KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Csatár Katalin - Harró Ágota - Hegyi Györgyné - Lövey Éva - Morvai Éva - Széplaki Györgyné - Ratkó Éva:

VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS FELADATOK Kezdőknek

5. rész

  1. rész   2. rész   3 rész   4. rész   5. rész   6. rész   7. rész

46.

Tételezzük fel, hogy egy gyermek születésekor ugyanakkora a valószínűsége annak, hogy az újszülött fiú vagy lány. Tudjuk, hogy egy háromgyermekes családban van leány. Mennyi annak a valószínűsége, hogy valamelyik testvére fiú?

Megoldás:

Jelöljön L egy lányt, F egy fiút! LLL, LLF, LFL, FLL, LFF, FLF, FFL, FFF lehet a gyerekek neme a háromgyerekes családokban. Összesen 23 eset fordulhat elő.
P(A=legalább az egyik gyermek lány)=
P(AB=lány és fiú is van a gyerekek között)=
P(van fiú is a családban, ha a három gyerek egyike lány) = = , ami körülbelül 85,7%.
Tulajdonképpen a feltételes valószínűséget írtunk fel: P(B|A)=
Általában, ha egy n gyermekes családban van lány, akkor a valószínűsége, hogy van fiú is.
Feltételes valószínűség nélkül is kiszámíthatjuk a keresett értéket:
     a lányos esetek száma 7, a lányos-fiús esetek száma 6. P= .


47.

A metróra váró utasok közül tizenkilencen úgy helyezkednek el, hogy a szerelvény első kocsijába szállhassanak majd, de annak egyforma az esélye, hogy a kocsi négy ajtaja közül melyiket veszik igénybe.

  1. Mennyi annak a valószínűsége, hogy mindannyian a második ajtón lépnek be a kocsiba?
  2. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy az első és a negyedik ajtót is hét-hét utas, a harmadik ajtót egy utas, a második ajtót a többi utas veszi igénybe a beszálláskor!

Megoldás:

Az 19 utas egymástól függetlenül a négy ajtó közül bármelyiket igénybe veheti, az összes lehetőség 419.

  1. Kedvező eset csak 1 van.
    P(A=19 utas a második ajtónál)=              P(A)3,64 × 10-12.
  2. Az első ajtóhoz -féleképp mehetnek az utasok, a negyedik ajtónál lehetőség van. A második ajtónál , a harmadik ajtónál 1 a lehetőség.
    A kedvező esetek száma × × × 1= , ami 19 elem ismétléses permutációinak száma 7, 7, 4 egyforma elem esetén.
    P(B= 7/I, 4/II, 1/III, 7/IV)=                 P(B)0,00073.


48.

Egy paprikaszállítmány 1%-a romlik meg, mire a piacra eljut. Egy zsákban 300 darab paprika van. Megveszünk belőle 100 darabot. Mennyi a valószínűsége, hogy

  1. nem lesz közöttük romlott paprika;
  2. pontosan 1 romlott paprika lesz;
  3. az összes romlottat megvettük?

Megoldás:

300 darab paprikából féleképpen választhatunk ki 100 darabot, hiszen a kiválasztás sorrendjére nem kell tekintettel lennünk.

  1. Ha egyáltalán nem lesz romlott a paprikák között, akkor mind a 100-at a 297 darab hibátlan paprikából vettük, féleképpen.
    A keresett valószínűség:
    P(A = nincs romlott)=
  2. Ha a paprikák közül 1 darab romlott, akkor ezt a 1-et a 3 db romlottból, a fennmaradó 99-et a 297 db hibátlanból választottuk féleképpen.
    P(B = 1 romlott)=
  3. Ha az összes romlottat megvettük, akkor 3 db romlott paprika mellé 97 db hibátlant is vettünk a 297 db közül féleképpen.
    P(C = az összes romlott)= .
Tehát annak valószínűsége,
hogy a 100 db paprika között egyetlen romlott sem lesz29,5%,
hogy 1 db romlott lesz 44,7%,
hogy minden romlott köztük lesz 3,6%.


49.

Egy bizonyos fajta facsavar gyártásakor végzett minőségellenőrzés kétféle hibát mutatott ki. 400 megvizsgált csavar közül 20 darabnak a menete volt hibás, 28 darabnak a szára rövidebb volt a megengedettnél. A megvizsgált csavarok közül 8 darabon mindkét hibát felfedezték. Feltételezhető, hogy a gyártás során mindig ilyen arányban fordulnak elő a hibás darabok.
Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott facsavar hibátlan?

Megoldás:

400 darab közül 20-nak rossz a meneteP(M=menet rossz)= = 0,05              P(M)=5%
400 darab közül 28-nak rövid a száraP(R=rövid a szár)= =0,07                   P(R)=7%
400 darab közül 8-nak a menete és szára is hibásP(MR)= =0,02               P(MR)=2%
Annak a valószínűsége, hogy egy darab hibás, kiszámítható a P(MR)=P(M)+P(R)-P(MR) összefüggés alapján.
P(MR=hibás a csavar)=0,05+0,07-0,02=0,1                                                       (MR)=10%
A hibás vagy a hibátlan csavar kiválasztása teljes eseményrendszert alkot, ezért
P(= nem hibás a csavar)=1-P(MR)=1-0,1=0,9                                                     P()=90%
90% a valószínűsége annak, hogy a véletlenszerűen kiválasztott facsavar nem hibás.


50.

Egy zeneiskolában a hatodik évfolyamon kilencen zongorázni, nyolcan hegedülni, öten fuvolázni tanulnak. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a 22 hallgatóból véletlenszerűen kiválasztott öt diák között pontosan egy tanul zongorázni?

Megoldás:

A lehetséges esetek száma .
A kedvező esetekben 1 zongorista mellé 4 tanulót választottak a 8 hegedűs és az 5 fuvolás közül. Ez az alábbi ötféle összeállításban lehetséges:

hegedül43210
fuvolázik01234
választási lehetőségek száma
(a hegedűsök és fuvolások választása egymástól független)

A különböző összeállítások egymást kizárják, és a 9 zongorista bármelyike lehet a kiválasztott a négyfős csoportoktól függetlenül.
Ezért a kedvező esetek száma: .
P(A=egy zongorista)= 0,244.
A keresett valószínűség 24,4%.


51.

Nyolc egyforma bábut találomra elhelyezünk egy sakktáblán. Mennyi annak a valószínűsége, hogy mind a nyolc sorban és mind a nyolc oszlopban pontosan egy-egy bábu lesz?

Megoldás:

A lehetséges esetek száma , mert a 8 bábu ennyiféleképp helyezkedhet el a 64 mezőn.
A kedvező esetek összeszámlálásához először azt képzeljük el, hogy egyesével, sorban egymás után helyezzük el a bábukat a táblán. Az első bábut a 64 mező bármelyikére tehetjük, a másodikat már csak 49 mező valamelyikére rakhatjuk le, hiszen az elsőként lerakott bábu sorában és oszlopában levő 15 mezőre nem kerülhet újabb figura. Általában, ha egy n × n=n2 mezőből álló táblán minden sorban és oszlopban n mező van, és minden sorban és oszlopban pontosan egy bábu lehet, akkor egyet bárhova elhelyezve, 2n-1 mezőre nem kerülhet további bábu, viszont n2-(2n-1)=(n-1)2 mezőre igen. Ezek szerint a nyolc bábu elhelyezésére rendre 64, 49, 36, 25, 16, 9, 4, 1 mező áll rendelkezésre. (Hiszen egy bábu lerakása után a még felhasználható mezők egy 7×7-es táblát alkotnak, két bábu lerakása után a még felhasználható mezők egy 6×6-os táblát, és így tovább. Az egyes bábuk lerakása egymástól független, így 64 × 49 × 36 × 25 × 16 × 9 × 4 × 1 eset adódik.
A feladat szerint a bábuk nem különböztethetők meg, s elhelyezésük sorrendje sem számít. Mivel 8 bábunak 8! sorrendje van, minden megfelelő elrendezést 8!-szor vettünk figyelembe. Ezért a kedvező esetek száma .
P(A=minden sorban és oszlopban pontosan egy bábu)=0,0000091.
A keresett valószínűség 9,1 × 10-4%.


52. A kirándulás túraútvonalának kiválasztásához sorsolást tartottak az osztályban.
1-től 12-ig felírták a természetes számokat egy-egy cédulára, és elhelyezték egy kalapban. Kétszer húztak a kalapból, de a cédulát visszatették az első húzás után. A húzott számtól függően haladtak az ábra szerinti fadiagramon. Igazságos volt-e így a sorsolás?

Megoldás:

Számítsuk ki az egyes útvonalak kisorsolásának valószínűségét. Mivel a cédula visszakerült a kalapba, az első és a második húzás egymástól független volt, ezért a megfelelő valószínűségek összeszorzódnak. A1 B1 C1
A Hármashatár-hegy lehetősége:
            P(A1=páros szám)= , mert 6db páros szám van a 12db cédulán.
            P(B1=3-mal v. 5-tel oszth.)= , mert 6db 3-mal vagy 5-tel osztható szám van a 12db cédulán (3; 6; 9; 12; 5; 10).
            P(C1= Hármashatár-hegy)=P(B1)P(A1)= =0,25=25%
A Hárs-hegy lehetősége: Két ágon is ezt a lehetőséget sorsolhatjuk: egyrészt akkor, ha páros szám után sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható számot húzunk, másrészt akkor, ha páratlan szám után egyjegyű, de nem négyzetszámot húzunk. E két esemény egymást kölcsönösen kizáró, ezért a megfelelő valószínűségek összeadódnak.
            P(B2= sem 3-mal, sem 5-tel nem oszth.)= , mert 6db sem 3-mal sem 5-tel nem osztható szám van a 12db cédulán (1; 2; 4; 7; 8; 11).
            P(B2)P(A1)=
            P(B3 = egyjegyű, nem négyzetszám)= , mert 6db egyjegyű szám van, ami nem négyzetszám a 12db cédulán (2; 3; 5; 6; 7; 8).
            P(A2 = páratlan szám)= , mert 6db páratlan szám van a 12db cédulán.
            P(B3)P(A2) =
            P(C2 = Hárs-hegy)=P(B2)P(A1)+P(B3)P(A2)= =0,5=50%
A János-hegy lehetősége:
            P(B4 = négyzetszám)= , mivel 3db négyzetszám van a 12db cédulán (1; 4; 9).
            P(C3 = János-hegy)=P(B4)P(A2)= =0,125=12,5%
A Virágos nyereg lehetősége:
            P(B5 = kétjegyű szám)= , mivel 3 db kétjegyű szám van a 12db cédulán (10; 11; 12)
            P(C4= Virágos nyereg)=P(A2)P(B5)= =0,125=12,5%
A Hármashatár-hegyre vezető túrát 25% valószínűséggel, a Hárs-hegyre vezető túrát 50% valószínűséggel, a János-hegyre illetve a Virágos nyeregbe vezető túrát pedig 12,5-12,5% valószínűséggel sorsolhatják ki. A négy lehetőségnek nem egyenlő az esélye, a sorsolás nem igazságos.


53.

Az iskola öt lányból és négy fiúból álló csapata tanulmányával bejutott egy környezetvédelmi verseny döntőjébe, ahol sorsolással kialakított három munkacsoportban kell dolgozniuk. Ketten riportot készítenek a tanulmányban bemutatott területért felelős szakemberrel, hárman a területről megjelent fotók és újságcikkek alapján írnak a környezeti problémákról, négyen pedig megfigyeléseket, méréseket végeznek a terület élővilágával kapcsolatban.

  1. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a négy fiú alkot egy munkacsoportot?
  2. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a két legfiatalabb lány egy munkacsoportba kerül?

Megoldás:

Az összes lehetőség a sorsoláson

  1. A négy fiú csak akkor lehet együtt, ha a négy mérést végzőt közülük választják, és ettől függetlenül a háromfős csoportot az öt lány közül sorsolják, míg a másik két lány alkotja a harmadik csoportot.A kedvező esetek száma .
    P(A=négy fiú egy csoportban)= = 0,008           P(A)0,8%
    A valószínűséget kiszámíthatjuk úgy is, hogy csak a fiúk lehetőségeit vesszük figyelembe. Az összes eset így , a kedvező esetek száma 1. P(A)= = 0,008
  2. A három csoport bármelyikében együtt lehet a két legfiatalabb lány, ezek egymást kizáró lehetőségek. A másik hét diák közül kell kiválasztani e csoport többi tagját és a másik két csoportot. Ha a kétfős csoportot alkotja a két lány, akkor a lehetőségek száma, ha a háromfős csoportban vannak együtt, akkor lehetőség van, ha a négyfős csoportba kerültek, akkor eset lehetséges.
    P(B=két adott lány együtt)= = 0,278           P(B)27,8%.
A négy fiú 0,8% valószínűséggel alkot egy munkacsoportot, a két legfiatalabb lány 27,8% valószínűséggel kerül egy csoportba.


54.

A 3, 3, 3, 0, 0, 5 számokat tartalmazó kártyákból húzunk. A húzás sorrendjében egymás mellé tesszük a kártyákat. Mennyi a valószínűsége, hogy a kapott hatjegyű szám

  1. páratlan;
  2. tízzel osztható;
  3. néggyel osztható;
  4. hárommal osztható;
  5. öttel osztható?

Megoldás:

A fenti kártyákból összeállítható hatjegyű számokat két csoportra oszthatjuk.
A 3-assal kezdődő számokból féle van (5 elem közül 2 db 3-as, 2db 0 és 1 db 5-ös ismétléses permutációinak száma).
A 5-össel kezdődő számokból féle van (5 elem közül 3 db 3-as és 2 db 0 ismétléses permutációinak száma).
Így a lehetséges esetek száma a kettő összege: 30+10=40 .

  1. Akkor kapunk páratlan számot, ha az 5-re vagy 3-ra végződik. Az 5-re végződők száma egyenlő a 3; 3; 3; 0; 0 számkártyákból kirakható ötjegyű számok számával, -tal (csak 3-assal kezdődhet, 2 db 3-as és 2db 0 ismétléses permutációinak száma).
    A 3-ra végződő számok kezdődhetnek 3-mal, az ilyenekből van (4 db elemből 2 db 0, 1db 3-as, 1db 5-ös), vagy kezdődhetnek 5-tel, az ilyenekből pedig van (4 db elemből 2 db 3-as és 2 db 0). Így a páratlan számokra vonatkozóan a kedvező esetek száma 6+12+6=24 .
    A keresett valószínűség:
              P(A = páratlan szám)= =0,6=60%
  2. Akkor kapunk 10-zel osztható számot, ha utoljára a 0-t tettük le. Az így kapható számok két csoportra oszthatók:
    A 3-mal kezdődők esetében 2db 3-ast, 1db 0-t és 1db 5-öst kell elhelyeznünk a középső helyekre. Ezt féleképpen tehetjük.
    Az 5-tel kezdődők esetében 3db 3-ast és 1db 0-t kell elhelyeznünk a középső helyekre.
    Ezt féleképpen tehetjük meg.
    Így a 10-zel osztható számokra vonatkozóan a kedvező esetek száma: 12+4=16
    A keresett valószínűség:
              P(B = 10-zel osztható szám)= =0,4=40%
    Megjegyzés: Ezekből a kártyákból vagy 10-zel osztható számokat vagy páratlan számokat lehet képezni. E két esemény teljes eseményrendszert alkot, így P(B)=1-P(A)=
  3. Akkor kapunk 4-gyel osztható számot, ha az utolsó két hely mindegyikére a 0 kártya kerül. Ebben az esetben az első négy helyre 3db 3-ast és 1db 5-öst kell elhelyeznünk. Ezt féleképpen tehetjük, ez tehát a kedvező események száma.
    A keresett valószínűség:
              P(C = 4-gyel osztható szám)= =0,1=10%
  4. Akkor kaphatunk 3-mal osztható számot, ha a kártyákon álló számok összege osztható 3-mal. A feladatban ez az összeg 3+3+3+5+0+0=14, ami nem osztható 3-mal,így ezekből a kártyákból 3-mal osztható számot kirakni a lehetetlen esemény.
    A keresett valószínűség:
              P(D = 3-mal osztható szám)=0
  5. Akkor kapunk 5-tel osztható számot, ha az utolsó helyre a 0 kártya vagy az 5-ös kártya kerül.
    Ha az 5-ös van a végén, akkor az első helyen csak a 3-as állhat, és a lehetőségek számát a 2db 3-as és a 2db 0 egymás közti sorrendje szabja meg, azaz db 5-re végződő szám van.
    Ha a 0 van a végén, akkor a szám kezdődhet 3-assal és 5-össel.
        A 3-assal kezdődők száma a 3; 3; 0; 5 számok lehetséges permutációinak számával egyenlő, azaz .
        Az 5-össel kezdődők száma a 3; 3; 3; 0 számok lehetséges permutációinak számával egyenlő, azaz .
    Az 5-tel oszthatóság szempontjából kedvező esetek száma 6+12+4=22
    A keresett valószínűség:
              P(E = 5-tel osztható szám)= =0,55=55%
Tehát 60% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám páratlan,
    40% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 10-zel osztható,
    10% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 4-gyel osztható,
    0      a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 3-mal osztható,
    55% a valószínűsége annak, hogy a kapott hatjegyű szám 5-tel osztható.


