- Mátrixok inverze
- Mátrixok LU-felbontása és egyéb mátrixfelbontások
- Interpolációs polinomok
- Valószínűségszámítás alapok
- Visszatevéses és visszatevés nélküli mintavétel
- Eloszlásfüggvény, sűrűségfüggvény
- Várható érték és szórás
- Exponenciális eloszlás és normális eloszlás
- Poisson eloszlás, binomiális eloszlás
- Hipotézisvizsgálat, próbafüggvények
Valószínűségszámítás alapok
Események
Eseményeknek nevezzük a valószínűségi kísérlet során bekövetkező lehetséges kimeneteleket.
Megkülönböztetünk elemi eseményeket, ilyen például, hogy egy dobókockával 1-est dobunk. Vannak azonban olyan események is amik több elemi eseményből épülnek fel, ilyen például az, hogy párosat dobunk.
Az eseményeket az ABC nagybetűivel jelöljük.
Valószínűség kiszámításának klasszikus modellje
A valószínűség kiszámításának klasszikus modelljét akkor alkalmazhatjuk, ha egy kísérletnek véges sok kimenetele van és ezek valószínűsége egyenlő. Ekkor az esemény valószínűségét úgy kaphatjuk meg, hogy megszámoljuk hány elemi eseményből áll és ezt elosztjuk az összes elemi esemény számával.
Ciklikus permutáció
Ha kör alakban helyezünk el $n$ különböző elemet és azok sorrendjét vizsgáljuk, akkor ciklikus permutációról beszélünk.
$n$ darab különböző elem ciklikus permutációinak száma $\frac{n!}{n} = (n-1)!$
Legyen az $A$ esemény, hogy páros számot dobunk, a $B$ esemény pedig, hogy 2-nél nagyobb számot dobunk dobókockával.
Adjuk meg az alábbi események valószínűségeit.
\( A, \; B, \; A\cup B, \; A\cap B, \; A\setminus B, \; \overline{A} \)
a) Hányféleképpen ülehet le öt ember egy kerek asztal köré?
b) Az 1, 1, 1, 2, 3, 4, 4 számjegyek sorrendjének variálásával 7 jegyű számokat készítünk. Hányféle ilyen szám van? Hány ilyen páros szám van?
c) A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával 4 jegyű számokat készítünk úgy, hogy egy jegyet akárhányszor felhasználhatunk. Hányféle ilyen szám van? Hány ilyen páros szám van? Hány ilyen 10-zel osztható szám van?
d) A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával 4 jegyű számokat készítünk úgy, hogy egy jegyet csak egyszer használhatunk. Hányféle ilyen szám van? Hány ilyen páros szám van? Hány ilyen 10-zel osztható szám van?
a) Tíztagú társaság raftingolni indul egy ötszemélyes egy háromszemélyes és egy kétszemélyes csónakkal. Hányféleképpen ülhetnek a csónakba, ha a csónakokon belül a helyek között nem teszünk különbséget? Mi a helyzet akkor, ha két adott ember egy csónakba akar kerülni?
b) A 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyek felhasználásával 4 jegyű számokat készítünk úgy, hogy egy jegyet csak egyszer használhatunk. Hány olyan szám keletkezik, amelyben két páros és két páratlan számjegy szerepel?
b) A 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyek felhasználásával 4 jegyű számokat készítünk úgy, hogy egy jegyet csak egyszer használhatunk. Hány olyan szám készíthető amiben szerepel a 9-es számjegy?
a) Egy 52 lapos francia kártyából kihúzunk 5 lapot. Mi a valószínűsége, hogy az első és a harmadik lap ász lesz?
b) Egy 52 lapos francia kártyából kihúzunk 5 lapot. Mi a valószínűsége, hogy csak az első és a harmadik lap ász?
c) Egy 52 lapos francia kártyából kihúzunk 5 lapot. Mi a valószínűsége, hogy a lapok közt két ász lesz?
d) Egy kosárlabdacsapat 9 játékosból áll, közülük öten vannak egyszerre a pályán. Mekkora a valószínűsége, hogy a két legjobb játékos egyszerre van a pályán?
e) Egy kosárlabdacsapat 9 játékosból áll, közülük öten vannak egyszerre a pályán. Mia valószínűsége, hogy a két legjobb játékos közül csak az egyik van a pályán?
a) Egy telefon biztonsági kódja 6 számjegyből áll és minden számjegy 0-9 bármi lehet. Mi a valószínűsége, hogy ha nem ismerjük a kódot, akkor elsőre kitaláljuk? A kódok hány százalékában szerepel az 1,2,3,4,5,6 számjegyek közül mindegyik?
b) 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?
Két dobókockával egyszerre dobunk. Mi a valószínűsége, hogy
a) mindkét dobás páros?
b) legfeljebb az egyik dobás páros?
c) a dobott pontok szorzata páros?
d) a dobott pontok összege páros?
e) a dobott pontok összege legalább 10?
f) a dobott pontok szorzata 6?
a) Öt kockával egyszerre dobunk. Mekkora valószínűséggel lesz mind az öt dobás 1-es?
b) Öt kockával egyszerre dobunk. Mekkora valószínűséggel nem lesz egyik dobás sem 1-es?
c) Öt kockával egyszerre dobunk. Mekkora valószínűséggel lesz legalább egy dobás 1-es?
d) Egy városban 0,2 a valószínűsége annak, hogy egyik nap esik az eső. Mekkora a valószínűsége, hogy egy héten minden nap esik?
e) 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?
Az ötöslottón 90 darab golyóból húznak ki 5 darabot. A golyók 1-től 90-ig vannak számozva. Mi a valószínűsége, hogy
a) a legkisebb kihúzott szám a 64?
b) öt egymás utáni számot húznak ki?
c) csak páratlan számokat húznak ki?
d) a kihúzott számok szorzata kettőhatvány?
Egy dobókockával hatszor dobunk egymás után. Mi a valószínűsége, hogy
a) egyik dobás sem 1-es?
b) csak páros számokat dobunk?
c) mindegyik dobás különböző?
Egy 20 fős osztályba 8 fiú és 12 lány jár. Kiosztanak közöttük 10 mozijegyet. Mi a valószínűsége, hogy
a) ugyanannyi fiú kap mozijegyet, mint ahány lány?
b) csak lányok kapnak mozijegyet?
c) csak fiúk kapnak mozijegyet?
Egy síterepen az egyik felvonó végállomásától három sípálya indul. 20 napból a fekete pálya átlagosan 3 nap van zárva lavinaveszély miatt, a kék átlagosan 2 nap, míg a piros átlagosan 4 nap egymástól függetlenül. Mekkora a valószínűsége, hogy
a) mindhárom pálya nyitva van?
b) csak a kék pálya van zárva?
c) a piros pálya nyitva van?
d) legalább egy pálya nyitva van?
Két dobókockával egyszerre dobunk. Legyen az A esemény, hogy mindkét dobás páros, a B esemény pedig, hogy a dobott pontok összege hatnál nem nagyobb. Függetlenek-e az események?
a) Két dobókockával egyszerre dobunk. Legyen az A esemény, hogy a dobott pontok összege legalább tíz, a B esemény pedig, hogy a dobott pontok szorzata páros. Függetlenek-e az események?
b) Két dobókockával egyszerre dobunk. Legyen az A esemény, hogy a dobott pontok összege páros, a B esemény, hogy a dobások egyike sem nagyobb háromnál. Függetlenek-e az események?
c) Két dobókockával egyszerre dobunk. Legyen az A esemény, hogy a dobott pontok összege páros, a B esemény, hogy a dobott pontok szorzata páros. Függetlenek-e az események?
d) Két dobókockával egyszerre dobunk. Legyen az A esemény, hogy van páros dobás, a B esemény, hogy a dobott pontok összege négynél nem nagyobb. Függetlenek-e az események?
a) Tudjuk, hogy
\( P(A)=0,6 \quad P(A \cup B)=0,8 \quad P(A \cap B)=0,1 \)
\( P(B)=\; ? \)
b) Tudjuk, hogy A és B függetlenek, valamint
\( P(A)=\frac{1}{3} \quad P(A \cup B)=\frac{4}{9} \)
\( P(B)=\; ? \quad P(\overline{A} \cup \overline{B})= \; ? \)
c) Tudjuk, hogy A és B egymást kizáróak, valamint
\( P(A)=\frac{1}{3} \quad P(A \cup B)=\frac{4}{9} \)
\( P(B)=\; ? \quad P(\overline{A} \cup \overline{B})= \; ? \)
d) Tudjuk, hogy $P(A)=0,4$ és $P(B)=0,7$. Kizáró-e A és B?
a) Négy kockával dobunk. Mekkora valószínűséggel dobunk az egyik kockával 4-est, ha a dobott pontok összege 7?
b) Tudjuk, hogy
\( P(A | B)=0,2 \quad P(A)=0,4 \quad P(A \cup B)=0,8 \)
\( P(B)= \; ? \)
a) Tudjuk, hogy
\( P(A)=0,6 \quad P(A|B)=0,3 \quad P(B|A)=0,1 \)
\( P(B)= \; ? \)
b) Tudjuk, hogy
\( P(A|B)=0,5 \quad P(B|A)=0,1 \quad P(A \cup B)=0,9 \)
\( P(B)= \; ? \)
c) Tudjuk, hogy A és B események függetlenek, valamint
\( P(A)=\frac{1}{3} \quad P(A \cup B)=\frac{2}{3} \)
\( P(B)=\; ? \quad P(\overline{A} \cup \overline{B})= \; ? \)
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
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.
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:
