
Vagy hívhatnánk az elemeit a szokásos jelöléssel úgy, hogy meg meg stb.
De inkább egy másfajta jelölést fogunk használni, és hamarosan az is kiderül majd, hogy
miért.
A kettős indexezés túl bonyolult, ezért legyen csak , és .
Az oszlopokat pedig színekkel különböztessük meg.
Ez volna tehát az inverz mátrix. Már csak azt kell kiszámolni, hogy mennyi , és
Ehhez végezzük el a szorzást!
A dolog picit bonyolultnak tűnik, de csak első ránézésre.
Bármi legyen is az inverz mátrix, az elemeire teljesülnie kell ennek a három egyenletrendszernek.
Oldjuk őket meg! Ehhez elvileg három külön táblázatra van szükségünk.
Valójában elég egyetlen táblázat.
A három egyenletrendszert tehát egyszerre oldjuk meg, a szokásos bázistranszformációval.
A bázistranszformáció lépéseit most nem részletezzük, minden pontosan úgy megy, ahogyan eddig. Aki esetleg úgy érzi, hogy elhomályosultak az emlékei ezzel kapcsolatban, az nézze meg a bázistranszformációról szóló részt.
A kapott megoldás éppen az inverz.
Csak annyi dolgunk van, hogy
sorba rakjuk a sorokat:
Az inverz kiszámolása valójában tehát rettentő egyszerű. Itt van mondjuk ez a mátrix:
Mindössze annyit kell tennünk, hogy felírjuk a mátrixot, a szokásos táblázatba,
és mellé írjuk az egységmátrixot.
Ezek után jön a bázistranszformáció. Ha nem tudjuk mindegyik x-et levinni, akkor nincs inverz. Ha mindet le tudjuk vinni, akkor van.
Elérkezett az idő, hogy olyan mátrixok inverzét is kiszámoljuk, amelyek nem -esek.
Ilyenkor a jobb oldali inverz és a bal oldali inverz nem egyezik meg.
ilyenkor jobb oldali inverz
ilyenkor bal oldali inverz
Itt van például egy mátrix
A bal oldali inverz 3x2-es lesz
A jobb oldali inverz szintén 3x2-es lesz
Mindkettőt bázistranszformációval számoljuk ki
Itt sajnos van egy kis gond.
bal oldali inverz
most nincs
jobb oldali inverz
most épp van
Maradt egy -s sor, amiben nem
mindenki nulla, tehát nincs megoldás.
Itt viszont van megoldás,
a fönt maradt legyen mondjuk .
MÁTRIXOK DETERMINÁNSA, SAJÁTÉRTÉKE ÉS SAJÁTVEKTORA
DEFINÍCIÓ: Ha az egy -es mátrix, akkor determinánsa
ahol p az oszlopindexek permutációi, I(p) pedig ezen permutációk inverziószáma.
Ez egy igazán remek definíció, de egy kis magyarázatot igényel.
Valójában a mátrixok determinánsa sokkal egyszerűbb fogalom.
Arról van szó, hogy a mátrix minden sorából és oszlopából kiválasztunk egy és csak egy elemet, és ezeket az elemeket összeszorozzuk. Ezt az összes lehetséges módon
megtesszük, és a szorzatokat ellátjuk egy előjellel, végül az így kapott előjeles
szorzatokat összeadjuk.
EGY 2x2-ES MÁTRIX DETERMINÁNSA
Nézzünk erre egy példát. Itt van egy mátrix:
aminek a determinánsa
A determináns tehát azt tudja, hogy minden mátrixból csinál
egyetlen számot.
Hamarosan az is kiderül, hogy mindez mire jó, de most lássuk
mi a helyzet egy 3X3-as mátrix determinánsával!
EGY 3x3-AS MÁTRIX DETERMINÁNSA
A 3X3-as mátrixok determinánsának kiszámolására van egy szabály,
ami szarrusz szabály néven ismert.
A szabály lényege, hogy fogjuk a mátrixot
és leírjuk saját maga mögé még egyszer,
majd vesszük a főátlókat és a mellékátlókat.
A főátlók elemeit összeszorozzuk és pozitív előjellel vesszük,
aztán a mellékátlók elemeit is összeszorozzuk, de azokat negatív előjellel vesszük.
Ez a mátrix determinánsa.
A módszer sajnos csak 3x3-as mátrixokra működik és nem túl kellemes.
Sokkal több értelme van megjegyezni az úgynevezett kifejtési tételt,
ami minden nxn-es mátrixra jó és most jön.
Ha az egy -es mátrix, akkor determinánsa
Itt a elemhez tartozó aldetermináns.
Semmi ok az aggodalomra, a gyakorlatban mindez sokkal egyszerűbb.
Nézzünk egy példát!
Van itt ez a 3x3-as mátrix:
Ennek a determinánsát fogjuk kiszámolni, és mondjuk az első sora
szerint fejtjük ki.
Kifejthetjük a második sor szerint is, majd megnézzük azt is,
a végeredmény ugyanaz kell, hogy legyen.
Az első sor elemeit váltakozó előjellel kell venni, ez a bizonyos
de egyszerűbb, ha az úgynevezett sakktábla-szabályt jegyezzük meg.
Az aldeterminánst majd mindjárt megnézzük!
A sakktábla-szabály miatt a második elem mínusszal van.
A harmadik megint plusszal.
Most jönnek az aldeterminánsok, amik úgy keletkeznek,
hogy az adott elem sorát és oszlopát kihúzzuk.
Végül kiszámoljuk a 2X2-es mátrixok determinánsait.
És kész is.
Nézzük meg, hogy mi történik, ha a második sor szerint fejtünk ki!
Ha a második sor szerint fejtünk ki, akkor a sakktábla-szabályban is
a második sort kell nézni.
És kifejthetjük a harmadik sor szerint is,
de ami még ennél is izgalmasabb, hogy oszlop szerint is ki lehet fejteni.
Mondjuk nézzük meg a harmadik oszlop szerint!
A KIFEJTÉSI TÉTEL
A kifejtési tétel lényege az, hogy bármilyen nagy -es mátrix
determinánsának meglehetősen kellemetlen kiszámolását visszavezeti
-es mátrixok determinánsára, amit már könnyen ki tudunk számolni.
Maga a tétel első ránézésre kicsit barátságtalannak tűnik,
de mindjárt nézünk rá egy konkrét példát.
Nézzük a példát!
Van itt ez a 4x4-es mátrix:
Ennek a determinánsát fogjuk kiszámolni, és mondjuk fejtsük ki
a második sora szerint.
Kifejthetnénk az első sor szerint is, majd megnézzük azt is,
a végeredmény így is úgy is ugyanaz lesz.
A második sor elemeit váltakozó előjellel kell venni, ez a bizonyos
de egyszerűbb, ha az úgynevezett sakktábla-szabályt jegyezzük meg.
A sakktábla-szabály miatt a második sor első eleme mínusszal van.
Az aldeterminánst majd mindjárt megnézzük!
A sakktábla-szabály miatt a második sor első eleme mínusszal van.
A második elem plusszal van.
Aztán a harmadik elem ismét mínusszal, mellesleg ő eleve negatív.
A negyedik elem pedig megint plusszal.
Most jöhetnek az aldeterminánsok, amik úgy keletkeznek, hogy mindig
az adott elem sorát és oszlopát kihúzzuk.
És aztán mindegyik aldeterminánst egyenként kiszámoljuk. Ez eltart egy darabig.
Próbáljuk meg érdekesebbé tenni a dolgot azzal, hogy az első sor szerint fejtünk ki.
Megint jön a sakktábla.
Itt jön aztán a következő aldetermináns kiszámolása.
Ezt kifejthetjük mondjuk a harmadik sor szerint,
de ami még ennél is izgalmasabb, hogy oszlop szerint is ki lehet fejteni.
Mondjuk nézzük meg a harmadik oszlop szerint!
És kifejthetjük a harmadik sor szerint is,
de ami még ennél is izgalmasabb, hogy oszlop szerint is ki lehet fejteni.
Mondjuk nézzük meg a harmadik oszlop szerint!
Térjünk rá a következő 3x3-as determinánsra.
Kifejthetjük bármelyik sor szerint, vagy bármelyik oszlop szerint,
de alkalmazhatunk egy kis varázslást is.
Ez bevált, úgyhogy az utolsó megmaradt determinánst is így intézzük el.
Ezzel kész az eredeti 4x4-es mátrix determinánsa!
Kiszámolhattuk volna úgy is, hogy nem a második sor szerint fejtjük ki, hanem mondjuk a negyedik oszlop szerint. Nézzük meg ezt is!
számolunk…
És tényleg így is 0 jön ki!
AZ MÁTRIX DETERMINÁNSA NULLA, HA
VAN CSUPA NULLA SORA
VAN KÉT AZONOS SORA
EGYIK SORA MÁSIK SOR SZÁMSZOROSA
EGYIK SORA MÁS SOROK LINEÁRIS KOMBINÁCIÓJA
MINDEZ SOR HELYETT OSZLOPRA IS ELMONDHATÓ
HA A MÁTRIX ÚGY KELETKEZIK AZ MÁTRIXBÓL, HOGY
EGY SORÁNAK VAGY OSZLOPÁNAK MINDEN ELEMÉT -VAL SZOROZZUK,
MINDEN SORÁNAK MINDEN ELEMÉT -VAL SZOROZZUK,
KÉT SORÁT VAGY OSZLOPÁT FÖLCSERÉLJÜK
EGY SORÁHOZ VAGY OSZLOPÁHOZ MÁS SOROK VAGY OSZLOPOK LINEÁRIS KOMBINÁCIÓJÁT ADJUK
Néhány nagyon izgalmas dolog fog kiderülni a mátrixok determinánsával kapcsolatban.
Vannak olyan speciális mátrixok, amiknek a determinánsát különösebb szenvedés nélkül ki tudjuk számolni. Ilyenek például az úgynevezett alsó vagy felső háromszögmátrixok.
Ezek determinánsa a főátló elemek szorzata.
Az egységmátrix is háromszögmátrix.
Vannak aztán a determinánsoknak különböző érdekes tulajdonságaik.
Nézzük ezeket meg, egy-egy példával.
Végül itt van egy fontos tétel, a determinánsok szorzási tétele, ami szerint
Ha a tételben a mátrix helyére is az mátrixot írjuk
sőt
Ha pedig az mátrixnak létezik inverze, akkor a szorzási tétel alapján
SZINGULÁRIS ÉS REGULÁRIS MÁTRIXOK
Az -es mátrixokat két nagy csoportba sorolhatjuk. Vannak azok a mátrixok melyeknek a determinánsa nulla és vannak azok, amiknek nem.
Ez a kis eltérés valójában hatalmas szakadékot jelent a kétféle csoport között.
AZ MÁTRIX REGULÁRIS
LÉTEZIK INVERZ MÁTRIX
RANG=n
AZ MÁTRIX OSZLOPVEKTORAIBÓL ÁLLÓ
VEKTORRENDSZER LINEÁRISAN FÜGGETLEN
AZ EGYENLETRENDSZERNEK
CSAK EGY MEGOLDÁSA VAN
AZ HOMOGÉN LINEÁRIS
EGYENLETRENDSZERNEK CSAK EGY
MEGOLDÁSA VAN (A TRIVIÁLIS MEGOLDÁS)
AZ MÁTRIX SZINGULÁRIS
NEM LÉTEZIK INVERZ MÁTRIX
RANG<n
AZ MÁTRIX OSZLOPVEKTORAIBÓL ÁLLÓ
VEKTORRENDSZER LINEÁRISAN ÖSSZEFÜGGŐ
AZ EGYENLETRENDSZERNEK
VAGY VÉGTELEN SOK MEGOLDÁSA VAN
VAGY NINCS MEGOLDÁSA
AZ HOMOGÉN LINEÁRIS
EGYENLETRENDSZERNEK VÉGTELEN
SOK MEGOLDÁSA VAN
Itt van például egy mátrix.
Nézzük meg milyen paraméter esetén létezik inverze, milyen paraméterre lesz a determinánsa éppen 0, illetve milyen paraméterre lesz az
egyenletrendszernek végtelen sok megoldása.
Az összes kérdésre egyszerre megkapjuk a választ, ha kiszámoljuk a mátrix determinánsát.
Akkor létezik inverz, ha a mátrix reguláris, vagyis a determinánsa nem nulla:
Akkor lesz a determináns éppen nulla, ha
És akkor lesz az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása, ha a mátrix szinguláris, vagyis a determinánsa nulla,
Néhány nagyon vicc es mátrixokkal kapcsolatos fogalommal fogunk megismerkedni.
Az első ilyen fogalom a sarokdetermináns vagy másnéven sarokfőminor.
Van itt egy mátrix:
Ennek a mátrixnak az első sarokfőminora ez a 2-es
A második sarokfőminor a
bal felső -es determináns
A harmadik sarokfőminor a
bal felső -as determináns
Ennek kiszámolása elég unalmas, de a kifejtési tétellel az jön ki, hogy
A negyedik sarokfőminor pedig
az egész mátrix determinánsa
Amit még az előzőnél is unalmasabb kiszámolni, de a kifejtési tétel szerint
A másik nagyon vicces fogalom a mátrixok definitsége lesz.
A definitség megállapításához pedig éppen ezek a főminorok fognak nekünk kelleni, pontosabban az, hogy milyen előjelűek.
Most éppen az első sarokfőminor pozitív, a második szintén pozitív,
a harmadik és negyedik pedig negatív.
Lássuk a definitséget.
Az -es mátrix
pozitív definit,
ha
negatív definit,
ha
pozitív szemidefinit,
ha
negatív szemidefinit,
ha
indefinit,
ha
minden sajátérték:
minden sajátérték:
minden sajátérték:
minden sajátérték:
van és sajátérték
és
-es mátrixoknál a definitség a sarokfőminorok alapján is eldönthető:
mindkét sarokfőminor
pozitív
az első negatív, a
második pozitív
az első pozitív, a
második nulla
az első negatív, a
második nulla
a többi esetben
-es mátrixoknál a definitség már nehezebben dönthető el a sarokfőminorok alapján:
minden sarokfőminor
pozitív
váltakozva - + - +
de mínusszal indul
Ha és nem az előző két esettel van dolgunk,
akkor biztosan indefinit.
Ha akkor nem tudni, ilyenkor csak
a sajátértékek kiszámolásával dönthető el.
Lássunk néhány mátrixot és állapítsuk meg a definitségüket.
Vannak itt ezek a mátrixok, döntsük el, hogy milyen definitek.
A sajátértékeket csak a legvégső esetben számoljuk ki, ha a sarokfőminorokkal szerencsétlenül járunk. Kezdjük az -val.
első sarokfőminor:
második sarokfőminor:
harmadik sarokfőminor:
Az mátrixnak minden sarokfőminora pozitív, tehát pozitív definit.
Nézzük mi van a mátrixszal.
első sarokfőminor:
második sarokfőminor:
harmadik sarokfőminor:
Itt is jön a kifejtési tétel, de nem szeretnék senkit untatni vele, az eredmény -15
A mátrix sarokfőminorai váltakozó előjellel - + - + - … ezért negatív definit.
Jöhet a .
első sarokfőminor:
második sarokfőminor:
harmadik sarokfőminor:
Már megint a kifejtési tétel, de ne húzzuk az időt, az eredmény 1
A sarokfőminorok itt is váltakozó előjelűek, de most + - +
Negatív definit csak olyankor van, ha a váltakozás mínusszal indul, tehát ez most nem lehet negatív definit.
Pozitív definit sem, mert akkor minden sarokfőminor pozitív, tehát marad a két szemidefinit és az indefinit.
A szemidefiniteknél viszont a mátrix determinánsa nulla.
Most ami nem éppen nulla, tehát indefinit.
A mátrix sarokfőminorai alapján nem lehet pozitív vagy negatív definit,
viszont miatt szemidefinit sem lehet ezért indefinit.
Végül lássuk mi van -vel.
első sarokfőminor:
második sarokfőminor:
harmadik sarokfőminor:
Hát ennél rosszabb nem is történhetett volna.
Ha a mátrix determinánsa nulla, akkor vagy valamelyik
szemidefinit vagy indefinit, de csak úgy tudjuk eldönteni,
ha kiszámoljuk a sajátértékeit.
Lássuk tehát a sajátértékeket.
A determinánst a legalsó sor szerint fejtjük ki
Ez az egész nulla, úgyhogy talán hagyjuk is.
Nem tudunk semmit kiemelni, így hát felbontjuk a zárójeleket.
és összevonunk
végül kiemelünk
A sajátértékek:
Kiemelünk 3-at
Mindhárom sajátértékre teljesül, hogy
a mátrix tehát pozitív szemidefinit.
Itt is van három különböző sajátérték, mivel pedig
különböző sajátértékekhez mindig különböző saját-
vektorok tartoznak, van három független sajátvektor.
Így hát is diagonalizálható.
Lássuk a hasonló mátrixokat!
így hát három mátrix van, amelyek ugyanannak a leképezésnek a mátrixai,
csak más-más bázisban felírva, a negyedik mátrix viszont eltérő.
Ha szimmetrikus mátrix és egy vektor -ben, akkor a
kifejezést kvadratikus alaknak nevezzük.
Ezek a kvadratikus alakok nagyon barátságosak, nézzünk is meg egy példát.
Legyen mondjuk
és
A hozzájuk tartozó kvadratikus alak
Számoljuk ki. A szorzásokat kell hozzá elvégezni, kezdjük hátulról.
Aztán még ezeket is összeszorozzuk.
És felbontjuk a zárójeleket.
Íme itt a kvadratikus alak.
Azért hívják kvadratikusnak vagyis négyzetesnek, mert ez mindig egy homogén másodfokú kifejezés. Ez azt jelenti, hogy az x-ek vagy négyzeten vannak benne,
vagy elsőfokúak, de akkor meg vannak szorozva egy másik elsőfokúval és így az is négyzetesnek számít.
Nézzünk meg egy másik kvadratikus alakot is.
és
Most az mátrix -as, így az vektornak is 3 koordinátája van.
Rettenetes lenne viszont megint elvégezni a szorzásokat, főleg, hogy most -as.
Szerencsére van itt egy trükk. Nem is olyan nagy trükk.
A kvadratikus alak valahogy úgy fog kinézni, hogy lesz benne aztán lesz és , meg lesznek vegyes tagok.
A kérdés csak az, hogy hány darab lesz ezekből. A válasz pedig éppen az mátrix.
Hát ez kész.
A dolog fordítva is működik, tehát ha van egy kvadratikus alak, akkor abból fel tudjuk írni a mátrixát.
ez például jó is:
Van itt egy kvadratikus alak:
A feladatunk az, hogy találjunk két vektort,
egy olyan vektort amire
és egy olyan vektort amire
Olyan vektort könnyű találni,
amire a kvadratikus alak pozitív.
Olyat már nehezebb, amire negatív,
de azért ilyen is van.
Aztán van itt egy másik kvadratikus alak is:
A feladatunk az, hogy találjunk két vektort,
egy olyan vektort amire
és egy olyan vektort amire
Olyat most is könnyű találni,
amire a kvadratikus alak pozitív.
próbáljuk ki ezt:
Olyat viszont nehezebb, amire negatív.
Sőt, nemhogy nehezebb, hanem lehetetlen.
Ez a kvadratikus alak tehát
tud pozitív és negatív is lenni.
Ez a kvadratikus alak viszont
csak pozitív tud lenni
A kvadratikus alakoknak ezekkel az érdekes szokásaival fogunk most foglalkozni.
A kvadratikus alak
pozitív definit, ha minden
vektorra
negatív definit, ha minden
vektorra
pozitív szemidefinit, ha minden
vektorra
negatív szemidefinit, ha minden
vektorra
indefinit, ha van olyan és ,
hogy és
A definitség eldöntésében a kvadratikus alak mátrixa segít minket.
ha a kvadratikus alak mátrixa
pozitív definit
ha a kvadratikus alak mátrixa
negatív definit
ha a kvadratikus alak mátrixa
pozitív szemidefinit
ha a kvadratikus alak mátrixa
negatív szemidefinit
ha a kvadratikus alak mátrixa
indefinit
Van itt egy kvadratikus alak, a feladatunk az, hogy döntsük el a definitségét.
Lássuk a mátrixot!
Már csak annyi dolgunk van, hogy eldöntsük, a kvadratikus alak mátrixának definitségét.
Ehhez lássuk a sarokfőminorokat.
első sarokfőminor:
3
második sarokfőminor:
harmadik sarokfőminor:
ez tutira 13
Hát úgy tűnik ez egy pozitív definit mátrix, tehát a kvadratikus alak is pozitív definit.
Nézzünk meg egy másikat is.
Van itt egy másik kvadratikus alak is, döntsük el ennek is a definitségét.
Már csak annyi dolgunk van, hogy eldöntsük, a kvadratikus alak mátrixának definitségét.
Ehhez jönnek a sarokfőminorok.
első sarokfőminor:
-5
második sarokfőminor:
harmadik sarokfőminor:
Hát úgy tűnik ez egy negatív definit mátrix, tehát a kvadratikus alak is negatív definit.
Nézzük meg ennek a -as mátrixnak a sajátértékeit
és sajátvektorait.
A determinánst az első sora szerint fejtjük ki:
Az első sor elemeit a sakktábla-szabály alapján váltakozó előjellel kell venni.
Kifejtjük a 2x2-es determinánsokat is.
És kicsit összevonunk. Sőt nem is olyan kicsit.
Valahogyan meg kéne oldani ezt az egyenletet, hogy megkapjuk az egyenlet megoldásait, a sajátértékeket.
A karakterisztikus egyenlet megoldásai lesznek majd a sajátértékek.
Feltéve, hogy sikerül megoldanunk az egyenletet.
Íme, három hasznos megoldási ötlet ilyen típusú egyenletek megoldásához:
kiesik a konstans tag
Mindhárom esetben egy olyan szorzatot kaptunk, ami egy elsőfokú és egy másodfokú egyenlet szorzata, azokat pedig már külön-külön meg tudjuk oldani.
Vannak persze olyan harmadfokú egyenletek is, amiket nehezebb megoldani,
de szerencsére ezek általában elkerülnek bennünket.
Lássuk, a három közül melyik módszer válik be a mi egyenletünknél.
Emeljünk ki 2-t.
A kettes módszer itt nem működik,
ezért a fortélyos hármas módszert próbáljuk meg, hátha beválik.
A másodfokú részt felbontjuk,
aztán pedig megpróbáljuk szorzattá alakítani.
Van egy ilyen, hogy
emlékeztetőül:
A másodfokú izét szorzattá alakítjuk
Ez igazán remek, ugyanis most már ki lehet emelni,
aztán pedig hopp, már meg is oldottuk.
Itt összevonunk:
Három sajátérték van, ami valójában csak kettő,
mert a kétszeres sajátérték.
Jöhetnek a sajátvektorok!
Az egyenletrendszert a szokásos bázistranszformációval oldjuk meg.
Akinek esetleg elhalványultak az ezzel kapcsolatos emlékei, nézze meg a bázistranszformációról szóló témaköröket.
Belerakjuk a -et
Bázistranszformációval oldjuk meg:
Itt a bázistranszformáció elakad.
Ha két x is fönt mard,
az egyik t, a másik s
Most már itt se folytatható.
Itt csak egy x maradt fönt, de mivel a és
már foglalt, legyen .
A sajátvektor ha
ahol
És a -et
Bázistranszformációval oldjuk meg:
A sajátvektor ha
Nézzük meg ennek a -as mátrixnak a sajátértékeit
és sajátvektorait.
A determinánst az első sora szerint fejtjük ki:
Az első sor elemeit a sakktábla-szabály alapján váltakozó előjellel kell venni.
Kifejtjük a 2x2-es determinánsokat is.
És kicsit összevonunk. Sőt nem is olyan kicsit.
Valahogyan meg kéne oldani ezt az egyenletet, hogy megkapjuk az egyenlet megoldásait, a sajátértékeket.
A karakterisztikus egyenlet megoldásai lesznek majd a sajátértékek.
Feltéve, hogy sikerül megoldanunk az egyenletet.
Íme, három hasznos megoldási ötlet ilyen típusú egyenletek megoldásához:
kiesik a konstans tag
Mindhárom esetben egy olyan szorzatot kaptunk, ami egy elsőfokú és egy másodfokú egyenlet szorzata, azokat pedig már külön-külön meg tudjuk oldani.
Vannak persze olyan harmadfokú egyenletek is, amiket nehezebb megoldani,
de szerencsére ezek általában elkerülnek bennünket.
Lássuk, a három közül melyik módszer válik be a mi egyenletünknél.
Emeljünk ki 2-t.
A kettes módszer itt nem működik,
ezért a fortélyos hármas módszert próbáljuk meg, hátha beválik.
A másodfokú részt felbontjuk,
aztán pedig megpróbáljuk szorzattá alakítani.
Van egy ilyen, hogy
emlékeztetőül:
A másodfokú izét szorzattá alakítjuk
Ez igazán remek, ugyanis most már ki lehet emelni,
aztán pedig hopp, már meg is oldottuk.
Itt összevonunk:
Három sajátérték van, ami valójában csak kettő,
mert a kétszeres sajátérték.
Jöhetnek a sajátvektorok!
Az egyenletrendszert a szokásos bázistranszformációval oldjuk meg.
Akinek esetleg elhalványultak az ezzel kapcsolatos emlékei, nézze meg a bázistranszformációról szóló témaköröket.
Belerakjuk a -et
Bázistranszformációval oldjuk meg:
Itt a bázistranszformáció elakad.
Ha két x is fönt mard,
az egyik t, a másik s
Most már itt se folytatható.
Itt csak egy x maradt fönt, de mivel a és
már foglalt, legyen .
A sajátvektor ha
ahol
És a -et
Bázistranszformációval oldjuk meg:
A sajátvektor ha
Ha egy -es mátrixnak van darab független sajátvektora, akkor létezik a mátrixnak egy úgynevezett diagonális alakja.
A diagonális alak így néz ki:
a főátlóban vannak a sajátértékek és az összes többi elem nulla.
A diagonális alakot a következő módon állítjuk elő:
itt vagyis egyszerűen úgy keletkezik, hogy a sajátvektorokat fogjuk, és leírjuk egymás mellé.
Nézzünk meg erre egy példát!
Állítsuk elő ennek a -as mátrixnak a diagonális alakját.
1. A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET FELÍRÁSA
A főátló elemeiből kivonogatjuk a -kat, és vesszük a determinánsát:
A determinánst az első sora szerint fejtjük ki:
2. A KARAKTERISZTIKUS EGYENLET MEGOLDÁSAI A SAJÁTÉRTÉKEK
Most három sajátérték van, ; és .
Mindhárom sajátértékhez megkeressük a hozzá tartozó sajátvektort.
3. A SAJÁTÉRTÉKEKHEZ TARTOZÓ SAJÁTVEKTOROK MEGKERESÉSE
A sajátvektorokat úgy kapjuk meg, ha megoldjuk az
egyenletrendszert:
Az egyenletrendszereket bázistranszformációval oldjuk meg.
Akinek a bázistranszformációval kapcsolatos emlékei sajnálatos módon
elhalványultak, az nézze meg az erről szóló részt.
A bázistranszformáció elakadt, -et nem tudjuk lehozni, így elnevezzük –nek.
Leolvassuk a megoldást.
A sajátértékhez tartozó sajátvektor:
ahol
Most jöhet a többi sajátvektor. Megint az egyenletrendszert kell megoldanunk:
Belerakjuk a -t
Bázistranszformációval oldjuk meg:
A sajátértékhez tartozó sajátvektor:
ahol
és a -et
Bázistranszformációval oldjuk meg:
A sajátértékhez tartozó sajátvektor:
ahol
Úgy tűnik van három független sajátvektor, tehát a mátrix
diagonalizálható, a diagonalizáló mátrix pedig
A diagonális alakot az eredeti mátrixból a diagonalizáló mátrix
segítségével állítjuk elő:
A szorzásokat elvégezni azonban felesleges, mert a diagonális alak mindig úgy néz ki, hogy a főátlóban vannak a sajátértékek, az összes többi elem pedig nulla.
A sajátértékeket már régóta tudjuk
A diagonális alak tehát:
Itt egy lineáris programozás feladat…
Ezek a korlátozó feltételek…
Olyan egyenlőtlenségek, amelyek a síkban egy egyenes valamelyik oldalát adják meg.
Azok a pontok, amelyek mindegyik feltételnek megfelelnek, itt helyezkednek el.
Ezt úgy hívjuk, hogy a lehetséges megoldások halmaza.
Ez a pont itt például egy lehetséges megoldás.
Vagy éppen ez a másik pont is egy lehetséges megoldás.
De ez a pont nem egy lehetséges megoldás.
A lehetséges megoldások között van néhány olyan, amik az egyenesek metszéspontjaiban vannak.
Ezeket bázismegoldásnak nevezzük.
De van rájuk egy nagyon extrém elnevezés is…
Ezek a pontok a lehetséges megoldások halmazának extremális pontjai.
És most lássuk, hogy a lehetséges megoldások közül melyik lesz a legjobb…
Ezt a célfüggvény fogja nekünk megmondani.
Ezek itt a célfüggvény szintvonalai.
Minél följebb toljuk ebbe az irányba a célfüggvényt, annál nagyobb lesz.
És minél lejjebb toljuk, annál kisebb.
Vagyis a célfüggvény itt még nem olyan nagy...
Itt van az utolsó pillanat, amikor a célfüggvény még érintkezik a lehetséges megoldások halmazával...
A lehetséges megoldások halmazán belül tehát a célfüggvény itt lesz maximális.
Ezt hívjuk optimális megoldásnak.
Az optimális megoldás most egyben bázismegoldás is.
Ezért nagyon frappánsan úgy hívjuk, hogy optimális bázismegoldás.
Hogyha a korlátozó feltételeken nem változtatunk...
De a célfüggvényen igen...
Akkor megeshet, hogy ehhez a célfüggvényhez már egy másik optimális bázismegoldás tartozik.
És a legviccesebb dolog még csak most jön...
Nézzük meg, hogy mi történik olyankor, ha a célfüggvény szintvonalai éppen párhuzamosak az egyik egyenessel.
Mondjuk párhuzamos például ezzel...
Ilyenkor két optimális bázismegoldás is van.
És ennek a szakasznak minden pontja optimális megoldás.
Mivel pedig egy szakasz végtelen sok pontból áll...
A feladatnak végtelen sok optimális megoldása van.
Egy ilyen síkbeli lineáris programozás feladatnak tehát vagy egy optimális megoldása tud lenni...
Amikor a célfüggvény szintvonalai egyik egyenessel sem párhuzamosak.
Ilyenkor az optimális megoldás egyben optimális bázismegoldás.
Vagy az is lehet, hogy a célfüggvény szintvonalai párhuzamosak valamelyik egyenessel.
Ilyenkor két optimális bázismegoldás van és végtelen sok optimális megoldás.
Nézzük meg, hogy mik lesznek ebben az esetben az optimális megoldások.
Az optimális bázismegoldásokat ránézésre meg tudjuk mondani…
És felírhatjuk őket vektoros alakban is.
A többi optimális megoldást pedig így kapjuk:
Egy légitársaság Európán belüli és tengerentúli járatokat is indít egy repülőtérről. Naponta összesen 14 darab járat indítására van lehetőségük. Az Európán belül repülő gépek naponta kétszer is tudnak fordulni, míg a tengerentúli járatok csak egyszer. Naponta 18 pilótát és 60 utaskísérőt tudnak szolgálatba állítani. Az Európán belül repülő gépekre 2 pilóta és 4 utaskísérő szükséges, a tengerentúlra repülő gépekre 3 pilóta és 12 utaskísérő.
Hány darab Európán belül repülő és hány darab tengerentúlra közlekedő gépet működtessenek, ha az európai járatokon 2500 euró, a tengerentúli járatokon pedig 8000 euró profit keletkezik egy fordulóval és a cél a profitot maximalizálása?
Az Európán belül repülő gépek száma legyen x darab…
A tengerentúlra repülő gépek száma pedig y darab.
Sőt, létezik még egy ennél is jobb elnevezés…
Ezeknél az LP feladatoknál az x és y helyett inkább az x1 és x2 jelöléseket szoktuk használni.
Most pedig nézzük, mit kezdhetnénk ezzel a feladattal…
Hát igen, meg kéne oldani…
Jönnek a korlátozó feltételek.
Van x1 darab gép, ami kétszer is fordulhat…
És x2 darab, ami csak egyszer.
Összesen pedig 14 járat indulhat.
Az első feltétel meg is van.
Aztán itt jönnek a pilóták…
Nincs belőlük túl sok…
Meg is van a második korlátozó feltétel…
És az utaskísérők…
Most pedig ábrázoljuk a korlátozó feltételeket.
Meg is van a lehetséges megoldások halmaza.
És most jöhet a célfüggvény…
Itt is működik a trükk…
Csak ki kell találni ide valamilyen számot.
Teljesen mindegy, hogy milyen számot.
A 40 ezer mondjuk jó lesz.
Itt jönnek a célfüggvény szintvonalai…
És ez lesz az optimális megoldás.
A jelek szerint 3 darab gépnek kell Európán belül közlekednie, és 4 gépnek a tengerentúlra.
Ja, mondjuk az Európán belüli járatok naponta kétszer fordulnak…
Egy csokigyárban kétféle csokimasszát gyártanak. Az egyik a magas kakaótartalmú, a másik a krémesebb. A főbb alapanyagokból rendelkezésre álló készletek: 196 tonna kakaómassza, 576 tonna kakaóvaj, 88 tonna tejpor, 320 tonna cukor. Az egyéb összetevők korlátlanul rendelkezésre állnak.
A magas kakaótartalmú csokimasszához tonnánként 0,28 tonna kakaómassza, 0,48 tonna kakaóvaj és 0,2 tonna cukor szükséges. A krémesebb csokimasszához tonnánként 0,14 tonna kakaómassza, 0,36 tonna kakaóvaj, 0,08 tonna tejpor és 0,4 tonna cukor szükséges.
Hány tonnát gyártsanak az egyik és a másik csokimasszából, ha azt szeretnék, hogy az összmennyiség a lehető legnagyobb legyen?
darab gép Európán belül
.
A magas kakaótartalmúból x1 tonnát gyártanak…
A krémesebből pedig x2 tonnát.
És most jöhetnek a korlátozó feltételek…
Kezdjük az első összetevővel, ami a kakaómassza…
Aztán jöhet a kakaóvaj…
Meg is van a lehetséges megoldások halmaza.
És a célfüggvény pedig…
És ez lesz az optimális megoldás.
A pont koordinátái pedig…
Hát igen, ezt most nem tudjuk ránézésre megmondani.
Az biztos, hogy a piros és a kék egyenes metszéspontja.
Vagyis meg kell oldanunk ezt az egyenletrendszert.
Egyenletrendszereket rengeteg módon meg lehet oldani.
Az egyik megoldási módszer, hogy kifejezzük valamelyik ismeretlent…
És aztán ezt visszarakjuk a másik egyenletbe.
Itt az ideje, hogy készítsünk egy rövid kombinatorikai összefoglalót. Kiderül, hogy mi az a permutáció, kombináció, variáció, sőt, ami még ennél is fontosabb, az is kiderül, hog mikor melyiket kell használni. Van n darab elem mindet kiválasztjuk kiválasztunk közülük k darabot a sorrend számít a sorrend nem számít PERMUTÁCIÓ n darab különböző elem permutációinak száma: mese: Hányféleképpen ülhet le öt ember egymás mellé egy padon? Permutációból van ismétléses permutáció és ismétlés nélküli permutáció. Most az ismétlés nélküli permutációt nézzük, az ismétléses permutáció egy másik epizódban lesz. VARIÁCIÓ n darab különböző elemből kiválasztott k darab elem permutációinak száma: Hányféleképpen ülhet le öt ember közül három egymás mellé egy padon? Variációból is van ismétléses variáció és ismétlés nélküli variáció. Most az ismétlés nélküli variációval foglalkozunk, de egy másik epizódban jön az ismétléses variáció is. KOMBINÁCIÓ n darab különböző elem közül kiválasztott k darab elem kombinációinak száma: Kombinációból csak az ismétlés nélküli kombinációval fogunk foglalkozni, de azzal nagyon. Hányféleképpen választhatunk ki öt ember közül hármat? Most pedig nézzünk néhány feladatot. Hányféle hatjegyű szám alkotható az 1,2,3,4,5,6 számjegyekből, ha mindegyiket csak egyszer használhatjuk? Az első helyre még bármelyik számjegyet tehetjük… A következő helyre már csak ötfélét. És így tovább… Most nézzük, mi történik akkor, ha vannak a számjegyek közt egyformák. Hány hatjegyű szám alkotható ezekből? Az elv ugyanaz, mint az előbb. És mivel most vannak köztük egyformák… ezért sokkal kevesebb eset lesz. Osztani kell az egyforma elemek faktoriálisaival. Ezt hívjuk ismétléses permutációnak. Lássuk, mi történik akkor, ha nem az összes elemet permutáljuk, csak a kiválasztott elemeket. Készítsünk ötjegyű számokat úgy, hogy egy számjegyet csak egyszer használhatunk. Ha úgy készítünk ötjegyű számokat, hogy minden számjegyet többször is használhatunk… Ezt ismétléses variációnak hívjuk. Az ismétléses variáció meglehetősen alattomos feladatokban is fel szokott bukkanni. Egy buszon 20-an utaznak, és az öt megállója során végül minden utas leszáll. Hányféleképpen tehetik ezt meg? Nos, itt vannak a megállók: Az első megállónál bárki leszállhat, ami húszféle utas. A második megállóban szintén bárki leszállhat, így ez is 20. Namost, ha az első megállóban leszállnak például 4-en… Akkor a másodikban már nem tudnak 20-an leszállni, mert nincs is annyi ember a buszon. De mivel fogalmunk sincs, hányan szállnak le az első megállóban, ezért nem tudjuk milyen számot írjunk a második megállóhoz. Jegyezzük meg, hogy ha egy kombinatorika feladatot nem tudunk megoldani, akkor inkább keressünk egy másik feladatot. Ja, nem. Ne ezt jegyezzük meg… Ha egy kombinatorika feladatot nem tudunk megoldani, akkor fordítsuk meg a hozzárendelést. megálló utas Szóval, itt vannak az utasok: És az első utas leszállhat ötféle helyen… a második utas is leszállhat ötféle helyen, és így tovább. Végül itt jön még egy izgalmas ügy. Egy nyereményjátékon 20 ember között kisorsolnak 5 ajándékot. Hányféleképpen lehetséges ez, ha a)A nyeremények különbözőek, és egy ember csak egyet kaphat? Az első embernek adhatunk ötféle ajándékot. A másodiknak már csak négyfélét… De van itt egy kis gond. Egyáltalán nem biztos, hogy az első ember kapott ajándékot. És, ha nem kapott, akkor a második ember ötfélét kaphat. Megint jönnek a kérdőjelek. És ez bizony nem jó jel… Úgyhogy fordítsuk meg a hozzárendelést. ember nyeremény Az első nyereményt adhatjuk 20-féle embernek. A második nyereményt már csak 19-nek. És így tovább… b)A nyeremények különbözőek, de egy ember többet is kaphat? Az első nyereményt adhatjuk 20-féle embernek. És az összes többit is. c)A nyeremények egyformák, de egy ember csak egyet kaphat? Az első nyereményt adhatjuk 20-féle embernek. Csakhogy itt most nincs első nyeremény. Mert mindegyik nyeremény egyforma. Ezért nem számít a nyeremények sorrendje. Az egyforma ajándékok miatt nem számít a sorrend. Vagyis ez egy kombináció lesz, ahol 20 emberből választunk ki 5 embert. Ezt számológéppel az nCr gomb lenyomásával tudjuk kiszámolni:
Ha egy kombinatorika feladatot nem tudunk megoldani, akkor fordítsuk meg a hozzárendelést. megálló utas Szóval, itt vannak az utasok: És az első utas leszállhat ötféle helyen… a második utas is leszállhat ötféle helyen, és így tovább. Végül itt jön még egy izgalmas ügy. Egy nyereményjátékon 20 ember között kisorsolnak 5 ajándékot. Hányféleképpen lehetséges ez, ha a)A nyeremények különbözőek, és egy ember csak egyet kaphat? Az első embernek adhatunk ötféle ajándékot. A másodiknak már csak négyfélét… De van itt egy kis gond. Egyáltalán nem biztos, hogy az első ember kapott ajándékot. És, ha nem kapott, akkor a második ember ötfélét kaphat. Megint jönnek a kérdőjelek. És ez bizony nem jó jel… Úgyhogy fordítsuk meg a hozzárendelést. ember nyeremény Az első nyereményt adhatjuk 20-féle embernek. A második nyereményt már csak 19-nek. És így tovább… b)A nyeremények különbözőek, de egy ember többet is kaphat? Az első nyereményt adhatjuk 20-féle embernek. És az összes többit is. c)A nyeremények egyformák, de egy ember csak egyet kaphat? Az első nyereményt adhatjuk 20-féle embernek. Csakhogy itt most nincs első nyeremény. Mert mindegyik nyeremény egyforma. Ezért nem számít a nyeremények sorrendje. Az egyforma ajándékok miatt nem számít a sorrend. Vagyis ez egy kombináció lesz, ahol 20 emberből választunk ki 5 embert. Ezt számológéppel az nCr gomb lenyomásával tudjuk kiszámolni: Egy dominókészlet azonos méretű dominókból áll. Minden dominó egyik oldala egy vonallal két részre van osztva. Az egyes részeken elhelyezett pöttyök száma 0-tól 6-ig bármi lehet. Minden lehetséges párosításnak léteznie kell, de két egyforma nem lehet egy készletben. Hány darabból áll egy dominókészlet? Íme, épp itt van egy dominó a készletből. Az első fontos észrevétel, hogy ha megfordítjuk... attól ez még ugyanaz a darab dominó marad. A második fontos észrevétel, hogy vannak olyan dominók is, amiket eszünkbe se jut megfordítani. Mert mindkét oldaluk egyforma. Most nézzük, melyikből hány darab van. Ezekből van 7 darab… Ezek meg itt olyanok, hogy az egyik mezőben nem ugyanaz a szám van, mint a másikban. A felső szám még 0-tól 6-ig bármi lehet, ez összesen 7-féle lehetőség, az alsó viszont nem lehet ugyanolyan, mint a felső, ezért az csak 6-féle. De valójában csak fele ennyi eset van, mert bármelyiket megfordítva ugyanazt a dominót kapjuk. Több váratlan fordulat már nincs, a készlet 21+7=28 darab dominóból áll.
Még mindig a középiskolai matek felelevenítésével foglalkozunk, ahol elvileg mindenki tanult valószínűségszámítást és kombinatorikát. De csak elvileg, éppen ezért teljesen az alapoktól kezdünk és nem építünk a középiskolai matematika tanulmányokra. Tíztagú társaság raftingolni indul egy ötszemélyes egy háromszemélyes és egy kétszemélyes csónakkal.
Hányféleképpen ülhetnek a csónakokba, ha a csónakokon belül a helyek között nem teszünk különbséget?
Mi a helyzet akkor, ha két adott ember egy csónakba akar kerülni?
Ilyenkor az szokott lenni, hogy egynek vesszük őket…
Így aztán 9 elemet kell elhelyezni.
Csak hát az a baj, hogy ha ezt az 5 elemet választjuk…
akkor az hat ember és nem férnek el.
Hát jó, akkor válasszunk csak 4-et, hogy biztosan beférjenek.
Csak hát az a baj, hogy ha ezt a 4 elemet választjuk…
akkor az tényleg csak 4 ember, vagyis marad egy üres hely.
Úgy tűnik sehogyan sem akar ez kijönni.
A problémát az okozza, hogy két embert egynek vettünk.
Az „egynek vesszük” elv tökéletesen jól működik olyankor, amikor csak sorba akarjuk rakni az elemeket.
De nem működik olyankor, amikor kiválasztunk.
Ilyenkor esetekre kell bontani.
Hány olyan szám keletkezik, amelyben két páros és két práratlan számjegy szerepel?
Először kiválasztjuk a számjegyeket…
aztán sorba rakjuk.
Hány olyan szám készíthető amiben szerepel a 9-es számjegy?
Az előző módszer itt is működik.
Egy másik jó ötlet, hogy vesszük az összes esetet…
és levonjuk belőle azokat amikor nincs 9-es.
Egy állatkert beszerez 4 hím és 5 nőstény oroszlánt, melyeket egy kisebb és egy nagyobb kifutóban kívánnak elhelyezni a következő szabályok mindegyikének betartásával: 1) Háromnál kevesebb oroszlán egyik kifutóban sem lehet. 2) A nagyobb kifutóba több oroszlán kerül, mint a kisebbikbe. 3) Mindkét kifutóban hím és nőstény oroszlánt is el kell helyezni. 4) Egyik kifutóban sem lehet több hím, mint nőstény. Hányféleképpen helyezhetik el a 9 oroszlánt a két kifutóban? (Az oroszlánokat megkülönböztetjük egymástól) Hát ez nagyon izgalmasnak tűnik. Itt vannak a kifutók, a kisebbik meg a nagyobbik. Lássuk, melyikbe hány oroszlán kerülhet. Mindkét helyre legalább 3 oroszlán kell, és a nagyobb kifutóba több. Ez például jó. És ez is. Más lehetőség nincs, mert a nagyobb kifutóban több oroszlánnak kell lenni. Két verzió van tehát, ezeket kéne most megvizsgálni. Kezdjük ezzel. Jönnek az oroszlánok. Most már a 3-as számú oroszlántartási szabálynak is megfelelünk. Ez fantasztikus. Végül itt jön a 4-es szabály. És most jön a legizgalmasabb rész. Amikor név szerint kiválasztjuk az oroszlánokat. Ide a 4 hímből kell 1, és az 5 nőstényből pedig 3. Ha pedig ide kiválasztottuk az oroszlánokat, akkor a másikba megy az összes többi. Az első esetben tehát 40 lehetőség van. A második eset az lesz, amikor a kisebb kifutóban 4 oroszlán van. az egyik kifutóba kiválasztottuk az oroszlánokat, akkor a másikba megy a maradék. Mondjuk, átterelünk egy nőstényt. Ajjaj, ez nem lesz jó. Akkor legyen inkább egy hím… A 4 hímből teszünk ide 2-t, és az 5 nőstényből is 2-t. A második esetben60 lehetőség van. Így tehát összesen 100-féleképpen helyezhetjük el az oroszlánokat. Csodás, hogy ma ezt is megtudtuk. Egy 52 lapos francia kártyából kihúzunk 5 lapot. Mi a valószínűsége, hogy az első és a harmadik lap ász? kedvező eset összes eset Kezdjük az összes esettel. Az 52 lap közül választunk ki 5 darabot. A kérdés az, hogy számít-e a sorrend vagy nem. Mivel a szövegben ilyenek vannak, hogy első lap, meg harmadik lap, a jelek szerint számít a sorrend. Most lássuk a kedvező eseteket. Az első lap ász, ez négyféle lehet. A következő lap elvileg bármi lehet a maradék 51 lapból. Aztán a harmadik lapnak megint ásznak kell lennie. Lássuk csak hány ász van még. Fogalmunk sincs. Ha ugyanis a második helyre is ászt raktunk, akkor már csak kettő. De ha a második helyre nem, akkor három. Ez bizony probléma. A kedvező eset számolásánál mindig a kívánsággal kell kezdeni. Most tehát azzal, hogy az első lap ász és a harmadik lap is ász. Utána jöhetnek a többi lapok. Van még 50 darab lap a második helyre. Aztán még 49 és 48. Mi a valószínűsége, hogy csak az első és a harmadik lap ász? Most is számít a sorrend. Az összes eset ugyanannyi,mint az előbb. Lássuk mi van a kedvezőkkel. Megint a kívánsággal kezdünk. De most csak ez a két ász van, tehát a második lap nem lehet ász. Így csak 48 féle lehet. Aztán 47 és 46. Mi a valószínűsége, hogy a lapok közt két ász lesz? Itt nem számít a sorrend ezért kombinációt használunk. A 4 ászból ki kell húznunk kettőt. Aztán pedig kell még 3 lap ami már nem ász. Hát ez remek. Végül nézzünk meg még egy feladatot. Egy kosárlabdacsapat 9 játékosból áll, közülük öten vannak egyszerre a pályán. Mekkora a valószínűsége, hogy a két legjobb játékos egyszerre van a pályán? A kiválasztás sorrendje nem számít, csak az, hogy kiket választunk a pályára. Így aztán kombinációra lesz szükség. Nézzük mennyi eset van összesen. A 9 játékosból kell kiválasztanunk ötöt. A kedvező amikor a két legjobb a pályán van, vagyis őket mindenképp kiválasztjuk, és még hármat. Mi a valószínűsége, hogy a két legjobb játékos közül csak az egyik van a pályán? Az összes eset itt is ugyanannyi. A kedvező pedig amikor a két legjobb játékosból választunk egyet és a többi tehetségtelen amatőr közül még négyet.
Tíz különböző szín felhasználásával hányféle különböző 6 cikkelyből álló esernyő készíthető, ahol
a) minden cikkely más színű?
b) két szín ismétlődik felváltva?
c) az egyik szín kétszer szerepel, de nem szomszédos cikkelyen, a többi szín csak egyszer?
Ez egy nagyon egyszerű kérdés. Nézzünk meg két különböző megoldást is.
Az egyik megoldás, hogy elkezdjük kiosztani a színeket…
Az első helyre még bármelyik szín kerülhet.
Aztán a következő helyre már csak kilencféle…
és így tovább.
Mivel pedig az esernyő kör alakú…
ezért el kell osztani a cikkelyek számával.
A másik megoldás egy nagyon hasznos ötletet tartalmaz, amit érdemes megjegyezni, mert később még jól jöhet.
A hasznos ötlet úgy szól, hogy először kiválasztunk…
ilyenkor még nem számít a sorrend…
aztán sorba rakunk.
Ebben az esetben csak két színt választunk ki.
45 lehetőség van kiválasztani a két színt.
Viszont kénytelenek vagyunk felváltva rakosgatni, tehát csak egyféle sorrend van.
Válasszuk ki a színeket.
Van a dupla szín…
és még 4 másik.
Ezeket kell szépen körben lerakni.
Az összes eset…
Ez egy ismétléses permutáció.
Ráadásul ciklikus permutáció.
Tehát osztani kell még az esernyő cikkelyeinek a számával.
Most levonjuk belőle a rossz eseteket.
Amikor a két sárga egymás mellett van.
Jön a szokásos „egynek vesszük” trükk.
Ez akkor 5 elem ciklikus permutációja.
Na, ez is megvan.
Ennyi lehetőség van körberakni a színeket úgy, hogy a két azonos szín nincs egymás mellett.
És a megoldás pedig…
Itt az idő, hogy megnézzük hogyan működik a három legfontosabb diszkrét eloszlás, a hipergeometriai, a binomiális és a Poisson eloszlás.
Nézzünk mindegyikhez egy kis mesét.
Ez tulajdonképpen az a történet, hogy egy dobozban van 30 golyó, amiből 12 piros.
Kiveszünk 7 darabot és mi a valószínűsége, hogy 2 piros?
Itt már más a helyzet, ugyanis nem pontosan 12, hanem átlag 12 balesetes nap van.
Ez Poisson pedig még izgalmasabb lesz. A kérdés mindhárom mesében ugyanaz, hogy mekkora a P(X=2) valószínűség. A válasz viszont már mindegyik mesében más lesz. Az első két mesében X a balesetes napok száma, a harmadikban pedig a balesetek száma.
Ebben a két történetben az a közös, hogy egyikben sem tudjuk, hány baleset történik a 30 nap alatt pontosan, csak azt tudjuk, hogy várhatóan mennyi. Amiben viszont eltérnek egymástól, hogy az egyikben X a balesetes napok száma, a másikban viszont a balesetek száma. Ez egy döntő különbség.
ISMERT,HOGY MENNYI AZ ÖSSZES ELEM ÉS AZ ÖSSZES SELEJT: HIPERGEOMETRIAI
ELOSZLÁS
CSAK VALAMI %-OS IZÉ ISMERT,
A VÁRHATÓ, AZ ÁTLAG, AZ ARÁNY, A VALÓSZÍNŰSÉG: BINOMIÁLIS
ELOSZLÁS vagy POISSON
ELOSZLÁS
Ez a bizonyos λ tehát a Poisson eloszlás várható értéke.
A várható értéket megnézhetjük a másik két eloszlásnál is. Ott erre külön képletek vannak.
Nézzük meg a szórásokat is. Erre mindegyik eloszlásnál külön képlet van forgalomban.
Most pedig lássuk a valószínűségeket.
Az X valószínűségi változó n és p paraméterű binomiális eloszlást követ – vagy rövidebben binomiális eloszlású – pontosan akkor, ha
[\bold P (X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}, \quad k=0, 1, 2, ... , n \quad ,]
ahol 0 < p < 1. Azt, hogy az X valószínűségi változó n és p paraméterű binomiális eloszlást követ, a következő módon szoktuk jelölni: X ∼ B(n,p). Speciálisan, ha X ∼ B(1,p), akkor X-et Bernoulli-eloszlásúnak nevezzük.
A valószínűségszámításban és a statisztikában a Poisson-eloszlás egy diszkrét valószínűségi eloszlás, a binomiális eloszlás határeloszlása. Kifejezi az adott idő alatt ismert valószínűséggel megtörténő események bekövetkezésének számát
Az X valószínűségi változó λ paraméterű Poisson-eloszlást követ – vagy rövidebben: Poisson-eloszlású – pontosan akkor, ha
[\bold P(X=k)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}, \quad k=0, 1, 2, ... \quad]
ahol λ > 0 konstans.
A binomiális eloszlás
Egy dobókockával négyszer egymás után dobunk. Mi a valószínűsége, hogy mind a négy dobás egyes? Annak a valószínűsége, hogy egy dobás egyes világos, hogy 1/6. Ha tehát mind a négy dobás egyes, akkor ennek valószínűsége:
Mekkora annak a valószínűsége, hogy a négy dobásból csak két dobás egyes? Ekkor az egyes dobás valószínűsége még mindig 1/6, míg annak a valószínűsége, hogy a dobás nem egyes 5/6. A kapott eredmény tehát
ez az eredmény azonban hibás! Azért hibás, mert ugyan négy darab 1-est csak egyféleképpen tudunk dobni – történetesen, hogy mindegyik dobás 1-es – ám két 1-est és két nem 1-est jóval többféleképpen. A négy hely közül azt a kettőt, ahol az 1-es lesz hatféleképpen lehet kiválasztani, a helyes megoldás tehát
Ez a sajnálatos körülmény azonban jelentős fennakadásokat okozhat a feladatok megoldásánál. Az emberek legnagyobb része ugyanis hajlamos elfelejteni ezt a kis kellemetlenséget, hogy kell az a bizonyos 6-os szorzó, vagy ha épp emlékszik is rá, hogy kell oda még valami, miért pont 6-os. Hogy mindezen szörnyűségeket elkerüljük, megalkotunk egy képletet direkt az ilyen esetekre. A képlet a következő:
Egy esemény bekövetkezésére van n darab független lehetőség. Az esemény minden egyes alkalommal vagy bekövetkezik vagy nem. A bekövetkezés valószínűsége minden egyes alkalommal p. Annak valószínűsége, hogy az n darab lehetőség közül éppen x-szer következik be:
Nézzünk néhány feladatot.
Egy nap 0,2 valószínűséggel esik az eső. Mi a valószínűsége, hogy egy hét alatt három nap esik?
Azonosítsuk be, hogy ki kicsoda. Egy héten maximum hét nap lehet, így a lehetőségek száma hét: n=7 Az esős napok száma három, vagyis x=3, annak a valószínűsége pedig, hogy egy nap esik, p=0,2. Ekkor:
Egy üzletben 100 vásárlóból átlag 7-en reklamálnak. Mi a valószínűsége, hogy ha 10-en állnak sorba, akkor 2-en fognak reklamálni?
a)Mi a valószínűsége, hogy a 10 emberből legfeljebb ketten reklamálnak?
b)Mi a valószínűsége, hogy a 10 emberből legalább ketten reklamálnak?
Ha 10-en állnak sorba, akkor a reklamálók száma maximum 10, ezek szerint n=10. A képletben p mindig 1 db bekövetkezés valószínűsége. Most tehát p annak a valószínűsége, hogy 1 db ember reklamál. Ha 100 vásárlóból 7-en reklamálnak, akkor a vásárlók 7%-a reklamál, vagyis p=0,7. Annak valószínűsége, hogy éppen ketten reklamálnak:
a) annak valószínűsége, hogy legfeljebb ketten reklamálnak
ezeket egyesével mind kiszámoljuk.
b) Most számoljuk ki annak valószínűségét, hogy a 10 emberből legalább ketten reklamálnak. Ekkor nem lenne célravezető, hogy
ez ugyanis kicsit sok számolással jár. Helyette a komplementer eseményt fogjuk számolni. Történetesen azt, hogy kettőnél kevesebb ember reklamál, ami azt jelenti, hogy vagy nulla, vagy egy ember reklamál.
ez jóval kellemesebb.
100 emberből átlag 80-nak van bankkártyája. Egy bevásárlóközpontban egy adott időpontban 1000 ember vásárol. Várhatóan hány rendelkezik bankkártyával? Ha 10-en állnak sorba, mi a valószínűsége, hogy 7 embernek lesz bankkártyája? Mi a valószínűsége, hogy van olyan ember, akinek van bankkártyája?
A 10 sorba álló mindegyike rendelkezhet bankkártyával, az összes lehetőség száma így n=10. annak valószínűsége, hogy valakinek van bankkártyája 0,8 hiszen 100 emberből átlag 80-nak van, ami 80%-ot jelent. Annak valószínűsége, hogy a sorba állók közül 7-nek van:
Az, hogy van olyan ember akinek van bankkártyája, azt jelenti, hogy legalább egy embernek van, vagyis
Ezt kiszámolhatjuk úgy, hogy
ám ez roppant időigényes lenne, ezért helyette
Módszert alkalmazzuk. Ekkor
Az USA déli államainak kőolaj ellátásához a Mexikói-öbölbe telepített 30 olajfúró toronyból legalább 27-nek kell zavartalanul működnie. A működésben kisebb zavar 0,02 valószínűséggel fordul elő. Mi a valószínűsége, hogy egy nap zavartalan lesz az ellátás?
Az ellátás akkor zavartalan, ha legalább 27 olajfúró torony működik. Ennek valószínűségét kell kiszámolnunk. Itt n=30, p=0,98, tehát:
Az előző képsorban megkezdtük a barátkozást a három legfontosabb diszkrét eloszlással, most pedig nézzünk néhány feladatot.
Egy bankba óránként átlag 24 ügyfél érkezik.
a)Mi a valószínűsége, hogy 7 perc alatt éppen 2-en érkeznek?
b)Mi a valószínűsége, hogy 7 perc alatt legfeljebb 2-en érkeznek?
c)Mi a valószínűsége, hogy 5 perc alatt legalább 2-en érkeznek?
Óránként átlag 24 ügyfél érkezik, de ez csak egy átlag. Vagyis megeshet, hogy egyik órában nem jön senki, a másikban pedig 50-en. Az ügyfelek száma tehát nem korlátos, akármennyi lehet. Na azért nem valószínű, hogy a következő 7 percben 7 milliárd ügyfél érkezik, de ki tudja. Ha még emlékszünk a balesetes példára, balesetes nap biztosan csak 7 darab lehet egy héten, de baleset lehet akár 7 milliárd is. Az ügyfelek száma a bankban tehát nem a balesetes nap, hanem a baleset.
Ez tehát egy POISSON ELOSZLÁS így szükségünk van a várható értékre.
Ha óránként 24 ügyfél érkezik, akkor percenként 24/60=0,4 és 7 perc alatt 7-szer annyi: 2,8.
Öt perc alatt várhatóan nem ugyanannyi ügyfél érkezik, mint 7 perc alatt, ezért a várható értéket itt más lesz.
Ha óránként 24 ügyfél érkezik, akkor percenként 24/60=0,4 és 5 perc alatt 5-ször annyi, vagyis éppen 2.
azt jelenti, hogy
Ami egy kicsit sok, ezért inkább a komplementerrel számoljunk.
Egy bizonyos évszakban minden nap 0,2 valószínűséggel esik eső. Mi a valószínűsége, hogy egy héten három nap esik?
X=esős napok száma
Ez biztosan korlátos, mert egy héten maximum 7 esős nap lehet.
Egy autópályán 100 autóból átlag 12-nél találnak valamilyen szabálytalanságot. 10 autót véletlenszerűen megállítva mi a valószínűsége, hogy
a) pontosan két autónál lesz valamilyen szabálytalanság?
b) legfeljebb két autónál lesz szabálytalanság?
c) legalább két autónál lesz szabálytalanság?
d) két egymást követő autó szabálytalan?
X=szabálytalan autó
10 autót állítanak meg, ezért meglepő lenne, ha mondjuk 13 lenne szabálytalan.
A szabálytalan autók száma tehát korlátos, maximum 10 lehet.
p=annak valószínűsége, hogy egy autó szabálytalan.
Ha 100 autóból 12 szabálytalan, akkor az autók 12%-a szabálytalan, így
Ez így kicsit sok lesz, úgyhogy inkább a komplementerrel számolunk.
Egy autó p=0,12 valószínűséggel szabálytalan. És a másik is.
A közúti ellenőrzés során óránként átlag 8 autónál találnak valamilyen szabálytalanságot. Mi a valószínűsége, hogy
a) negyed óra alatt háromnál?
b) fél óra alatt legfeljebb kettőnél?
X=szabálytalan autó
X itt is a szabálytalan autók száma, ahogyan az előbb.
De az előbb az volt, hogy a 10 megállított autóból hány szabálytalan, most meg, hogy negyed óra alatt hány szabálytalan.
10 autóból legrosszabb esetben is csak 10 lehet szabálytalan, de negyed óra alatt bármennyi.
Most tehát X nem korlátos, így POISSON ELOSZLÁS.
Ha óránként 8 autó szabálytalan, akkor negyed óra alatt a negyede: 8/4=2
Fél óra alatt kétszer annyi szabálytalan autó várható.
Végül itt jön egy olyan eset, amiben mindhárom eloszlás felbukkan majd.
Ehhez csinálnunk kell egy kis helyet.
Egy szövet anyagában átlag 10 méterenként van apró hiba.
a) Mi a valószínűsége, hogy egy 6 méteres darab hibátlan?
b) Mi a valószínűsége, hogy ha 30 méternyi szövetet 6 méteres darabokra vágnak,
akkor pontosan két hibás darab lesz?
c) Egy 120m-es szövetet 6 méteres darabokra vágtak föl és így 9 hibás darab keletkezett. Ha 5 darabot kiválasztunk, mi a valószínűsége, hogy 2 hibás?
X=hibák száma
Ha azt szeretnénk, hogy hibátlan legyen, akkor a hibák száma alighanem nulla.
Átlag 10 méterenként van 1 hiba.
De ez nem azt jelenti, hogy a szövetet úgy gyártják, hogy na megint lement a 10 méter, akkor tegyünk be egy hibát.
A hibák tehát teljesen kiszámíthatatlan módon helyezkednek el, így 10 méteren előfordulhat akár 2 hiba is, sőt 13, sőt bármennyi.
Ez tehát egy POISSON ELOSZLÁS és ha 10 méteren van átlag 1 hiba, akkor 6 méteren 0,6:
Y=hibás darabok száma
Hiba lehet bármennyi, de hibás darab maximum 5, tehát Y korlátos.
Itt p annak a valószínűsége, hogy egy darab hibás.
Lássuk csak, mekkora lehet annak a valószínűsége, hogy egy darab hibás.
Az előző kérdés az volt, hogy egy darab milyen valószínűséggel hibátlan.
Nos akkor hibás:
Ha 120 méternyi szövetet 6 méteres részekre vágnak, akkor 20 darab keletkezik.
Úgy hozta a sors, hogy ezek közül 9 hibás.
Kiválasztunk 5 darabot.
Z=hibás darabok száma
Folytonos valószínűségi változók többnyire időt, távolságot, meg olyanokat mérnek, hogy hány kiló, hány liter, stb. Természetükből adódóan itt nincs értelme olyat kérdezni, hogy mekkora a valószínűség, mert minden ilyen valószínűség nulla. Ez könnyen igazolható, ha mondjuk ellátogatunk egy olyan kocsmába, ahol sört csapolnak. Vagy több sört fogunk kapni, vagy általában inkább kevesebbet, de, hogy pont annyit nem, amennyi elő van írva, az biztos. Nos nem ez a legegzaktabb magyarázat erre a jelenségre, de jegyezzük meg, hogy folytonos valószínűségi változók esetén csak intervallumokat van értelme kérdezni, hogy vagy vagy
A valószínűségeket az eloszlásfüggvény vagy a sűrűségfüggvény segítségével tudjuk kiszámolni, és többnyire mi döntjük el, hogy melyiket használjuk. Azok, akik leküzdhetetlen vágyat éreznek az integrálás iránt, nos ők használják bátran a sűrűségfüggvényt, de szenvedéseink mértéke kisebb, ha az eloszlásfüggvényt használjuk.
1. lépés, hogy a valószínűséget átalakítjuk eloszlásfüggvényre, a 2. lépés pedig az, hogy megkeressük a konkrét eloszlásfüggvényt. EGYENLETES ELOSZLÁS
Valaki egy telefonhívást vár, ami 2 és 7 óra között érkezik, minden időpontban ugyanakkora valószínűséggel. Mekkora a valószínűsége, hogy 4ig hívják?
X=hány óra van
Az egyenletes eloszlás eloszlásfüggvénye
most a=10 és b=15
Az, hogy délig hívják:
EXPONENCIÁLIS ELOSZLÁS
Egy bankba általában 12 ügyfél érkezik óránként. Mekkora valószínűséggel telik el 10 perc úgy, hogy nem jön senki?
X=eltelt idő, perc
0 10 perc
Ha 10 percig nem jön senki, akkor a két ügyfél között eltelt idő 10 percnél több.
, tehát a
valószínűséget szeretnénk kiszámolni.
Várhatóan 12 ügyfél érkezik óránként, ezért az ügyfelek közt eltelt idő 60/12=5 perc,
vagyis a várható érték
perc és így
Az exponenciális eloszlás eloszlásfüggvénye
most
Az, hogy 10 percig nem jön senki:
NORMÁLIS ELOSZLÁS
Egy bankban az ügyfelek napi száma normális eloszlású, 560 fő várható értékkel és 40 fő szórással.
Ez azt jelenti, hogy az esetek nagy részében az ügyfelek száma napi 560 fő körül van, de előfordulhat, hogy azért több, vagy pedig, hogy kevesebb.
Az viszont már ritka, hogy sokkal több vagy sokkal kevesebb.
A normális eloszlás sűrűségfüggvénye
Ez egy nagyon remek függvény, csak sajnos van vele egy kis gond.
Nem tudjuk integrálni. Úgy értem nem ma, hanem egyáltalán.
Nem baj, mert a valószínűségeket eddig sem a sűrűségfüggvénnyel, hanem az eloszlásfüggvénnyel számoltuk ki.
Csak sajnos van egy kis gond. Eloszlásfüggvény ugyanis nincs.
Ezt a kis kellemetlenséget úgy tudjuk kiiktatni, hogy bevezetünk egy speciális normális eloszlást, aminek a várható értéke nulla, a szórása pedig egy.
Ezt standard normális eloszlásnak nevezzük.
A standard normális eloszlás sűrűségfüggvénye
eloszlásfüggvénye pedig egy táblázat formájában létező függvény, aminek jele .
Lássuk a táblázatot.
Nos mindjárt két táblázat is van. De aggodalomra semmi ok, a két táblázat lényegében ugyanaz, mindjárt meglátjuk.
A standard normális eloszlás sűrűségfüggvénye az úgynevezett Gauss-görbe.
Az első táblázat az eloszlásfüggvény értékeit tartalmazza, vagyis azt, hogy mekkora a görbe alatti terület mínusz végtelentől z-ig.
Ha z=0 akkor ez pont a fele a teljes területnek.
Mivel a sűrűségfüggvények görbe alatti területe 1, ezért a fele 0.5
Ha z egy picit nagyobb, mint 0,
akkor a terület is egy picit nagyobb.
Itt jön aztán a másik táblázat, ami csak abban különbözik az előzőtől, hogy a területek 0-tól kezdődnek.
A területek így éppen 0.5-el kisebbek, mint a másikban.
Teljesen mindegy, hogy egy feladat megoldásánál melyik táblázatot használjuk, de ha választani lehet, inkább az elsőt érdemes.
Végül van itt még egy dolog.
tehát a rajzon ez a terület.
pedig ez a terület.
Ha megfigyeljük, ezek éppen a teljes területté egészítik ki egymást.
.
Hát ez remek, és akkor most folytassuk a feladat megoldását.
Most egy olyan normális eloszlásunk van, ahol a várható érték 560 a szórás pedig 40.
Annak valószínűsége, hogy egy adott napon az ügyfelek száma 616-nál kevesebb:
Ha az első táblázatot használjuk, akkor éppen a keresett valószínűséget kapjuk.
Ha a másodikat, akkor még 0.5-öt hozzá kell adni.
Nézzünk meg még egy ilyet.
Mekkora valószínűséggel lesz az ügyfelek száma 480-nál kevesebb?
A folytonos valószínűségi változók többnyire időt, távolságot, meg olyanokat mérnek, hogy hány kiló, hány liter, stb.
Természetükből adódóan itt nincs értelme olyat kérdezni, hogy mekkora a P(X=a) valószínűség, mert minden ilyen valószínűség nulla.
Ez könnyen igazolható, ha mondjuk ellátogatunk egy olyan kocsmába, ahol sört csapolnak. Vagy több sört fogunk kapni, vagy általában inkább kevesebbet, de, hogy pont annyit nem, amennyi elő van írva, az biztos. Nos nem ez a legegzaktabb magyarázat erre a jelenségre, de jegyezzük meg, hogy folytonos valószínűségi változók esetén csak intervallumokat van értelme kérdezni, hogy P(X<a) vagy P(X>a) vagy P(a<X<b)
A valószínűségeket az eloszlásfüggvény vagy a sűrűségfüggvény segítségével tudjuk kiszámolni, és többnyire mi döntjük el, hogy melyiket használjuk. Azok, akik leküzdhetetlen vágyat éreznek az integrálás iránt, nos ők használják bátran a sűrűségfüggvényt, de szenvedéseink mértéke kisebb, ha az eloszlásfüggvényt használjuk.
1. lépés, hogy a valószínűséget átalakítjuk eloszlásfüggvényre, a 2. lépés pedig az, hogy megkeressük a konkrét eloszlásfüggvényt.
A POISSON ELOSZLÁS ÉS AZ EXPONENCIÁLIS ELOSZLÁS KAPCSOLATA
Egy benzinkúthoz óránként átlag 12 autó érkezik.
1. Mekkora a valószínűsége, hogy 10 perc alatt három autó érkezik?
2. Mekkora a valószínűsége, hogy két autó érkezése közt legalább 10 perc telik el?
Az első kérdés az autók számáról, míg a második az érkezésük közt eltelt időről szól.
Az autók száma diszkrét eloszlás, és mivel érkezhet bármennyi, ezért Poisson, az eltelt idő folytonos eloszlás és történetesen exponenciális.
1. X=autók száma 10 perc alatt, darab, POISSON
A várható érték óránként 12 autó, tehát 1 perc alatt 12/60=0,2 és 10 perc alatt darab
2. Y=autók közt eltelt idő, perc, EXPONENCIÁLIS
A várható érték óránként 12 autó, tehát az átlagosan eltelt idő 60/12=5 perc perc
Mindkét eloszlás ugyanazt a történetet írja le, csak az egyik a bekövetkezések számát vizsgálja, a másik pedig a köztük eltelt időt.
Így hát ennek a bizonyos -nak mindkét helyen történő rejtélyes felbukkanása sem pusztán a véletlen műve. A két valójában ugyanaz.
Ehhez azt kell megértenünk, hogy Poisson-eloszlás várható értéke függ a vizsgált időtartamtól,
Hosszabb idő alatt többen jönnek, rövidebb idő alatt kevesebben.
Mondjuk 10 perc alatt , de 15 perc alatt már .
Az exponenciális eloszlás várható értéke viszont a várhatóan eltelt idő, ami 5 perc, és ez nem függ a vizsgált időtartamtól.
Fél óra alatt ugyanúgy átlagosan 5 percenként érkeznek az autók, mint 20 perc alatt. Itt tehát a mindig ugyanannyi.
Ha pedig a Poisson eloszlásnál éppen akkora időtartamot nézünk, ami az exponenciális eloszlásnál az idő múlásának a mértékegysége, akkor a két mindig megegyezik.
Nézzük meg mi a helyzet ezzel a konkrét példánk esetében.
Ha az exponenciális eloszlásnál az eltelt időt percben mérjük, akkor a várható érték 5 perc és így .
Most számoljuk ki a -t a Poisson-eloszlásnál egy perces időtartamra.
Óránként 12-en jönnek, tehát egy perc alatt 12/60=0,2 vagyis , a két tehát megegyezik.
Ha az exponenciális eloszlásnál az eltelt időt mondjuk órában mérjük, akkor az 5 perces várható érték, lássuk csak 5 perc = 5/60 óra, tehát úgy durván 0,083 óra.
Ekkor .
Most számoljuk ki a -t a Poisson-eloszlásnál egy órás időtartamra.
Mivel a feladat úgy szólt, hogy óránként 12-en jönnek, a jelek szerint
.
A két tehát ilyenkor is megegyezik.
X = bekövetkezések száma adott idő alatt
Y = két bekövetkezés között eltelt idő
Egy földterületen átlagosan 16 havonta van a Richter-skála szerinti 5-ösnél erősebb földrengés.
a) Mi a valószínűsége, hogy egy év alatt két ilyen földrengés is van?
b) Mi a valószínűsége, hogy két ilyen földrengés közt legalább három év telik el?
X = erősebb földrengések száma egy év alatt
Lássuk hány földrengés van évente. Egy év 12 hónap, a földrengések pedig 16 havonta vannak.
Egy év alatt tehát földrengés van.
Y = a földrengések között eltelt idő
X Poisson eloszlású és a földrengések száma, Y viszont exponenciális eloszlású és a földrengések közt eltelt idő.
A várható érték tehát most nem azt jelenti, hogy várhatóan hány földrengés van, hanem azt, hogy várhatóan hány hónap telik el köztük.
3 év = 36 hónap
Na ennyi elég is volt az exponenciális eloszlásból.
Egy mobiltelefon élettartama exponenciális eloszlású, 4 év várható élettartammal.
a) Mekkora a valószínűsége, hogy legalább 3 évig működik?
b) Mekkora a valószínűsége, hogy 3 évnél tovább, de 5-nél kevesebb ideig működik?
c) Mi a valószínűsége, hogy ha már 3 éve működik, a következő 2 évben elromlik?
A folytonos valószínűségi változók többnyire időt, távolságot, meg olyanokat mérnek, hogy hány kiló, hány liter, stb.
Természetükből adódóan itt nincs értelme olyat kérdezni, hogy mekkora a P(X=a) valószínűség, mert minden ilyen valószínűség nulla.
Ez könnyen igazolható, ha mondjuk ellátogatunk egy olyan kocsmába, ahol sört csapolnak. Vagy több sört fogunk kapni, vagy általában inkább kevesebbet, de, hogy pont annyit nem, amennyi elő van írva, az biztos. Nos nem ez a legegzaktabb magyarázat erre a jelenségre, de jegyezzük meg, hogy folytonos valószínűségi változók esetén csak intervallumokat van értelme kérdezni, hogy P(X<a) vagy P(X>a) vagy P(a<X<b)
A valószínűségeket az eloszlásfüggvény vagy a sűrűségfüggvény segítségével tudjuk kiszámolni, és többnyire mi döntjük el, hogy melyiket használjuk. Azok, akik leküzdhetetlen vágyat éreznek az integrálás iránt, nos ők használják bátran a sűrűségfüggvényt, de szenvedéseink mértéke kisebb, ha az eloszlásfüggvényt használjuk.
Most pedig nézzünk meg néhány exponenciális eloszlással kapcsolatos rémtörténetet. Az exponenciális eloszlás az egyik legfontosabb folytonos eloszlás, az exponenciális eloszlású valószínűségi változó általában időt és távolságot mér. Itt jön az első exponenciális eloszlásos feladat megoldása:
Itt is van az első:
Egy készülék élettartama exponenciális eloszlású valószínűségi változó 5 év szórással.
Mekkora a valószínűsége, hogy egy ilyen készülék legfeljebb 8 évig működik?
Hát ez elég könnyű volt. Lássunk egy nehezebbet.
Egy bankban, az esetek negyedében fordul elő, hogy egy ügyfelet 10 percen belül nem követ másik.
Mi a valószínűsége, hogy 20 percig nem jön senki?
Egy óra alatt várhatóan hány ügyfél érkezik?
A jelek szerint várhatóan 7,215 percenként érkeznek ügyfelek.
Egy óra alatt ügyfél érkezik.
Egy üzletben 10 perc alatt átlagosan 5 vevő fordul meg. A vevők érkezése között eltelt idő exponenciális eloszlású valószínűségi változó. 10.00-kor érkezik egy vevő. Mi a valószínűsége, hogy a következő vevő 10.12 és 10.15 között érkezik?
Átlagosan 2 perc telik el a vevők érkezése között:
Egy készülék élettartama exponenciális eloszlású valószínűségi változó, annak valószínűsége, hogy legalább 6 évig működik .
Hány éves legyen a garancia idő, ha a termékek legfeljebb 20%-a hibásodhat meg garanciaidőn belül?
X=hány évig működik
y év garancia
A jelek szerint tehát legfeljebb 0,669 év garanciaidőre van szükség.
Ez nap.
A normális eloszlás
A normális eloszlás az egyik legfontosabb valószínűségi eloszlás. Általában a dolgok mennyiségbeli eloszlását írja le. Például egy repülőtér napi forgalma, egy iskolában a hallgatók magassága, egy palackozó üzemben a palackokba töltött folyadék mennyisége mind-mind normális eloszlásúnak tekinthető. A normális eloszlás eloszlásfüggvényének grafikonja igen jellegzetes, kinézetre olyan, az óriáskígyó, amikor lenyelte az elefántot. A görbét harang-görbének vagy Gauss-görbének szokás nevezni, a görbét leíró függvény pedig:
Itt a normális eloszlás várható értéke, pedig a szórása. A várható érték mindig a függvény grafikonjának legmagasabb pontjánál van, ez egyúttal a leggyakoribb érték, vagyis a módusz. A sűrűségfüggvény segítségével számoljuk ki a valószínűségeket, úgy, hogy meghatározzuk a függvény görbe alatti területét.
Nézzünk egy példát! Normális eloszlású például az 1,5 literes ásványvizes üvegben a beletöltött víz mennyisége. A palackozó gép azonban nem képes minden egyes üvegbe pontosan 1,5 liter vizet tölteni, az egyikbe egy kicsivel többet, a másikba egy kicsivel kevesebbet tölt. Ezt az ingadozást írja le a szórás. Legyen most a szórás 30 ml.
A normális eloszlás várható értéke tehát , szórása pedig, a 30 millilitert átváltva literre .
Számoljuk most ki annak a valószínűségét, hogy egy üvegben a beletöltött víz mennyisége kevesebb, mint 1,56 liter. Jelöljük x-el az üvegbe töltött víz mennyiségét. Amit ki kell számolnunk:
Rajzoljuk föl a normális eloszlás sűrűségfüggvényét. A maximuma 1,5-nél lesz, a grafikon valami ilyesmi:
Rajzoljuk most be azt is, amit ki szeretnénk számolni, nevezetesen, hogy egy üvegben a beletöltött víz mennyisége kevesebb, mint 1,56 liter. A keresett valószínűség éppen a görbe alatti terület lesz.
Ahhoz, hogy ezt a területet képesek legyünk meghatározni, szükségünk van egy táblázatra, amely minden egyes x értékhez megadja a hozzá tartozó görbe alatti területet. Azonban lehetetlen minden egyes normális eloszláshoz, vagyis minden egyes lehetséges várható értékhez és szóráshoz külön táblázatot készíteni. A problémát úgy oldhatjuk meg, ha készítünk csak egy táblázatot, méghozzá egy igen speciális normális eloszláshoz, a többi normális eloszlást pedig megpróbáljuk erre az egyre visszavezetni. Ezt a speciális normális eloszlást standard normális eloszlásnak nevezzük.
A standard normális eloszlás várható értéke E(x)=0, szórása pedig D(x)=1. Sűrűségfüggvénye a megszokott harang alakú görbe:
Hogyan lehet ekkor egy általános normális eloszlásból standard normális eloszlást csinálni? Valahogy el kell érni, hogy a normális eloszlású x várható értéke ne legyen, hanem nulla, a szórása pedig ne legyen, hanem egy.
A módszert standardizálásnak nevezzük, és lényege a következő. Az x értékeiből kivonjuk a várható értékét, majd az így kapott értéket elosztjuk a szórással. A kapott standard értékeket z-nek nevezzük. Ez sokkal egyszerűbb, mint amilyen bonyolultnak hangzik:
Ha azt akarjuk kiszámolni, hogy egy palackban 1,56 liternél kevesebb víz van, akkor itt x=1,56. A várható érték 1,5 a szórás pedig 0,03 volt, így a képlet szerint
Mit is jelent ez? Eddig, amikor még normális eloszlásunk volt, annak a valószínűségét akartuk kiszámolni, hogy x<1,56. Most, a standard normális eloszlás esetén már a z<2 kell nekünk. Ezt rajzoljuk be a standard normális eloszlás grafikonjára:
[Szövegdoboz: z<2]
A keresett valószínűség a bejelölt terület. Az, hogy mekkora ez a terület, egy táblázatból nézhetjük meg, ami a standard normális eloszlás eloszlástáblázata. Íme a táblázat:
z
z
0
0,5000
1,05
0,8531
0,05
0,5199
1,1
0,8643
0,1
0,5398
1,15
0,8749
0,15
0,5596
1,2
0,8849
0,2
0,5793
1,25
0,8944
0,25
0,5987
1,3
0,9032
0,3
0,6179
1,35
0,9115
0,35
0,6368
1,4
0,9192
0,4
0,6554
1,45
0,9265
0,45
0,6736
1,5
0,9332
0,5
0,6915
1,55
0,9394
0,55
0,7088
1,6
0,9452
0,6
0,7257
1,65
0,9505
0,65
0,7422
1,7
0,9554
0,7
0,7580
1,75
0,9599
0,75
0,7734
1,8
0,9641
0,8
0,7881
1,85
0,9678
0,85
0,8023
1,9
0,9713
0,9
0,8159
1,95
0,9744
0,95
0,8289
2
0,9772
1
0,8413
2,05
0,9798
A táblázatnak két kellemetlen tulajdonsága van. Az egyik, hogy a z értékekhez tartozó valószínűségek mindig a z-től balra eső területet adják meg, a tőle jobbra esőt nem. Ez azonban nem olyan tragikus, mivel tudjuk, hogy a teljes görbe alatti terület éppen egy. Ha tehát a jobbra eső területre van szükségünk, azt úgy kapjuk meg, hogy 1-ből kivonjuk a táblázatban szereplő értéket. Például, ha z=1, akkor az 1-től balra eső terület 0,8413 ez az, amit kikeresünk a táblázatból. Az 1-től jobbra eső terület ekkor 1-0,8413 ami 0,1587.
A táblázat másik kellemetlen tulajdonsága, hogy csak pozitív z értékeket tartalmaz. Ez azért probléma, mert sokszor adódik majd úgy, hogy z negatív. Hogy ebben az esetben mi a teendő, majd meglátjuk.
Térjünk most vissza a feladatunkhoz. Az eredeti feladat az volt, hogy kiszámoljuk a valószínűséget. Aztán standardizáltunk:
És így már a P(z<2) amire szükségünk van. Ha rápillantunk a táblázatra, megkapjuk, hogy p(z<2)=0,9772.
Nézzünk meg néhány feladatot!
Egy bizonyos vonatjáraton 560 ülőhely áll rendelkezésre. A vonat átlagos kihasználtsága 400 ülőhely, a szórás 100, az utas szám normális eloszlású. Indulás előtt szeretnénk a vonatra 4 jegyet váltani. Mi a valószínűsége, hogy nem lesz elegendő szabad hely?
Akkor nem lesz elegendő hely négy ember számára, ha a vonatra jegyet váltó utasok 560-nál többen vannak. Ennek valószínűségét kell kiszámolnunk.
A várható érték megegyezik a vonat átlagos kihasználtságával, ami 400, a szórás pedig 100, tehát és . Standardizálunk.
A normális eloszlásban még p(560<x) kellett, most már p(1,6<z)
[Szövegdoboz: 1,6
A táblázatból kikeressük az 1,6-hoz tartozó értéket, ami 0,9452. Most azonban nekünk nem a balra, hanem a jobbra eső terület kell, ami 1-0,9452=0,0548. Ez a feladat megoldása. Annak esélye, hogy nem kapunk jegyet 5% körüli.
Egy repülőtéren jelenleg öt kifutópálya üzemel, amely óránként maximum 12 tranzakcióra (gép indítására vagy fogadására) alkalmas. A repülőtéren ezen tranzakciók száma normális eloszlású óránként átlag 40, a szórás 20. Mekkora valószínűséggel alakul ki torlódás? Egyik nap, havazás miatt csak 3 pálya működik. Mi a valószínűsége, hogy nem kell törölni járatot?
Akkor alakul ki torlódás, ha nem elég a rendelkezésre álló öt kifutópálya sem. Mivel pályánként 12 tranzakció lehetséges, ez öt pályánál 60 tranzakció. Akkor nem elég az öt pálya, ha a gépek száma 60<x. Ennek valószínűsége:
Standardizálunk. A várható érték 40 gép, a szórás 20, tehát és .
A normális eloszlásban még p(60<x) kellett, most már p(1<z)
Kikeressük a táblázatból az 1-hez tartozó értéket, ami 0,8413. Nekünk azonban most a jobbra eső terület kell, ami 1-0,8413=0,1587.
[Szövegdoboz: 1
Ha egyik nap a havazás miatt csak három pálya használható, akkor ez 3szor 12 vagyis 36 gép fogadására alkalmas. Akkor nem kell járatot törölni, ha a gépek száma az adott órában maximum 36. Ennek a valószínűségét kell kiszámolnunk:
Standardizálunk. A várható érték 40 gép, a szórás 20, tehát és .
A normális eloszlásban még p(x<36) kellett, most már p(z<-0,2)
És itt jön a táblázat másik kellemetlen tulajdonsága, nevezetesen az, hogy nem tartalmaz negatív értékeket. A -0,2-t tehát sajnálatos módon nem fogjuk benne megtalálni. Ilyenkor a teendő a következő.
Amit valójában ki szeretnénk számolna, a p(z<-0,2) valószínűség, ami rajzban így fest:
[Szövegdoboz: z<-0,2]
Mivel azonban negatív számok nincsenek a táblázatban, az egészet tükrözzük, és így kapjuk, hogy
[Szövegdoboz: 0,2
Most megkeressük a 0,2-höz tartozó értéket a táblázatban. Ez 0,5793. Eredetileg nekünk a bal oldali terület kellett, ám a tükrözés után ez átkerült jobb oldalra. A táblázatból kapott 0,5793 a 0,2-től balra eső terület, ami nem kell. Ami kell, az 1-0,5793=0,4207. Tehát 42% esély van rá, hogy nem kell az adott órában járatot törölni.
Egy metróállomáson három mozgójárda segíti az átszállást. Minden járda óránként 2500 utast tud továbbítani. Az utasok óránkénti száma normális eloszlású, várható értéke 6000, szórása 1000. Mi a valószínűsége, hogy a forgalom miatt nem elég két járdát üzemeltetni? Elvileg naponta átlagosan hány órán keresztül kell a torlódás elkerülése érdekében mind a három járdát üzemeltetni? Mekkora valószínűséggel alakul ki torlódás annak ellenére, hogy mind a három járda működik?
Akkor nem elég két járdát üzemeltetni, ha a forgalom nagyobb, mint amit két járda képes lebonyolítani. Ha járdánként 2500 utas továbbítható egy óra alatt, akkor két járda maximum 5000 utast tud szállítani. Akkor nem elég a két járda, ha az utasok száma 5000<x. ennek valószínűsége:
Standardizálunk. A várható érték 6000 utas a szórás 1000, tehát és .
A normális eloszlásban még p(5000<x) kellett, most már p(-1<z)
[Szövegdoboz: -1
Sajnálatos módon a -1 nem található meg a táblázatban, ezért az egészet tükrözzük:
[Szövegdoboz: z<1]
Ez már megtalálható a táblázatban, és a z=1-hez tartozó érték pont jó is, hiszen a nekünk kellő terület pont balra esik. A táblázatból kinézzük: 0,8413. Az esetek 84%-ban szükség van mindhárom járdára.
Mindhárom járda működése esetén akkor alakul ki torlódás, ha az utasok száma meghaladja a három járda által továbbítani képes 7500-as számot:
Standardizálunk:
[Szövegdoboz: 1,5
Kikeressük a táblázatból az 1,5-höz tartozó értéket, ami 0,9332. Nekünk azonban
nem az 1,5-től balra eső területre van szükségünk, így a megoldás 1-0,9332 vagyis 0,0668 lesz. Mindössze 7% körüli az esélye, hogy mind a három járdát működtetik és mégis torlódás alakul ki.
Egy almafajta átmérője átlag 12 cm, a szórás 4 cm. Az alma nem hozható kiskereskedelmi forgalomba, ha átmérője 5 cm-nél kisebb, vagy 16 cm-nél nagyobb. Egy 10.000 darabos szállítmányból várhatóan hány darab alma hozható forgalomba?
Annak valószínűségét kell kiszámolnunk, hogy egy alma jó, ami annyit tesz:
Ezt rajzoljuk be a sűrűségfüggvény grafikonjába.
[Szövegdoboz: 5 16]
Standardizálunk.
Most a várható érték a szórás pedig . Ekkor az eredeti normális eloszlásban még a standardizálás után viszont
Vagyis amit berajzolunk a standard normális eloszlás sűrűségfüggvényének grafikonjára.
[Szövegdoboz: -1,4 0,8]
A keresett területet úgy fogjuk kiszámolni, hogy a 0,8-tól balra eső területből kivonjuk a -1,4-től balra eső területet.
[Szövegdoboz: 0,8]
[Szövegdoboz: -1,4]
Ezeket a területeket a táblázatból kapjuk meg. Az egyik 0,7881, míg a másik a szokásos tükrözéses procedúra után 0,0808. A keresett valószínűség a kettő különbsége:
0,7881-0,0808=0,7073.
Egy üzlet napi forgalma közelítőleg normális eloszlású valószínűségi változó. A vásárlók átlagos száma 568 fő, a szórás 16 fő. Mekkora valószínűséggel lesz egy adott napon a vevők száma legfeljebb 600 fő?
Nos ennél a pontnál három eset lehetséges.
Az első és egyben nem túl valószínű eset az, hogy valóban érdekel minket, hogy mekkora ez a valószínűség.
Ez annyira ritka, hogy el is felejthetjük.
A második lehetőség, hogy ez valamilyen idióta feladat, amit meg kell oldanunk, de nem adtak mellé eloszlástáblázatot.
Jó hír, ebben az esetben kész, ez a megoldás.
És, hogy mi is az eloszlástáblázat? Nos ez.
Ebben a táblázatban kell megtalálnunk a keresett valószínűséget akkor, ha a feladat mellé adnak nekünk egy ilyet is. Ez volna a harmadik eset.
Megkeressük a táblázatban a 2-t.
Meg is van. Mindjárt kétszer is.
Sajna ugyanis ilyen normális eloszlás táblázatból kétfél van forgalomban.
De mielőtt elhatalmasodna rajtunk a kétségbeesés, vessünk azért egy pillantást a táblázatokra.
A két táblázat lényegében ugyanaz, csak a jobb oldaliban minden érték 0,5-tel kevesebb.
Ha a bal oldali táblázatot használjuk, akkor kész is. Ez a szám a megoldás.
Ha a jobb oldalit, akkor is kész, csak még hozzá kell adni 0,5-öt.
És, hogy honnét tudjuk, melyik típusú táblázatunk van?
Nos, nagyon egyszerű. Abban a táblázatban, ahol nem kell hozzáadni semmit, ott minden szám 0,5 és 1 között van.
A másikban pedig 0 és 0,5 között.
Hát ez jó, és akkor nézzünk meg egy másik feladatot is.
Egy határátkelőhelyen a várakozási idő normális eloszlású valószínűségi változó, 18 perc várható értékkel. Annak valószínűsége, hogy az átkelésig legfeljebb 6 percet kell várni
Mekkora valószínűséggel tart legfeljebb 20 percig a várakozás?
Mekkora a valószínűsége, hogy 10 percnél több, de 20 percnél kevesebb ideig kell várni?
Minden normális eloszlásos feladat megoldásánál szükségünk van a várható értékre és a szórásra.
Most a várható értéket tudjuk, de a szórást nem.
Úgyhogy lépéseket teszünk a szórás kiszámolásának érdekében.
Van egy remek képletünk azokra az esetekre, amikor itt negatív szám van.
Íme itt is van.
És most végre válaszolhatunk a kérdésekre.
Egy palackozó üzemben 1 literes ásványvizeket töltenek, közelítőleg normális eloszlással. Annak valószínűsége, hogy az üvegbe töltött víz a várhatótól legfeljebb 25 milliliterrel eltér
Mekkora a szórás?
Van egy ilyen, hogy
Olyan viszont nincs, hogy ha akkor mi van…
Így aztán szükségessé válnak bizonyos átalakítások.
Az exponenciális eloszlásnak van egy furcsa tulajdonsága.
Egy olyan tulajdonsága, amivel Bob sajnos nem rendelkezik.
Ezt a tulajdonságot örökifjú tulajdonságnak nevezzük.
Bob esetében, aki nem rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, ha szeretnénk megtudni mekkora valószínűséggel hal meg egy év leforgása alatt, akkor tudnunk kell, hogy hány éves.
Nem ugyanakkora ugyanis egy éven belüli halálának esélye 10 évesen, mint 60 évesen vagy épp 102 évesen. Ahogy az idő múlik, Bob bizony egyre nagyobb eséllyel hal meg, mert nem örökifjú.
Az exponenciális eloszlás viszont az.
Ez azt jelenti, hogy mindegy, eltelt-e már az a három év.
Azt akár le is tagadhatjuk.
A feltételben szereplő 3 év mintha nem is létezne.
Egy mobiltelefon élettartama exponenciális eloszlású, 4 év várható élettartammal.
a) Mekkora a valószínűsége, hogy legalább 3 évig működik?
b) Mekkora a valószínűsége, hogy 3 évnél tovább, de 5-nél kevesebb ideig működik?
c) Mi a valószínűsége, hogy ha már 3 éve működik, a következő 2 évben elromlik?
Az utolsó kérdés vicces lesz.
Próbáljuk meg kideríteni, hogy mi az amiben eltér az előzőtől.
Ehhez rajzolgassunk egy kicsit.
Tudjuk, hogy már 3 éve működik,
tehát valahol itt romlik el.
De még 5 éven belül.
Nos ez eddig élénken emlékeztet az előző kérdésre.
Hogy jobban megértsük mi is a különbség a két kérdés között vegyük például Bobot.
Megpróbáljuk megjósolni, hogy vajon mekkora a valószínűsége annak, hogy Bob a 70-edik és a 71-edik születésnapja között fog elhalálozni.
A kérdés az, hogy ez a valószínűség vajon nagy vagy kicsi. Nos ez attól függ.
Ha Bob születése pillanatában jósoljuk meg, hogy mekkora a valószínűséggel fog a 70-edik és a 71-edik születésnapja közt meghalni, akkor ez a valósszínűség kicsi.
Azért kicsi, mert Bobbal addig még bármi történhet, például 5 éves korában elüti egy busz, vagy 60 évesen infarktust kap…
Ugyanakkor, ha Bob már éppen 70 éves és születésnapja alkalmából megjósoljuk neki, hogy mekkora sansza van a következő egy évben meghalni, akkor biztosíthatjuk róla, hogy ennek valószínűsége igen nagy.
Nos éppen ez a különbség a kétféle kérdés között.
Mindkét esetben a 3 és 5 közötti elromlásról szól a kérdés,
csak az egyik esetben a születés pillanatában tesszük föl a kérdést,
a másik esetben pedig már 3 évnyi működés után.
ez volt az első kérdés
ha még emlékszünk
Végül itt jön még egy vicces ügy.
Egy biztosítónál naponta átlagosan 5 kárbejelentés érkezik lakásbiztosítással kapcsolatban.
a) Mi a valószínűsége, hogy egy nap a várhatónál kevesebb érkezik?
b) Mi a valószínűsége, hogy egy héten három nap lesz a várhatónál kevesebb bejelentés?
X=kárbejelentések száma
Bármikor előfordulhat, hogy a földönkívüliek megtámadják a Földet és ilyenkor a lakás kárbejelentések száma napi egymillió is lehet. Vagyis X nem korlátos.
Y= napok száma
amikor az átlagnál kevesebb a bejelentés
Egy héten maximum hét nap van, így Y korlátos.
Nézzük mi az amit tudunk:
annak valószínűsége, hogy egy nap az átlagnál kevesebb a bejelentés
5.7.
Egy bankba az esetek 0,3%-ában nem érkezik ügyfél egy óra alatt. Az ügyfelek száma Poisson eloszlású.
a) Mekkora az ügyfelek várható száma óránként?
b)
X = ügyfelek száma
Nincs ügyfél az esetek 0,3%-ában
Nekünk a kitevőben lévő -ra van szükségünk.
Úgy tudjuk onnan lecsalogatni, hogy vesszük mindkét oldal e alapú logaritmusát.
Van egy ilyen, hogy
Úgyhogy pápá
Ezzel megvolnánk.
Várhatóan 5,81 ügyfél van óránként.
Pontosan 5,81 ügyfél persze nem fog érkezni, legfeljebb a hullaházba.
Ezt úgy kell érteni, hogy átlagosan 5,81 ügyfél.
Nézzük mi van a másik kérdéssel.
Az kevésbé jól néz ki.
X az ügyfelek számát jelenti.
Ha az ügyfelek még életben vannak akkor ez csak egész szám lehet.
5.8.
Egy újságárus óránként 48 darab újságot szokott eladni, amiből átlag 36 napilap. Mi a valószínűsége, hogy
a) 10 perc alatt legfeljebb 2 napilapot ad el?
b) 5 perc alatt éppen 7 újságot ad el?
c) a 7 eladott újságból 4 napilap?
X = eladott napilapok száma 10 perc alatt
X nem korlátos, ha megérkezik a turistacsoport Kínából akik mind ki vannak éhezve egy kis napilapra akkor az újságárus akár 1000 darabot is eladhat.
Az átlagos eladás óránként 36 napilap ami 10 perc alatt a hatoda:
Y= eladott újságok száma 5 perc alatt
Ez is Poisson eloszlás.
A várható érték óránként 48 darab, 5 perc alatt pedig:
Z = a 7 eladott újságból a napilapok száma
Nem tudjuk, hogy összesen hány újság és hány napilap van.
De azt tudjuk, hogy 48 újságból átlag 36 napilap, ami 75%
5.9.
Annak valószínűsége, hogy egy hírlapárus negyedóra alatt egyetlen lapot sem tud eladni
a) Mennyit szokott eladni átlagosan óránként?
b) Mekkora valószínűséggel ad el félóra alatt 10 darabot?
c) Legfeljebb milyen hosszú ideig nem tud eladni egyetlen lapot sem legalább 0,6 valószínűséggel?
X = eladott újságok száma
Ezek az újságárusok mindig Poisson eloszlással árulják az újságokat.
egyet sem tud eladni valószínűséggel
Várhatóan 6 darabot ad el negyedóra alatt.
Akkor óránként feltehetően négyszer annyit ad el: 24 darabot.
Lássuk csak, fél óra alatt várhatóan 12 darabot ad el:
Fogalmunk sincs, hogy milyen hosszú ideig nem tud eladni egyetlen újságot sem. Legyen ez az idő t.
Nos ez remek, már csak az a kérdés, hogy akkor most mi van.
Amit kaptunk, a Poisson eloszlás várható értéke t idő alatt.
Vagyis várhatóan ennyi újságot vesznek t idő alatt.
Mennyi vajon a t?
15 perc alatt 6 darabot vesznek, t idő alatt 0,511 darabot.
Legfeljebb 1,2775 perc telik el úgy, hogy még legalább 60% eséllyel nem vesznek újságot.
5.10.
Egy bizonyos hónap 30 napjából átlag 12 nap szokott esni. Mi a valószínűsége, hogy egy héten három nap esik?
X = esős napok száma
Összes nap 30 amiből esős 12:
A vizsgált napok száma 7 és ebből esnie kell háromszor:
De sajnos van egy kis gond.
A 30 napból ugyanis átlag 12 nap szokott esni, ami azt jelenti, hogy például idén eshet 25 napon keresztül is vagy csak 5 napig.
Fogalmunk sincs tehát róla, hogy hány esős nap van, csak az átlagot ismerjük.
Mivel azonban X korlátos, hiszen egy héten maximum 7 nap eshet, ez egy Binomiális eloszlás lesz.
5.11.
Egy könyvben 100 oldalon átlag 80 nyomdahiba található. Mi a valószínűsége, hogy 10 egymást követő oldalon 7 hiba lesz?
X = hibák száma
Összes oldal 100 ahol 80 hiba található:
A vizsgált oldalak száma 10 és itt 7 hibának kell lennie:
De sajnos van egy kis gond.
A 100 oldalon ugyanis átlag 80 hiba szokott lenni, ami azt jelenti, hogy például lehet 150 darab is vagy éppen csak 25.
Fogalmunk sincs tehát róla, hogy hány hiba van, csak az átlagot ismerjük.
A vizsgált 10 oldalból hibás oldal maximum 10 lehet, viszont hiba lehet bármennyi.
X a hibák száma, ezért nem korlátos.
hiba várható 1 oldalon
5.12.
Egy vizsgán a hallgatóknak általában 60%-a megbukik. Egy nap 10-en vizsgáznak, mi a valószínűsége, hogy
a) legfeljebb 2-en mennek át?
b) legalább 2-en mennek át?
X = hányan mennek át
Mivel 10-en vizsgáznak, 10-nél többen biztosan nem mennek át.
Lássuk csak mi az amit tudunk:
Van itt azonban egy kis probléma.
X azt jelenti, hogy hányan mennek át, így aztán ez a bizonyos p is annak a valószínűsége kell, hogy legyen, hogy valaki átmegy.
Az X-nek és a p-nek tehát mindig ugyanarra kell vonatkoznia.
Semmi baj nincs azzal, hogy p annak a valószínűsége, hogy egy vizsgázó megbukik, de akkor X-nek a megbukott hallgatók számát kell jelenti.
Mivel most X azt jelenti, hogy hányan mennek át, ezért p is annak a valószínűsége, hogy valaki átmegy.
5.13.
Az X valószínűségi változó egyenletes eloszlású, várható értéke 10, szórása .
Mekkora a , a és a valószínűség?
Az egyenletes eloszlás várható értéke:
És a szórása:
Ez egy egyenletrendszer.
Ha a két egyenletet összeadjuk,
Most pedig lássuk az eloszlásfüggvényt.
5.14.
Egy tűzoltóságra átlagosan kétóránként érkezik riasztás. Mi a valószínűsége, hogy
a) 8 óra alatt legfeljebb 2 riasztás érkezik?
b) egy 800-kor érkező riasztás után a következő 930 és 1000 között érkezik?
X = riasztások száma
A riasztások száma diszkrét eloszlás és lássuk csak…
8 óra alatt lehet bármennyi, tehát Poisson.
Kétóránként szokott riasztás érkezni, tehát 8 óra alatt várhatóan 4 riasztás lesz.
Y = a riasztások közt eltelt idő
Az eltelt idő folytonos eloszlás és exponenciális.
Általában 2 óra szokott eltelni a riasztások közt, tehát a várható érték 2 óra.
EXP
5.15.
Egy ügyfélszolgálatra érkező segélyhívások száma Poisson-eloszlású, a köztük eltelt idő exponenciális eloszlású valószínűségi változó, annak valószínűsége, hogy 5 perc alatt érkezik hívás
a) Hány hívás érkezik átlagosan óránként?
b) Mekkora a valószínűsége, hogy fél óra alatt legalább három hívás érkezik?
c) Mekkora a valószínűsége, hogy két hívás közt legalább 10 perc telik el?
X = hívások száma
5 perc alatt érkezik hívás
Ha 5 perc alatt akkor egy óra alatt
És fél óra alatt
Y = a hívások közt eltelt idő
Ez a menet közben hajlamos mindig megváltozni.
Lássuk most éppen mennyi.
Ha fél óra alatt 12 hívás jön,
akkor a hívások között 5 perc szokott eltelni:
Megismerkedünk a valószínűségszámítás alapjaival, hogy mik azok a valószínűségek, hogyan kell őket kiszámolni, megnézzük mi az a klasszikus valószínűség és, hogy még milyen nem klasszikus valószínűségek lehetnek. Kezdjük egy nagyon egyszerű dologgal. Ezek tulajdonképpen a középiskolás matematika tananyag összefoglalását és átismétlését jelentik. A középiskolás matek addig jut el, hogy klasszikus valószínűségszámítás a kedvező/összes módszerrel, illetve minimálisan érinti a függetlenség, kizáróság témáját. Mi a középiskolai matekot elég hamar magunk mögött hagyva egészen valószínűségszámítás feladatokkal fogunk majd foglalkozni. Kezdjük is. Van egy dobókockánk, dobunk vele egyszer és nézzük meg milyen események történhetnek.
Lehet, hogy 1-est dobunk.
Aztán az is lehet, hogy 2-est.
Aztán az is lehet, hogy mielőtt megállna a kocka egy meteorit csapódik a földbe és a kockával együtt az egész emberiséget elpusztítja.
Nos ebben az esetben a dobás érvénytelen. Mi most kezdetben csak azokkal a lehetőségekkel fogunk foglalkozni, amikor a dobás érvényes, vagyis a hat szám közül valamelyik.
Ezt klasszikus valószínűségszámításnak nevezzük és egy ideig ezzel fogunk foglalkozni, a meteoritok majd csak később jönnek.
Összesen tehát hat darab eset van. Ezeket az eseményeket elemi eseményeknek nevezzük.
Vannak olyan események is amik több elemi eseményből épülnek föl. Ilyen például az, hogy párosat dobunk.
Vagy, hogy 2-nél nagyobbat.
Az eseményeket az ABC nagy betűivel jelöljük.
Minden eseménynek van egy valószínűsége, amit úgy kapunk meg, hogy megszámoljuk hány elemi eseményből áll és ezt elosztjuk az összes elemi esemény számával.
Így aztán minden valószínűség egy 0 és 1 közti szám.
A meglévő eseményeinkből újabb eseményeket készíthetünk.
Lássuk mekkora ezeknek a valószínűsége.
Nos ezeket érdemes megjegyezni, most pedig folytassuk valami érdekesebbel.
Az A és B eseményt egymástól függetlennek nevezünk, ha teljesül rájuk, hogy
Az előző dobókockás példánkban az A esemény az volt, hogy párosat dobunk, a B esemény pedig az, hogy 2-nél nagyobbat. Nézzük meg, hogy ezek függetlenek-e.
Ez jónak tűnik, úgyhogy az A és B események tehát függetlenek.
Itt van aztán egy C esemény is.
Nézzük meg, hogy vajon B és C függetlenek-e.
Hát nem.
Az A és B eseményt kizárónak nevezünk, ha
Nézzük meg mi a helyzet a példánkban szereplő eseményekkel.
Nos úgy látszik ezek nem kizárók.
A és C viszont kizárók.
Egy biztosítónál az ügyfelek 70%-ának van autóbiztosítása, 60%-ának lakásbiztosítása és 90%-uknak a kettő közül legalább az egyik.
Legyen az A esemény, hogy egy ügyfélnek van autóbiztosítása a B esemény pedig, hogy van lakásbiztosítása. Független-e a két esemény?
A két esemény akkor független, ha
Nos lássuk csak mennyi lehet .
A jelek szerint tehát nem függetlenek.
És egyébként nem is kizárók, mert
Egy másik biztosítónál az ügyfelek 80%-ának van autóbiztosítása és az ügyfelek 20%-a rendelkezik lakásbiztosítással úgy, hogy autóbiztosítása nincsen.
Hány százalékuknak van lakásbiztosítása, ha az autó és lakásbiztosítás egymástól független?
Nos van egy ilyen, hogy
Tehát az ügyfelek 2/3-ának vagyis 66%-nak van lakásbiztosítása.
Ez igazán remek, most pedig folytassuk valami egészen érdekessel.
Fatal error: Allowed memory size of 201326592 bytes exhausted (tried to allocate 32 bytes) in /home/maths/public_html/live/includes/database/database.inc on line 2171
Megismerkedünk a valószínűségszámítás alapjaival, hogy mik azok a valószínűségek, hogyan kell őket kiszámolni, megnézzük mi az a klasszikus valószínűség és, hogy még milyen nem klasszikus valószínűségek lehetnek. A középiskolai matek felelevenítésével kezdjük, ahol elvileg mindenki tanult valószínűségszámítást. De csak elvileg, éppen ezért teljesen az alapoktól kezdünk és nem építünk a középiskolai matematika tanulmányokra. Kezdjük tehát a középiskolai matematika tananyag összefoglalását és átismétlését. A középiskolás matek addig jut el, hogy klasszikus valószínűségszámítás a kedvező/összes módszerrel, illetve minimálisan érinti a függetlenség, kizáróság témáját. Mi a középiskolai matekot elég hamar magunk mögött hagyva egészen valószínűségszámítás feladatokkal fogunk majd foglalkozni. Kezdjük is.A meglévő eseményeinkből újabb eseményeket készíthetünk.
Lássuk mekkora ezeknek a valószínűsége.
Nos ezeket érdemes megjegyezni, most pedig folytassuk valami érdekesebbel.
Az A és B eseményt egymástól függetlennek nevezünk, ha teljesül rájuk, hogy
Az előző dobókockás példánkban az A esemény az volt, hogy párosat dobunk, a B esemény pedig az, hogy 2-nél nagyobbat. Nézzük meg, hogy ezek függetlenek-e.
Ez jónak tűnik, úgyhogy az A és B események tehát függetlenek.
Itt van aztán egy C esemény is.
Nézzük meg, hogy vajon B és C függetlenek-e.
Hát nem.
Az A és B eseményt kizárónak nevezünk, ha
Nézzük meg mi a helyzet a példánkban szereplő eseményekkel.
Nos úgy látszik ezek nem kizárók.
A és C viszont kizárók.
Egy biztosítónál az ügyfelek 70%-ának van autóbiztosítása, 60%-ának lakásbiztosítása és 90%-uknak a kettő közül legalább az egyik.
Legyen az A esemény, hogy egy ügyfélnek van autóbiztosítása a B esemény pedig, hogy van lakásbiztosítása. Független-e a két esemény?
A két esemény akkor független, ha
Nos lássuk csak mennyi lehet .
A jelek szerint tehát nem függetlenek.
És egyébként nem is kizárók, mert
Egy másik biztosítónál az ügyfelek 80%-ának van autóbiztosítása és az ügyfelek 20%-a rendelkezik lakásbiztosítással úgy, hogy autóbiztosítása nincsen.
Hány százalékuknak van lakásbiztosítása, ha az autó és lakásbiztosítás egymástól független?
Nos van egy ilyen, hogy
Tehát az ügyfelek 2/3-ának vagyis 66%-nak van lakásbiztosítása.
Ez igazán remek, most pedig folytassuk valami egészen érdekessel.
Van egy dobókockánk, amivel egyszer dobunk. Az A esemény legyen az, hogy páratlant dobunk, a B esemény pedig az, hogy 3-nál nagyobbat.
Az A esemény valószínűségét a szokásos módon kapjuk meg.
Megszámoljuk hány esetben következik be és ezt elosztjuk az összes eset számával.
Eddig ebben nincsen semmi izgalmas.
Az izgalmak most jönnek.
A középiskolai matek felelevenítésével kezdjük, ahol elvileg mindenki tanult valószínűségszámítást. De csak elvileg, éppen ezért teljesen az alapoktól kezdünk és nem építünk a középiskolai matematika tanulmányokra. Kezdjük tehát a középiskolai matematika tananyag összefoglalását és átismétlését.
Nézzük meg, hogy vajon mekkora lesz az A esemény valószínűsége akkor, ha a B eseményről tudjuk, hogy biztosan bekövetkezik.
Nos ekkor összesen csak 3 eset van, mert a B esemény biztosan bekövetkezik,
a kedvező eset pedig a páratlan dobás, ami ezek közül egy.
Ez az új valószínűség tehát 1/3 és a következő jelölés van rá forgalomban:
ami kérdés tuti
Ezt úgy mondjuk, hogy A feltéve B és arra a kérdésre ad választ, hogy mekkora sansza van az A eseménynek akkor, ha a B esemény biztosan bekövetkezik.
FELTÉTELES VALÓSZÍNŰSÉG
Az A esemény valószínűsége , ha a B esemény biztosan bekövetkezik:
Nézzük mire lehet mindezt használni.
Egy városban 1000 emberből átlag 350-en dohányoznak, 120-an rendelkeznek valamilyen keringési problémával és 400-an vannak, akik a kettő közül legalább az egyik csoportba tartoznak.
A reggeli hírműsorokat egy felmérés szerint a TV nézők 30%-a nézi. A reggeli és esti hírműsorok közül legalább az egyiket a TV nézők 90%-a megnézi
Ha egy lakosnak keringési problémái vannak, mekkora a valószínűsége, hogy dohányzik?
A=dohányzik
B=keringési probléma
Lássuk a feladatot.
Keringési probléma biztos, dohányzás kérdéses.
Vannak aztán itt ezek a képletek.
Egy keringési problémával rendelkező lakos tehát 0,583 valószínűséggel dohányzik.
Itt jön egy másik nagyon izgalmas történet.
A reggeli és esti hírműsorok közül legalább az egyiket egy felmérés szerint a TV nézők 90%-a megnézi. Aki az esti hírműsort nézi 20% eséllyel már reggel is nézett hírműsort. A reggeli hírműsorokat az összes TV néző 30%-a nézi.
Mi a valószínűsége, hogy ha valaki reggel néz hírműsort akkor este is?
A=reggel néz
B=este néz
Próbáljuk meg felírni a kérdést:
reggel néz: biztos
este néz:kérdéses
Eddig jó.
Lássuk mi az amit tudunk.
este tuti
reggel 20% eséllyel
Vannak aztán itt ezek a képletek.
A reggeli és esti hírműsorok közül legalább az egyiket a TV nézők 90%-a megnézi.
Itt az ideje, hogy készítsünk egy rövid kombinatorikai összefoglalót. A középiskolai matek felelevenítésével kezdjük, ahol elvileg mindenki tanult valószínűségszámítást és kombinatorikát. De csak elvileg, éppen ezért teljesen az alapoktól kezdünk és nem építünk a középiskolai matematika tanulmányokra. Kezdjük tehát a középiskolai matematika tananyag összefoglalását és átismétlését.
Van n darab elem
mindet kiválasztjuk
kiválasztunk közülük k darabot
a sorrend számít
a sorrend nem számít
PERMUTÁCIÓ
n darab különböző elem permutációinak száma n faktoriális:
mese:
Hányféleképpen ülhet le öt ember egymás mellé egy padon?
VARIÁCIÓ
n darab különböző elemből kiválasztott k darab elem permutációinak száma.
Hányféleképpen ülhet le öt ember közül három egymás mellé egy padon?
KOMBINÁCIÓ
n darab különböző elem közül kiválasztott k darab elem kombinációinak száma.
Hányféleképpen választhatunk ki öt ember közül hármat?
Ez mind nagyon szép. Most pedig lássunk néhány kombinatorika feladatot megoldással. Mindegyik feladat egyszerű középiskolai matek feladat, egyik sem nehezebb, mint amilyennel a matek érettségin találkozhatunk. Nekünk azért fontosak ezek a kombinatorika feladatok, mert sok izgalmas dolog épül majd az alap kombinatorikára és az alap középiskolai matek tudásra. Lássuk.
Egy 52 lapos francia kártyából kihúzunk 5 lapot.
Mi a valószínűsége, hogy az első és a harmadik lap ász?
kedvező eset
összes eset
Kezdjük az összes esettel.
Az 52 lap közül választunk ki 5 darabot. A kérdés az, hogy számít-e a sorrend
vagy nem.
Mivel a szövegben ilyenek vannak, hogy első lap, meg harmadik lap, a jelek szerint számít a sorrend.
Most lássuk a kedvező eseteket.
Az első lap ász, ez négyféle lehet.
A következő lap elvileg bármi lehet a maradék 51 lapból.
Aztán a harmadik lapnak megint ásznak kell lennie.
Lássuk csak hány ász van még.
Fogalmunk sincs. Ha ugyanis a második helyre is ászt raktunk, akkor már csak kettő.
De ha a második helyre nem, akkor három.
Ez bizony probléma.
A kedvező eset számolásánál mindig a kívánsággal kell kezdeni.
Most tehát azzal, hogy az első lap ász és a harmadik lap is ász.
Utána jöhetnek a többi lapok.
Van még 50 darab lap a második helyre.
Aztán még 49 és 48.
Mi a valószínűsége, hogy csak az első és a harmadik lap ász?
Most is számít a sorrend.
Az összes eset ugyanannyi,mint az előbb.
Lássuk mi van a kedvezőkkel.
Megint a kívánsággal kezdünk.
De most csak ez a két ász van, tehát a második lap nem lehet ász.
Így csak 48 féle lehet.
Aztán 47 és 46.
Mi a valószínűsége, hogy a lapok közt két ász lesz?
Itt nem számít a sorrend ezért kombinációt használunk.
A 4 ászból ki kell húznunk kettőt.
Aztán pedig kell még 3 lap ami már nem ász.
Hát ez remek. Végül nézzünk meg még egy feladatot.
Egy kosárlabdacsapat 9 játékosból áll, közülük öten vannak egyszerre a pályán.
Mekkora a valószínűsége, hogy a két legjobb játékos egyszerre van a pályán?
A kiválasztás sorrendje nem számít, csak az, hogy kiket választunk a pályára.
Így aztán kombinációra lesz szükség.
Nézzük mennyi eset van összesen.
A 9 játékosból kell kiválasztanunk ötöt.
A kedvező amikor a két legjobb a pályán van, vagyis őket mindenképp kiválasztjuk,
és még hármat.
Mi a valószínűsége, hogy a két legjobb játékos közül csak az egyik van a pályán?
Az összes eset itt is ugyanannyi.
A kedvező pedig amikor a két legjobb játékosból választunk egyet
és a többi tehetségtelen amatőr közül még négyet.
Két dobókockával egyszerre dobunk. Mi a valószínűsége, hogy
mindkét dobás páros?
legfeljebb az egyik dobás páros?
a dobott pontok szorzata páros?
a dobott pontok összege páros?
a dobott pontok összege legalább 10?
a dobott pontok szorzata 6?
Ha két kockával dobunk, akkor az egyik kockával is hatfélét tudunk dobni…
meg a másikkal is.
Az összes eset tehát 36.
Összes eset:
Most pedig lássuk a valószínűségeket.
egyik kocka: páros
másik kocka: páros
egyik kocka: páros
másik kocka: nem páros
vagy fordítva
vagy
mindkét dobás páratlan
A dobott pontok szorzata akkor lesz páros, ha mindkét dobás páros…
vagy pedig az egyik páros, a másik páratlan.
Végülis mindig páros lesz a szorzat, kivéve olyankor, amikor mindkét dobás páratlan.
Itt jön erre egy másik megoldás is.
Végülis mindig páros lesz a szorzat, kivéve olyankor, amikor mindkét dobás páratlan.
mindkettő
páratlan
Két szám összege akkor páros, ha mindkettő páros…
vagy mindkettő páratlan.
Lássuk, hogyan is lesz a pontok összege 10.
A kérdés úgy szól, hogy legalább 10, tehát az is jó, ha az összeg 11.
És az is jó, ha 12.
Ez hat darab lehetőség.
Nézzük, mikor lesz a szorzat 6.
Van itt ez a két doboz. Az egyikben 4 darab kártya van, a másikban pedig 5.
Véletlenszerűen húzunk mindkét dobozból egy-egy kártyát.
Mi a valószínűsége, hogy a kihúzott kártyákon lévő számok szorzata negatív?
Akkor lesz a szorzat negatív, ha az egyik kártyán pozitív szám van…
és a másikon negatív.
Vagy fordítva.
Az összes eset pedig…
Mi a valószínűsége, hogy a kihúzott kártyákon lévő számok összege páratlan?
Akkor lesz az összeg páratlan, ha az egyik kártyán páros szám van…
a másikon pedig páratlan.
Vagy fordítva.
Öt kockával egyszerre dobunk. Mekkora valószínűséggel lesz mind az öt dobás 1-es?
Annak a valószínűsége, hogy egy dobás 1-es:
Ha van még egy 1-es, akkor ennek az esélye szintén
A két 1-es egyszerre pedig:
A dobások egymástól függetlenek és ilyenkor a valószínűségeket össze kell szorozni.
Aztán, ha dobunk még egy 1-est…
Annak a sansza, hogy mind az öt dobás 1-es:
Most nézzük, mi a valószínűsége annak, hogy öt kockával dobva egyik dobás sem 1-es.
Ez annak a valószínűsége, hogy egy dobás nem 1-es.
Aztán a következő dobás sem 1-es…
és egyik sem.
Végül számoljuk ki annak a valószínűségét, hogy öt kockával dobva legalább egy dobás 1-es.
Ez azt jelenti, hogy vagy egy darab 1-es van…
vagy két darab…
vagy három, vagy négy, vagy öt.
Ezt így külön-külön kiszámolni eléggé sok szenvedéssel járna.
Aki nem annyira szeret szenvedni, jegyezze meg, hogy
Hát, ennyit a kockákról.
Egy városban 0,2 a valószínűsége annak, hogy egy nap esik az eső. Mekkora a valószínűsége, hogy egy héten mindennap esik?
Mekkora a valószínűsége, hogy egy héten egyik nap sem esik?
Mekkora a valószínűsége, hogy egy héten legalább egy nap esik?
Egy vizsga 100 vizsgázóból átlag 26-nak nem sikerül. Egyik nap 12-en vizsgáznak. Mi a valószínűsége, hogy legalább egy vizsgázónak nem sikerül a vizsga?
Itt van például Bob.
Nézzük, mekkora a valószínűsége, hogy nem sikerül a vizsgája.
Annak a sansza pedig, hogy sikerül…
Most pedig jön a szokásos trükk:
Most pedig nézzünk, hogy milyen izgalmak várhatók ebben a várható érték témában.
Itt is jön az első, számoljuk ki, hogy hány esős napra számítsunk egy nyaralóhelyen, hogyha öt napig vagyunk ott és ezek a kilátások…
5% esélye van annak, hogy mindegyik nap esni fog.
Aztán 7% az esélye, hogy csak 4 nap fog esni, és így tovább…
Az esős napok számának várható értéke:
a hét napos ott tartózkodásunk alatt.
át napos tartózkodásunk alatt várhatóan hány esős napra készüljünk.Egy vadrezervátumban 3 hím oroszlán él. Az illegális vadászat miatt 40% eséllyel 5 éven belül mindegyik elpusztul, 30% eséllyel 2 oroszlán pusztul el és 20% eséllyel egy. Ha átköltöztetik az oroszlánokat egy biztonságosabb területre, akkor a tapasztalatok szerint az állatok harmada pusztul el a költöztetés miatt, a többiek életben maradnak. Átköltöztessük-e az oroszlánokat, ha azt szeretnénk, hogy 5 év múlva a lehető legtöbben legyenek életben?
Hogyha költöznek az oroszlánok…
akkor várhatóan 2 marad életben.
Ha nem költöznek…
40% az esélye, hogy nulla darab oroszlán lesz.
30% eséllyel egy darab…
20% eséllyel kettő…
És úgy tűnik 10% eséllyel mindhárom oroszlán életben marad.
Most pedig lássuk, hogy várhatóan hány élő oroszlánunk lesz…
A jelek szerint a költözés jobb hatással van az oroszlánok életben maradására.
Várhatóan 2,19 nap fog esni.
Na persze nem mindegy, hogy mekkora a szórás.
Nézzük meg.
Nézzünk meg egy másik nagyon izgalmas történetet is.
Van négy dobókockánk.
Ha az első kockával 1-est dobunk, akkor
Végül itt jön egy nagyon izgalmas történet négy dobókockával.
Ha az első kockával 1-est dobunk, akkor nyerünk 1 dollárt.
Ha a dobás nem 1-es, akkor dobhatunk a második kockával.
Ha a második kockával 1-est dobunk, a nyeremény 20 dollár.
Hogyha azzal sem 1-est dobunk, akkor jöhet a harmadik kocka.
Ha a harmadik kockával végre 1-est dobunk, a nyeremény 30 dollár.
De ha azzal se, akkor dobhatunk a negyedik kockával is.
Hogyha ez végre 1-es, a nyeremény 40 dollár.
Ha ez sem egyes, akkor vége a játéknak és nem nyertünk semmit.
És még csak most jön a kérdés…
Ha 8 dollárba kerül, hogy játszhassunk egy ilyen játékot, megéri-e játszani?
Vagyis a játék várható nyereménye vajon több vagy kevesebb, mint 8 dollár?
Hát, nézzük meg.
Akkor nyerünk 10 dollárt, ha elsőre 1-est dobunk.
Annak a sansza, hogy az első dobás nem 1-es 5/6.
A második dobás 1/6 eséllyel lesz 1-es.
De az is lehet, hogy nem 1-es.
Hogyha a harmadik dobás végre 1-es, akkor 30 dollárt nyerünk.
De előfordulhat, hogy az sem 1-es.
Aztán jön a mindent eldöntő negyedik dobás.
És most lássuk a várható nyereményt.
0,167
0,139
0,116
0,096
0,482
Hogyha 8 dollárba kerül a játék, akkor játékonként átlagosan 11,77 – 8 = 3,77 dollárt nyerünk.
Nekünk tehát megéri…
Annak viszont, akinek a játékot üzemelteti veszteséges.
Kéne szólni neki, hogy 11,77 dollárnál drágábban árulja…