55. Emma, Fanni, Gitta és Hanna társasjátékhoz készülődik. Sorban egymás után dobnak egyet egy szabályos dobókockával - akár több körben is -, mert az lesz közülük a kezdő, aki elsőként dob hatost.

  1. Mekkora valószínűséggel lesznek kezdők egy-egy kockadobás után az egyes résztvevők?
  2. Mekkora annak a valószínűsége, hogy nem tudják elkezdeni a játékot egy kör után?
  3. Számítsuk ki mind a négy résztvevő esetében annak a valószínűségét, hogy négyük közül éppen ő kezdhet!

Megoldás:

  1. Szabályos dobókockával a hat szám dobásának a valószínűsége egyenlő, ezért P(6)= .
    Annak a valószínűsége, hogy egy dobás nem hatos P( =12345)=1-= .
    Az első körben Emma lesz a kezdő, ha hatost dob. Fanni akkor lesz kezdő, ha Emma nem hatost dobott, neki pedig elsőre sikerült.Gitta lesz a kezdő, ha előtte ketten nem dobtak hatost. Hanna kezdhet, ha a másik három játékos nem dobott hatost, ő viszont igen.
    A dobások egymástól független események.
    P(E=Emma kezd egy dobás után)=  0,167                                             P(E)16,7%
    P(F=Fanni kezd egy dobás után)=    × = 0,139                              P(F)13,9%
    P(G=Gitta kezd egy dobás után)=    × × = 0,116                     P(G)11,6%
    P(H=Hanna kezd egy dobás után)= × × × = 0,096                P(H)9,6%
  2. Az első körben nem kezdődhet el a társasjáték, ha a négy játékos egyike sem dobott hatost.
    P(N=az első körben senki nem dobott hatost)= × × × 0,482          P(N)48,2%
  3. A kockadobásos sorsolás eredményeképpen Emma kezdhet, ha vagy az első körben vagy a második körben vagy a harmadikban ... és így tovább... dob először hatost, amelyek egymást kizáró események, s előtte a többiek minden dobása nem hatos volt.
    P(EK=Emma kezd)= + × + × +...+ × +...= ×
    A valószínűség egy konvergens mértani sor összegének -szorosa, ahol a1=1 és q= <1.
    P(EK)= × =       P(EK)32,2%,
    Hasonlóan kiszámítható, hogy
        P(FK=Fanni kezd)= × × =                        P(FK)26,8%,
        P(GK=Gitta kezd)= × × · =                  P(GK)22,4%,
        P(HK=Hanna kezd)= · × · × =          P(HK)18,6%.
    Gondoljuk meg, hogy bármelyik körben P(A)= = a valószínűsége annak, hogy elkezdődhet a játék. A kérdezett értékek
        P(EK)= = = ;
        P(FK)= = = ;
        P(GK)= = ;
        P(HK)= = = .


56.

A zöldségeshez narancs- és banánszállítmány érkezett. A hosszú szállítás során a narancsszállítmány negyede veszített az értékéből, a banánszállítmány 60%-a túlérett, a gyümölcsök többi része első osztályú maradt. Kirakodás előtt véletlenszerűen kivettek egy gyümölcsöt valamelyik szállítmányból. Azt a darabot első osztályúnak találták, ezért visszatették a helyére. Mennyi a valószínűsége annak, hogy ha ugyanabból a gyümölcsfajtából megint kivesznek egy darabot, az ismét első osztályú lesz?

Megoldás:

A két szállítmányból egyforma valószínűséggel választhatunk: P(N)=P(B)= .
Jelölje A azt az eseményt, hogy a kiválasztott gyümölcs I. osztályú.
P(A|N=I.osztályú egy narancs)= =          P(A|B=I.osztályú egy banán)= =
Mivel a két szállítmány közül való választás és egy gyümölcs kihúzása független esemény, első osztályú narancsot , első osztályú banánt valószínűséggel választunk egy húzásból.
Egymást kizáróan vagy narancs vagy banán az első osztályú, ezért annak a valószínűsége, hogy elsőre első osztályú árut vettünk ki , vagyis P(A=I.osztályú a húzott gyümölcs)= .
Most számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy az elsőre kihúzott gyümölcs első osztályú narancs illetve banán volt!
P(N|A)= = = ; illetve P(B|A)= = = =1-P(N|A)
Annak a valószínűsége, hogy másodszorra ugyanabból a gyümölcsből ismét első osztályút húzunk
= 0,628          A keresett valószínűség 62,8%.

  1. rész   2. rész   3 rész   4. rész   5. rész   6. rész   7. rész

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley