Új témakörök az érettségin: Matematika 9639473898 [PDF]

Zitiervorschau

dr. Gerőcs László

Új témakörök az érettségin

Ami az érettségi követelményekből eddig kimaradt Lektorálta: Vancsó Ödön

Kombinatorika

Gráfok

Analízis

Valószínűség-számítás

fliz egyenes út az egyetemre

j jAlapít^a 1996

it

S S S S S S I Í Í ;

GERŐCS LÁSZLÓ-VANCSÓ ÖDÖN

Új témakörök az érettségin: Matematika Ami az érettségi követelményekből - eddig - kimaradt

Kombinatorika Statisztika, valószínűség-számítás Gráfok Az analízis elemei

GERŐCS LÁSZLÓ-VANCSÓ ÖDÖN

Új tém akörök az érettségin: Matematika© Ami az érettségi követelményekből - eddig - kimaradt

F e l v é t e l i I n f o r m á c ió s S z o l g á l a t © F e l v é t e l i , É r e t t s é g i é s N y e lv v iz s g a S z a k k ia d v á n y o k S z e r k e s z t ő s é g e ©

1397 B u d a p e s t , P f.: 544. T e l . : 06 (1) 4 7 3 -0769

[email protected]

KIADJA A DFT-HUNGARIA KÖNYVKIADÓ 1065 BU D A PEST, BA JCSY -ZSILIN SZK Y U. 5.

A K Ö N Y V R É S Z L E T E IN E K U T Á N K Ö Z L É S E K IZÁRÓLAG A K IA D Ó ÍRÁSOS BELEEG Y EZÉSÉV EL LEHETSÉGES

T E L .: 06 (1) 266-7601, K IA D O @ D F T .H U w w w .k o n y v o n l i n e .h u

K IA D Ó V E Z E T Ő : VARGA M IK LÓ S SZAKMAI V E Z E T Ő : K A TO N A REN Á TA Ü G Y V E Z E TŐ : DR. CSIK ESZ TAMÁS

B O R ÍT Ó : T Ó T H J U D IT

K É SZ Ü L T A D E B R E C E N I K A PITÁ LIS N Y OM D Á BA N A N Y O M TA T Á SÉ R T FELEL: KAPUSI JÓ Z S E F 4002 D E B R E C EN , BALM AZÚJVÁROSI Ú T 14. T E L .: 06 (52) 452-099 ISB N 963 9473 89 8 KIADÁS ÉVE: 2006 A K É ZIR A T LEZÁRÁSÁNAK ID Ő P O N T JA 2005. D E C E M B E R

www.konyvoiiline.hu

TARTALOM

ELŐSZÓ KOMBINATORIKA (Gerőcs László) STATISZTIKA, VALÓSZÍNŰSÉG-SZÁMÍTÁS (Vancsó Ö d ö n ) GRÁFOK (Gerőcs László) AZ ANALÍZIS ELEMEI (GERŐCS LÁSZLÓ)

5 7 29 63 91

ELŐSZÓ T ú l a kétszintű érettség i „d e b ü tá lásán ” az írásbeli és szóbeli vizsgák tap asztalatai - egyebek m ellett - azt m utatják, hogy tö b b ek n ek sok g o n d o t okoztak az olyan jelleg ű , olyan tém ak ö rb e tartozó feladatok, tételek, kérdések, am elyek e d d ig - hivatalosan - n em szerepeltek sem a hagyom ányos érettségi, sem p ed ig a hagyom ányos felvételi vizsgák köv etelm én y ren d szeréb en . M indez in d o k o lttá tette egy olyan kiadvány összeállítását, am elyben azok a fontosabb tém ak ö rö k k e rü ln e k elm életi és gyakorlati kidolgo­ zásra, m elyek ú jd o n sá g n a k szám ítanak a kétszintű érettségi követelm ények között. E m eggondolást követően szü letett m eg ez a könyv, m ely négy fő tém ak ö r elm életi és gyakorlati feldolgozását tartal­ mazza. A könyv első fejezetében a k o m b in ato rik a legfontosabb definícióit, tételeit találjuk - ahol csak lehet, könnyebb, m ajd n eh ezebb feladatokkal is m eg k ö n n y íten d ő a tém a m eg értését, feldolgozását. Ezt kö­ vetően a m ásodik fejezet a m atem atik ai statisztika és a valószínűség-szám ítás elem eit tartalm azza ugyancsak elm életi, m ajd gyakorlati tére n . A h arm a d ik fejezetben a gráfokkal ism erk e d h e tü n k m eg, m íg a negyedik fejezet az analízis elem eit tartalm azza. M inden fejezetben igyekeztük jó l látható m ód o n elválasztani a közép-, illetve az em elt szinten kívánatos tudnivalókat. A fejezetek általában példafel­ adatokkal k ezd ő d n ek , első so rb an azért, hogy akinek teljesen ism eretlen a kérd éses tém ak ö r, m egértse, hogy e p ro b lém a k ö rb en egyáltalán m ivel foglalkozunk. Ezt követik általában a fontosabb definíciók, tételek, m ajd m indezek u tá n n é h á n y könnyebb, végül n eh ezebb kidolgozott feladatok. Az egyes tém a­ k ö rö k et elsősorban elm életi szem p o n tb ó l dolgoztuk fel, en n e k m egfelelően a feladatok között kevesebb gyakorlati p ro b lém á t sz e re p e lte ttü n k , hiszen ilyenekből arán y lag sokat talá lh a tu n k a forgalom ban levő új tankönyvekben, felad atg y ű jtem én y ek b en . A kiadványban szereplő definíciókat, tételeket, feladatokat és m eg o ld áso k at m egfelelő betűjellel és sorszám m al láttu k el, am elyek a kiadványban, illetve egy fejezeten belül elfoglalt h ely ü k re utalnak. így pl. a 2. D. 3., 3. T . 5., 1. F. 8 ., 3. M. 6 . jelölések re n d re a 2. fejezet 3. definíciója, a 3. fejezet 5. tétele, az első fejezet 8 . feladata, a 3. fejezet 6 . felad atán ak a m egoldása. R em éljük, e kiadvány átolvasásával, a b e n n e szereplő elm életi és gyakorlati an y ag feldolgozásával m in d en kétszintű é rettsé g ire készülő d iák teljesen m agáévá tu d ja ten n i azokat a tém ak ö rö k et is, am e­ lyek valam ilyen okból „ k im a ra d ta k ” m atem atikai tanulm ányaiból, s ezzel is jo b b eséllyel készülhet m aj­ d an i érettségi vizsgájára. G erőcs László -V ancsó Ö dön

JELÖLESEK:

g

Definíció

g

* Nehezebb feladatok

j.

Tétel

g

Feladat

g

Megoldás

KOMBINATORIKA

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

KOMBINATORIKA

A k o m b in ato rik a tárg y á n ak ism ertetése előtt nézzünk n éh á n y bevezető feladatot, m elyekkel a m ate­ m atika e ré szterü leté n ek ta rta lm á t p ró b álju k bem utatni.

H

f i . / 1. Egy iskolai futóverseny döntőjébe 6 diák jutott: A, B, C, D, E és F. A döntő utolsó másodperbeiben már látható, hogy B nyeri a versenyt, C vagy F lesz a második és A biztosan utolsó. Ezeket tudva hányféleképpen alakulhat a végeredmény? 1. F. 2 . Négy házaspár moziba ment. Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé, ha azt akarják, hogy a házaspárok egymás mellett üljenek?

/

'A

s1. F. 3 j Az 1, 1, 1, 2, 3, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikenek felhasznalasaval hány db 4-gyel osztható nyolcjegyű szám képezhető? 1. F. 4 . A balettintézet egyik osztályának 12 fiú és 14 lány tanulója van. Egy alkalommal meghívtak közülük két párt (két-két fiút és lányt) egy táncbemutatóra. Hányféleképpen választhatják ki az osz­ tály tanulói közül a párokat?

\

1. F. 5 .j Egy sakktablan 3 db egyforma bástyát szeretnenk elhelyezni úgy, hogy ne üssék egymást. Hányféleképpen tehetjük ezt meg? 1. F. 6 . A 6-os lottón 45 szelvényből kell 6-ot eltalálni. Ha minden lehetséges módon kitöltjük a meg­ felelő számú szelvényt, hány db 5 és hány db 4 találatos szelvényünk lesz? 1. F. 7 . Régen Magyarországon az autók rendszámtáblája 2 betűből és 4 számjegyből állt. Miből volt több: olyan rendszámtáblából, melyen minden számjegy különböző, vagy olyan rendszámtáblából, melyen vannak azonos számjegyek is? 1. F. 8 . Adott 2 párhuzamos egyenes, mindkettőn kijelöltünk 5 db pontot. Képeztük az összes olyan háromszöget, melynek csúcsai a kijelölt pontok közül valók, majd az összes olyan négyszöget, mely­ nek csúcsai szintén a kijelölt pontok közül valók. Miből van több: háromszögből vagy négyszögből?

A fenti p éld ák egy közös vonása, hogy m in d eg y ik b en egy véges halm az elem eit kell vagy sorba re n ­ dezni, vagy ezen elem ek közül - valam ilyen szem pont szerint - n é h á n y a t kiválasztani. A kombinatorika a m atem atik án ak az a ré szterü lete , m ely ilyen és hasonló kiválasztási, sorba ren d ezési problém ákkal, illetve az ilyen p ro b lém á k k u tatása te ré n e lé rt ered m én y ek alkalm azásával foglalkozik. A p ro b lém ák vizsgálata so rá n m eg k ü lö n b ö ztetjü k azokat az eseteket, am ik o r a kiválasztandó, illetve sorba re n d e z e n d ő dolgok m in d különbözők, vagy van közöttük ism étlődő is, továbbá, hogy a kiválasz­ tások esetéb en - a p ro b lé m a jelleg étő l fü g g ő en - a kiválasztás so rre n d je lényeges vagy lényegtelen. E zeknek m egfelelően foglalkozunk perm utációkkal, kom binációkkal és variációkkal, s m indezekkel ism étlődés nélkül, illetve ism étlődő esetben.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

9

KOMBINATORIKA

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

PERMUTÁCIÓK H a ad o tt n db különböző dolog, felv ető d h et az a kérdés, h á n y félek ép p e n tu d ju k ezeket sorba re n ­ dezni. Pl. h á n y félek ép p e n alak u lh at egy 6 résztvevőből álló bajnokság végső so rren d je? Az első h ely re 6 -félek ép p en választhatunk. B árh o g y an is v álasztottunk az első helyre, a m ásodikra m á r csak 5-féle választás lehetséges, vagyis az első két helyezett 6 • 5 -félek ép p en alakulhat. B árhogyan is alakul az első két hely sorsa, a h a rm a d ik helyre m ár csak 4 -félek ép p en v álaszthatunk csapatot, így az első h á ro m helyezett 6 - 5 - 4 -félek ép p en alakulhat. A g o n d o la tm e n e te t folytatva a r ra ju tu n k : a bajn o k ­ ság v ég ered m én y e 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - l = 720 félek ép p en alakulhat.

H

1. D. 1. A pozitív egész számok szorzatát 1-től n-ig „n faktoriális”-nak nevezzük és így jelöljük: n!. Megállapodunk abban, hogy 01 = 1.

1. D. 2. n db különböző elem egy ismétlés nélküli permutációján ezen n db különböző elem egy sorba rendezését értjük. H 2

1. T. 1 . A fent vázolt gondolatmenetből következik, hogy n db különböző elem permutációinak száma n!

G yakran elő fordul, hogy a sorba re n d e z e n d ő dolgok között van n é h á n y egyform a. Pl. hán y félek ép p en leh et sorba re n d e z n i 1 db feh ér, 1 db kék, 1 db zöld és 3 db piros ceruzát? M ost te h á t 6 db dolgot kell sorba re n d e z n ü n k , m elyek között van 3 egyform a. H a az egyform ák nem le n n é n e k egyform ák, akkor az ered m én y nyilván 6 ! len n e. G o n d o latb an először különböztessük m eg a h á ro m piros ceruzát: legye­ n ek e z e k p u p 2, p z. E kkor a 6 db ceru za egy lehetséges perm utációja: /, k, p u p 2, Z, p 3. De ugyanez a p erm u tá ció a d ó d ik ak k o r is, h a a p i , p 2, pz ceru zá k n ak u g y an e b b en a hatos e lre n d e ­ zésben b árm ily en m ás p erm u tá ció já t vesszük. Ez nyilván a 6 db ceru za bárm ely elren d ezésére érv é­ nyes, így a 6 ! a szá m u n k ra szükséges ere d m é n y n e k é p p e n annyi-szorosa, ah án y p erm u táció ja van a h áro m piros ceru zán ak . Mivel ez 3!, ez ért a kérdéses 6 db ceru zát _6 | _ 2

H

^ = 4 • 5 • 6 = 120 -féleképpen tu d ju k sorba ren d ezn i.

l . D. 3. Ha az n db elem között vannak egyformák is, azaz amelyek többször is előfordulnak, akkor az elemek egy sorba rendezését ismétléses permutációnak nevezzük.

A fenti p éld áb a n alkalm azott g o n d o la tm e n e te t követve k ö n n y en b e lá th a tju k az alábbi tételt:

H

l . T. 2. Ha n db elem között kt, k2.........kr darab megegyező van, akkor ezen elemek ismétléses per­ mutációinak a száma:

n\

/q !■k2 !■.... kr ! ' M indezek ism ereté b en nézzük m eg a bevezetőben szereplő első h á ro m feladatot.

H 10

. M. 1. Mivel a versenyt biztosan B nyeri, és A lesz az utolsó, ezért a többi 4 versenyzőt kell sorba rendezni, tudva, hogy C vagy F lesz a második. H a C a m ásodik, akkor a többi versenyzőt 3! féleképpen ren d ezh etjü k sorba, h a F a második, akkor a többi h árm a t szintén 3! féleképpen rak ­ hatjuk sorba. Ezek szerint az adott feltételek m ellett a végső so rre n d 2 -3! = 12 féleképpen alakulhat. 1

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H

KOMBINATORIKA

.

. M. 2 A h á z a sp á ro k a t (m ivel egym ás m ellett sze retn én e k ülni) először tek in tsü k egy-egy elem ­ nek. íg y 4 elem et kell so rb a re n d e z n ü n k , am it 4!-féleképpen te h e tü n k m eg. Mivel m in d en h á­ zaspár k étfé lek ép p e n ü lh e t egym ás m ellett, ezért a h áz asp áro k b árm ily en elrendezéséhez 2 • 2 ■2 ■2 = 16 -féle elren d ezés lehetséges. Ezek szerint a kívánt feltételek m ellett a négy házaspár 16-4! = 384 -félek ép p e n ü lh e t le a m oziban. 1

1. M . 3. A kérdéses nyolcjegyű szám ok akkor és csak ak k o r oszth ató k 4-gyel, h a utolsó két szám ­ jeg y ü k : 12, 32, 52 vagy 24. A 12-re végződök szám ának m eg h atá ro zá sá h o z a m a ra d é k 6 db szám ­ je g y e t kell sorba re n d e z n i. Mivel e 6 db szám jegy között 2 -2 ugyanaz, e z é rt az ilyen nyolcjegyű AI szám ok szám a: g; 2 ! ~ 180 .

A 32-re végződök szám a: - |j —120 . Az 52-re végződök száma: gpgj —60 . ri

V égül a 24-re végződök szám a: g[ g; = 60 . Ezek szerint a 4-gyel osztható nyolcjegyű szám ok száma: 180 + 120 + 60 + 60 = 420 .

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

11

KOMBINATORIKA

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

ISMÉTLÉS NÉLKÜLI VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK A következőkben olyan esetek et tárg y alu n k , am ik o r n é h á n y (pl. n) különböző dolog közül kell n é h á ­ n y at (pl. k-t) kiválasztanunk, s az a kérdés, ezt h á n y félek ép p e n te h e tjü k m eg. N ézzünk először egy egyszerű péld át. Az iskola 11/A és 1 1/B osztályában e g y a rán t 24 az osztálylétszám . M in d k ét osztály küld 3-3 diákot az iskolai d iák ö n k o rm á n y zatb a képviselőnek. Az A osztály 3 eg y fo rm a jo g o k k al fe lru h ázo tt diákot, a B osztály p ed ig egy elnököt, egy titk á rt és egy jegyzőt. H á n y félek é p p en választhatják ki az egyes osztá­ lyokban a h á ro m tagú küldöttséget? Az világos, hogy m in d k é t esetb en 24-ből kell h á rm a t kiválasztani. Az viszont nagy különbség a két osztály között, hogy m íg az A osztályban a kiválasztott h á ro m d iák „ s o rre n d je ” közöm bös, ad d ig a B osztályban m á r n em az. H a ugyanis a B osztályban kiválasztott h á ro m diák közül m ás lesz az elnök és más a jegyző, ak k o r az m á r egy m ásik kiválasztásnak, m ás esetn ek felel m eg. Vagyis a B osztályban az alábbi táblázat 6 esete m in d különböző: elnök

titkár

jegyző

A ndrás Kati

Béla

A ndrás Béla

Kati

Kati

A ndrás Béla

Kati

Béla

Béla

A ndrás Kati

Béla

Kati

A ndrás

A n d rás

U g y an ak k o r az A osztályban b árm ely h á ro m diák bárm ily en elre n d ezé sb en ugyanazt a kiválasztást je len ti, vagyis az A osztályban u g y an azt a h á ro m d iák o t m ás e lre n d ezé sb en választva nem k ap u n k új kiválasztási esetet. A B osztályban az első helyre (pl. az elnök helyére) 24 -félek ép p en v álaszthatunk, a m ásodik helyre m á r csak 2 3 -féleképpen, m íg a h a rm a d ik helyre 22-félek ép p en , te h á t a B osztályban a lehetőségek száma: 24 • 23 • 22 = 12144 . Az A osztályban h aso n ló an okoskodva 12144 adódik, azo n b an ez a kiválasztási lehetőségek szám á­ n ak annyiszorosa, ah á n y fé le k é p p e n 3 diákot sorba tu d u n k re n d e z n i, vagyis az A osztályban a lehető ­ ségek száma: ^

= ^024 .

A fenti p é ld a m u tatja, hogy n különböző elem ből k d b -o t kiválasztani kétféle m ó d o n lehet: vagy fon­ tos a kiválasztás so rre n d je , vagy p e d ig lényegtelen. E két ese te t m e g k ü lö n b ö zteten d ő beszélhetü n k ism étlés n élküli variációról vagy ism étlés nélküli kom binációról.

H H 12

l . D. 4 . Ha n különböző elem közül kell k db-ot kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás sorrendje lényeges (azaz, ha ugyanazt a k db-ot más sorrendbe választjuk ki, új esethez jutunk), akkor n elem k-ad osztályú ismétlés nélküli variációjáról beszélünk. l . T . 3 . n elem k- ad osztályú ismétlés nélküli variációinak a száma:

yW = n '■ . n (n —IsW

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

KOMBINATORIKA

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

n különböző elem közül kell k h elyre választanunk. Az első h ely re n -felek ép p en választ­ h atu n k . B árh o g yan is v álaszto ttu n k az első helyre, a m ásodik h ely re m á r csak (n —1) -féleképpen vá­ BIZONYÍTÁS:

laszthatunk. íg y az első k ét h ely re n ■(n - 1) -féleképpen választhatunk. H a so n ló k é p p en : a h arm ad ik h elyre (n - 2) -félek ép p en , vagyis az első h á ro m helyre n - ( n - 1)(n - 2) -félek ép p e n választhatunk. Foly­ tatva a g o n d o la tm e n e te t a r ra ju tu n k , hogy a kérdéses k db h elyre összesen n(n - 1 )(n - 2 )(n - 3 ) ........ (n - (k - 1 )) félek ép p en v álaszthatunk. Ezt a ^-tényezős szorzatot ( n - k ) l -sál bővítve a következőt kapjuk:

n(n - \)(n - 2)(n - 3) ...... ( n - ( k - \ ) ) { n - k ) ( n - k - \ ) ( n - k - 2 ) .......- 3- 2- 1 _ ni (n-k)\ (n - k ) \

H H

1 . D . 5 . H a n különböző elem közül kell k db-ot kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás sorrendje lé­ nyegtelen (azaz, ha ugyanazt a k db-ot más sorrendben választjuk ki, nem kapunk új kiválasztást, új esetet), akkor n elem k-ad osztályú ismétlés nélküli kombinációjáról beszélünk.

1. T. 4. n elem k-ad osztályú ismétlés nélküli kombinációinak a száma: r (k) = n! " k! - (n —k)! "

BIZONYÍTÁS: M int az előbb (a variációknál) láttuk, h a n különböző elem közül k d b -o t kell kiválasztani

úgy, hogy a s o rre n d szám ít, a lehetőségek száma:

=

(n-k)l'

Ebben bármely kiválasztott k db elem /d-szor szerepel, t.i. annyiszor, ahányszor a k db elem et sorba rendez­ hetjük, azaz, ahány perm utációja létezik ennek a k db elemnek. Ez a ki eset azonban a kombináció esetén m ind ugyanazt az esetet jelenti, hiszen a kombinációban közömbös, hogy a kiválasztott k db elem et milyen sorrendben választottuk ki. Ezért a variációk száma éppen annyiszorosa a kom binációkban keresett kiválasztási lehetőségek számának, am ennyi e k elem perm utációinak a száma, azaz

.

k -szorosa. Így azt kaptuk, hogy

M k ) _ V ^ k)

\ Az

P

k\ -{n-k)\'

kifejezés - m in t később látni fogjuk - n agyon g y ak ran és sokféle m egközelítésben szere­

p el a m atem atik ában. E zé rt e tö rtre bevezettek egy új, egyszerűbb jelö lést, m elynek elnevezése: „n ín> ni . T e h á t ( n) alatt a jelölése:

k

ki■(n- k) l

k

V J

M egism erkedve az ism étlés n élk ü li variáció és kom bináció fogalm ával, té rjü n k vissza a bevezetőnkben em lített 4., 5., 6 . és 8 . felad atra.

H

l . M. 4. Először a fiúk, illetve a lányok közül kell 2-2-t kiválasztanunk. M ivel a kiválasztás so r­

re n d je lén yegtelen, e z é rt a

2

fiút és a

2 lányt ' 1 2 ^ '1 4 N

12! - !

21 1 0

2

14! !-1 2 !

félek ép p en választhatjuk ki. H a m ár kiválasztottuk a 2-2 szereplőt, ak k o r m á r csak őket kell „p árb a” állítani; ez k étfé lek ép p e n lehetséges:

fiú\, fiú?,

lányx lány 2

vagy

fiú 2, fiú u

lányx lány2

T e h á t az osztály tanulói közül a p á ro k a t 2 -6 0 0 6 = 12012-félek ép p en választhatjuk ki.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

13

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

KOMBINATORIKA

H

l. M. 5.Az első

b ástyát 6 4 -féleképpen helyezhetjük el. H a m á r az első b ástyát letettük, a m ásodik b ásty ára 49 hely m a ra d t. U gyanis a m ásodik b ástyát n em te h etjü k abba a sorba és abba az osz­ lopba, m elyben az első bástya szerepel (lásd ábra). íg y a m e g m a ra d ó helyek szám a 49.

(Ezt úgy k ap ju k m eg a leg k ö n n y eb b en , hogy a m ara d ék h e ­ lyeket tartalm azó négy ta rto m á n y t „összetolva” ism ét egy négyzetet, m ég p ed ig egy 7 x 7 -e s négyzetet k ap u n k .) T e h á t az első k ét b ástyát 8 2 ■7 2 -félek ép p en te h etjü k le. V égül a h arm a d ik bástyát - az előző g o n d o latm en eth ez haso n ló an 6 - 6 = 3 6 -félek ép p en te h e tjü k , le. T e h á t a h áro m bástyát 64 • 49 • 36 -félek ép p en le h e t lerakni. De vigyázzunk! Ez az ered m én y a keresett lehetőségek szá­ m ának 3!-szorosa. Hiszen ebben az eredm ényben külön eset­ k én t szerepel m in d en olyan variáció, m elyben ugyanarra a h á ­ rom helyre, d e különböző so rren d b en tettük le a bástyákat; m árp ed ig - mivel a bástyák egyform ák - ezek az esetek ugyan­ azok az esetek. T e h á t a h áro m egyform a bástyát összesen 64-49-36 3! variációban te h etjü k le úgy, hogy n e üssék egym ást.

M EGJEGYZÉS: 1 . T erm é szete se n , h a a bástyák különbözők, a k k o r a lehetőségek szám a: 6 4 • 4 9 • 3 6 . 2 V ajon m it k a p u n k e re d m é n y ü l, h a 8 egyform a, illetve h a 8 különböző bástyát kell elhelyeznünk? H a 8 egyform a bástyát kell elh ely ezn ü n k , akkor a lehetőségek szám a:

.

64•49■36•25•16•9•4

8 2

8! Ha

8

-7 2 - 6

2

-5 2 - 4 2 -3 2 -2 2 _ (8 ! ) 2

8!

OI

8!

különböző b ástyát kell elh ely ezn ü n k , ak k o r a lehetőségek szám a: (8 ! ) 2 .

1. M.

6

* , 1 4 5 1 . A hhoz, hogy biztosan legyen egy telitalálatos szelvényünk I g I db szelvényt kell kitölteni.

Először azt szám oljuk össze, h án y d b 5 találatunk lesz a szelvények között.

X X X X X X

14

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

KOMBINATORIKA

T eg y ü k fel, hogy a beixszelt h a t szám ot h ú zták ki. Egy db (és p o n to sa n egy db) ilyen szelvényünk van. E h a t szám közül 5-öt 6 -félek ép p e n találh atu n k el. V ajon h án y db olyan szelvényünk van, m elyen é p ­ p e n a kérdéses ö t szám ot találtu k el? Mivel a h ato d ik x-et 4 5 - 6 = 39 h ely re teh etjü k le, ezért az öt találatos szelvények szám a: ' 6 ^ f 39" ... , = 6-39 = 234. M ost szám oljuk össze a 4 találatos szelvényeket. A kihúzott

6

szám ból 4 -et

-félek ép p en választha­

tu n k ki (hiszen a kiválasztás so rre n d je lényegtelen). Egy a d o tt 4-eshez a hiányzó 2 db x-et 39 helyre f39"l teh etjü k le (term észetesen a so rre n d ek k o r is közöm bös), vagyis I ^ -félek ép p en . Ezek szerint a 4 találatos szelvények szám a:

J •í ^ j =

' 21^377 =

4

1. M. 8. E lőször szám oljuk össze a három szögeket. H a a h áro m sz ö g k ét csúcsa az egyik egyen e­

sen van, ak k o r e két csúcsot

-félek ép p en választhatjuk ki. M in d en kiválasztott p o n tp á rh o z a

m ásik eg y enesen 5 -félek ép p en választhatjuk ki a h a rm a d ik csúcsot.

De p o n to san u g y an en n y i h áro m sz ö g et k a p u n k , h a a h áro m szö g n ek két csúcsa a m ásik egyenesen van. így az összes lehetséges h áro m sz ö g ek szám a: 5 •I ^ I■2 . N égyszögek esetében m in d k é t eg y en esen 2-2 p o n to t kell választanunk. Ezt m in d k é t egyenesen ^ félek ép p en te h etjü k m eg, vagyis a négyszögek szám a:

K érdés, m elyik szám nagyobb: 5 • Mivel

5

,Q

. 2

= 10._ ^ _ =

•2 1 0

5x 2 ^

vagy .4_5=

1 0 0

&

g j

= _5^_._5^_ =

1 0 ._1 0

=

1 0 0

s

ez ért p o n to san u g y an an n y i h á ro m sz ö g keletkezik, m in t négyszög.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

15

KOMBINATORIKA

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

ISMÉTLÉSES VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK, BINOMIÁLIS TETEL T eg y ü k fel, h o g y n különböző elem ből kell k db-ot kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás so rre n d je lényeges, d e m ost egy elem et többször is választhatunk. Pl. egy u rn á b a n elhelyezzük az 1, 2, 3, 4, 5 szám jegyeket, m ajd egyet k ih ú zu n k , azt leírjuk, visszatesszük; s az eljárást h áro m sz o r m egism ételjük. K érdés: h án y fajta h áro m jeg y ű szám ot k a p h a tu n k v ég ered m én y ü l. Mivel az első h elyre 5-ből, a m áso­ d ik ra is ötből, a h a rm a d ik ra is 5-ből választhatunk, ez ért az e re d m é n y nyilván 5 3 = 125 .

y

1. D. 6 . Ha n különböző elem közül k db-ot kell kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás sorrendje lényeges, de egy elemet többször is választhatunk, akkor n elem k-ad osztályú ismétléses variációjá­ ról beszélünk.

1. T . 5 . n elem k-ad osztályú ismétléses variációinak a szama: n

k

.

H B IZ O N Y ÍT Á S : Az első h ely re n -félek ép p e n választhatunk. A m ásodik h ely re szintén n-féleképpen vá­ laszthatunk. U gyanígy a h a rm a d ik és m in d en további helyre, vagyis m in d a k db h ely re n-féleképpen választhatunk, így az ism étléses variációk száma:

Vni = n - n - n ..........-n = n h . É rd em es m egfigyelni azt, hogy m íg az ism étlés nélküli variáció esetéb en nyilván k < n volt, ad d ig az ism étléses variáció esetében m á r le h e t k > n . A z ism étléses variációk ism ereté b en vizsgáljuk m eg a b evezetőben em lített 1 . F. 7 . feladatot. A zoknak a ren d szám táb lák n a k a szám a, m elyekben m in d en szám jegy különböző 10 elem 4-ed osz­ tályú ism étlés n élküli variációja, hiszen 10 elem ből kell 4-et kiválasztani úgy, hogy egy elem et csak egy­ szer választhatunk, és term észetesen a kiválasztás so rre n d je lényeges. Ezek szerint az ilyen re n d ­ szám táblák száma:

^ L _ =M

= 7 .8 .9 ., „ = 5040.

Azoknak a ren d szám táb lák n a k a szám át, m elyekben ism étlő d h etn ek szám jegyek, úgy k ap h atju k meg, hogy az összes előállítható ren d szám táb lák szám ából levonjuk azoknak a szám át, m elyekben nem is­ m é tlő d h etn ek szám jegyek, vagyis 5040-t. Az összes ren d szám táb lák szám a 10 elem 4-ed osztályú is­ m étléses variációja, hiszen 10 elem ből kell 4-et kiválasztani, egy elem et többször is választhatunk, és term észetesen a kiválasztás so rre n d je lényeges. Ezek szerint az összes ren d szám táb lák száma: 10 4 = 10000. T e h á t azoknak a ren d szám táb lák n ak a szám a, m elyekben a szám jegyek ism étlődhetnek: 10 4 - 5 0 4 0 = 4 9 6 0 . A rra az e re d m é n y re ju to ttu n k teh át, hogy azoknak a re n d szám táb lák n a k a szám a, m elyeken m in ­ d e n szám jegy különböző, több m in t azoknak a szám a, m elyeken v a n n a k ism étlődő szám jegyek. (Azt azonban m in d en k ép p e n érdem es megjegyezni, hogy a kettő között a különbség nagyon kicsi; alig 1 %.)

M ielőtt rá té rü n k az ism étléses kom bináció vizsgálatára, n ézzük m eg kicsit közelebbről az

kife-

jezéseket, am elyeket b in om iális együtthatóknak is szoktunk nevezni.

16

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, vwvw.dft.hu

KOMBINATORIKA

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

1. D. 7. Pascal-háromszögnek nevezzük a természetes számok alábbi elrendezését: 1 1

1 1 1

5

1

1

2

3 4

6

1

3

1 4

10

10

1 5

1

A háro m szö g elem eit az alábbi m ó d o n képezzük: az első sorban (0. sorban) 1 d b 1-est íru n k , a követ­ kező so rb an szim m etrik u san elhelyezve egy-egy 1 -est íru n k , m ajd ez u tá n m in d e n so rt 1 -sel kezdve az elem eket úgy kap juk, hogy a fölötte álló so rb an a tőle balra, ill. jo b b ra levő elem ek et összeadjuk. Az algebrából ism erjük k ét tag összegének m ásodik, h a rm a d ik ill. negyedik hatványát. P róbáljuk m eg ­ h atáro zn i általában két tagú összeg n-edik hatványát. (a + b f =

1

(a + b f = a 2 + 2 ab + b2 (a + b f = a 3 + 3a 2b + 3ab2 + b3 (a + b)4 = a 4 + 4 a3b + 6 a 2b2 + 4 ab3 + b4 (a + b f = a5 + 5a4b + 1 0 a 3b2 + 1 0a2b3 + bab4 + b5 . K önnyen észre vehetjük, hogy az egyes felbontásokban eg y ü tth ató k k én t é p p e n re n d re a Pascal-három ­ szög m egfelelő so rának elem ei szerepelnek. H ogy ez m indig így lesz, errő l szól a binom iális tétel. n rn \ 1

.T .

6

. (a + b f =

an~lb +

an- 2b2 +.

abn~l +

B

‘■ - a

a

b

BIZONYÍTÁS: Az (a + b)n egy n tényezős szorzat, m elynek m in d e n tényezője (a + b ) . (a + b)n: = (a + b)(a + b)(a + b)..........(a + b) A szorzás elvégzése során egy tagot úgy k ap h atu n k meg, hogy m inden tényezőből a- 1 vagy b-t kiválasztunk, s az így kapott n db tényezőt összeszorozzuk Pl. a kbn~k tagot úgy kapjuk m eg, hogy k db tényezőből az a- 1 , n - k db tényezőből ped ig a b-t választjuk, m ajd ezeket összeszorozzuk. Mivel a k db a kiválasztásánál (és term észetesen az n - k db b kiválasztásánál is) a tényezők kiválasztásának a sorrendje lényegtelen, azért az / x / \ t' nn s' . k -k k tn -k tagból ép p e n db lesz, vagyis (a + b)n kifejtésében az a bn tag együtthatója ép p en aTb Kk J vV A g o n d o latm en etb ő l m á r az is látszik, m e n n y ire in d o k o lt a b in om iális együttható elnevezés, binom iális e g y ü tth a tó k n a k sok érd ek es tu lajd o n ság a közül em lítsü n k m eg n éhányat.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

17

KOMBINATORIKA

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

71 \

1. M in d en n - re 2.

[k)

(71 = 1. Ezt ak ár [ | definíciójából, ak ár a Pascal három szögből is leolvashatjuk.

( n ) E n n ek igazolását k étfélek ép p en is m eg teh etjü k . n-ky ni kl-{n-k)l ’

k I

ni (n - k ) !• (n - (n - k ))!

ni (n-k)\-kl

De úgy is b e lá th a tju k az egyenlőséget, h a m eg g o n d o lju k a n n a k k o m b in ato rik ai tartalm át: j ^ j je le n ­ tése: n különböző elem közül k db-ot en n y ifélek ép p en leh et kiválasztani a s o rre n d re való tek in tet nél­ kül. De am ik o r k db e lem e t választunk ki, ak k o r tu la jd o n k é p p e n n - k db elem et is kiválasztunk, t.i. azokat, am elyeket n e m választunk ki. így n elem ből k db-o( kiválasztani (a s o rre n d re való tek in tet nélrn \ r n " kül) p o n to san u g y an an n y iszo r lehet, m in t n - k db elem et kiválasztani, vagyis vn - k y Az egyenlőség egyben azt is m u tatja, hogy a Pascal-három szög egyes so raib an az egyes tagok szim m et­ rik u san h ely ezk ednek el: az n-ed ik sor &-adik tagja ugyanannyi, m in t az n -d ik sor n - k -adik tagja. 3 . írju n k a binom iális tételb en szereplő a és b helyére 1-et 1-et. E kkor n ) ín ( 1 + 1 )" = ■+ l n - l + n Ez az egyenlőség azt m u tatja, hogy a Pascal-három szög n-ed ik so rá b an levő elem ek összege é p p e n 2n ek n-edik hatványa. 4 . írju n k m ost a binom iális tételb en a helyére 1-et, b helyére p e d ig -1-et. E kkor 0 + v°y v / v j \nj Ebből az egyenlőségből azt látjuk, hogy h a a Pascal-három szög valam ely so rá b an a tagokat felváltva + , - előjellel látjuk el, ak k o r az így k a p o tt sorban levő tagok összege 0 .

(1 - 1 )" =

ín>

5.

—

'71 ~ 0

\ k)

"n -r +

K k )i \ k —l J Ez az egyenlőség lén y eg éb en a Pascal-három szög fenti definícióját m utatja. Az n-ed ik sor &-adik tagja egyenlő az n - l -dik sor &-adik és k - 1 -edik tagjának összegével. Igazoljuk ezt az egyenlőséget az egyes tagok kifejtésével. í» -l]

[» -l]

k ) +{ k - l )

(n -l)

(n -l)!

(n -l)!

(n -l)!

k \ - ( n - k - \ ) \ + (A —1) !■(n —1 —A + 1)! ~ kV (n - k - \) \ + (k -1)1-(n - k)l

A k ap o tt két tagú összeg közös nevezője kl(n - k ) \ , te h á t a következőt írh atju k : (n -l)!

k l - ( n - k - 1)!

t

_(n-l)\-(n-k) k\(n-k)\

(n -l)!

(k —l ) \ - ( n - k ) \

n -l

T ehát

n -l k-l

( n - l)\-k _ ( n - \ ) \ - ( n - k + k) kl-(n-k)l k\(n-k)\ (n -1 )!- n kl-(n-k)\

Mivel (n - 1 ) !■n = n ! , így azt k ap tu k , hogy f n - 1>

rn -n +

,

*

v

k-lj

ni ki ■(n —k)\

[kj

6 . A binom iális e g y ü tth ató k igen szoros kapcsolatban van n ak a Fibonacci szám okkal is.

18

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dtt.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

KOMBINATORIKA

1. D. 8 . Az f \ = f 2 = 1 és n > 2 esetén f n = f n l + f n_2 rekurzióval definiált számsorozatot

H

Fibonacci-sorozatnak nevezzük.

A so ro z a t tagjai tehát: 1, 1, 2, 3, 5, 8 , 13, 21, 34, 55, 89, 144, ... stb. ... E szám sorozatnak ö n m a g á b a n is szám talan érd ek es és re n d k ív ü l hasznos tu lajd o n ság a van. Mi m ost azt nézzük m eg, hogy m ilyen kapcsolatban állnak e szám sorozat tagjai a binom iális együtthatókkal. Alkalm azzuk a sorozat definíciójában szereplő rekurzív fo rm u lát re n d re a so ro zat tagjaira. 1

. felbontás:

/ „ = f n_x +

/ „ _ 2

2

. felbontás:

f n = f n_2 +

/ „ _ 3

+

/„ =

/ „ _ 4

+ 2 ( f n_4 + / n_5) + f n_5 +

3. felbontás:

/ „ _ 3

+

/ „ _ 3

+

/ „ _ 4

= f n_2 +

2 / n_3

+ f n_4

/ w_ 6

= f n_3 + 3 / „

_ 4

+ 3 /„ _ s +

/ „ _ 6

4. felbontás: f n ~ f n —A

fn - 5

'-'(fn - 5

fn -6

)

^ (fn - 6

fn -1

)

fn -1

fn -8 ~ fn - 4

^ - fn -5

^ fn -6

^f n - 1

fn - 8

A zonnal szem beötlik, hogy a Fibonacci-sorozat n-edik tagjának egym ás u tá n i felbontásaiban együ tt­ h ató k k én t é p p e n a P ascal-három szög elem ei je le n n e k m eg, m ég p ed ig a &-adik felbontásban a Pascal­ háro m szö g &-adik so rá n ak elem ei lesznek az együtthatók. Igaz általában, hogy fn

- v f AV

~~

J n -k -i

'

i=o E n n ek bizonyítását m á r m ellőzzük, csu p án m egjegyezzük (ha valakinek m égis kedve tám ad rá), hogy teljes indukcióval k ö n n y en b e lá th a tju k az egyenlőség helyességét. V égezetül té rjü n k rá a n n a k az esetn ek a tárgyalására, am ikor n elem közül kell k d b -o t kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás s o rre n d je lényegtelen, és egy elem et többször is választhatunk.

H

1 .D . 8 . H a n elem közül k db-ot kell kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás sorrendje nem számít és egy elemet többször is választhatunk, n elem k-ad osztályú ismétléses kombinációjáról beszélünk.

1. T . 7 . n elem k-ad osztályú ismétléses kombinációinak a száma:

B

c


f n > 1. F. 1 5 . Bizonyítsa be, hogy

+2 k-lj

Ib

+ í 71 l “ [k + l j

'n + 2" -----------— ---------- -— —------- --------- ---------- - a e függvény. Nyilván a konstans nevező n em szám ít, így elég az abszolút é rté k e k összegét vizsgálni. Az a d o tt r e n d e z e tte a d a t n + 1 részre osztja a szám egyenest. M in d en szakaszon m ás-m ás lineáris függvény ad ja m eg az A n m egfelelő d arab ját. P éldául, h a a < x,*, ak k o r m in d e n abszolút érték jel „elhagyható”, azaz - n a + ^ x * negatív m ere d ek ség ű (teh á t szigorúan m o n o to n fogyó) lineáris függvénnyel egyezik i=1 m eg A n. A következő szakaszon te h á t a legkisebb ad a t (x /) és a következő (x2‘) között m á r az első tag n

negatív lesz, te h á t abszolút é rté k a - 1 -szeres lesz: ek k o r - ( n - 2)a+ ' ^ x * -Xj* ad ja m eg ezen az interi=2

v allum on a vizsgálandó A n függvényt. Ez m á r egy kevésbé m e re d e k e n csökkenő függvény, legalábbis h a n legalább 3. H a van m éd ián , ak k o r é p p e n abban a p o n tb a n fog a csökkenésből növekedő lineáris függvénybe átm e n n i az A n függvény. H a páro s sok a d a t van, ak k o r a „két középső” közötti szakaszon konstans lesz a függvény, előtte szig o rú an m o n o to n fogy, u tá n a p e d ig nő, te h á t a m inim um hely egy egész in tervallum a k ét középső szám között. A két helyzetet egy-egy ábrával szem léltetjük az n 5 és 6 esetekben.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

37

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

A z n = 5 eset

Az n = 6 eset. A két tétel indokolja, hogy szám tani közép, m in t átlag esetén az átlagos négyzetes eltérést használjuk, am elynek kü lö n neve van, h a a szám tani közép, ekkor empirikus szórásnak nevezzük. T e h á t az e m p iri­ kus szórás, az átlagtól v ett átlagos négyzetes eltérés, form álisan N n {x).

H

2. D. 7. A relatív szórás az empirikus szórás és az átlag hányadosa. Két adathalmaz összehasonlítá­ sakor fontos.

PÉLDA: Melyik a d a tso r szóródik jo b b a n , azaz m elyiket jellem zi „p o n to sab b a n ” az átlag? 2,3; 3,1; 2,8; 1,9; 3,2; 3,6; 2,8; 1,7; 2,2; 3,4 342; 346; 339; 344; 347; 334; 350; 336; 348; 344. Válasz: Az (a) a d a tso r átlaga: 2,7 és szórása: kb. 0,61. A (b) ad atso rn ál az átlag: 343 és a szórása: kb. 4,98.

H a csak a szórást h aso n líta n á n k össze, ak k o r azt m o n d h a tn á n k , hogy a m ásodik a d a tso r kicsit több m in t 8 -szor a k k o ra szórással rendelkezik. H a azonban a relatív szórásokat h aso n lítju k össze, ak k o r az első esetben kb. 0,23, m íg a m ásodikban kb. 0,015 adódik. Ez é p p e n fo rd ítv a azt m u tatja, hogy az első esetben a relatív szórás közel 16-szoros.

38

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

Nyilván az első szóródása te h á t a nagyobb, ez ért a (b) ad atso r esetén p o n to sa b b a n jellem ez az átlag, m in t az (a) sorozat esetén. A fogalom elég term észetes, h a m érési h ib át n é z ü n k p éld áu l, akkor 100-as n ag y ság ren d m ellett n é h á n y egész eltérés kevesebb, m in t egész é rté k e k m ellett n é h á n y tizedes szóró­ dás. Azaz a szórást az átlaghoz viszonyítva kell összehasonlítani. E zután nézzük m eg a k itűzött bevezető feladatok m egoldásait:

2. M. 1 a) M egoszlást m in d ig kör- vagy sávdiagram (szokás szalagnak is m o n d a n i) szokta szem léltetni. J e ­ gyezzük m eg, hogy é p p e n torzításai m iatt n e használjunk to rta (ax o n o m e trik u s korong) d iag ra­ m ot, vagy térb eli oszlopot. Ez a következő c) részre is vonatkozik.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

39

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

b)

A munkanélküliég végzettség szerinti megoszlása 2004-ben 4 szellemi foglalkozású

1 szakmunkás

3 segédmunkás

2 betanított munkás k ö rd iag ram

Sávdiagram 100% -

90%.

4 szellemi

80%70%.

3 segédmunkás

60%50%. 40% 30%20% 1 0

% -j

0%

40

mm

2 betanított munkás

1 szakmunkás

,

.j

DFT-Budapest, tel : 06 (1) 473-0769, vwvw.dft.hu ■

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

c) Az arán y o k alig változtak, m íg m aga a m un k an élk ü liség folyam atosan nőtt. Az arán y o k viszonylagos stabilitását m u tatja az alábbi táblázat. Az egyetlen változás a szellem i foglalkozásúak növekvő aránya. _________ A z adatok (%-ban)

S zakm unkás

B etan íto tt

S eg éd m u n k ás

S zellem i

Ö sszes

2 0 0 2

35,2 35,1

24,7 24,3

23,9 24,4

16,2 16,1

1 0 0

2003 2004

34,6 34,6

24,2 23,8

24,7

16,6 17,4

Év 2 0 0 1

24,2

1 0 0

1 0 0 1 0 0

É rdekes, hogy a m u n k an élk ü liek kicsit több, m in t h a rm a d a szakm unkás. A legkisebb arán y t (növe­ kedése ellenére) a szellem iek képviselik, m íg a b etan íto tt és seg é d m u n k á s a rá n y egy-egy negyed körül van, az utóbbi kicsit nő, az előbbi csökkent.

H

Z. M . 2 . Az A osztályban a leggyakoribb jegy a 3, ugyanez a médián (középső) is. Az osztályátlag pedig: 3,26.

A B osztály esetén ezek a m utatók: m ódusz: 2, m édián: 4, az átlag p edig. 3,33. A: 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5. B: 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5. Azaz átlagban és m ed iá n b a n is e g y a rá n t jo b b a B. H a a leggyakoribb je g y e t nézzük, ab ban rosszabb. A szórása nagyobb a 5 -n e k . O tt inkább jó k és gyengék vannak, nincs közepes, az A átlagosabb szokásos eloszlású társaság. A jeg y e k gyakorisági d iag ra m ja is m u tatja m indezt:

2 . M . 3 . Legfeljebb fél percet 5 vásárló töltött a pénztárnál; több mint fél, de legfeljebb 1 percet 26an; 1 percnél hosszabban, de legfeljebb másfél percet 19-en; és végül több mint másfél percet 10-en. Eszerint a keresett négy tartam relatív gyakorisága rendre:

^

» 0,083; | | « 0,433; ^

* 0,317; ^

» 0,167 .

b) (E) A hiszto g ram hoz szükséges az egyes in terv allu m o k gyakorisága: [0; 20[, [20; 30[, [30; 40[, [40; 50[, [50; 60[, [60; 70[, [70; 80[, [80; 100[, [100; 120[ 1 4 8 7 10 4 9 15 2 A hisztogram terü le ta rán y o s ábrázolás, te h á t a kétszer olyan széles osztályok fele olyan m agasak, m in t a gyakoriságuk.

ERETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

41

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

E szerint a következő á b rá t kapjuk:

c) Az átlagos várakozási id ő h ö z a 60 szám átlagát kell kiszám olni, ez zsebszám ológéppel a statisztikai funkciót használva 61,8. E n n y it kell átlagosan egy vásárlóra várni, te h á t h a ö ten v an n a k előttem , akkor az ötszörösét, azaz 309 m áso d p ercet, azaz 5 p ercn él kicsit tö b b et kell várnia. d) A 60 a d a t e m p irik u s szórása (ism ét zsebszám ológéppel szám olva két tizedes pontossággal): 23,81. Ebből a relatív szórás e n n e k és a 6 1 ,8-nak a hányadosa: kb. 0,39. e) Az ad ato k 100%-a b e n n e van a kétszórásnyi [14,17; 109,42] in terv a llu m b an . Az egyszórásnyiban 34 a d a t van bent, és 26 esik kívül, te h á t az ad a to k 57% van belül.

2. M. 4 . a) Az alábbi két grafikon teljesíti a kért kritériumokat.

Napi teljesítmény a norma százalékában

napok

42

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÜT AZ EGYETEMRE__________________________ STATISZTIKA ES VALOSZINUSÉGSZAMÍTÁS

M agyarázat: kisebbnek tű n ő ingadozás (nagyobb lép ték az y ten g ely en , széthúzás az x tengely m en tén

b) Az átlagos teljesítm ényük a k ét h é t alatt 96,1%, azaz n em teljesítették az elvárást. A szórás 8,25%, így a relatív szórás 0,086, azaz kb. 8 ,6 %-os. c) A m ásik cso p o rt átlaga 97,6% , te h á t ők sem teljesítették az elvárást, azaz sem elyiket n em ju ta lm a z ­ n án k . M égis, egy kicsit összteljesítm ényben jo b b ak , viszont nagyobb a szóródásuk: a relatív szórás ese­ tü k b en 11,2%, am i 1,3-szorosa a m ásik csoportnak. d) (E) Sodrófa, vagy d o b o zd iag ram (box plot) nagyobb lép ték n é l növeli a k ü lö n b ség et a m ásodik cso­ p o rt jav ára. H aso n ló an egy v o n ald iag ram o n m in d k ettő t ábrázolva ism ét a léptéktől függ a különbség­ érzetü n k .

2. M . 5.

,

a)

-

2,6 + 3,7 + 5,0 + 3,9 + 3,0 + 6,0 + 4,9

x = —-------=-------:-------^

29,1

. 1c

:-------— ——ij— “ 4,16

b) T erm észetesen az átlag hétszerese, am i é p p e n az előbbi szám láló: 29,1 m illió to n n a. É p p en ez az átlag ism eretén ek előnye: h a egy nagy ad ath alm az átlagát ism erem , ak k o r egy egyszerű szorzás m eg ­ ad ja az összeget. c) Az inflációs ad a to k a t felhasználva:

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

43

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

A 2004-re m eg ad o tt 23 700 Ft 2005-ös áro n , m ivel 105,9-nek vesszük a szorzót, te h á t m a 22 380 Ft-ot ér, h aso n ló an az előző évi 33 000 Ft m ai árá h o z 1,059 és 1,068 szorzatával kell osztani, teh át 29 177 Ftot k ap u n k . H aso n ló an folytatva kap ju k a következő táblázatot: T onnánkénti elad ási ár 2005-ös áron (Ft)

Búzaterm és m illió tonnában

Év 1999 2000

2,6 3,7

13400 20400

20 0 1

5 3,9

19100 20300

3

2002 2003 2004

6

29200 22400

2005

4,9

2 2 0 0 0

Az ára k a t 100 F t-ra k e rek ítettü k , mivel e red etileg sem voltak po n to sab b ak , és az inflációs ad ato k sem teljesen pontosak. d) A kapcsolat a term elés m ennyisége és á ra között a követk ező k ép p en ábrázolható:

A búza termés és ára közötti kapcsolat 35000 30000 r 25000 ro -O 1 20000 Ü_ i—

'(0 15000 3. 10000 5000 0

0

2

4

6

8

A termelt mennyiség millió tonnában H a az első ad a to t „kivételnek” tekintjük, ak k o r a többi a d a tra egy ellen tétes változás jellem ző, am i elég logikus is, h a nagyobb m en n y iség te rm e tt, akkor az á r alacsonyabb. F ü ggvényszerű kapcsolatot ennyi ad atb ó l m eg állapítani n e m ig e n lehet. Viszont az 1999-es a d a t kilóg a sorból. V alószínűleg igen bonyo­ lu lt az á r és a term és közötti kapcsolat, hiszen függ a világpiactól is, hogy m áshol m en n y i b ú za term ett.

44

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

2. M. 6.

a)

Közúti balesetek száma 1990 és 2004 között 30 000 cc 25 000 E

20 000

m ■g 15 000

1 10 000 jS

5 000' 0

1990

1995

2000 1 évek 1990-től 2004-ig

2004

b)

L átható, hogy nincs je le n tő s változás, kicsi a hullám zás. 1995-től 2004-ig nincs n ag y változás, ingadozik az arány.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

8

körül

45

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

c) A közúti és a vasúti halálozások összegét egy Excel v o n ald iag ram m al ábrázoljuk. Ezen látható, hogy alap v ető en csökkenő te n d e n c ia van, egy-két kiugrással.

Baleseti halálozási szám 1999-2004-ig

Evek

2. M. 7.

a) A nég y év m egoszlását m u tató k ö rd iag ram o k .

A baleseti okok megoszlása 2001-ben Utasok hibájából

/

Műszaki okokból Úthibából

Gyalogos hibájából

II

Járművezető hibájából

V 46

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

A baleseti okok megoszlása 2002-ben U tasok hibájából

Vlűszaki okokból Úthibából

Gyalogos hibájából

\

V

Járm űvezető hibájából

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

47

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

b) Jelen tő s változást n em le h e t az á b rák o n látni, b ár az feltűnik, h o g y a balesetek szám a növekedést m u tat, m íg arán y aib an növekszik a vezetők okozta balesetek, v alam in t az ú th ib ák és egyéb kategó ria a gyalogosok és az u tastársak okozta balesetek arán y ain ak rovására.

48

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

VALOSZINUSEG-SZAMITAS A valószínűség fogalm a (nem túl m eglepően) a legalapvetőbb a valószínűség-szám ításban. K ülönböző kísérletek voltak a definiálására. Sok szem pontból hasznos, h a a leg fo n to sab b ak at ném i elem zéssel és példák k al b em u tatju k . U tá n a a valószínűség elem i tu lajd o n ság ait vesszük át, ism ét feladatokon, p éld á­ kon keresztül. V égül a legfontosabb alkalm azások és m odellek következnek a két szint követelm ényei­ n ek m egfelelően.

'1 . F. 8 . Mekkora a valószínűsége,

B

_a)"fíogy egy hato slo ttó szelvénnyel é p p e n h árm as találatu n k lesz? b) egy (egy nullás) ru le tte n piros jö n ki? c) az előbbi ru le tte n p á ra tla n vagy az első 6 szám valam elyike jö n ki? d) két kockát egy5szerre feldobva a szám ok összege legalább 1 0 ? e) egy pakli m eg k ev e rt m ag y ar kártyából négyet húzva a lapok között van ász? 2. F. 9 . Szeretnénk becsülni annak a valószínűségét, hogy a) egy ad o tt rajzszög a „fejére” esik, b) egy a d o tt gyufás skatulya a „sm irglis” lap jára esik, c) A R eál M adrid nyeri a 2005-06-os spanyol bajnokságot d) egy a d o tt ingfajta szövéshibás e) egy v életlenül kiválasztott család első gyerm eke fiú f) az a csapat n y eri a m érkőzést, am elyik az első gólt rúgta. M it ten n e az egyes esetek b en a becslés érd ek éb en ? 2. F. 10. Egy üzletbe három helyről szállítanak egy bizonyos háztartási gépet. Az első helyről szállí­ tottak 8, a második helyről 3 és a harmadik helyről mindössze 2% a hibásak aránya. Ha a beszállítási arányok a három hely esetén rendre 3:5:2-höz, akkor mennyi az esélye, hogy egy az üzletben be­ szerzett háztartási gép, hibásnak bizonyul? 2. F. 1 1. Egy Röntgen vizsgálat célja, hogy a TBC-t korán felismerjék. A betegek 90%-át felismerik ezzel az eljárással a statisztikák szerint. Igaz ugyanakkor az egészségesek közül is 1%-ot TBC-gyanúsnak tartanak. Egy olyan populációból ahol 0,1% a TBC-fertőzött, véletlenszerűen kiválasztva vala­ kit a vizsgálat fertőzöttnek tartja. Mekkora a valószínűsége, hogy ténylegesen TBC-s?

2 . D. 8 . Egy véletlen kísérlet lehetséges kimeneteleit szokás elem i eseményeknek nevezni. Ezen elem i esem ények összessége, te h á t az összes lehetséges kim en etelek halm aza az eseménytér. Ez a két fogalom a véletlen k ísérletek m atem atizálása felé te tt első lépések egyike. Ezzel halm azel­ m életi nyelven le h e t m ajd beszélni a továbbiakban. Ebbe a körbe tartozó utolsó fogalom az ese­ mény, am ely az e se m é n y té rn e k egy részhalm aza. E x trém esetek b en le h e t a részhalm az m aga az esem énytér, illetve az ü re s halm az is. Az előbbit leh et biztos, az u tó b b it p ed ig leh etetlen ese­ m én y n ek m o n d an i. A következő lépés az esem ények valószínűségei felé vezet m ajd. E n n ek legegyszerűbb esete, h a feltehető, hogy az elem i esem ények szám a véges és m indegyike eg y enlően valószínű. E rre az esetre vonatkozik a következő m eghatározás.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

49

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

H

2. D. 9. Egy esemény kombinatorikus vagy klasszikus vagy Lap/ace-féle valószínűségének nevezzük azt a számot, amelyet úgy kapunk, hogy az esemény szempontjából kedvező kimenetelek számát osztjuk az összes lehetséges kimenetelek számával. Fonos, hogy a fogalom használatának a feltétele a véges sok kimenetel, (azaz véges sok elemi esemény legyen) valamint, hogy az egyes kimenetelek egyenlően valószínűnek tekinthetőek legyenek. Ez sajnos tisztán csak speciális esetekben tehető fel, ilyen a feladatokban szereplő szerencsejátékok, elfogadható közelítéssel a dobókockák, pénzérmék, lottóhúzások, rulett forgatás stb. Legtöbb esetben viszont ez nem tehető fel, s ekkor ezzel nem is lehet számolni. A fő probléma tehát ezzel a fogalommal a nagyon korlátozott használhatósága. Azok­ ban az esetekben, ahol ez a kombinatorikus leszámolási eljárással meghatározható valószínűség nem működik, van egy másik bonyolultabb út.

A statisztikai valószínűségfogalom a relatív gyakoriságok m egfigyelhető stabilitásából in d u l ki. Azt felté­ telezi, hogy h a egy véletlen kísérletet sokszor egym ásután elvégzünk, ak k o r a m egfigyelt véletlen ese­ m ény bekövetkezéseinek relatív gyakorisága stabilizálódik egy bizonyos é rté k körül, am it az esem ény valószínűségének m o n d u n k . E rre vonatkoztak a 2.F.9. felad at kérdései. A fő p ro b lém a ezzel, hogy m ilyen hosszú sorozatot kell venni, p o n to san m it je le n t a stabilizálódás. M ennyire leh et ezt a gya­ k o rlatb an használni. E rrő l lesz m ajd szó a nagy szám ok törvénye kapcsán. A h arm a d ik fogalom m ég inkább vitatott, az ún. szubjektív valószínűség, ahol n em is kell véletlensze­ rű n e k len n ie a kísérletnek, egyszerűen a tu d á su n k m é rté k é t jelöli a szám . Mivel ez vitatott, en n ek a m atem atizálása n em egyszerű, errő l is szól a Bayes-statisztika. E zúttal e n n e k vizsgálatát m ellőzzük, m ivel n em érettség i követelm ény, b á r igen érd ek es te rü le t lenne, főleg a m atem atizálás terén. Itt em lítjük m eg a klasszikus Laplace m odell egy speciális végtelen változatát, az ún. „geometriai való­ színűséget”. E n nél a rró l van szó, hogy h a egy geom etriai tarto m án y b árm elyik p o n tjá t ugyanolyan esélylyel választhatjuk ki, a k k o r egy bizonyos résztarto m án y b a esés, m in t esem ény valószínűsége a résztar­ to m án y te rü le té n e k (térfogatának) és a teljes tarto m án y te rü le té n e k (térfogatának) h án y a d o sát vesszük. Ezt a m odellt sok e re d e n d ő e n n em geom etriai szituációban leh et használni.

PÉLDA: K ét b a rá t azt beszéli m eg, hogy 4 és 5 között egy k ö n y v tárb an találkozik, s hogy 15 p ercet v árn ak egym ásra. H a feltételezzük, hogy érkezésük egyenletesen valószínű a m eg ad o tt időinterv al­ lu m b an , ak k o r m ek k o ra eséllyel találkoznak?

MEGOLDÁS: V együnk fel egy négyzetet egy derékszögű k o o rd in áta ren d sze rb en , ahol 4 ó ra legyen az

origó, ekkor m in d k ét tengelyen 1 távolságra lesz az 5 óra, am elynek egységnyi az oldala (egy ó ra az idő­ tartam ). A két b a rá t érkezése a négyzet egy tetszőleges p o n tján ak első, illetve m ásodik koordinátájával rep rezen tálh ató. A kkor találkoznak, h a olyan p o n to t választunk, am elynek koordinátái között a különb­ ség kisebb m in t lA m ivel a 15 p erc é p p e n negyed ó rát jelen t. Az áb rán az átló két oldalán látott hatszög terü letén ek és a négyzet terü le té n ek a hányadosaként tekintjük a k érd ezett valószínűséget. Egyszerűbb a k o m p lem en terrel szám olni, am i két derékszögű három szög.

Azaz a nem találkozás esélye ennyi, te h á t akkor 7/16 eséllyel találkoznak. Kicsit kevesebb m int Vz.

50

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

M it leh et ten n i a további m atem atik ai m odellek építése te ré n , h a az elem i esem ények n em egyenlően valószínűek? Ez a k érd és vezet az eloszlás fogalm ához. M inden véges, illetve m egszám lálhatóan végte­ len esem én y tér esetén d o lg o z h a tu n k a következő konstrukcióval.

H

2. D. 10. Jelöljük a lehetséges kimeneteleket az x^ x2, ....xn-nel, ahol n tetszőleges természetes szám, sőt akár végtelen is lehet (ez a megszámlálhatóan végtelen eset!)- Legyenek ezek valószínű­ ségei rendre p 1; p2, ..., p„. Ezeket a számokat valószínűség-eloszlásnak mondjuk, ha teljesítik a kö­ vetkező két feltételt:

a) m indegyike n em negatív valós szám , b) a szám ok összege (illetve m egszám lálható sor esetén a sor konvergens, és összege) é p p e n

1

.

N ézzünk p éld ák at e rre a definícióra.

I.) VÉGES ESET A rajzszög esete, am elyik „fejére” vagy a „ talp á ra” eshet. Bizonyos szám ú kísérletezés u tá n egy rajz­ szögre m o n d ju k a 0,6 és a 0,4 szám okat ad ju k m eg m in t valószínűséget. E kkor az esem én y tér kételem ű F(ejére), T (alp ára) elem i esem ényekből áll, am elyek valószínűségei r e n d re 0,6 és 0,4.

II) MEGSZÁMLÁLHATÓAN VÉGTELEN ESET Egy dobókockával kísérletezve a d d ig d o b u n k , am íg az első h atost n e m sik erü l elérn i. Legyen kim e­ n etel a szükséges dobások szám a. Ez m ost egy végtelen esem én y tér lesz, m e rt legalábbis elvileg el­ képzelhető, hogy b á rm e d d ig d o b álu n k , n e m lesz hatos. A m odell te h á t m eg szám lálhatóan végtelen. Az esem én y tér m aga a term észetes szám ok halm aza. Mi lesz az eloszlás, h a feltételezzük, hogy szabályos a kocka, azaz m in d e n o ld alára u g yanolyan eséllyel esik? E hhez m in d e n egyes term észetes szám hoz egy esélyt kell m eg ad n i, am elyek összege 1 . Nyilván az 1 esélye 1/6. A 2 k im en etel azt jelen ti, hogy az első n e m hatos volt, m íg a m ásodik dobás hatos. E n n ek esélye (5/6)(l/6). Jelö ljü k az első hatos d obásának szám át X-szel, ak k o r általában a k ki­ m en etel esélye:

Ezek a szám ok egy végtelen m é rta n i sorozatot alkotnak, am elynek összege valóban 1, te h á t beszél­ h e tü n k valószínűség-eloszlásról.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

51

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

M egjegyezzük, hogy ezt az eloszlást szokás geom etriai-eloszlásnak nevezni, é p p e n az ért m e rt egy m é r­ tan i (más szóval geom etriai) sor elem ei adják m eg az egyes esélyeket. Azzal, hogy sik erü lt esem én y ek n ek h alm azo k at m egfeleltetni, az o n n al felvetődik a kérdés, hogyan le h e t különböző h alm azm űveletekkel m e g a d o tt esem én y ek n ek a valószínűségét m egkapni. A h áro m legegyszerűbb m ű v elet az és a vagy, illetve a tagadás esete. E zekre von atk oznak a következő szabályok:

2. T. 3 . Legyenek A és B események egy adott eseménytér részhalmazai. Ekkor a következők igazak: (1) P (A ) = 1- P(A) minden lehetséges A esemény esetén (2) P(A u B ) = P(A) + P ( B ) - P ( A n B ) speciálisan ha a két esemény diszjunkt (metszetük üres), ak­ kor ebből adódik a híres összeadási szabály: P(A u J5) = P(A) + P ( B ) . Szokás ezt a szabályt a való­ színűség additivitásának is nevezni, amely hasonló a megszokott mértékek - például terület vagy térfogat - hasonló tulajdonságához. (3) Események függetlensége: Ha két eseményre a „szorzási szabály” teljesül, akkor függetlennek mondjuk őket, azaz A és B függetlenek, ha P ( A n B ) = P(A)- P(B)

FELADATOK

H

2 . F. 1 2. Mennyi a valószínűsége egy szabályos dobókocka feldobása esetén a következő esemé­ nyeknek: A dobott szám

(a) p áro s és prím (b) h á ro m m a l osztható vagy p áro s (c) n em nagyobb, m in t 4 (d) se n em páros, se n em p rím (e) p áro s vagy p rím 2 . F. 13. Mennyi a valószínűsége kétszer feldobva egymásután ugyanazt a kockát, hogy a kapott számok

(a) összege legalább 3 (b) összege 4 és 10 között van (c) a két szám egyenlő 2. F. 14. Függetlenek-e az alábbi események két dobás esetén: (a) L egalább az egyik dobás páro s és m in d k ét dobás p á ra d a n (b) A dobások összege legalább 5, a dobások összege legfeljebb

52

6

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES UT AZ EGYETEMRE

STATISZTIKA ES VALOSZINUSEGSZAMITAS

MEGOLDÁSOK 2. M. 8. a) A h ato slottón 45 szám ból h ú z n a k 6 -ot. A p o n to san 3 találat azt je le n ti, hogy a h a t kihúzott szám ból 3-at eltalálunk, akárcsak a ki nem h ú z o tt 39-ből is. Azaz a kedvező esetek szám a 6 V 39^i m íg az összes eset nyilván ah án y félek ép p en 45-ből h a to t le h e t húzni: /'4 5 N' v6; 39' Ezzel a k eresett esély a Laplace-féle képlettel:

v

45

/

6 -5 -4 -3 9 -3 8 -3 7 -5 -4 4 5 -4 4 - 4 3 - 4 2 - 4 1 - 4 0

v6 y azaz 2,25 k örüli az esély. b) Az egy-nullás ru le tte n 37 szám van, a 0 zöld, a többi szám fele piros, fele fekete; te h á t a k ere­ sett esély 18/37, kicsit kevesebb, m in t 0,5 (kb. 0,486). c) U gyanezen a ru le tte n a p á ra tla n h asonlóan a fele a 36 szám nak, így 18/37 az esélye, az első h at szám nak p ed ig 6/37. Az u n ió esélye: a két esély összege levonva belőle a m etszet esélyét. A m et­ szet az 1 és 6 közötti p á ra tla n szám ok: 1, 3, 5. T e h á t 3/37. Ezzel a k é rd e z e tt esély: 18 + J _ _ _ 3 _ = 2 1 ~ Kfin 37 37 37 37 ~ 0’5 6 8 ' d) K ét kockánál a legalább 10 úgy valósulhat m eg, hogy az összeg 10, 11 vagy 12 lehet. Ez a kö­ vetkező eseteket jelen ti: 6 + 4, 5 + 5, 4 + 6 , 5 + 6 , 6 + 5 , 6 + 6 azaz h a t esetet. Az összes eset mivel m in d k ét kocka egym ástól fü g g etlen ü l hatféle kim en etelt p ro d u k á lh a t, e z é rt 36. íg y a keresett esély 6/36= 1/6. e) H a a 32 lapból 4 -et h ú z u n k , feltéve, hogy nem tesszük vissza, ak k o r az összes lehetőség / 32^l 3 5 9 6 0 . E setü n k b en a k o m p le m e n te r esem ényt k ö n nyebb szám olni, azaz hogy nincs ász. v4 y '28' Ez esetben a 28 n e m ászból h ú z tu k m ind a 4-et: = 20475 . íg y a nincs ász esélye a kettő h á ­ v4 y n yadosa 2 0 4 7 5 /3 5 9 6 0 = 0 ,5 6 9 . N e k ü n k a k o m p lem en ter kell, te h á t a legalább egy ász esélye: 10 ,5 6 9 = 0 ,4 3 1.

2. M. 9.

a) és b) esetén csak kísérletezni lehet, és a relatív gyakorisággal becsülni, lásd statisztikai valószí­ nűség. A c) esetben csak szubjektív becslés lehetséges. A d), e) és f) esetén hasonló a helyzet, m eg kell vizsgálni sok inget, sok családot végül p ed ig sok m érkőzést. M indegyik esetben statisztikai becslés lehetséges. E gyedül a gyerek esetét szokás p én zérm év el m odellezni, d e a tapasztalat sze­ rin t kicsit több a fiú esélye, m in t Vá.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

53

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

H

2 . M. 10. L egyen 3n, 5n, és 2n az egyes szállítóktól érkező m ennyiségek. M ivel az elsőnek 8 %-a, azaz 0,08-ad része; a m ásodiknak 3%-a, azaz 0,03-ad része; m íg a h a rm a d ik n a k 2%-a, azaz 0,02ed része a hibás, így az összes hibásak száma: 0,24íj + 0,15íj + 0,04íj = 0,43íj. Az összes lOn készülékből, en n y i a hibás, teh át az esély: 0,43 íj/10 íj = 0 ,0 4 3 , azaz 4,3% a hibás ké­ szülékek aránya. így a k é rd e z e tt esély: 0,043. Ezt le h e t form alizálni, a teljes valószínűség tételén ek szokás nevezni, d e ez m á r em elt szint. 2. M. 11. Ism ét vegyünk egy populációt pl. 10 000 em bert. Közülük 0,1%, azaz 10 TBC-s van, ebből

90%-ot, azaz 9-et felism er a R öntgen. A 9990 nem fertőzött 1%-a 99,9, kb. 100 em ber szintén TBCgyanús. Ekkor az összes gyanús: 9 + 1 0 0 = 1 0 9 . Ebből tényleg beteg 9, teh át an nak az esélye, hogy valaki pozitív R öntgen esetén beteg is 9/109 = kb. 0,083. M eglepően kicsi esély. Ezt az eljárást lehet kettős fa és V enn diagram m al is szemléltetni, lásd a 1 l.-es M atem atika könyvet a Vancsó sorozatból.

2. M. 12. (a) p áro s és p rím az m indössze a 2 , te h á t az esély 1 / 6 . (b) „Az u n ió szabálya sze rin t”: P (h áro m m al osztható) + P (p áro s) - P (páros és h á ro m m a l osztható) = 2/6 + Vá - 1/6 = 2/3. (c) Legfeljebb 4, az négy eset: 4/6 = 2/3 a keresett esély. (d) A se n em páros, se n e m p rím é p p e n k o m p lem en tere a p áro s vagy p rím n e k (de M orgen-azonosság), te h á t e) m iatt 1/6. E gyszerűen is kijön a n em p áro s 1, 3, 5-ből csak az 1 n em prím , teh át valójában az 1 esélyét k érd eztü k „k ö rm ö n fo n ta n ”. (e) ism ét unió: P (páros) + P (p rím )-P (p á ro s és p rím )= 1/2+ 1/2-1/6 = 5/6. 2. M. 13.

(a) Az összege legalább 3, en n e k k om plem enter-összege 2. Ez csak az 1,1 eset, te h á t 35/36 a k e re ­ sett esély. (b) Az összege 4 és 10 között van, azaz n em 2, 3, 11, 12. E zeket k ö n n y ű összeszám olni: 1,1; 1,2; 2,1; 5,6; 6,5; 6 , 6 - összesen 6 eset. A kkor a kedvező 30 eset lesz a 36-ból, így az esély 30/36=5/6. (c) A két szám egyenlő: 1,1; 2,2; 3,3; 4,4; 5,5; 6 , 6 azaz 6 eset a 36-ból, te h á t 1/6. Más g o n d o latm en ettel is kijön: az egyik kockán b árm i leh et, a m ásikon 1/6 az esély, hogy p o n t u gyanaz jö n ki. 2. M. 14.

a) L egalább az egyik dobás páros, en n e k egyszerűbb a k o m p le m e n te re , azaz m in d k ettő páratlan , an n a k az esélye lA , hiszen 9 kedvező eset van a 36-ból: 1,1; 1,3; 3,1; 3,3; 1,5; 5,1; 5,5; 3,5; 5,3. M ásként: p á ra tla n ‘/s eséllyel m in d k ettő , és a két dobás független. E kkor te h á t legalább az egyik p áros 3A eséllyel. M in d k ettő p á ra tla n - m ost szám oltuk ki: lA eséllyel. íg y a m etszetük esélye 3/16 lenne, h a függetlenek. A m etszet azo n b an üres, m e rt a két esem ény k o m p lem en ter, te h á t nem leh et független! (b) A dobások összege legalább 5, azaz nem 2, 3, 4, am in ek az esélye 6/36 = 1/6, így a legalább 5 esélye 5/6. A dobások összege legfeljebb 6 , h a 2, 3, 4, 5, 6 . E zeket a következő lehetőségek való­ sítják m eg: 1,1; 1,2; 2,1; 1,3; 2,2; 3,1; 1,4; 2,3; 3,2; 4,1, 1,5; 2,4; 3,3; 4,2; 5,1. T e h á t esélye: 15/36 = 5/12. A m etszet é p p e n az 5 és a 6 , am inek esélye: 9/36 = lA. Mivel

54

0 ""^2

= 'H ' nagyobb, m in t lA, ezért nem függetlenek.

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

TOVÁBBI FOGALMAK

y

2 . D. 1 1. Véletlen mennyiség (valószínűségi változó) egy olyan függvény, amely az eseménytéren van értelmezve, és értékei valós számok. 2 . D. 1 2. A véletlen mennyiség eloszlása Nevezetes eloszlások: egyenletes, binomiális és hipergeometrial. Ezeket a következő szituációk mo­ dellezésére vezethetjük be:

Az egyenletes elolszlást ak k o r, h a egy jó l m egkevert, n különböző szám g ö m b ö t tartalm azó edényből h ú ­ zu n k egy d arab o t. E kkor m in d e n golyó h ú zásán ak egyenletesen l/n az esélye. Egy m ásik szituáció, h a ebből az edényből n-szer h ú zu n k , d e úgy, hogy m in d ig visszatesszük a k ih ú ­ zott golyót, és azt az esem én y t vizsgáljuk, hogy a kihúzott golyó egy bizonyos részhalm azba tartozik-e. P éldául a k ih ú zo tt golyó legfeljebb k. M ennyi az esélye, hogy ez az esem ény 0, 1, ...n -szer következik be? Ezt leh et a binomiális eloszlással m odellezni, am ely n ev ét a b e n n e szereplő binomiális együtthatóról kapta. A k ö v etk ező k ép p en a d h a tó meg: A binomiális eloszlás a hasonló k ö rü lm én y ek között többször elvégzett véletlen kísérlet különböző ki­ m en etelein ek eloszlását ad ja m eg. Ilyen p éld áu l a visszatevéses h ú zásso ro zat egy a d o tt összetételű d o ­ bozból, vagy egy m e g h a tá ro z o tt k im enetel vagy esem ény bekövetkezéseinek szám a egy ad o tt hosszú­ ságú kísérletsorozatban. V együnk egy egyszerű p éld át: L egyen a kísérlet egy 10 forintos feldobása 25 alkalom m al. A kérdés az, hogy m ek k o ra valószínűséggel lesz a fejek szám a 0, 1, 2, ...25. Világos, hogy m indegyik lehetséges de azt is „tu d ja” m in d en k i - h a m á sh o n n a n nem , akkor tapasztalatból - , hogy az esélyek messze nem egy­ form ák. A 0 vagy a 25 fej igen valószínűtlen, m o n d ju k a 12 vagy a 13 fejhez képest. A binom iális elosz­ lás ép p e n ezen valószínűségek kiszám ításakor b u k k a n t fel. Abból in d u lu n k ki, hogy a 25 dobást egy 25 hosszúságú FI sorozattal m o d ellezhetjük. E kkor m ivel m in d en h elyen k ét leh ető ség van, az összes so­ ro zato k szám a 2 2 5 , azaz en n y i elem ű az esem énytér. Feltesszük, hogy ezek bárm elyike ugyanolyan esélyű. Ez azt jelen ti, hogy m in d e n dobásnál ugyanúgy le h e t fej és írás is. E zu tán m eg kell számolni, hogy h án y olyan eset van, am ik o r é p p e n 0, 1, 2, ..., 25 fej lesz. L egyen a fejek szám a k, akkor azon sorozatok szám a, am elyben é p p e n k fej van: m egegyezik azzal a szám m al, ah á n y félek é p p en a 25 hely­ bői k helyet kiválaszthatunk:

id25^

, így a kedvező/összes képletből az esély:

)

V

^25") / J \ 2 5

Á ltalában h a az e s e m é n y ^ esélyű, ak k o r n kísérletből é p p e n &-szor p k( \ - p ) n h eséllyel következik be, ahol& = 0 , 1 , 2 , .. n.

P(X=k) = , k

j

Ezt az eloszlást hívjuk binom iálisnak. V égezetül az em lített hipergeometriai eloszlás (ez csak em elt szinten fo rd u lh a t elő!), am ely a visszatevés nélküli húzás esetén vizsgálja egy esem ény bekövetkezéseinek a szám át. I tt az összes esetek szám a, h a N golyó van a k alapban, s köztük K d a ra b piros. M ekkora az esélye, hogy n húzásból é p p e n k piros lesz? ÍKVN-K\ k P( Y = k) = - — 1

11

n -k ) "— , ahol Y jelöli a pirosak szám át, am i itt is elvileg 0 , 1 , 2 ,

n lehet.

Ezt hívják h ip e rg e o m e tria i eloszlásnak.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

55

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

A következőkben a bevezetett véletlen m ennyiségek v árh ató é rté k é t és szórását fogjuk definiálni és kiszám ítani. Ez m ár végig e m e lt s z in tű anyag, középszinten n em fo rd u lh a t elő. n( g o )

B

2 . D. 1 3. Egy X véletlen mennyiség várható értékén értjük az E(X) = ^

x{p{ összeget

;=i Ez a valószínűségelm életi m egfelelője a szám tani középnek, m in t átlagnak. O tt p t helyett a relatív gyakoriság áll. Mivel a nagy szám ok törvénye szerint a relatív gyakoriság nagy n esetén közel van a valószínűséghez, így a v árh ató érté k is közel lesz az átlaghoz.

M E G JE G Y Z É S : F é lre é rth e tő az elnevezés, a v árh ató érté k n em egy kísérlet so rá n v árható kim enetel

é rté k é t je le n ti (hiszen az a legvalószínűbb érté k lenne), h an e m sok kísérlet esetén a k im enetelek átlag­ érték ét. A kifejezés a v árh ató n y erem én y érték b ő l (játékelm élet) keletkezett, csak a ny erem én y szó le­ k o p o tt mellőle.

PÉLDA: H a egy dobókockával dobok, és annyi fo rin to t kapok, am i a kijött szám értéke, akkor v ár­ h a tó a n p a rtin k é n t m ennyi az átlagos nyerem ényem ?

A kép let szerint 3,5 ad ó d ik , te h á t n em a 3,5 szám ot várjuk (azt n em is le h e t dobni), h an e m p a rtin k é n t átlagosan 3,5 F t-ot fogok kapni. H a sokszor feldobok egy kockát, s a k ap o tt szám ok átlagát veszem, ak k o r nagy kísérletszám esetén ez a szám 3,5 körül fog in g ad o zn i szabályos kocka esetén. Ez is a nagy szám ok tö rv én y én ek egy következm énye. Fontos eloszlások v árh ató érték e. EG Y EN LETES ELOSZLÁS: Az n elem ű esem én y teret feltételezve, x,, x2, ... , xn szám ok esetén: n

x, ■— = — — a v árh ató érték. H a a kim enetelek a 0, 1 ,2 , ...n -l szám ok, ak k o r speciálisan a várh ató ' n n

S 2=1

érté k ü k egyenletes eloszlás esetén: (n - 1 ) / 2 lesz. B IN O M IÁ LIS ELOSZLÁS: Itt a szóba jövő értékek: 0, 1, 2, ... n. A v á rh a tó é rté k definíciója szerint az " in ') alábbi összeget kell kiszám ítani: 2 > \ p‘( l - p ) n !=0

1

V

Ezt tö b b félek éppen is ki le h e t szám olni. Az első egy k o m b in ato rik u s átalakítás: í fi — teljesül m in d e n i > 1 esetén, h a p ed ig i = 0 , ak k o r a szorzat is =n i-l Kl n e m számít. íg y igaz lesz a következő:

0

, te h á t az az összegben

n

S* i=0

P\l~PT'=Yan í=l

i - l

Az összeg azo n b an é p p e n 1, hiszen egy n- l és p p a ra m é te rű binom iális eloszlás valószínűségeinek öszszege 1. Ezzel m eg k ap tu k , hogy az n é s p p a ra m é te rű binom iális v árh a tó érték: np.

56

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

MÁS GONDOLATMENET: E h h ez szükséges a várh ató é rté k egy fontos tu lajd o n ság a, am it additivitás-

n ak m o n d u n k , n evezetesen két véletlen szám összegének a v árh ató é rté k e a v árh ató érték ek összege. J e le n esetben a binom iális eloszlás felfogható n d arab véletlen szám összegének, ah o l m ind az n véletlen szám csak 0 vagy 1 lehet, p illetve 1 -p eséllyel. Egy ilyen véletlen szám v á rh a tó é rté k e egyszerűen szám olható: \ - p + 0 - ( \ - p ) = p . Mivel n d arab o t kell összeadni, ez ért az összeg v árh a tó érté k e np. Ehhez azo n b an be kellene látni, hogy az összeg v ár­ ható érté k e a v árh ató é rté k e k összege. Ettől m ost eltek in tü n k , csu p á n egy szem léletes m egjegyzést teszünk. H a a rra g o n d o lu n k , hogy a v árh ató n y erem én y t je le n ti a v árh ató érté k , akkor, h a egyszerre két különböző já té k b a n veszek részt, a teljes nyereségem (vagy veszteségem ) a k ét n y erem én y (veszte­ ség) összege lesz. H asonlóan, h a a tétek e t duplázzák, ak k o r a v árh ató n y erem én y is a d u p lája lesz. Ez persze n em m atem atikai bizonyítás, hiszen é p p e n azt kellene m eg m u tatn i, hogy a fen t definiált v ár­ h ató érték ren d elk ezik ezekkel a szem léletesen elvárt tulajdonságokkal. H IP E R G EO M E TR IA I-ELO SZLÁ S Ez a visszatevés nélküli m intavétel eloszlása. Legyen N golyó a kalap b an , am iből n szám út k ihúzun k visszatevés nélkül. H a K d arab m o n d ju k piros golyó volt a k alapban, ak k o r m ek k o ra eséllyel lesz k d a­ rab piros a k ih ú zottak között? Ezt ad ja m eg az ún. hipergeom etriai-eloszlás. Nyilván, h aso n ló an a binom iális eloszláshoz, ezúttal is 0 és n k özött le h e t csak k értéke. Az egyes esélyeket a klasszikus „kedvező p e r összes” képlettel számolva: 'KV N -K ' P ( X = k) =

k

n-k

a d ó d ik. E kkor a v árh ató é rté k definíciója szerint az alábbi összeget kell ki­

N Kn

K

K\(N k

szám ítani: p ( x = k ) =

n í n

k=o

-

1

A binom iális eloszlásnál láto tt trü k k ö t itt is érd em es bevetni,

'

ynj hogy a változó k-t m in t szorzót eltüntessük: 'KV N -K ) k

X ' 4=0

(K-V\(N

n -i

K k

Zk=\

K n

n-k fiv-n l n ~b

K -lYN -K ^

K' K - ,lN ^ k=\

k-l p v -n

= n K_ N

l n ~ [J

Az utolsó összeg az ért 1, m e rt é p p e n egy n-1 húzásból álló visszatevés nélküli hú zásso ro zat esélyeinek összege. Azaz az első h ú zá sk o r é p p e n p = K / N a piros húzás esélye, és e n n e k n-szerese a v árható érték. Azaz visszatevés n élk ü l é p p e n an n y i p iro sa t h ú z u n k átlagosan, m in t visszatevéssel. Ez egy érdekes m egállapítás. Ezt is érd em es kísérletekkel, ak á r szám ítógép segítségével ellenőrizni.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

57

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

G E O M E T R IA I ELOSZLÁS Kiegészítő anyag (E) Mi a v árh ató érté k e p é ld á u l az első hatos dobásnak? 00

E hhez egy v égtelen sor összegét kellene kiszám olni: i=1 Ezt felírh atju k ügyesen, m in t egy kétszeresen végtelen ún. h áro m sz ö g -m átrix b a a következőképpen: n-l p(i-p) n-l p{\-p) n-l p{i-p) n-l p(\-pj

P p(l~p) p{\~pf... P( 1~P) p { l ~ p f . . . Pil-Pf...

Az összeadást ere d e tile g először az első oszlop összegével kellene kezdeni a képlet szerint, hozzáadni a m ásodik oszlop összegét, és így tovább. E helyett először a so ro k at ad ju k összege, s a sorösszegek öszszege lesz a k eresett összeg. V égtelen sorok esetén csak az abszolút k o n v erg en sek esetében le h e t ezt az á tre n d ezé st m eg ten n i, d e ez ese tü n k b e n , m ivel pozitív tagú so rró l van szó, biztosan teljesül. A zért tettü k ezt, m e rt a sorok végtelen m é rta n i sorok, am elyeket összegezhetünk. Az első sor összege: — -$■— — = 1, a m ásodiké: ° 1 - ( 1 -p)

1 - ( 1

-p)

= 1 - p , a h arm a d ik é: r

1 - ( 1

^ . = (1 - p)2 -p) r

és így tovább. L áth ató , hogy az összegek is m értan i sorozatot alkotnak, te h á t tu d ju k ő ket összegezni. A hán y ad o s ism ét (1 -j)), az első elem pedig, m in t láttuk, é p p e n 1. E zért a keresett összeg: 1

-,

1

/t

1 — (1

,. = 4 -. M ivel a hatos-dobás esélye szabályos kocka esetén 1/6, ez ért a v árh ató érté k -p ) p 7 ;

6

lesz.

E n n ek jelen tése az, hogy h a sokszor m egism ételjük a kísérletet, ad d ig dobálva, am íg az első hatos nem jö n ki; akkor a le írt szám ok átlag a 6 közelében lesz, m inél többször já tsz u n k , a n n á l inkább. É rdem es kipróbálni.

58

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

FELADATOK

H

2 . F. 15. Valaki visszatevéssel h ú z 1000-szer egy 32 lapos m ag y ar kártyapakliból (ebben ép p e n 4 ász van a tök, a m akk, a zöld és a piros). V á rh ató an hányszor lesz ász a húzásai között? 2. F. 16. (E) Visszatevés n élk ü l h ú z u n k ezúttal az 52 lapos fran cia kártyapakliból. Itt is 4 ász van (káró, treff, pikk és kör). V á rh a tó a n h án y ász lesz: a) 15 b) 50 c) 1 0 0 húzás esetén? 2. F. 17. (E) A ddig h ú z u n k visszatevéssel a francia kártyapakliból, am íg ászt n em h ú zu n k . V á rh a­ tó an h án y a t kell h ú z n u n k ? M it je le n t a kiszám ított érték?

MEGOLDÁSOK

H

2. IUI. 15. Mivel a h úzások szám a 1000, és az ászhúzás esélye 4/32 (4 kedvező lap a 32-ből), ezért a binom iális eloszlás v árh ató é rté k e np alapján 1 0 0 0 / 8 = 125 ad ó d ik , azaz v á rh a tó a n 125-ször lesz ász az 1 0 0 0 húzás között. 2 . IUI. 1 6. (E) M ost visszatevés n élk ü l h ú zu n k , e n n e k a m odellje a h ip erg e o m e tria i eloszlás, amiTS n ek v árh ató érték e: n-j^ -, ahol m ost K = 4, N = 52 és n p e d ig a) esetén 15, azaz a v árh ató ász húzások szám a 60/52 kb. 1,15; b) esetén 50 azaz 200/52 kb. 3,85; m íg c) esetén é rte lm e tle n a szám olás, m e rt 52 lapból n em le h e t 1 0 0 -at h ú zn i, 52 esetén m ár biztos kijön m ind a 4 ász, u tá n a p e d ig n em le h e t húzni. T e h á t a c)-re az a helyes válasz, hogy nincs ilyen v árh ató érték.

2. M. 17. (E) E zúttal az első ászig h ú z u n k , te h á t geometriai eloszlásról van szó. Az ászhúzás esélye 4/52 = 1/13. A k é p le tü n k szerin t e n n e k a recip ro k a a v árh ató érté k e az átlagos húzásszám nak, te h á t 13 húzás v árható. E n n ek a szám nak az a je le n té se , hogy h a sokszor m egism ételjük a kísérletet, te h á t ad d ig h ú ­ zu n k visszatevéssel, am íg kijön az első ász, akkor a húzásszám ok átlag a 13 k ö rn y é k én lesz. M eglepően a leggyakoribb é rté k viszont az 1, mivel a g eo m etria eloszlás m axim ális tagja m in ­ d ig az első. Azaz leg g y ak rab b an 1 lesz a húzásszám , igaz e n n e k a gyakorisága 1/13, azaz csupán 100-ból kb. 7-8 esetben. Folytassuk a várható érték (am i az átlag m egfelelője) u tá n a szórással (am i az empirikus szórás m egfelelője).

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

59

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

H

2. D. 1 4 . A véletlen m ennyiség szórását az em p irik u s szórásnak m egfelelően definiáljuk, azaz a véletlen m ennyiség v árh ató érték étő l való négyzetes eltérések v árh ató érté k én ek négyzetgyöke, azaz D(X)-= ^ E { ( X - E ( X ) f } .

Ezt át leh et alakítani a következőképpen: D( X) = ^ E ( X 2) - ( E ( X ) ) 2 . Ezzel a form ulával gyorsabban le h e t szám olni. A fentiből a v árh ató érté k két fontos tu lajd o n ság át használva adó d ik , ezeket érd em es m egfogalm azni. Az első a m á r em lített additivitás, a m ásik a konstans szorzó kihozhatósága: E(cX)=cE(X) m in d e n valós c szám ra fennáll. A h áro m eloszlás egyenletes, binomiális és hipergeometriai szórása a következő: E gyenletes eloszlás az 1, 2, ... n szám okon:

+ ^ ^+^

Binomiális: ^Jnp( 1 - p) H ip erg eo m etriai:

^ p a ra m é te re k je le n té sé t illetően lásd a v árh ató érték leve­

zetését. Az elm élet zá rásak én t következzék a „Nagy számok törvénye”. E n n ek a tö rv én y n e k van egy empirikus és egy matematikai (sőt utób b ib ó l több is) változata. Az em p irikus nagy szám ok törvénye egy m egfigyelés, m iszerint véletlen kísérletek esetén egy m eg ­ figyelt esem ény relatív gyakorisága stabilizálódik, azaz egyre nagyobb k ísérletszám okat véve egyre ke­ vésbé ingadozik. E n n ek a m atem atikai m egfelelője az első J . B ernoullitól szárm azó n a g y s z á m o k m a te m a tik a i tö rvén ye:

>8
1 - e azaz s =

1

4n8z

)•

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

MINTAFELADATOK . Legalább hán y szor kell feldobni egy dobókockát ahhoz, hogy a „hatos d o b ás” valószínűsége és rela­ tív gyakorisága legalább 0,95 eséllyel legfeljebb 0,05 eltérést m utasson? 1

2 . H a egy p é n z é rm é t 1000-szer feldobunk, és azt vizsgáljuk, hogy a fejek relatív gyakorisága a való­

színűségtől legfeljebb 0,03-m al térje n el, ak k o r e rre m ek k o ra az esélyünk? 3 . V ajon 10 000 ru le tt-g u rítá sn á l a 0 relatív gyakorisága 0,99 eséllyel legfeljebb m en n y ire té rh e t el?

MEGOLDÁSOK 1. A felad atb an n é rté k é re kell becslést adni, h a ad o tt 6 és e, ese tü n k b e n az első 0,05, m íg a m ásodik is legfeljebb en nyi (hiszen 0,9 5 = 1 -0 ,0 5 ). E kkor az összefüggés szerint: - -

* azaz m ivel £■ --------- \ ---------= 2 0 0 0 . T e h á t legalább 20004n8 2 ’ 4n52 ’ 4 0 ,0 5 2 0,05

szer kell feldobni a dobó k o ck át ezen becslés szerint. N e feledjük, hogy ez egy esetleg d u rv a felső becs­ lés. L ehet, hogy m ár kisebb n -re is teljesül a feltétel, de 2000-re biztos. 2 . E zúttal n = 1000, m íg

8

< 0 ,0 1 . E kkor az összefüggésünk szerint 8

< -------- L _ = J ^ 4 0 0 0 -0,032 3,6

0,2 7 8 .

Azaz az esélyünk e rre legalább 1-0,278 = 0,722. 3 . E zúttal a gu rítások szám a, azaz n —10 000, és a biztonság 0,99, azaz e = 0,01. Ebből adódik, hogy m i­

vel az összefüggésünkből: 5 2

> a h o n n a n 6 = 0 ,0 5 . T e h á t, 99%-os biztonság m ellett állítható, hogy

legfeljebb 0,05 az eltérés a valószínűség és a relatív gyakoriság között. N agyobb biztonság m ellett p e r ­ sze nő az eltérés is, kisebb biztonsággal p ed ig szűkebb in terv allu m ad h a tó . Ezt a vizsgálatot kaszi­ n ó k b an tényleg el szokták végezni, m ivel o tt a 0 a b an k n a k kedvez, te h á t re n d sz e re se n ellenőrzik, hogy n em csalnak-e a kru p iék .

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

61

GRÁFOK

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

GRÁFOK

ALAPFOGALMAK A g ráfelm élet a m a tem atik a tu d o m á n y á n a k viszonylag fiatal ré szterü lete. Az első g ráfelm életi p ro b lém a a X V III. sz. elején lé p e tt fel (alább látn i fogjuk), en n e k m egoldása E u ler nevéhez fűződik. T u la jd o n ­ k ép p e n in n e n tő l szám ítjuk a g ráfelm élet m egszületését és fejlődését. M a m á r a m atem atik áb an , fiziká­ b an, geográfiában, kém iában és m ég szám os te rü le te n használják a g ráfo k at m in t m odelleket, valam int a gráfelm élet k ülönböző e re d m é n y e it a felm erülő k érdések, p ro b lém á k m egoldására. E fejezetben a tém ak ö rn ek elsősorban m atem atik ai leírásával foglalkozunk, gyakorlati alkalm azására ajánljuk a for­ g alom ban levő felad atg y ű jtem én y ek et. M ielőtt h o zzák ezd ü n k a g rá fo k n a k a középiskolai tan an y ag b an szerep lő tárgyalásához, vizsgáljunk m eg n éh án y bevezető p ro b lém á t.

1. A Königsberg (mai nevén Kalinyingrád) városát átszelő Pergel folyón két sziget van a város terü le té n . E szi­ g etek et h é t h íd köti össze a város egyik és m ásik partjával, illetve egym ással az á b rá n láth ató m ódon.

A város lakói azt a k érd ést v etették fel: h ogyan leh etn e olyan sétát te n n i a v árosban, hogy e közben m in d e n h íd o n p o n to san egyszer h alad ja n ak át. 2 . Egy sakkversenyen m in d e n résztvevő m in d e n résztvevővel egyszer játszik. Igazoljuk, hogy a verseny

b árm ely szakaszában találh ató két olyan játék o s, akik a d d ig u g y an an n y i m érkőzést játszottak!

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

65

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

3 . Egy b ev ásárló k ö zp o n t alap rajza láth ató a következő k épen. Egy zsebtolvaj az egyik üzletben m eg ­

lo p ta az egyik vásárlót, d e rö g tö n helyben leleplezték. A biztonsági k am erák tan ú ság a szerint a zseb­ tolvaj m in d en ajtó n egyszer átm en t. H ányas szám ú üzletben fogták el a tolvajt?

4 . Egy érettségi b a n k e tte n a diákok és a tan áro k közül sokan koccintottak egym ással. Igazoljuk, hogy

azoknak a szám a, akik p á ra tla n szám szor koccintottak, páros! 5 . Egy estélyen legalább h a ta n vannak. Igazoljuk, hogy a résztvevők között vagy van h áro m olyan em ­

b er, akik ism erik egym ást, vagy van h áro m olyan em ber, akik n e m ism erik egym ást.! 6 . Egy állam i ü n n e p sé g alkalm ával 10 szem ély k ap o tt kitü n tetést. Az ü n n e p sé g u tá n a k itü n tetettek

közül n éh á n y an n évjegykártyát cseréltek egym ással. T ávozáskor az egyik szervező m indenkitől m eg­ kérdezte, hogy h án y szem éllyel cserélt névjegykártyát. Az alábbi válaszlehetőségek közül melyik leh et jó ? Am elyik jó , ah h o z készítsen egy szem léltető gráfot! a) 7 ,4 , 3, 5 ,0 , 2, 8 ,4 , 1 ,5 , b) 1, 1 ,2 ,2 , 1, 1 ,2 , 1 ,4 , 9, c) 1 ,3 , 4, 7, 0, 2, 9, 1 ,5 ,6 , d) 6 , 9, 7, 9, 9, 4, 9, 3, 6 , 4. A fenti k érd ések (és m ég szám talan ezekhez hasonló p roblém a) közös vonása, hogy m indegyikük jó l m odellezhető egy olyan ábrával, m elyen p o n to k at és e p o n to k közül (a k érdéses p ro b lém a jellegétől függően) n é h á n y a t összekötő vonallal szem léltetünk. Az ilyen m odellt nevezzük gráfnak. Pontosabban:

66

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

GRÁFOK

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H

3 . D. 1. Legyen adott a síkon pontoknak egy P halmaza és legyen e pontok közül néhány pontpárt összekötő vonalak egy E halmaza (lehet, hogy minden pontpárt összekötünk, de lehet, hogy egyet sem, lehet, hogy egy pontpár több vonallal is össze van kötve, s az is lehet, hogy valamely vonal kez­ dőpontja és végpontja is ugyanaz.) Az így kapott alakzatot gráfnak nevezzük. A pontok a gráf pontjai (vagy csúcsai), az összekötő vonalak a gráf élei.

3 . D. 2 . Ha valamely él két végpontja egybeesik, akkor ezt hurokélnek nevezzük.

H u ro k é i láth ató pl. az 1,/c) á b ra P pontjánál. 3 . D. 3 . Ha a gráf valamely két csúcsát egynél több él köti össze, akkor azt többszörös élnek nevezzük.

Többszörös él láth ató pl. az l./a) á b r a /l é s B po n tjai között. 3 . D. 4 . Egy gráfot egyszerű gráfnak nevezünk, ha véges (azaz pontjainak és éleinek a száma véges), és sem hurokéit, sem többszörös élt nem tartalmaz.

Az alábbi 2. á b ra a) és b) része egyszerű, m íg a c) rész nem egyszerű g ráfo t szem léltet.

2. ábra

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

67

GRÁFOK__________________________ AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

H

3 . D. 5 . Útnak nevezzük a gráf éleinek olyan egymáshoz csatlakoztatott sorozatát, mely egyetlen ponton sem megy át egynél többször.

Pl. a 3. áb rán az A -ból G-be vezető AB - BC - CD - DE - E F - FG egym áshoz csatlakoztatott élsorozat egy út, m íg az A B - BC - CD - DE - E C - CG egym áshoz csatlakoztatott élsorozat n em út.

G

3. ábra

3 . D. 6 . Egy gráf összefüggő, ha bármely pontjából bármely pontjába eljuthatunk egy úton.

Pl. az 1. áb ra a) és c) része összefüggő, m íg a b) része nem összefüggő g ráfo t szem léltet. 3 . D. 7 . Ha egy egyszerű gráf bármely két pontja össze van kötve éllel, akkor teljes gráfnak nevez­ zük. (Az egyetlen pontból - ún. izolált pontból - álló gráf is egyszerű gráf.)

T eljes g ráfo t k a p u n k pl., h a egy konvex sokszögnek m egrajzoljuk m in d e n átlóját.

n(n - 1 )

3 .T .1 . Az n pontú teljes gráf éleinek a száma:

H

v2 y

B IZ O N Y ÍT Á S : B árm ely két p o n t között van él, és bárm ely két p o n t között csak egy él van, hiszen a g rá f

egyszerű. Ezek szerin t az élek szám a annyi, ah án y félek ép p en az n p o n tb ó l k ettő t kiválaszthatunk a kiválasztás so rre n d jé re való tek in tet nélkül, azaz v2 y F ontos in fo rm ációkat n y e rh e tü n k egy gráffal kapcsolatban, h a bevezetjük az alábbi fogalm at:

68

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H

GRÁFOK

3 . D. 8 . Egy gráf valamely csúcsának a fokszáma a kérdéses csúcsban találkozó élek száma.

Az alábbi 4. á b rá n láth ató g rá f m in d e n csúcsa m ellé b e írtu k a k érdéses csúcs fokszám át.

E(2)

C(2) 4. ábra Mivel m in d en él k ét csúcsot köt össze, ez ért k im o n d h atju k a következő tételt:

H

3 . T . 2 . Bármely gráfban a pontok fokszámának az összege az élek számának kétszerese (azaz pá­ ros szám).

E tétel egy igen fontos következm énye: 3 . T . 3 . Bármely gráfban a páratlan fokú pontok száma páros. B IZ O N Y ÍT Á S : A djuk össze a g rá f m in d e n p o n tján ak a fokszám ait. A p áro s fokszám ok összege nyilván

páros. Mivel a p áro s fokszám ok összegéhez hozzáadva a p á ra tla n fokszám ok összegét páros szám ot k ap u n k , ezért a p á ra tla n fokszám ok összegének is p áro sn ak kell lennie. D e p á ra tla n szám ok összege csak ak k o r lesz páros, h a e p á ra tla n szám ok p áro s sokan vannak. T é rjü n k m ost rá a b ev ezető n k b en em lített 1. p ro b lém ára, a königsbergi h id a k k érd ésére . A 5. áb rán a k érd ésn ek m egfelelő g ráfo t szem léltettük.

A,

D

5. ábra

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

69

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

G o n d o lju k végig a következőket: H a valam ely csúcsból k iin d u lu n k , és valam ely csúcsba m egérkezü n k , ak k o r - m ivel a g ráfn ak négy csúcsa van - kell len n ie legalább két olyan csúcsnak, m ely nem is k iin d u ­ ló csúcs és n em is végcsúcs. Az ilyen csúcsokba - m elyek te h á t n e m is a kezdő és n em is a v égponto k u g y an an n y iszo r kell b e é rk e z n ü n k , m in t ahányszor kim együnk o n n a n . Mivel m in d e n b em enő és ki­ m enő él különböző (hiszen m in d e n élen p o n to san egyszer h a la d u n k keresztül), ez ért az ilyen csúcsok fokszám a p áro s kell, hogy legyen: vagyis a gráfn ak legalább k ét p áro s fokszám ú csúcsa kell, hogy le­ gyen. De a g rá f m in d e n csúcsának a fokszám a p á ra tla n [>1(3), 5 (5 ), C(3), D( 3)], ez ért a königsbergi h id ak a kívánt m ó d o n n e m já rh a tó k be. K önnyen általán o síth atju k a problém át.

H

3 . D. 9 . Euler-vonalnak nevezzük a gráfban az élek egy olyan egymáshoz csatlakoztatott bejárását, melynek során minden élen pontosan egyszer haladunk keresztül. Ha e bejárás során a kiindulópont megegyezik a végponttal, akkor zárt Euler-vonal, ha a kiindulópont és a végpont nem azonos, akkor nyílt Euler-vonal.

Nyilvánvaló, hogy egy n e m összefüggő g rá f n e m já rh a tó be sem nyílt, sem zá rt Euler-vonallal, ezért a továbbiakban az összefüggő g ráfo k ra szorítkozunk.

H

3 . T . 4 . Egy gráfban zárt Euler-vonal létezésének szükséges feltétele, hogy minden pont fokszáma páros legyen, nyílt Euler-vonal létezésének szükséges feltétele az, hogy két pont fokszáma páratlan, a többi pont fokszáma pedig páros legyen.

B IZ O N Y ÍT Á S : V izsgáljuk először a nyílt E uler-vonalat. E kkor te h á t van a b ejárásn ak egy kiinduló

p o n tja és egy végpontja. Az összes többi p o n to n ugyanannyiszor kell b e m e n n ü n k , m in t kijö n n ü n k b e­ lőle, így ezek fokszám a biztosan páros. A kiindu ló p o n tb ó l a kiindulási élen kívül u gyanannyi bem enő, m in t kim enő él fut, te h á t en n e k a p o n tn a k a fokszám a p á ra tla n kell, hogy legyen, m íg a v ég p o n t eseté­ b en az utolsó (bem enő) élen kívül u g y an an n y i b em en ő élnek kell lennie, m in t kim enő élnek; te h á t a v ég p o n t fokszám a is p á ra tla n kell, hogy legyen. T e h á t valóban: szükséges, hogy két p o n t fokszám a p áratlan , az összes többi p o n t fokszám a p ed ig páros kell, hogy legyen. (A bizonyításból term észetesen az is kiderül, hogy a b ejárás a két p á ra tla n fokszám ú p o n t valam elyikéből in d u l és a m ásik p áratlan fokszám ú p o n tb a n é r véget.) Z árt E uler-vonal esetéb en m in d e n olyan po n t, m ely n em a kezdő (és vég-) p o n t, ugyanannyi b e ­ m enő, m in t kim enő él van, te h á t ezeknek a p o n to k n a k a fokszám a páros. A kezdő p o n t első (kim enő) élén kívül m in d en a p o n to n való áthaladás két élt je le n t, m ajd az utolsó (bem enő) éllel együtt a fok­ szám: 1 + p á ro s + 1 = páros. Vagyis valóban: h a az E uler-vonal zárt, ak k o r m in d e n élnek páros fokszá­ m ú n ak kell lennie. K im u tath ató , hogy a feltétel elégséges is, tehát:

H

3 . T . 5 . Egy összefüggő gráfban zárt Euler-vonal létezésének szükséges és elégséges feltétele, hogy minden pont fokszáma páros legyen, nyílt Euler-vonal létezésének szükséges és elégséges feltétele az, hogy két pont fokszáma páratlan, a többi pont fokszáma pedig páros legyen.

V ajon h o gyan alakul a königsbergi h id ak problém ája, h a egy h id a t (pl. a 5 és D p o n to k közötti hidat) m eg szü n tetn én k? E kkor az egyes csúcsok fokszám a: A(S), 5 (4 ), C(3), D( 2). T e h á t két p áratlan és két p áro s fokú csúcsa van a gráfn ak , vagyis ekkor m ár van a g rá fb an nyílt E u ler-ú t, így a g rá f bejárható. T erm észetesen valam elyik p á ra tla n fokú p o n tb ó l kell in d u ln i és a m ásik p á ra tla n fokú p o n t lesz a vég­ állom ás. Egy ilyen b ejárást szem léltettü n k a 6 . ábrán: /1-ból in d u lv a és C-be érkezve.

70

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

GRÁFOK

V ajon m i a helyzet, h a n e m a B és D csúcsok közötti élt, h an e m egy m ásikat h a g y u n k el? E kkor annak a két csúcsnak a fokszám a, am elyek közötti élt elhagytuk, eggyel csökken, vagyis páro s lesz, m íg a m á­ sik két csúcs fokszám a változatlan m ara d . Ez azt jelen ti, hogy két csúcs fokszám a p áratlan , a többié p áros, te h á t ek k o r is létezik nyílt E u ler-ú t, vagyis a g rá f ek k o r is b ejárh ató . Vizsgáljuk m eg m ost a b ev ezető n k b en em lített 2. pro b lém át. H a n versenyző volt a sakkversenyen, ak k o r egy játék o s legfeljebb n - 1 m érkőzést játszh ato tt. A k érd ést gráfokkal szem léltethetjük: a pontok a verseny résztvevői, az összekötő élek p e d ig a lejátszott m érkőzések szám a. A g rá f nyilván egyszerű, hiszen n em le h e t b e n n e h u ro k (senki sem játszik önm agával), és n em leh etn e k b e n n e többszörös élek (egy-egy játék o s legfeljebb egyszer játszo tt egym ással). A gráfok nyelvére lefordítva azt kell m eg m u tat­ n u n k , hogy b árm ely egyszerű g ráfb an van legalább két olyan p o n t, m elyek fokszám a egyenlő. H a ugyanis egy n p o n tú egyszerű g ráfb an m in d e n p o n t fokszám a különböző len n e, ak k o r a legnagyobb fokszám ú p o n t fokszám a legfeljebb n - 1 , m íg a legkisebb fokszám ú p o n t fokszám a legalább 0. De h a van n - 1 fokszám ú p o n t (vagyis olyan, am elyik m in d en p o n ttal össze v an n a k kötve), ak k o r n em leh et b e n n e 0 fokszám ú p o n t, és fordítva. Ezek szerin t csak n - 1 fajta fokszám létezhet, így az n p o n t között - a skatulya-elv alap ján - kell le n n ie legalább két olyan p o n tn ak , m elyek fokszám a m egegyezik. A bevezető 3. p ro b lém á já t is k ö n n y en szem léltethetjük egy gráffal. L egyenek a g rá f pontjai az egyes üzletek, élei p ed ig azon p o n to k a t összekötő vonalak, mely üzletek között van ajtó. Ezt szem lélteti a 7. ábra. A k érdés az, h ogyan já rh a tó be nyílt Euler-vonallal a kérdéses gráf. Az 5. tétel alapján ez akkor és csak ak k o r lehetséges, h a két csúcs fokszám a p áratlan , a többi p ed ig páros. V izsgáljuk m eg teh át az egyes p o n to k fokszám át: 1(9), 2(2), 3(4), 4(2), 5(4), 6(4), 7(3), 8(4), 9(6), 10(4)

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

71

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

Azt látjuk, hogy az 1. és a 7. él fokszám a p áratlan , a többi p e d ig páros. Ezek szerint (mivel a zsebtolvaj nyilván az 1 . helyiségből in d u lt) csakis a 7. üzletben fülelhették le. • N ézzük a zsebtolvaj egy lehetséges útját. Ezt szem lélteti a 8 . ábra.

8. ábra A bevezetőben em lített 4. p ro b lé m a m egoldása egyenes következm énye a 3. tételnek. A bevezető 5. p ro b lém á já n ak m egoldásához a következőket kell m eg g o n d o ln u n k . Válasszuk ki az estély egy résztvevőjét, pl. A-t. A skatulya-elv alapján két eset lehetséges: 1. A vagy ism er legalább h á ro m m ásikat, vagy p edig 2. A legalább h á ro m m ásikat n em ism er. 1. ESET: H a A ism er legalább m ásik h áro m résztvevőt (pl. B-t, C -t és D-t), ak k o r - egy gráfon szem ­

léltetve - a következőt állap íth atju k m eg: h a B, C és D közül bárm ely kettő ism eri egym ást (pl B és C), ak k o r készen vagyunk, hiszen ek k o r A, B, és C m in d h á rm a n ism erik egym ást. H a B, C és D közül se­ m elyik kettő n em ism éi egym ást, ak k o r ism ét készen vagyunk, hiszen találtu n k h á ro m olyan személyt, akik kölcsönösen n em ism erik egym ást.

2. ESET: H a A legalább m ásik h á ro m szem élyt n em ism er (pl. B-t, C -t és D-t), ak k o r használhatjuk az előző g ráfot azzal, hogy a g rá f élei m ost n e az ism eretséget jelen tsék , h a n e m é p p e n fordítva: azokat a p o n tp á ro k a t (szem élyeket) kössük össze, akik n em ism erik egym ást. H a B, C és D, közül bárm ely kettő n em ism eri egym ást (pl. B és C), ak k o r készen vagyunk, hiszen ek k o r A, B és C kölcsönösen nem ism e­ rik egym ást. H a viszont B, C és D között nincs kettő, akik n em ism erik egym ást, ak k o r m in d h á rm a n kölcsönösen ism erik egym ást, te h á t ism ét készen vagyunk.

72

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

GRÁFOK

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

V izsgáljuk m ost a bevezetőben em líte tt a) b) c) d)

7, 1, 1, 6 ,

6

. problém át.

4, 3, 5, 0, 2, 8 , 4, 1, 5, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 4, 9, 3, 4, 7, 0, 2, 9, 1, 5, 6 , 9, 7, 9, 9, 4, 9, 3, 6 , 4.

a) N em lehetséges, hiszen - a k ártyacseréket egy gráffal szem léltetve - a p á ra tla n fokú po n to k szá­ m án ak p áro sn ak kellene len n i, az p ed ig öt, te h á t p áratlan . b) Ez lehetséges, e n n e k m egfelelő gráf:

c) Ez sem lehetséges. H a ugyanis van olyan személy, aki m indenkivel cserélt, (9), ak k o r nem leh et olyan személy, aki senkivel sem cserélt (0). H a egy n p o n tú gráfn ak van n — 1 -ed fokú pontja, akkor e g ráfn ak n em leh et izolált ( 0 fokszám ú) pontja. d) Ez sem lehetséges. M ivel négy szem ély m indenkivel cserélt névjegykártyát, e z é rt ezzel a négy sze­ m éllyel m in d en k i cserélt. Ezek szerin t a 4 db 9-en kívül az összes többi legalább 4 kell, hogy legyen, azaz n em leh et közöttük 3-as. H a egy n p o n tú g ráfn ak van k db n — 1 -ed fokú p o n tja, ak k o r az összes többi p o n t fokszám a legalább k kell, hogy legyen.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

73

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

FELADATOK A bevezetőben em lített p ro b lém á k tárgyalása u tá n nézzünk az ed d ig elm o n d o tta k ra n éh á n y egyszerű feladatot. (A feladatok sorszám a m ellett egy K, ill. E b e tű t találunk; ez a rra utal, hogy a feladat közép vagy em elt szintű nehézségű).

H

3 . F. 1 . (K) Rajzoljon olyan hat pontú egyszerű gráfot, mely csúcsainak fokszámai:

a) 5 , 4 ,4 , 2 ,2 , 1, b) 4, 4, 4, 2, 1, 1, c) 1 ,2 , 2, 3, 4, 4. 3 . F. 2 . (K) Állapítsa meg az alábbi gráfok egyes pontjainak a fokszámait!

Ab)

Ad)

3. F. 3 . (K) Az előző feladat gráfjai közül melyiknek van nyílt- vagy zárt Euler-vonala? Amelyiknek van, annak rajzoljuk meg! 3 . F. 4 . (K) Be lehet-e járni egy alkalmas csúcsból kiindulva egy

a) négy o ldalú egyenes gúla; b) egy te tra é d e r, c) egy o k ta é d e r éleit úgy, hogy m in d e n élen egyszer h a la d u n k végig, és a végén visszatérünk abba a csúcsba, m elyből e lin d u ltu n k ? Be lehet-e já rn i a testek éleit úgy, hogy m in d e n élen egyszer h alad u n k végig, d e n em a k e z d ő p o n tb a n fejezzük be a bejárást?

74

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, vwwv.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H

GRÁFOK

3 . F. 5 . (K) Egy héttagú társaság minden tagja a társaság minden tagjával lefolytat egy telefonbe­ szélgetést. Eddig András 6, Béla 2, Csaba 5, Dani 1, Ervin, Feri és Gábor pedig egyaránt 4-4 telefont bonyolított le.

a) Rajzoljon olyan g ráfot, m ely az eddigi telefonbeszélgetéseket szem lélteti! b) Az összes telefonbeszélgetésnek ed d ig hány százalékát n e m b onyolították m ég le? 3 . F. 6 . (K*) Egy sakkbajnokság 16 résztvevőjét két csoportba osztották. Az egyes csoportokban a csoport tagjai körmérkőzést játszottak egymással. Az egyik csoportban így 3-szor annyi meccs zajlott le, mint a másikban. Hány résztvevője volt az egyes csoportoknak? 3 . F. 7. (K*) Egy találkozón hat ember vett részt. Megtörténhetett-e a következő: a társaság egyik fele 5 emberrel, a másik fele pedig 3 emberrel fogott kezet? 3 . F. 8 . (E) Egy bajnokságban 8 csapat játszik körmérkőzést. Eddig 9 meccs zajlott le. Igazolja, hogy van olyan csapat, amely legalább háromszor játszott már. 3 . F. 9 . (E) Van-e olyan 8 fős társaság, amelyben a társaság minden tagjának pontosan 3 barátja van a társaságban? 3 . F. 1 0. (E*) Igazolja, hogy nincs olyan 9 pontú gráf, melyben az egyes pontok fokszáma: 8, 8, 8, 7, 7, 7, 5, 4, 4. 3 . F. 1 1 . (E*) Egy konvex 17-szög minden élét és átlóját pirosra, zöldre vagy sárgára festettünk. Iga­ zolja, hogy lesz olyan háromszög, melynek csúcsai a 17-szög csúcsai, és minden oldala ugyanolyan színű!

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

75

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

MEGOLDÁSOK 3 . IUI. 1.

a) Nincs ilyen gráf. b) N incs ilyen gráf. c) Ilyen g rá f pl.:

B4

3. M . 2.

F2

c)

76

G 2

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

GRÁFOK

3. M . 3 .

Az a) g rá f m in d e n p o n tjá n a k a fokszám a páros, teh át van zá rt E uler-vonala. PL: A B - B D - D C - C A - A E - E G - G F - F E - E D - DA A b) g ráfnak két p á ra tla n fokú és 4 páros fokú p o n tja van, te h á t van nyílt Euler-vonala. Pl.: A B - B E - E D - D F - F C - C D A c) gráfn ak két p á ra tla n fokú és 6 páros fokú p o n tja van, te h á t van nyílt E uler-vonala. Pl.: EB - BD - DC - C A - A B - BG - GD - DE - E F - F H - H D A d) g ráfn ak 4 p á ra tla n fokú p o n tja van, te h á t nincs sem zárt, sem nyílt E uler-vonala. 3. M . 4.

a) A n ég y oldalú g ú lán ak egy db 4 és 4 db 3 fokú p o n tja van, te h á t n em já rh a tó be sem m ilyen m ódon. b) A te tra é d e r m in d e n p o n tjá n a k a fokszám a 3, te h á t ez sem já rh a tó be sem m ilyen m ódon. c) Az o k ta é d e r m in d e n p o n tjá n a k a fokszám a 4, te h á t ez b e já rh a tó úgy, hogy a kezd ő p o n t és a v ég p o n t m egegyezik.

3. M . 5.

a) E gyetlen g rá f teljesíti a feltételeket:

b) A 7 p o n tú teljes g rá fn ak 21 éle van. Az ed d ig lefolytatott beszélgetések g ráfjának 13 éle van, azaz 8 él hiányzik a teljes gráfból, vagyis m ég 8 telefonbeszélgetés van h á tra . T e h á t a keresett százalék: J y - 100 « 38,09 % .

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

77

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

3 . M . 6 . H a az egyik cso p o rt résztvevőinek a szám a n, a k k o r a m ásik csoport résztvevőinek a

szám a 1 6 - n . Az egyes cso portokban lejátszott meccsek száma: n (n -l) ... (1 6 -n )(1 5 -n ) 2 ’ 1 ' 2 A feltételek szerint: 3 • n-~ - ^

— n^

^

,

ahonnan

n 2 + \ 4n -1 2 0 = 0 .

E m ásodfokú egyenlet pozitív egész gyöke: n = 6 . T e h á t az egyik cso p o rtb an dig 1 0 résztvevő volt.

6

, a m ásikban p e ­

3. M . 7 . Ig en . Ezt szem lélteti az alábbi gráf:

3 . IUI. 8 . H a m in d e n csapat legfeljebb csak 2 m érkőzést já tsz o tt volna, ak k o r a 8 p o n tú g rá f fok­ szám ainak összege legfeljebb 2 - 8 = 16 lenne, így a g rá f éleinek a szám a (teh á t a lejátszott m érk ő ­ zések szám a) legfeljebb 8 lenne. Mivel az élek szám a 9, ezért kell len n ie legalább egy olyan csa­ p atn ak , am elyik legalább 3 m eccset játszott. 3 . IUI. 9 . Ig en . Ezt szem lélteti az alábbi gráf:

78

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

GRÁFOK

3 . M . 1 0. A 9 p o n tú g ráfn ak h á ro m p o n tját m in d en egyéb p o n tta l összekötjük, így kapjuk a 3 db

fokú csúcspontot, s a többi 6 p o n t m indegyikének eddigi fokszám a 3-3. H a e 6 p o n t fokszám a 7, 7, 7, 5, 4, 4 kell, hogy legyen, akkor egy olyan 6 p o n tú g ráfot kell készítenünk, mely p o n tjai­ n ak a fokszám a 4, 4, 4, 2, 1, 1. De h a egy 6 p o n tú gráfn ak van h á ro m 4-ed fokú pontja, akkor n em leh et két első fokú p o n tja. Ugyanis legyen az egyik 4-ed fokú p o n t / l (lásd ábra) 8

B

D Legyen 5 egy m ásik 4-ed fokú p o n t. B - 1 és F- et össze kell k ö tn ü n k , m e rt h a nem , akkor 5 -n e k a h áro m hiányzó éle C-be, D-be és £ -b e m egy, így m ár sem m ik ép p en sem le h e t két első fokú pont. T e h á t B és F össze v an n a k kötve, és 5 -n e k a m ég hiányzó két éle C, D és E p o n to k közül valam e­ lyik kettőbe fu t (pl. C-be és £ -b e .) q

Ezek u tá n b árh o l van a h a rm a d ik 4-ed fokú p o n t, F-be vagy ű -b e m in d e n k é p p e n futnia kell m ég egy vonalnak, így n em le h e t két első fokú p o n tja e gráfnak. Ezzel beláttuk, hogy n em létezik olyan 9 p o n tú gráf, m ely p o n tjain ak fokszám ai: 8 , 8 , 8 , 7, 7, 7, 5, 4, 4. 3 . M . 1 1 . A konvex 17-szög valam ely P csúcsából (m in d en csúcsából) 16 szakasz in d u l ki. Mivel

ezeket h áro m féle színnel festettü k be, ez ért - a skatulya-elv alap ján - kell len n i közöttük 6 db o lyannak, m elyek azonos színűek (pl. pirosak). T ek in tsü k ezt a h a t db piros szakaszt; legyen ezek m ásik v égpontja: Ax, A2, A3, A4 , A5, A6 . H a az A}A2...... A6 konvex hatszö g n ek valam ely ol­ dala, vagy valam ely átlója piros, ak k o r készen vagyunk. H a n em , ak k o r e hatszög m in d en oldala és m in d en átlója zöld vagy sárga.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

79

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

A

3

E hatszög valam ely csúcsából (m in d en csúcsából) pl. /Í r b ő l 5 db szakasz in d u l ki. Mivel ezek két színnel v an n ak kiszínezve, ezért kell len n ie ezen 5 db vonal között h á ro m azonos színűnek. Legyenek ezek A}A2 , A i A3 és A xA4 és legyenek pl. zöldek. H a az A2A3A4 h áro m szö g n ek valam ely oldala zöld, akkor készen vagyunk. H a viszont e h árom szög egyik oldala sem zöld, ak k o r m in d h á ro m oldala kék kell, hogy legyen, s így ek k o r is készen vagyunk.

80

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

GRÁFOK

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

IZOMORF GRÁFOK, RÉSZGRÁFOK, KOMPLEMENTER GRÁFOK, KÖRÖK, FÁK (EMELT SZINT)

Egy p ro b lém a gráfokkal tö rté n ő m odellezésekor többféle m ó d o n is elkészíthetjük a m egfelelő gráfot. T erm észetesen a p ro b lé m á n a k m egfelelően az így készített gráfok p o n tja in a k és éleinek a száma, vala­ m in t a m egfelelő p o n to k fokszám a m eg kell, hogy egyezzen, továbbá, h a a p ro b lé m á t m odellező gráf­ b an valam ely két p o n t éllel van összekötve, akkor bárm ely ug y an ezen p ro b lé m á t szem léltető gráfban a m egfelelő két p o n t ugyancsak éllel van összekötve. E n n ek m egfelelően érd em es értelm ezn i a gráfok között egyfajta „egyenlőséget”. Az ilyen m ó d o n egyező gráfo k at izomorf gráfoknak nevezzük (Fontos meg­ jegyezni, hogy ez az izomorfia emelt szinten is csak kiegészítő tananyag!). P ontosabban:

H

3 . D. 1 1 . Két gráfot Izomorfnak nevezünk, ha éleik között és csúcsaik között is létezik illeszkedés­ tartó kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés.

Ez te h á t azt jelen ti, hogy h a az egyik g rá f A és B csúcsai éllel v an n ak összekötve, akkor a m ásik g rá f m egfelelő A ’ és B ’ p o n tjai is éllel v an n ak összekötve, m ég p ed ig u g y an an n y i éllel, m in t az A és B csúcsok. E definíciónak egyenes következm énye, hogy iz o m o rf g ráfok m egfelelő csúcsainak fokszám ai m egegyeznek. Pl. az alábbi á b ra a), b), c) gráfjai izom orfak, de n em izom orfak a d) gráffal (abban ugyanis szerepel a CB él is)

B’ B

b)

a)

B’

d) 3. D. 1 2. Ha egy gráfnak elhagyjuk néhány élét és/vagy néhány pontját úgy, hogy ismét gráfot ka­ punk, akkor ez utóbbi gráfot az eredeti gráf részgráfjának nevezzük. (Természetesen, ha pontot ha­ gyunk el, akkor az összes e pontba futó élt is el kell hagynunk, hogy ismét gráfhoz jussunk.)

K ülön érd ek esek azok a részgráfok, m elyek egy g ráfot teljes gráffá egészítenek ki.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

81

GRÁFOK

H

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

3 . D. 1 3. Egy n pontú egyszerű gráfnak n pontú teljes gráffá kiegészítő gráfját az eredeti gráf komp­ lementer gráfjának nevezzük.

Az n p o n tú egyszerű g rá f k o m p lem en teré t te h á t úgy kap ju k m eg, hogy az e re d e ti gráfot kiegé­ szítjük teljes gráffá, m ajd a n n a k töröljük az e re d e ti gráfhoz tartozó éleit. Ebből következik, hogy az n p o n tú g rá f k o m p le m e n te re is n p o n tú gráf. Az alábbi p éld ák b a n egy 5 és egy 6 p o n tú egyszerű g rá f k o m p le m e n te r gráfjait ábrázoltuk.

B

C

komplementer* ■7

komplementer D

T erm észetesen , h a egy n p o n tú egyszerű gráfnak k db éle van, ak k o r k o m p le m e n te r gráfjának - ^

— - k db éle van.

Az egyszerű gráfok legfontosabb részgráfjai a körök és a fák. 3 . D. 1 4 . Körnek nevezzük valamely gráfban azt az utat, melynek kezdőpontja megegyezik végpontjával. 3.

D. 1 5 . A körmentes gráfot fagráfnak nevezzük.

Az alábbi áb ra a) részében k ö rt alkotnak pl. az FC-CD-DE-EF, vagy az FC-CD-DH-HF élsorozatok, az áb ra b) részében p e d ig egy fa g rá f látható.

B

B

H

82

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

GRÁFOK

Valam ely gráfb an egy k ö r létezése azt jelen ti, hogy van a gráfban két olyan p o n t: P és Q, m elyeket két különböző ú ttal is ö sszeköthetünk, vagyis pl. P -ből két különböző ú to n is e lju th a tu n k £?-ba. E nnek következm énye az alábbi tétel:

3 . T . 6 . Összefüggő gráfban valamely kör bármely élét elhagyva a gráf összefüggő marad.

Bizonyítás: H a a g rá f valam ely k ö rén ek két po n tját, pl. P -1 és Q-t két különböző ú ttal is összeköt­ h etjü k , ak k o r e k ö r bárm ely élét elhagyva továbbra is e lju th a tu n k P -ből £?-ba (legfeljebb m ár csak egy úton), így továbbra is fennáll, hogy a g rá f b árm ely p o n tjáb ó l b árm e ly p o n tjáb a elju th atu n k egym áshoz csatlakoztatott éleken keresztül, vagyis a g rá f összefüggő m arad . F ontos tu lajd o n ság a a fagráfoknak, hogy 3 . T. 7 . Az n pontú fagráfnak pontosan n — 1 éle van. B IZ O N Y ÍT Á S : A tétel bizonyítását teljes indukcióval végezzük, n = 1 -re, 2-re, 3 -ra az állítás nyil­ vánvaló (lásd ábra)

n =

2

n=3

Legyen k olyan term észetes szám , m elyre az állítás igaz, vagyis m elyre teljesül, hogy a k p o n tú fagráfnak k — \ éle van.

E k p o n tú összefüggő gráfból úgy k a p u n k k + l p o n tú összefüggő gráfot, hogy valam ely p o n to t egy új p o n ttal k ö tü n k össze. Ezzel az élek szám a és a csúcsok szám a is eggyel növekedett, vagyis a k + \ p o n tú fa g ráfn ak k db éle van. Ebből az is következik, hogy h a egy fa g rá f bárm ely két p o n tját összekötjük, m ár lesz b en n e kör, továbbá, hogy h a egy összefüggő fa g rá f bárm ely élét elhagyjuk, akkor m ár n em lesz összefüggő (ter­ m észetesen az él elhagyásakor an n a k végpontjait is elhagyjuk). Az következik a fenti tételből, hogy h a egy összefüggő véges gráfban m in d en p o n t fokszám a legalább kettő, akkor a gráfban van kör. Összefoglalva: az n p o n tú összefüggő gráfok közül a fagráfnak van a legkevesebb éle, és egy­ b en a fa g rá f a m axim ális élszám ú k ö rm en te s gráf. L egvégül következzen a gráfokkal kapcsolatban n é h á n y további feladat.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

83

GRÁFOK

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

FELADATOK

H

3 . F. 1 2 . Van-e olyan n pontú egyszerű gráf, amelyik izomorf a komplementerével, ha

a) n = 5 b) n = 6 . 3 . F. 1 3 . Van-e olyan fagráf, melynek komplementere is fagráf? 3. F. 1 4. Igazoljuk, hogy nem létezik olyan n pontú egyszerű gráf, mely komplementerével izomorf, ha

a) n = 4k + 2 b) n = 4k + 3 3 . F. 1 5 . Mutasson példát olyan n pontú egyszerű gráfra, melybe 10 új élt berajzolva teljes gráfot kapunk! 3 . F. 1 6 . Igazolja, hogy bármely összefüggő gráf néhány (véges sok) új él berajzolásával olyan gráffá alakítható, melynek van

a) Nyílt E uler-vonala b) Z árt E uler-vonala. 3 . F. 1 7 . Tizenkét tudós levelezésben áll egymással. Minden tudós legalább két másikkal levelezik. Egyikük elküld egy hírt az egyik levelezőpartnerének, aki azt tovább küldi valamely levelezőpartne­ rének, de nem annak, akitől kapta.

a) B iztosan eljut-e a h ír m ind a 12 tudóshoz? b) Igaz-e, hogy a h ír biztosan visszajut egy olyan tudóshoz, aki m á r tu d ta? c) Legkevesebb h án y tu d ó sh o z j u t el a hír? 3 . F. 1 8 . Egy n pontú fagráf komplementerének 2n +1 éle van. Határozza meg n értékét! 3 . F. 1 9 . Az alábbi gráfok közül melyek azok, amelyek lerajzolhatok a ceruzánk felemelése nélkül úgy, hogy minden szakaszon csak egyszer menjünk át?

3 . F. 2 0 . (E) Egy 10 pontú teljes gráf csúcsai egy kör mentén helyezkednek el. Hány olyan kör van ebben a gráfban, melyben nincsenek egymást metsző élek? 3. F. 2 1 . (E) Egy társaságban (ahol mindkét nemből egynél többen voltak) a lányok és fiúk először külön váltak; minden lány minden lánnyal, és minden fiú minden fiúval koccintott egyszer. így a lá­ nyok közötti koccintások száma 6-tal volt több, mint a fiúk közötti koccintások száma. Éjfélkor aztán a fiúk és a lányok összevegyültek; ekkor mindenki mindenkivel koccintott egyszer. Hány koccintás hallatszott éjfélkor?

84

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H

GRÁFOK

3 . F. 2 2 . (E) Egy konvex sokszög alakú papírt valamely két nem szomszédos csúcsára illeszkedő egyenes mentén elvágtunk. A keletkezett két sokszög átlói számának összege 29-cel kevesebb, mint az eredeti sokszög átlóinak száma. Hány oldalú volt az eredeti sokszög. 3 . F. 2 3 . (E)* Magyarország térképén minden helységet (falu, község, város) összekötünk egy egye­ nes szakasszal a hozzá legközelebb eső helységgel. Az így keletkezett összekötő szakaszok között nincs két egyforma hosszúságú. Igazolja, hogy az így elkészített gráfnak (melynek pontjai az egyes helységek, élei pedig az összekötő szakaszok) nincs 5-nél magasabb fokú pontja!

MEGOLDÁSOK 3 . IUI. 12. a) H a az 5 p o n tú egyszerű g rá fn ak k db éle van, ak k o r izom orfjának

db éle van.

Ezek, szerint \ 0 - k = k, ahonnan k = 5. T e h á t van olyan ö t p o n tú gráf, am ely izo m o rf k o m p lem en terév el és ezeknek e g y a rán t 5 db élük van. Az alábbi á b ra m u tatja, hogy ez m egvalósítható, hiszen a két g rá f izo m o rf egym ással.

dást, ez ért nincs olyan

6

p o n tú gráf, am ely izo m o rf k o m p lem en terév el.

3. M. 1 3 . Az n p o n tú fag ráfn ak n —1 éle van. H a e n n e k a g ráfn ak k o m p le m e n te re is fagráf, ak­ k o r k o m p le m e n te ré n e k is n - 1 éle van, vagyis n (n

^ - (n - 1 ) = n -

1

,

ahonnan

n - 4.

T e h á t csak a 4 p o n tú fagráfra teljesül, hogy k o m p lem en tere is fa g rá f (lásd ábra).

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

85

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

GRÁFOK

M E G JE G Y Z É S : T erm é szete se n ez n em je le n ti azt, hogy bárm ely 4 p o n tú fa g rá f k o m p lem en tere is fagráf. E rre lá th a tu n k p é ld á t az alábbi ábrán.

*

komplementere

i / /

-p '

\

\ \

/ /

3 . M . 1 4.

a) H a az n p o n tú egyszerű gráfn ak k db éle van, akkor k o m p le m e n te ré n e k n{n - 1 )

2 db éle van. H a az e re d e ti g rá f izo m o rf a k o m p lem enterével, ak k o r k o m p le m e n te ré n e k is k db éle van. Mivel n = 4k + 2 , ez ért írh atju k

(4k + 2)(4k + l) _ k = k '

azaz

(2 &+ \)(4k + 91) = 2& .

Az utóbbi egyenlet jo b b oldalán egy páros szám szerepel, m íg a bal o ldalon két p á ratlan szám szorzata, így ez leh etetlen . b) Az előbbi g o n d o latm en eth ez hasonlóan:

(4k + $)(4k + 2) _ k = k '

(4k + 3)(2k + l) = 2k .

azaz

A jo b b oldal páros, a bal oldal p áratlan , te h á t ez az egyenlőség is ellen tm o n d á sra vezet. 3 . M . 1 5 . H a az n p o n tú egyszerű gráfn ak k db éle van, ak k o r

k

+ 1 0

= n (n^ ^ ;

in n e n

2k + 20 = n 2 - n ,

azaz

n 2 - 2k - n -

2 0

=

0

.

Ez utóbbi n -b e n m ásodfokú egyenletnek csak ak k o r leh et egész m egoldása, h a diszkrim inánsa négyzetszám , azaz valam ilyen r egész szám ra 1

+ 8 &+ 80 = r 2

-»

8

&+ 81 = r 2 .

Ez teljesül pl., h a k = 5 . E kkor n 2 - n - 30 = 0 , a h o n n a n n = 6 . H a teh át egy 6 po n tú egyszerű gráfnak 5 éle van, akkor 10 új él berajzolásával teljes gráfot kapha­ tu n k (lásd ábra: az ered eti éleket vastag vonallal, a 1 0 „új” élt ped ig szaggatott vonallal rajzoltuk.)

86

DFT-Budapest, tel:: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

GRÁFOK

M EG JEG Y ZÉS: A fe n d diszkrim ináns k - 11 -re is négyzetszám , ezzel n = 1 a d ó d n a , vagyis h a a 7 p o n ­

tú egyszerű g ráfn ak 11 éle van, ak k o r 10 új élt berajzolva szintén teljes g ráfo t k ap u n k . A feladatban m in d en olyan élszám m egoldást ad , m elyre 8 A + 81 érték e négyzetszám .

3 . M . 1 6. a) T u d ju k , hogy b árm ely gráfban a p á ratlan fokú p o n to k szám a páros. H a az ilyen

p o n to k szám a 2, ak k o r készen vagyunk. H a 2-nél több, ak k o r válasszunk ki a p á ra tla n fokú p o n ­ tok közül 2 - 2 -t, ezeket p á ro n k é n t kössük össze m in d ad d ig , am íg m á r csak 2 db p áratlan fokú p o n t m arad . E kkor 2 p á ra tla n fokú p o n tu n k lesz, az összes többi p o n t fokszám a páros. Ez ped ig é p p e n an n a k a szükséges és elégséges feltétele, hogy legyen a g ráfb an nyílt Euler-vonal. b) Az előbbi eljárást követve ad d ig kössük össze p á ro n k é n t a p á ra tla n fokú p o n to k at, am íg el n em érjü k , hogy m in d e n p o n t fokszám a páro s legyen. Ez p ed ig é p p e n a n n a k a szükséges és elégséges feltétele, hogy legyen a g rá fb an zárt E uler-vonal. 3. M . 17.

a) N em biztos, hogy a h ír elju t m in d en tudóshoz, m ielőtt visszajut olyanhoz, aki m ár tudta. U gyanis a 12 p o n tú g rá fb an le h e t olyan kör, m ely n em m egy át m in d e n p o n to n . E rre p éld a az alábbi 1 2 p o n tú (nem összefüggő) gráf:

b) M inden tudós tovább adja a hírt, hiszen valakitől kapja, és másvalakinek adja tovább. Mivel a tudósok száma véges, így előbb-utóbb biztosan visszajut a hír olyan valakihez, aki m ár tu d o tt róla. Ez egyben azt jelenti, hogy h a a 1 2 po n tú gráfban m inden pont fokszáma legalább 2 , akkor van kör a gráfban. c) A m ásodik tudós, aki m eg k ap ja a h írt, egy h a rm a d ik n a k tovább adja. T e h á t legkevesebb h á r ­ m an biztosan tu d n a k a h írrő l.

3 . M . 1 8. Az n p o n tú fa g r á f k o m p le m e n te ré n e k

Ezek szerint

n(n - 1 )

- n + 1 = 2n + 1 ,

71(71 — 1)

ahonnan

— - —(n - 1 ) éle van.

n 2 - n - 2n + 2 = 4n + 2 ,

azaz

n2 - In =

0

Ez utó b b i eg yenlet szóba jö h e tő m egoldása n = 1 . 3 . M . 1 9. írju k m in d e n esetben az egyes csúcsok m ellé a fokszám ukat:

a)

b)

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

c)

87

.

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

GRÁFOK

a) A g ráfn ak két p á ra tla n fokú p o n tja van, a többi p o n t fokszám a páros. íg y van nyílt E uler-útja, m elynek k ez d ő p o n tja a k ét p á ra tla n fokú p o n t valam elyike; v ég p o n tja p ed ig a m ásik p áratlan fokú p o n t. Egy lehetséges b ejárás pl. az alábbi:

a) E -C -B -A -F -E -J -I-H -G -E -D -C . b) A g ráfn ak 4 p á ra tla n fokú p o n tja van, így sem nyílt, sem zárt E u ler ú tja nincs. c) E n n ek a g ráfn ak m in d e n p o n tja páro s fokú, így van zá rt E u ler útja, m elynek kezdő és vég­ p o n tja m egegyezik. Egy lehetséges b ejárást az A p o n tb ó l in d íto ttu n k .

4A

c) A -B -C -A -D -E -F -D -G -F -H -G -A

3 . M . 2 0 . Egy 10 p o n tú teljes g ráfb an egy k ö rn e k le h e t 3, 4, 5,

6 , 7, 8 , 9 vagy 10 p o n y a. H áro m p o n tú k ör an n y i van a gráfban, ah án y félek ép p en ki tu d u n k választani a 1 0 pontból h á rm a t a

kiválasztás s o rre n d jé re való tek in tet nélkül, azaz

. H a so n ló k é p p e n k ap ju k a 4, 5, stb. p o n tú

köröket. T e h á t a 10 p o n tú teljes gráfban levő körök száma:

\

'10N

+

Mivel

a o'

'ÍO''

+

'10>

+ ....+

,10J

J 10 K b

f 10' v^ J

"10"

ao"' v3y

10

O0^

,10

vl ° y

így a körök k eresett száma: ■>10

88

'10>

'10>

1°;

l 1;

'10N

1 0 2 4 - 1 - 1 0 - 4 5 = 968

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

GRÁFOK

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

3. M. 2 1 . L eg y e n / a fiúk, l p ed ig a lányok száma. E kkor a feltételek szerint =

azaz

y 2 —/ +

12

= /2 - / ,

n = f - f - i +f = (i-f)(! +f ) - { i - f ) = {i-f){i +f - \ ) . T e h á t a 12-t kell fe lb o n ta n u n k két pozitív egész szám szorzatára. Mivel 12 = 3 - 4 = 2 -6 = l- 1 2 , ezért h áro m esetet kell vizsgálnunk, hiszen / - / ) ( n - k + 2 ) ( n - k - l ) „ n ( n - 3) —- + ------------ 1------------ + 2 9 = v 2 ”

-vel szorozva és a záró jelek et felbontva azt kapjuk: 2k2 - 4 k + 4 n - 2nk + 56 = 0 ,

ahonnan

(n - k)(k -

2

) = 28 .

28 = 28 ■1 = 14 ■2 = 7 • 4 = 4 • 7 = 2 ■14 = 1 ■28 . M in d en esetet végigjárva végül is az alábbi ere d m é n y re ju tu n k : A feltételeknek 3 sokszög felel m eg: a 3 1 , a l 8 é s a l 3 oldalú sokszög. 31 oldalú sokszög esetén egy 3 és egy 30 oldalú sokszögre v ág tu k szét, 18 oldalú sokszög esetén egy 4 és egy 16 oldalú sokszögre v ág tu k szét, 13 oldalú sokszög esetén egy 6 és egy 9 oldalú sokszögre vág tu k szét. 3. IUI. 2 3 . Két po n t (A és 5 ) akkor és csak akkor van összekötve, h a vagy A-hoz B van a legközelebb, vagy pedig 5-hez A van legközelebb. (A „legközelebb” nem kölcsönös, hiszen h a /1-hoz B van legkö­ zelebb, m ég nem biztos, hogy 5-hez is A van legközelebb.) Tegyük fel indirekt, hogy van olyan P hely­ ség, mely legalább h at másik helységgel van összekötve. Mivel 360° : 6 = 60° , ezért kell lennie a hat helység között kettő olyannak (pl. A és B), m elyekre teljesül: a = A P B Z < 60° .

Mivel az összekötő szakaszok m ind különbözők, ez ért feltehetjük, hogy PA > PB . Ebből követke­ zik, hogy P B A Z > P A B Z . De P B A Z > B P A Z is teljesül, hiszen ellenkező esetben a PAB h á ro m ­ szögnek két szöge legfeljebb 60°, egy szöge p ed ig 60°-nál kisebb len n e, am i nyilván lehetetlen. Azt k a p tu k teh át, hogy a P A B háro m szö g n ek PA a leghosszabb oldala, vagyis /1-hoz nem P van a legközelebb. Mivel P -h e z sem A van a legközelebb, e z é rt az A és P p o n to k nem lehetnek összekötve. Ezek sze rin t in d ire k t feltevésünk helytelen volt, vagyis az így készült gráfnak nem leh et olyan p o n tja, m elynek fokszám a 5-nél nagyobb. ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

89

ANALÍZIS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

ANALÍZIS

Az analízis a m atem atik án ak az a terü le te , mely a függvények m élyebb vizsgálatával foglalkozik. Azt a k érd ést vizsgálja - sok egyebek m ellett - , hogy egy ad o tt függvény valam ely in terv a llu m b an (esetleg az értelm ezési tarto m án y teljes te rü le té n ) „hogyan viselkedik; az értelm ezési ta rto m á n y m ely részhalm a­ zain növekedő; fogyó; van-e, és h a igen, akkor hol van szélsőértéke; m en n y i a szélsőértéke, hol vált konvexből konkávba, illetve hogy a kérdéses függvény és az x tengely által közbezárt te rü le te t egy ad o tt in terv allu m o n h o g y an le h e t m eg h atáro zn i. M indezeknek a p ro b lé m á k n a k a k u tatása főleg a X V IIX V III. sz.-ban k ap o tt nagy le n d ü le te t elsősorban Leibnitz és N ew ton m u n k ásság a során. E két nagy tu d ó s dolgozta ki a függvények vizsgálatának főbb m ódszereit. E bben a fejezetben először számsorozatokkal, azok jellem ző tulajdonságaival foglalkozunk. Ezt köve­ tő en m eg ism erk ed ü n k a függvényekkel kapcsolatos fontos alapfogalm akkal, m ajd m egalkotjuk a diffe­ renciálhányadost, és vizsgáljuk e n n e k alkalm azási lehetőségeit. V égül m e g ism e rk e d ü n k az integrálszámítás alapjaival, an n ak a differenciálszámítással való kapcsolatával. M indezeket követően p ed ig n éh án y fel­ ad a to t fo g u n k kidolgozni az e lm o n d o tta k illusztrálására.

KORLATOS, MONOTON ÉS KONVERGENS SOROZATOK K orábban m eg ism erk e d tü n k a számsorozatok fogalm ával, m egadási m ódjaikkal, részletesebben a szám­ tani és a mértani sorozatokkal, e sorozatok főbb jellem zőivel. M ost tovább k u ta k o d u n k a szám sorozatok az analízis szám ára fontos - tu lajd o n ság ain ak feltárása érd ek éb en . Legelőször h atáro zzu k m eg az an = n , bn = n 2 , cn = r? szám sorozatok első n elem én ek összegét; ezekre az összegekre a későbbiekben m ég nagy szükségünk lesz. Az an = n sorozat esetéb en egyszerű d o lg u n k van, hiszen egy szám tani so ro zatró l van szó, így S™ = 1 + 2 + 3 + 4 + ...... + n = A bn sorozat esetében az összeg: n(n + l)(2n + 1 ) 6 Ezt legegyszerűbben teljes indukcióval bizonyíthatjuk: n = 1 -re, 2-re 3-ra az állítást egyszerű számolás­ sal ellenőrizhetjük. T együk fel, hogy k egy olyan pozitív egész szám, m elyre teljesül: S K esetén nyilván m in d en n -re an < K ' is teljesül. (T erm észetesen ugyanez a helyzet alsó k o rlát esetében is.) Sok esetb en é p p e n az lesz az érd ek es k érdés, hogy pl. egy felülről korlátos sorozatnak mely valós szám lesz a legkisebb felső korlátja. N agyon fontos tu lajd o n ság a egy szám sorozatnak, hogy tagjai növekedve vagy csökkenve követik egym ást, vagy e két eset egyike sem áll fenn. 4. D. 3. Az an sorozat monoton növekvő, ha minden n-re a „ +1 > an . 4. D. 4. Az an sorozat monoton csökkenő, ha minden n-re an+l < an .

H a e két definícióban n e m en g e d jü k m eg az egyenlőséget, ak k o r szigorúan m onoton növekvő, ill. szi­ gorúan m onoton csökkenő szám sorozatról beszélünk. V izsgáljunk m eg m ost n é h á n y szám sorozatot korlátosság és m o n o to n itás szem pontjából.

■

4. F. 1 . Legyen an =

O^vj

I 1

rr

f

r

f

. Először írjuk fel a sorozat első néhány tágját:

! 9 11 ’ 2 ’ 3 ’ 4 ’ Azt sejtjük, hogy a sorozat szig o rú an m o n o to n csökkenő. H a ezt sikerül b e lá tn u n k , ak k o r egyben az is kiderül, hogy a sorozat korlátos, hiszen pl. 4 egy felső korlát, továbbá m in d e n tagja nyilván pozitív, így pl. a 0 egy alsó korlát. A szigorúan m o n o to n csökkenés igazolásához azt kell m eg m u tatn u n k , hogy 4

a n+ 1 < a n ’ a 2 a z 2

(n + 1 ) + 1 < 2n + 1 w +1 - 1 n-l

Elvégezve a m egfelelő átalakításokat: 2n +— 3 < —n 2n + —-— +/1

2« 2 + n - 3 < 2 n 2 + n

n n-l B eláttuk teh át, hogy a so ro zat korlátos és szigorúan m o n o to n csökkenő.

94

-3 < 0 .

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H

4 . F. 2 . Legyen an =

« 2

n

ANALÍZIS

—1

----- . Ismét kezdjük azzal, hogy felírjuk a sorozat első néhány tágját: + 1

n

1

JL

15

’ 5 ’ 1 0 ’ 1 7 ’ ............ M ost azt sejthetjük, hogy e so ro zat szigorúan m o n o to n növekvő. F elülről biztosan korlátos, hiszen a számláló és a nevező e g y a rá n t pozitív (kivéve a sorozat első tagját), és a szám láló m in d e n n -re kisebb a nevezőnél, te h á t m in d e n n -re an < 1 . Vagyis az 1 a sorozat egy felső korlátja. A m o n o to n itást az előző felad atb an ism ertetett m ó d szerrel is b eláthatjuk, d e m ost egy egyszerűbb eljárást m u ta tu n k n 2 - 1 .... n 2 + 1 - 2 l 2 n2+ 1 n2 + 1 n2 + 1 Ez utóbbi alakról p e d ig láth ató , hogy szigorúan m o n o to n növekvő. T e h á t a sorozat korlátos és m o n o to n növekvő. 4 . F. 3 . Vizsgáljuk meg korlátosság és monotonitás szempontjából az an =

H

sorozatot. Az első

néhány tag:

_I

1

_!

J_

__L

’ 4 ’ 8 ’ 16 ’ 32 ’ ............... E sorozat sem m ilyen m ó d o n n em m o n o to n , hiszen nyilvánvaló, hogy a so ro zat tagjai váltakozó elője­ lűek. U gyanakkor - a képzési szabályból következik - a sorozat m in d e n tagja nagyobb -1-nél, de kisebb 1-nél. Vagyis ez a sorozat korlátos, d e n em m onoton. 2

1

H

4 . F. 4 . A matematikában nagyon fontos szerepet sorozat. Megmutatjuk, hogy ez . játszik az an = 11 y + -f-) n a sorozat szigorúan monoton növekvő és korlátos. A monotonitáshoz azt kell megmutatnunk, hogy litás

l Yl ( 1 \w+^ l+ -í- < 1 + ni \ n +I

írju k fel a szám tani és m é rta n i közép közötti egyenlőtlenséget az alábbi n l +l , n

1 + 1

n

............

l+ l n

1

+ 1

tagra:

;

n +1

n +1 ’

M in d k ét o ld alt n + l -edik h atv á n y ra em elve kapjuk: ( i+ i y , < (1 + - L Tr \ n] \ n + l) és ez ép p e n a szig orúan m o n o to n nö v ek ed ést jelen ti. A korlátosság igazolásához ism ét a szám tani és m érta n i közép közötti eg y en lő tlen ség et használjuk fel, ez esetben az alábbi n + 2 tagra: 1

+1 , n

1

n)

+ —, n

2 2

.............

' K

1

‘H

+ —, n

n +2

+ 2 ,

J r, 2

4. 2

azaz

Felem elve m in d k é t o ld alt az n + 2 -dík hatványra: 1 \n i 1 h— ■— < ! , azaz m in d en n -re n) 4 ’

(n d b

1

+1 n

és

2

db | ) 2

U

í -1 < i ±

\

í Wn 1 + — 0 valós számhoz léte­

H

zik olyan n 0 küszöbindex, hogy ha n > n 0 . Akkor

\a„ - A \ < e .

Ha az an sorozat konvergens és határértéke az A szám, akkor azt így jelöljük: lim a„ = A

n-»oo

E definíció te h á t azt je le n ti, hogy az an sorozat tagjai növekedve vagy csökkenve (esedeg az A szám k ö rü l „u g rálv a”, oszcillálva) egyre közelebb k erü ln e k / 1 -hoz, úgy, hogy h a / 1 -nak vesszük egy tetsző­ legesen kicsi 8 su g arú környezetét, ak k o r ebben az ( A - s , A + s) intervallumban a sorozatnak végtelen sok tagja benne van, ezen kívül pedig csak véges sok tag van. Vagyis a sorozat valam ely n0 in d ex ű (sorszám ú) tagjánál nagyobb sorszám ú tagjainak a z / 1 -tól való eltérése m ár kisebb, m in t

a

a

8

.

a

,

o

vegtelen sok tag

Fontos következménye e definíciónak, hogy, h a egy sorozat konvergens, akkor csak egy határértéke lehet. V izsgáljuk m eg pl. az an =

sorozatot. E sorozat nyilván szigorúan m o n o to n csökkenő és korlátos,

hiszen m in d en tagja pozitív. N yilván n növekedtével ~ vagyis e sorozat h a tá ré rté k e

csökken, s tetszőlegesen közel kerül a O-hoz,

: lim — = 0 W—>00 71 A következő fontos tétel a ko n v erg en cia és a m onoton, korlátos sorozatok kapcsolatáról szól: 0

4 . T. 1. Ha egy sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens.

Q Az előbb vizsgált a.

2n

+ 1

j

sorozatról m egállapítottuk, hogy korlátos és szigorúan m on o to n csök­

kenő. így az előbbi tétel sze rin t konvergens. A sorozat tagjait vizsgálva azt sejthetjük, hogy a h a tá r­ érték e 2. L egyen a d o tt egy e > 0 valós szám, és vizsgáljuk m eg, hogy m ilyen n 0 küszöbindex esetén lesznek a sorozat tagjai m á r közelebb a 2 -höz, m int az ad o tt £ . 2 n + 1 2 m in d e n n-re, ez ért írh a tju k n-l 2n + l -2 8 n-l

oo

n —>oo

n — >oo

b) lim (an - b n)= lim an - lim bn = A - B n — >00

n — >co

n — >oo

c) lim (an -bn)= lim an • lim bn = A- B n — >co

n — >oo

w — >co

lim ft-* *

n ->oo

B *° >

Fontos tétel még az ún. „rendőrszabály”: ha az

lim an = A , lim bn = A n — >oo

és bn konvergens sorozatokra

és m in den n-re an oo

n->oo

E szabályok alkalm azására n éz zü n k n é h á n y példát.

9 W2 _ ííw + 9

4. F. 5. Legyen an = — ------------. E sorozatrol könnyen belathato, hogy szigorúan monoton nö-

4 n + 5n +1 vekvő és korlátos, tehát konvergens. Határozzuk meg a határértékét:

lim 2 n 2 - 3 n + 2 = ? n->co 4 n + 5 n + 1 2

O sszuk el a szám lálót és a nev ező t is a legm agasabb fokú taggal, fi -tel. Azt kapjuk, hogy: 2

lim n — >oo

- —+ ^ U

lim 2 - lim — + lim _ w->00 ri->oo n ?í^.oo ^

4 + —+ - L W

lim 4 + lim — + lim

72,

n->co

n->oo n

rt— >oo

_

2 ~ 0 4

+

0

+

0

1

+0

2

fi

H asonló m ó d o n igazolható, hogy h a egy racionális tö r h a tá ré rté k é t vizsgáljuk, h á ro m eset lehetséges: 1. H a a számláló és a nevező fokszám a m egegyezik, ak k o r a sorozat konvergens, és h a tá ré rté k e a leg­ m agasabb fokú tagok eg y ü tth a tó in a k a hányadosa. 2. H a a nevező m agasabb fokú, m in t a szám láló, akkor a sorozat ko n v erg en s és h a tá ré rté k e 0. 3. H a a számláló magasabb fokú, m int a nevező, akkor a sorozat nem konvergens, + co -hez vagy -oo -hez tart. CL^Tl + + ..... + Clyh + Uq lim «-»°° bmn m + bm_xn m + ...... + + b0

T ehát

1. H a k = m , ak k o r a sorozat k o n v erg en s és h a tá ré rté k e

. h 2. H a k < m , ak k o r a so ro zat ko n v erg en s és h a tá ré rté k e 0. 3. H a k > m , ak k o r a so ro zat n e m ko n v erg en s + co -hez vagy —co -hez tart.

H

4. F. 6. A matematika különböző területein gyakran találkozunk a Fibonacci-sorozattal. Ezt a követ­ kezőképpen definiáljuk:

=

a 2

=

1

és

A sorozat n éh á n y elem e teh át: 1, 1, 2, 3, 5,

n >2 8

esetén

an =

+ a fi_ 2 ■

, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ..............

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

97

ANALÍZIS

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

E so ro zatn ak ö n m a g á b a n is re n d k ív ü l sok érdekes, fontos tu lajd o n ság a van. M ost határo zzu k m eg a F ibonacci-sorozat szom szédos elem ei h án y ad o sán ak a h a tá ré rté k é t, vagyis az 1

2

1’

1’

3 2 ’

5 3 ’

Jn_

13

8

5 ’

8

’ ..........’ /„_! ’...........

sorozat h a tá ré rté k é t (kim utath ató, hogy e hányadosokból álló soro zat valóban konvergens)! lim - f e - = lim « -» °° í n - l

n-> oo

í? r± = lim 1 + lim ís= L = l + ------ 1 — . /„_ 1

n -K o

/„_ i

j.

/„_ ]

n _>oo / „ _ 2

f

Nyilván lim - 7 - ^ = lim n -» °° í n - 1

f ín

, így h a /4-val jelöljük a k eresett h a tá ré rté k e t, ak k o r -2

A = l +~ , azaz /42 - / 4 - l = 0 , ahonnan A 9 = 1 ^ /5 . /I ’ 1, 2 2 A k eresett h a tá ré rté k nyilván pozitív, így azt kaptuk, hogy a F ibonacci-sorozat szom szédos tagjai h á ­ n yad o sán ak h atárérték e : lim H - > 00

=

^

1,618

az „A ranym etszés” jó l ism ert arányszám a. V égül vizsgáljuk m eg a m é rta n i sorozat első n tagjának összegét m eg ad ó szám sorozatot, azaz az sn = űj + axq + axq2 + .....+ aYqn + .... sorozatot. (Az ilyen összegekből álló so rozatot egyébként sornak nevezzük.). H a |^| > 1, ak k o r a m é rta n i sorozat tagjainak abszolút é rté k e szig o rú an m o n o to n növekvő, így ez esetben a sorösszeg, vagyis a sorozat tagjai m in d e n h a tá ro n túl n ö v ek e d n ek vagy csökkennek. Qn ~ 1 H a U < 1, ak k o r az s n sorozat konverg ens. Ugyanis ek k o r lim s„ = lim ö j ■----- =-. n - > 00

n -» o o

n_y Mivel \q\ < 1 esetén lim qn = 0 , e z é rt lim sn = lim ax ■- — =- = — n —>00

n —>00

w —>00

(f ~

l

(J

(j — l

-■■ 1

1

(j

N ézzünk a m ost e lm o n d o tta k ra két példát.

H

4. F. 7. Egy egységnyi oldalú négyzet minden oldalát négy egyenlő részre osztjuk, s belerajzoljuk az ábrának megfelelően - a megfelelő osztópontok alkotta négyzetet. Ez utóbbi négyzettel hasonló­ képpen járunk el, és ezt az eljárást a végtelenségig folytatjuk. Mekkora lesz az így létrejövő végtelen sok négyzet területének összege?

1

98

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

ANALÍZIS

Az egym ás u tá n rajzolt négyzetek terü le te i nyilván m érta n i so rozatot alkotnak. E n n ek első tagja az első négyzet terü lete: ax = 1. A so ro zat m ásodik tagja a m ásodik négyzet terü le te . E négyzet oldala PQ, am it 3.PQR d erékszögű h árom szögből szám ítunk ki. T e h á t a2 = p Q 2 = Í 4t /) 2 + í\ 4r /) 2 = -116 0 -

5 8

A m érta n i sorozat hányadosa: q = — = -|- < 1, te h á t a négyzetek összegéből alk o to tt S n sorozat konverdj o gens, h a tá ré rté k e az előbb m o n d o tta k alapján: lim s„ =

fl.

1

1 -?

1 -5

O 3 ‘

4 . F. 8. Mely két egész szám hányadosa az a racionális szám, amelynek tizedestört alakja: 0 ,1 3 1 3 1 3 ....?

0,131313.... = ^ 1 0 0

+ - ^ - + - ^ + ...... io o 2 1 0 0 3 ■J Q

L átható, hogy egy olyan m é rta n i so rró l van szó, m elynek első tagja

J

, h án y a d o sa p e d ig q =

< 1.

Ezek szerint a sorösszeg ko n v erg en s. H a tá ré rté k e , vagyis a keresett tört: 13 100 _ 13 , L_ 99 '

100

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

99

ANALÍZIS

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

FÜGGVÉNYEK ELEMI VIZSGÁLATA, HATÁRÉRTÉK, FOLYTONOSSÁG, DIFFERENCIÁLHÁNYADOS A m atem atik ában, fizikában, d e szinte valam ennyi term észet- és tá rsa d a lo m tu d o m á n y b a n nagyon fon­ tos sze rep e t játsza n ak a függvények, ez ért azok tu lajd o n ság ain ak ism erete ren d k ív ü l fontos szám unkra. A függvényeket sokféle szem p o n tb ó l vizsgálhatjuk, elem ezhetjük tulajd o n ság aik alapján. Mi m ost ezek közül a középiskolában ta n u lt legfontosabbakkal foglalkozunk az analízis tárg y á n ak m egfelelően. A m atem atika e te rü le té n e k fejlődése F erm at, Leibnitz és N ew ton m u n k ásság a u tá n vett nagy len ­ d ü letet; az ő g o n d o lataik n ak W eierstrass, B olzano, és C an to r által tö rté n t továbbfejlesztése révén ju to tt el az analízis a m ai ism eretekhez. N ézzünk m in d en ek e lő tt egy egyszerű példát. Egy 20 cm oldalú, négyzet alakú fém lem ezből négyzetes hasáb alakú ed é n y t a k a ru n k készíteni úgy, hogy a lem ez sarkaiból egybevágó négyzeteket v águnk ki, m ajd az o ld alu k n ál k eletkezett lapokat fel­ hajtju k (lásd ábra). M ekkora legyen a kivágott négyzetek x oldala, hogy a keletkezett ed ény térfog ata a leh ető legnagyobb legyen? X

-------------------------------- ------ 1

w

20 cm A hasáb alapja egy 20 - 2x oldalú négyzet, m agassága x. Ezek sze rin t a keletkezett hasáb V(x) térfogata x függvényében: V(x) = (20 - 2x ) 2 •x = 4x 3 - 80x2 + 400x . E függvény értelm ezési tarto m án y a m in d en valós szám, de a mi p ro b lé m á n k szem pontjából csak az 0 < x < 10 in terv a llu m o n érd ek es. F elad atu n k te h á t en n e k a fü g g v én y n ek a ]0; 10[ intervallum b a eső m ax im u m án ak m eghatározása. A feladat m eg o ld ásá ra később visszatérünk. A függvények sokféle tu lajd o n ság án a k vizsgálatát kezdjük a m o n o to n itás kérdésével.

H

4 . D. 6 . Az f függvényt az értelmezési tartomány [a; b] intervallumában monoton növekedőnek ne­ vezzük, ha bármely Xj e [a-,b], x2 e [a;b] és xx < x 2 esetén /( x j) < / ( x 2) teljesül.

4 . D. 7 . Az f függvényt az értelmezési tartomány [a; b] intervallumában monoton csökkenőnek nevez­ zük, ha bármely x, &

100

x 2 e [ a ; t ] és xx < x2 esetén f { x {) > / ( x 2) teljesül.

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

ANALÍZIS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H a a fenti két d efinícióban szereplő egyenlőtlenségekben az egyenlőséget n em en g e d jü k m eg, akkor a függvényt szig o rúan m o n o to n növ ek ed ő n ek , ill. szigorúan m o n o to n csö k kenőnek m ondjuk. T ek in tsü k pl. az alábbi függvényt: x 1,

ha

* < 1

ha

* > 1

/ ( * ) =< k - 3 |- l ,

A függvény m en eté n ek vizsgálatát a függvény grafikonjából olvashatjuk ki legegyszerűbben.

H a a szigorúan m o n o to n n ö v ek e d ést / , a szigorúan m o n o to n csökkenést \ jelöli, akkor az alábbi táblázatban fo glalhatjuk össze az f(x) függvény m enetét: X

x 0 valós számhoz létezik az x0 -nak olyan környezete, hogy ha 0 < \x - x0J
X()

Ezt így jelöljük:

E definíció te h á t azt je le n ti, hogy h a tetszőlegesen közel k e rü lü n k az értelm ezési tarto m án y b a n az x0 helyhez, a m egfelelő fü g g v é n y érték e k tetszőlegesen közel k e rü ln e k az A valós szám hoz.

N ézzük pl. az f ( x ) =

x-l

függvény h a tá ré rté k é t, h a x —> 1 . E kkor

(x - l)(x 2 + X + 1) l i m ^ I = lim —h m (x + x + 1 ) —1 + 1 + 1 —3 5 X ~ \ x -» l X 1 x-»l x— hiszen h a egy függvény g ra fik o n ja egy folytonos görbével lerajzolható, ak k o r az értelm ezési tartom án y bárm ely x helyén a h a tá ré rté k e nyilván a helyettesítési értékével egyenlő. Azt látjuk teh át, hogy egy fü g g vénynek egy ad o tt x0 helyen ak k o r is le h e t h a tá ré rté k e , h a egyéb­ k é n t x0 -ban nincs is értelm ezve a függvény. T erm észetesen ez nincs m in d ig így. Pl. az f ( x ) = — függ ­ vénynek x & 0 m ellett értelm ezési ta rto m á n y a m in d en valós szám. De a függvénynek x = 0 -b a n nincs h atárérték e . K ö n n y en igazolhatók a h a tá ré rté k re vonatkozó alábbi tételek. 4 . T . 3 . Ha az f és g függvényeknek x 0 -ban van véges határértéke és

H

Yim f(x) = A

és

lim g(x) = B ,

ak k o r lim [ / (x) ± g(x)] = A ± B X— ►*(,

lim c ■f ( x ) = c ■lim /( x ) = c • A

(c a d o tt valós szám)

lim [/(x )-g (c )] = A B X-*X q

f (x ) _ A x->x0 g(x) B

(g(x) /

0

,

5^0)

N agyon fontos fogalom a folytonosság fogalm a. Az esetek többségében ugyanis folytonos függvények­ kel foglalkozunk.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

103

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

ANALÍZIS

H

4 . D. 1 3 . Az f függvény az értelmezési tartomány x0 helyén folytonos, ha a függvény x0-ban és an­ nak valamely környezetében értelmezve van, létezik f-nek x0 -ban határértéke, és ez a határérték egyenlő a függvény f ( x 0) helyettesítési értékével. Az f függvény folytonos, ha az értelmezési tartomány minden pontjában folytonos.

A p o lin om -függvények értelm ezési tarto m án y a általában m in d e n valós szám, s az ilyen függvények folytonosak. Folytonos függvények m ég pl.: f ( x ) = sinx ,

/( x ) = cosx ,

/ (x) = |x |,

/( x ) = lo g x

(x > 0 ).

K ö n n y en b eláth ató , hogy h a az / és g függvények folytonos függvények, ak k o r az f ± g>

f ’g>

függvények is folytonosak. A h a tá ré rté k és a folytonosság fogalm ának m egism erése u tá n té rjü n k rá a differenciál-hányados fo­ galm ára. M int látni fogjuk, ez egy ren d k ív ü l fontos „eszköz”, m ely szám talan függvénytani p ro b lém a m egoldásában seg ítség ü n k re lesz. M in d en ek elő tt m eg kell ism e rk e d n ü n k egy folytonos görbe érintőjének a fogalm ával. T ek in tsü n k egy te ts z ő le g e s / folytonos függvényt, rögzítsük en n e k egy P po n tját. É rtelm ezni ak a rju k a függvénygörbe P -beli érin tő jét. V eg yünk fel a függvény g ö rb éjén P -től „balra” és „jo b b ra” is egy-egy p o n to t, R - 1 és Q-t, és rajzoljuk m eg a P R és P Q szelőket.

M ost képzeljük el, hogy az R p o n ttal, illetve a Q p o n tta l a fü g g v é n y g ö rb én közeled ü n k a P ponthoz. H a a PR, ill. P Q szelők egy re kisebb szöget zárn ak be egym ással, végül p e d ig (h atáresetben) e két szelő egybeesik; m in d k ettő „átm egy” az e egyenesbe, ak k o r ezt az e egyenest nevezzük úgy, hogy a z / fü g g ­ vény g ö rb éjén ek P p o n tb eli érintője.

104

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

ANALÍZIS

N ézzük m in d ezt k o n k ré ta n az f ( x ) = x 2 függvény esetében; írju k fel a függvénygörbe P ( 2; 4) p o n t­ beli érin tő jén e k egyenletét.

V együnk fel a függvény g ö rb é jé n egy Q(x; x 2) p o n to t, m ajd g o n d o latb an közelítsünk a függvény g ö r­ b éjén a Q p o n ttal a P p o n t felé. E kkor nyilván x -» 2 , s a szelő végtelen sok szelők sorozatán ke­ resztül ta rt a P p o n tb eli érin tő h ö z . (Igazolható, hogy h a egy P p o n ttó l „jo b b ra” levő R p o n ttal vé­ gezn én k el u g y an ezt a g o n d o latso rt, h a tá re se tb e n u g y an a h h o z az egyeneshez ju tn á n k , m in t a Q p o n t esetében.) A P és £) p o n to k o n á tm e n ő szelő m m eredeksége:

Ebből a m ered ek ségből úgy k ap ju k te h á t a P beli é rin tő m m ered ek ség ét, hogy képezzük en n e k a h a ­ tá ré rték ét, am in t x-szel ta rtu n k 2 -höz, azaz m = lim - ~ ~ . x — >2

X

-2

E h a tá ré rté k e t k ö n n y en m e g h atá ro zh a tju k : ,■ x2 - 4 .• ( x - 2 )(x + 2 ) ,. , A m - h m ------K- = h m ------- — - = hm (x + 2) = 4 . x —>2 X

a

X ~ 2,

T e h á t az f ( x ) = x 2 függvény x = 2 helyhez tartozó érin tő jén e k m ere d ek ség e 4. Ezek u tá n m ár írh atju k az érin tő egyenletét: y - y Q = m(x - x 0) ,

azaz

y - 4 = 4 (x -2 ),

ahonnan

y =4x-4.

A m ost e lm o n d o tta k at k ö n n y en általánosíthatjuk. L eg y en /(x ) egy folytonos függvény, tek in tsü k en n e k valam ely P(x 0 ;/(x 0)) p o n tját, és határo zzu k m eg e függvény gö rb éje P p o n tb eli é rin tő jé n e k az m m eredekségét. V eg yünk fel a fü g gvénygörbén egy tetszőleges Q(x-,f{x)) p o n to t, és rajzoljuk m eg a P Q szelőt.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

105

ANALÍZIS

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT f i .X ) ~~~ f {.X

A PQ , szelő m eredeksége:

")

mp o = ------------ “ ■ X — Xq

^

Ezt nevezzük az / függvény egy P és Q p o n tjaih o z tartozó differenciahányadosának. M ost tegyük fel, hogy h a a függvény g ö rb é jé n £)-val ta rtu n k P p o n th o z (am i egyben azt is je len ti, hogy x ta rt x 0 -hoz), ak k o r a P Q szelők ta rta n a k egy P -p o n tb eli e egyeneshez. H a valam ely a P p o n ttó l jo b b ra levő R p o n ttal elvégezve u g y anezt az eljárást u g y an ah h o z az e egyeneshez ju tu n k , ak k o r ez az e egyenes lesz a fü g g ­ vény g ö rb éjén ek P p o n tb eli érintője. E n n ek m m ered ek ség ét a fenti d ifferenciahányados h a tá ré rté k e adja, h a x —> x0 , feltéve, hogy ez a h a tá ré rté k létezik: lim /(»> -/< *> > . x —>xf)

P |

X — Xq

f ( x ) - f ( x n)

4 . D. 1 4 . Ha az - — - — ±— — differencia-hanyadosnak az x0 pontban van hatarerteke, akkor azt mondjuk, hogy az f függvény az x0 pontban differenciálható; és ezt a határértéket nevezzük az f függvény x0 pontbeli differenciálhányadosának (deriváltjának), és / ' ( x 0)-la l jelöljük.

l i m *-»*o

M S i ./ W * Ao

Ha e differenciálhatóság az értelmezési tartomány valamely [a; b] intervallumának minden x pontjára teljesül, akkor azt mondjuk, hogy az f függvény az [a; b] intervallumban differenciálható függvény, s az f ’(x) függvényt mondjuk az f(x) függvény derivált-függvényének.

A d ifferenciálhányados g eo m etriai tartalm a: az f függvény x 0 helyhez tartozó differenciálhányadosa a függvény g ö rbéjéhez az x0 -p o n tb a n h ú z o tt érin tő m eredeksége. A függvény folytonossága a differenciálhatóságnak szükséges, d e n e m elégséges feltétele. Legyen ugyanis /( x ) = |x |, és vizsgáljuk ezt az x = 0 helyen. A differenciahányados:

/(x ) - / (o) _ M x- 0 x E n n ek érté k e p e d ig 1 vagy -1, aszerint, hogy x > 0 vagy x < 0 . Ezek sze rin t a differenciahányado sn ak nincs h a tá ré rté k e x -» álh ató az x =

0

0

esetén, így az / (x) = |x| függvény - b á r folytonos x =

0

-ban - n em differenci­

helyen.

G yak o rlásk ép pen h atáro zzu k m eg n éh á n y függvény derivált-függvényét:

1. Legyen /( x ) = x 3 . E k k o r / '(x0 ) = lim ------ — = lim —— xo)(x + * ^ o + x o) _ j- m (x 2 + ^ X -> X 0

^

— ^ 0

X — Xq

X - » X ()

+ xjj) =

^2 ^

X -> X q

T e h á t az f ( x ) = x 3 függvény derivált-függvénye: f \ x ) = 3x2 .

2. Legyen f ( x ) = Vx . E kkor / '( x 0) = lim — — X -*X q

.

X — Xq

G yöktelenítsük a szám lálót, azaz bővítsük a tö rte t Vx + ■Jx^ -lal: y (Xo) = lim

= lim

= lim

1

yfx + yj x Q

-

+

= ,i m ---------x - x o --------- _

1 2

-y/xg

T e h á t az f ( x ) = yfic függvény derivált-függvénye: f \ x ) = — 2 yJX

106

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

ANALÍZIS

4 . T . 3 . Az /( x ) = x 11 függvény derivált-függvénye: f ' ( x ) = n ■x n 1.

H B IZ O N Y ÍT Á S : A bizonyítást pozitív egész n -re végezzük. Az alábbi h atárérték e t kell m eghatároznunk: X

lim

n

X

X - » X ()

n

0 —

Xq

Az an - bn = ( a - b ) ( a n~l + a n~2b + an~*b2 + a n~4b'i + ...... + ab n ~ 2 + bn~l ) ism e rt azonosságot felhasználva azt kap ju k -.

Vn -

A

Y 0n

ÍV - V 0 /V \ Y n ~ l -í- v " ~ 2 V 0 4- Y ^ Y 02 4-

1•

V

... ...

-I- w

" " 2 -I- y

1 AvV a

” ~ 1 \/

1 A n

h m -------= . \/> — = h m ------- ------------------- --------------------------------------— \A _ \fí x0

x -» x ()

•*»

= lim (x " - 1 + x”- 2 x0 + x ” -

\ 2

+ ...... + xx” - 2 + x ^ 1) = n • x ^

1

x -» x 0

Bizonyítás n élk ü l közöljük a sinx és cosx függvények deriváltját: (sin x0)' = cos x0 és (cos x0)' = - sin x 0 Fontosak az alábbi differenciálási szabályok: 4 . T . 4 . Legyenek f és g függvények differenciálhatók az x 0 helyen, és legyen c egy adott valós

f szám. Ekkor az f ± g ,

c />

/ ‘ &»

függvények is deriválhatok az x 0 helyen és

g a) [ f ( x 0) ± g ( x 0)]' = f ' ( x 0) ± g ' ( x 0) b ) [ c - f ( x 0)]' = c - f ' ( x 0) C) [ f ( x 0)- g(x0)]' = f ' ( x 0) - g ( x0) + g ' ( x0) - f ( x 0) f ( x o) d) _g(x0)

/ ’(* o )-á '(* o )-á ',(*o )-/(* o )

,

------------------f — ----------------

,

g(xo) * 0

ff (xo) E differenciálási szabályok közül bebizonyítjuk az utolsó kettőt.

A c) esetben a szorzatfüggvény d eriv álására vonatkozó szabály bizonyításához vizsgáljuk m eg az alábbi határérték et: lim f W e ( * ) - f ( * o ) g ( * o ) X — Xq

x -» x ft

A djunk hozzá és v o n ju n k is le a szám lálóból / ( x 0) •g(x) -et; azt kapjuk: lim

~ / ^ ) g f a ) + /(«b)g(«) ~ /(«b)g(«)

X -» X 0

X

— X q

= lim % ~ » X ()

\

=

,im /(X o ). s í í h i w x —»x()

H

^0

x-» x 0

^0

M ivel/(x) ésg(x) is differenciálható függvények, ezért folytonosak is, így lim g(x) = g(x0) , X - » X ()

lim / ( x 0) = / ( x 0) , x -» x 0

így azt kaptuk:

lim ^ _ { (X" = / ' ( xo ) ’ X - » X ()

Hm g (x)_ x -» x ()

lim / ( x )g(x) X

= g '(X()) , ^0

f ( xo)g(xo) = f ' ( x 0) -g(x0) + g' (x0) f ( x 0) , Xr

és é p p e n ezt ak a rtu k belátni.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

107

ANALÍZIS

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

A d) szabály bizonyításához először vizsgáljuk m eg egy folytonos g(x) függvény re cip ro k án a k deriváltját. E hhez az alábbi h a tá ré rté k e t kell m eg h atá ro zn u n k :

_1____ L_ lim g{x)

1 Mivel

1

g(x)

ff(*o)-g(*)

g(x0) = g(x)g(x0)

X -X q 1

így kapjuk, hogy: lim x^x 0

g(Xo) .

X -X q

_

i g(x)g(x o )

i

-

g ( x ) - g ( x 0) x -x 0

1

= l X -X 0

m X -X 0

. 1 = - li m g(x)g(x0)

X -X 0

[im 1 x^ x„ g(x)g(x0) '

A k ap o tt kéttényezős szorzat első tényezője é p p e n a g(x) függvény d eriv áltján ak -1-szerese az X0 h e ­ lyen, a m ásodik tényező p e d ig —^ — , így kaptuk: g (xo) g ' ( x o) M*o)J

g 2(xo) '

Ezek u tá n rá té rh e tü n k a tö rtfü g g v én y deriválási szabályának igazolására:

.g(*b)J

1 g(xo ) J '

V

M ost alkalm azzuk a szorzatfüggvényre k a p o tt szabályt, és az előbb levelezett reciprok-szabályt:

g ( xo ) J

g ( x o)

U ( xo)J

£(*o)

g 2(x0)

f ' ( xo ) ' g ( xo ) - g '(xo ) ' / ( x 0 ) g 2(x o)

Ezzel a d)-ben ism e rte te tt szabályt is beláttuk. G yakran fo rd u l elő, hogy valam ely gyakorlati p ro b lém a vizsgálata so rá n egy ú n . közvetett függvényt kell d eriv áln u n k . E n n ek ism ertetése előtt elevenítsük fel a közvetett fü g g v é n y fogalm át. H a valam ely függvény esetéb en az értékkészlet elem eihez, m in t értelmezési tartom ányhoz egy újabb egy­ é rtelm ű h o zzáren d elést h a jtu n k végre, ak k o r összetett (vagy m ásk ép p e n közvetett) függvényről b e­ szélünk (lásd ábra).

P éldául az /( x ) = V sinx egy összetett függvény. Az első h o zzáren d elés az u(x) = sin x . A m ásodik hoz­ zárendelés értelm ezési ta rto m á n y a az első h o zzárendelés értékkészlete:

f { u) = 'Ju,

így kapjuk:

/ (w(x)) = %/sinx összetett vagy közvetett függvényt.

108

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

ANALÍZIS

Az összetett függvény deriválásáról szól az alábbi tétel, m elyet bizonyítás n élk ü l k im o n d u n k :

H

4 . T . 5 . Ha az u függvény differenciálható az x 0 helyen, és az M üggvény deriválható az u ( x 0) he­ lyen, akkor az f ( u ( x ) ) közvetett függvény is deriválható az x 0 helyen, és a derivált:

f ( u ( x 0))' = f \ u ( x 0))-u'(xo) . A differenciálási szabályok ism ereté b en n ézzü n k n éh án y p é ld á t az elm o n d o tta k ra:

H

A . F. 9 . Határozzuk meg az alábbi függvények derivált függvényét!

a) f ( x ) = 2x4 -

6

x3 +5x2 - x + 3

b) f ( x ) = 4 x 2 ■cosx r2 c) f i x) = ■. J sinx d) f ( x ) = tgx

(sinx * (cosx ^

0

0

) )

e) f ( x ) = ^/sinx . a) A m egfelelő deriválási szabályok alkalm azásával: / '( * ) = 8x3 - 1 8 x 2 + 1 0 x - l b) A szorzatfüggvény differenciálási szabálya szerint: f ' ( x ) = 8 x • cosx + (-sin x ) •4 x 2 = 8 x •cosx - 4 x 2 - sinx c) A törtfü g g v én y differenciálási szabálya szerint: x -( 2 s i n x - x c o s x ) / '( * ) = ■2 x - s i n x - c o s x - x 2 sin 2 x sin 2 x d) U gyancsak a tö rtfü g g v én y differenciálási szabálya szerint:

f' (x) = sinx \ _ c o s x - c o s x - ( - s in x ) - s in x _ cos 2 x + s in 2 x _

1

cosx) cos2 x cos2 x cos2 x e) K özvetett függvényt kell d e riv á ln u n k . Az első hozzárendelés: u(x) = sin x , a m ásodik hozzárendelés: / (u) = yfü . A közvetett függvény differenciálási szabálya szerint: u'(x) = COS X ,

f\u ) = V

T e h á t a derivált:

J

3 -^ 2

3

í> /sinx) = c o s x -----^ .1....... = — ro s x _ _ 3 -v s in 2 x 3 - v s in 2 x

4 . F. 10. Határozzuk meg az / (x) = 2x 3 - 4x 2 + 5x - 2 függvény érintőjének egyenletét az x = 2 helyen!

H Mivel a fü g g v én yérték x = 2 -ben: /( 2 ) = 1 6 - 1 6 + 1 0 - 2 =

8

, e z é rt az érin tő áth ala d a P ( 2;

8

) ponto n .

Az érin tő m m ered ek ség e az f (x) függvény x = 2 helyen v ett deriváltjával egyenlő. f'(x) = 6 x2 T e h á t az é rin tő egyenlete:

8

x + 5,

te h á t y-

8

m = f ' ( 2) = 24 - 1 6 + 5 = 13 .

= 13(x - 2 ), azaz

)> = 1 3 x -1 8

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

109

ANALÍZIS

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

4 . F. 1 1 . Hol lesz az f ( x ) = J x - 2

függvény érintője párhuzamos az y = -i-x egyenletű egyenessel?

A m eg ad o tt egyenes m ere d ek ség e ^ , így azt kell m egvizsgálnunk, hogy hol lesz a függvény deriváltja egyenlő

-del. Az f függvény egy összetett függvény; az első h o zz áre n d elés u(x) = x - 2 , a m ásodik

h ozzáren d elés f ( u ) = a/m . w'(x) = l , f \u(x)) = — , ^ 2 >/x^

/'(w ) = —7 =-, 2 vm = -i-, 2

te h á t

ahonnan

x=3.

2

M indezek u tá n n ézzük m eg az ed d ig tan u ltak alkalm azását függvények vizsgálatára, különböző szélsőérté k -p ro b lém á k m egoldására. E lsősorban a rra vagyunk kíváncsiak, hogy valam ely differenciálható függvény esetében a d eriv ált függvény ism eretéb en m ire és h o g y an k ö v etk ez teth etü n k az e red eti függ­ vénnyel kapcsolatban. E rrő l szól a következő bizonyítható tétel.

H

4 . T . 6 . Legyen az f függvény az [a; b] intervallumon differenciálható függvény. Ha az f függvény deriváltja az [a; b] intervallumon pozitív, / '( x ) > 0 , akkor az f függvény az [a; b] intervallumon szigorúan monoton növekvő. Ha az f függvény deriváltja az [a; b] intervallumon negatív, f \ x ) < 0 , akkor az f függvény az [a; b] intervallumon szigorúan monoton csökkenő. Ha az f függvény deriváltjának az [a; b] intervallumon zérushelye van, / '( x ) = 0 , akkor f-nek szélső­ értéke van vagy nincs, attól függően, hogy f’ az x helyen előjelet váltva 0, vagy nem.

T e h á t az f ' ( x ) = 0 a szélsőérték létezésének csupán szükséges, de n e m elégséges feltétele. H a u g y an ­ ak k o r a kérdéses x hely en f előjelet is vált, ak k o r az m ár elégséges feltétel is ahhoz, hogy az e red eti f függvénynek szélsőértéke legyen. J ó p éld a e rre az /( x ) = x 3 függvény. E n n ek deriváltja: f ' ( x ) = 3x 2 . Az / '( x ) = 0 eg y en let m egoldása: x = 0 , b á r /(x)-nek x = 0 -b a n nincs szélsőértéke. Az ábrából jó l kive­ h ető, hogy f ’(x) az x =

0

hely en úgy

0

, hogy ott n e m vált előjelet. ; f \ x ) - 3 ^

/

110

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, vwwv.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

H

ANALÍZIS

4 . F. 1 2 . A most elmondottak gyakorlására ábrázolja a derivált függvény segítségével az

/( x ) = ^ - ~ 2x 2 + 3 x - - | függvényt. A függvény m in d e n x e R helyen differenciálható; d e riv á lja : / '( x ) = x 2 - 4 x + 3 .

A d erivált függvény zérushelyei: xl2 =

J j_ =

_>

Xj =

1

,

x2 = 3 .

M ost ábrázoljuk a d eriv ált függvényt, és an n a k előjel-viszonyaiból v o n ju n k le következtetéseket az e re ­ deti függvényre.

A derivált függvény ism ereté b en érd em es a m egfelelő ad a to k a t egy táblázatba foglalni. X / '( * )

f ( x)

x< +

A

1

x =1

l< x < 3

0

—

szélső érték max.

/ ( 1 ) = ----- 2 + 3 - — = 0 v 3---------------3

\

x=3

3

1

=

0

, 1

cos a j = - 1 ,

1

c o s a 2 = 2 --

Első esetben a - r a 180° ad ó d n a, am i nyilván lehetetlen, m ásodik esetben a = 6 0 °. K önnyen belátható, hogy a = 60° -nál a T '(a) előjelet váltva 0 , előtte pozitív, u tán a negatív, így a függvénynek a = 60° -ban m axim um a van. T e h á t a trapéz területe akkor a legnagyobb, am ikor a = 60° . Ez azt jelenti, hogy a fél­ körbe írt trapéz egy szabályos hatszög fele, vagyis 3 db R oldalú szabályos három szögből áll. így a területe: TABCD

R 2S

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

113

ANALÍZIS

H

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

4 . F. 1 6 . Adottak az f ( x ) = x 2 + a x + b és g(x) = x 2 + bx + a (a > b ) másodfokú függvények. Tudjuk, hogy csak egyetlen olyan x0 hely létezik, melyben a függvényekhez húzott érintők merőlegesek egy­ másra. Fejezze ki az a paramétert to-vel!

A feltételek szerint f ' ( x 0) - g ' ( x 0) = - l , a z a z (2x0 + a)(2x 0 +b) = - 1 ,

4 x 2 + 2(a + b)x() + ab + 1 = 0 .

M ivel csak eg y etlen ilyen x(] hely létezik, e z é rt e n n e k a m ásodfokú eg y e n le tn ek csak egy valós m egol­ d ása leh et, vagyis a d iszk rim in án sán a k

0

-nak kell lennie. 4 (a + b)2 - 1 6 (ab + 1 ) =

a 2 + b2 + 2ab - 4ab - 4 = 0 M ivel a > b , e z é rt a - b = 2 ,

H

ahonnan

-»

,

0

(a-b)2 = 4

-»

\a-b\ = 2 .

a = b + 2.

4. F. 1 7 . Az egyiptomi Kheopsz piramis alatti egyik sírkamra téglatest alakú, melynek méreteiben az ismert pitagoraszi számhármast fedezhetjük fel: egyik éle 4m, egyik lapátlója 3m, testátlója pedig 5 m. Mekkora lehet e sírkamra maximális térfogata?

V agy a lap átló ra vagy a testátló ra felírva P itagorasz tételét azt kapjuk: x2 + y2 = 9

—>

y = sí9 - x

2

,

ahol

0 < x

teh át

0 < x < a^

.

A térfogatfüggvény deriváltja: F'(x) = i - ( a 2 V 3 -1 2 a x + 9V3x2) = 0 O l* ~ De x =

= a^

12a ± V l4 4 a 2 - 1 0 8 a 2 _ 1 2 a ± 6 a 18^3 ” 18V3

9 j 3 x 2 - 12ax + a 2 V3 = 0 , v 1

_ a _ V3’

2

_ a '3 V 3 ‘

, m in t láttu k n em lehetséges. Mivel x 2 = ~ j ^ 'b a n V'(x) előjelet váltva 0, előtte pozi­

tív, u tá n a negatív, így azt k ap tu k , hogy a keletkezett ed én y térfo g ata ak k o r a legnagyobb, h a x = —^-=- = = -j=r cm. 3^3 3^3 J3

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

117

ANALÍZIS

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

INTEGRÁLSZÁMÍTÁS G yakran előfordul, hogy valamilyen m atem atikai vagy fizikai problém a a rra vezethető vissza, hogy egy síkidom területét kell m eghatároznunk. H a ezt a síkidom ot (legalábbis en n e k egy darabját) valamilyen foly­ tonos függvénnyel le tu d ju k írni, akkor a problém a m egoldásához segítséget nyújt az integrálszámítás. A lap g o n d o latu n k a következő: tek in tsü n k egy / folytonos görbét, s tek in tsü k e g ö rb e és az x tengely közötti ta rto m á n y t valam ely [a; b] in terv allu m b an (lásd ábra).

T2

O sszuk fel az in terv a llu m o t n egyenlő részre, s képezzük az egyes részin te rv allu m o k ra illeszthető ún. b eírh ató , és k ö ré írh a tó téglalapokat. A b e írh a tó téglalapok te rü le te in e k összege ) nyilván kisebb, m in t a kö ré írh a tó téglalapok te rü le te in e k összege (T2) . H a azo n b an a felosztást „finom ítjuk”, vagyis n érté k é t növeljük, ak k o r a b e írh a tó téglalapok te rü le té n e k összege növekszik, m íg a k ö ré írh a tó tégla­ lapok te rü le té n e k összege csökken. H a n é rté k é t m in d en h a tá ro n tú l növeljük, és k id erü l, hogy a b eír­ h a tó téglalapok te rü le té n e k összege egyenlő lesz a k ö ré írh a tó téglalapok te rü le té n e k összegével, akkor ezt az összeget nevezzük a z / g ö rb e alatti te rü le tn e k az [a\ 6 ] in terv a llu m o n . A lkalm azzuk ezt a g o n d o la tm e n e te t először egy k o n k ré t p é ld ára: k eressü k m eg az f ( x ) = x 2 függ­ vény gö rb éje és az x tengely által közbezárt te rü le t nagyságát a [0; a\ (a > 0) in terv allu m b an . Szám ítsuk ki először a b e írh a tó tég lalap o k te rü le té n e k

S

összegét! X2

118

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

ANALÍZIS

Az áb rá t szem lélve a köv etk ező k re ju tu n k : m in d en téglalap egyik o ld ala — , a m ásik oldala p ed ig a kérdéses in terv allu m bal oldali v ég p o n tjáb an vett függvényérték. Ezek sze rin t a b eírh a tó téglalapok te rü le té n e k összege: s = ? + a l ^ + a ( Z a ? + .......... + o . n n \nj n \n ] n \n ) n \ 3

n

J

3

In n e n - ^ - - t kiem elve azt kapjuk: s = - ^ - ( l 2 + 2 2 + 3 2 + ..........+ (n - 1)2) . n n A zárójelben az első n —1 d b pozitív egész szám négyzetének összege szerepel, am irő l ko ráb b an láttuk: l2 +

*gy

+ 3 2 + ..........+ ( „ - 1 )2 = (’| - 1 > - " - ( 2 " - l> ., =

a(n - l)n(2n - 1 ) 6

n3

M ost vizsgáljuk m eg az egyes in te rv a llu m o k ra em elt, k ö ré írt tég lalap o k te rü le té n e k Sn összegét. E téglalapok m in d eg y ik én ek egyik o ld ala (ugyanúgy, m in t az előbb)

, a m ásik p e d ig a kérdéses in te r­

v allu m jo b b oldali v ég p o n tjáb a n felvett függvényérték.

r r

a a x=— n 2a x- n

c=£ n

c _ a

Ezek szerint

X

n

í 2a \ 2 a / 3a \ 2 ,a (n-a\2 + n ' W ) + n ' W ) + .......... + n ' { n ) ’

Sn = “ - . ( ^ + 2 ^ + 3 ^ + .

a 3n(n + 1 ) ( 2 n + 1 ) ,+n ) = 6 nó

M ost azt látjuk, hogy m in d sn , m in d p e d ig Sn esetében a téglalapok összege olyan racionális tört, m elynek szám lálója is és nevezője is rc-ben h arm a d fo k ú , így m in d k é t esetb en a h a tá ré rté k - m in t ko­ rá b b a n láttu k - a szám láló és a nevező legm agasabb fokú tagjai eg y ü tth a tó in a k a hányadosa. Ez ped ig m in d k é t esetb en

o 3

3

b

ó

.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

119

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

ANALÍZIS

T ehát

lim s„ : lim Sn = - g - , W — >co 3 n-*o

íg y létezik a p a ra b o la alatti te rü le t a [0 ; a] in terv allu m o n és n em m ás, m in t - - . E m ost ism e rte te tt g o n d o la tm e n e te t általánosítva m eg alk o tju k a határozott integrál fogalm át. Legyen / egy folytonos függvény az \a\ b] in terv allu m o n , és osszuk fel az in terv a llu m o t n egyenlő részre. Le­ g yenek az o sztó p o n to k x0, X[, x2 .............. xn , és képezzük az így létrejövő részin terv allu m o k ra illeszt­ h ető b eírh a tó és köré írh a tó téglalapokat.

[7 -

[7

a = ^ x , x2 x

3

x 4 ...................................t , = x h

Az első, m ásodik, í-ed ik in terv a llu m hossza re n d re

Xj

__ y*

0 *

V1 _

*^2

yi 1 j •■ ••••

iyi __ íyi

í

l 1. “■***“* j

ezek a szakaszok az egyes tég lalap o k egyik oldalát alkotják. A téglalapok m ásik oldalai p ed ig beírh ató téglalapok esetében a k érdéses in terv a llu m b an levő legkisebb, a k ö ré írh a tó téglalapok esetében p edig az interv allu m legnagyobb függvényértéke. W eierstrass té te le é rte lm é b e n e legkisebb, illetve legna­ gyobb függ v én yértékek bárm ely zárt in terv allu m b an folytonos függvény esetében léteznek. Legyen az i-edik in terv a llu m b an a legkisebb fü g g v én y érték mi , a legnagyobb fü g g v én y érték p ed ig M t . E kkor a b eírh ató , illetve a k ö ré írh a tó téglalapok te rü le te in e k sn , ill. Sn Összege: n sn = ( x , - x 0) - m l + (xg - x l ) - m2 +(x 3 - x 2) - ms + .......... + {xn - x n_x) - m n = ^ T ( x t - xt_t )■»«! Í= 1

S„ =(x,

+(x2 - x1) - M 2 +( x3 - x2) - M 3 + ......... + (x„ ~ x n A) - M n !=1

B ebizonyítható, hogy h a a kiindulási / függvény folytonos, ak k o r e részletösszegek, azaz a sri és Sn h a tá ré rté k e w —> oo ese té n m egegyezik, és ezt nevezzük a k eresett függvény alatti terü le tn e k az [a; b] in terv allu m b an: lim . n—>co‘ Sn

lim S „ = T a n-+ oo E h atárértéket az / függvény határozott integráljának is nevezzük az [a; b] intervallum on, és így jelöljük: =

j'f ( x ) d x Ezek u tán vizsgáljuk m eg a h a táro zo tt in teg rá l néh án y egyszerű, fontos tu lajd o n ság át. M inden esetben folytonos, teh át in te g rá lh a tó fü g gvényekről lesz szó. ■

120

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

ANALÍZIS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

A kár a h atáro zo tt in teg rá l fenti definíciójából, ak á r az in teg rá l te rü le tk é n t való értelm ezéséből könnyen igazolhatóak a h atá ro z o tt in te g rá l alábbi tulajdonságai. 1

. H a az/ függvény az [a; b\ in te rv a llu m o n in teg rálh ató és a x2 + 2x függvény. a) Szám ítsuk ki az f(x) függvény h atá ro z o tt in teg rá lját a [0; 6 ] interv allu m o n ! b) Szám ítsuk ki a fü g g v én y g ö rb e és a z x tengely közötti te rü le te t a [0; 6 ] intervallum on!

MEGOLDÁS i.

6

ff—i-x2 + 2 x W jv 2 r 0

=

1 ~Xz3r +x 2

2

3

6 0

r V

i ^ 2 3

+621J

(0) = 0

J

b) Á brázoljuk a függvényt! A lefelé nyíló p arab o lán ak X = 4 -ben van zérushelye. E zért először kiszá­ m oljuk a függvény h a tá ro z o tt in teg rá lját a [0; 4] in terv allu m b an , m ajd e h h e z h o zzáadjuk a függvény [4; 6 ] in terv a llu m ra vonatkozó in teg rá lján a k a -1-szeresét.

124

DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE

ANALÍZIS

De egyszerűbben is szá m o lh atu n k . Az a) részben k ap o tt e re d m é n y ism ereté b en biztos, hogy az x ten ­ gely „fölötti” te rü le t m egegyezik az x tengely „alatti” terü lettel. E zért a k e re se tt te rü le t a függvény [0; 4] in terv a llu m ra eső h a tá ro z o tt in teg rá lján a k é p p e n a kétszerese. 4. . 4 r , n4 = ( _ M + 3 2 ) - ( 0 ): 32 T =2• + 2x jdx = j V * 2 + 4 x)dx ~ t + 2x2 3

3 . Szám ítsuk ki az f ( x ) = x 2 és g(x) = yfx

függvények görbéi által közbezárt terü letet!

M EG O LD Á S:

Á brázoljuk m in d k é t függvényt egy k o o rd in áta ren d sze rb en . A két függvény grafik o n ja az o rigóban és x = 1 -ben m etszi egym ást. Ezek szerin t a keresett te rü le te t úgy k a p h a tju k m eg, h a az x 2 függvény h atáro zo tt in teg ráljából kivonjuk a y[s^ függvény h a táro zo tt in teg rá lját a [0 ; 1 ] in terv allu m b an .

4 . Szám ítsuk ki az f ( x ) = x 2 - 6x + 5 és g(x) = - x 2 + 4x - 3 függvények g ö rb éi által közbezárt terü letet.

M EGOLDÁS:

L egelőször ábrázoljuk a két függvényt egy k o o rd in áta ren d sze rb en . A két függvény grafikonjának egyik m etszésp o ntja x = 1 -ben van (itt eg y ébként m in d k ét függ v én y n ek egyben zérushelye is van), a m ásik p ed ig x = 4 -ben.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL

125

ANALÍZIS

AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

A függvényeket ábrázolva észrevehetjük, érdem esnek látszik m indkét függvény görbéjét 4-gyel feljebb tolni; ezzel a keresett terü let m éretén nyilván nem változtattunk sem m it. Ekkor az „új” függvények: / j (x) = x 2 - 6x + 9 és

(x) = - x 2 + 4 x + 1. Ezeket látjuk a jo b b oldali ábrán. Ezek u tá n a keresett T terület: 4

4

4

T = j"(—x 2 + 4 x + 1)dx - J(x2 - 6 x + 9 )dx = J(—!2 x 2 + 1 Ox - 8 )dx =

-2 x á

+ 5x -

8

x

= ( - l f + 8 0 - 3 2 ) - ( - | + 5 - 8) = 9

5 . Legyen f ( x ) = A x + B és legyenek 0 < a < b valós szám ok. Igazoljuk, hogy ek k o r

b

M EG O LD Á S: V

j ( A x + B)dx ■ A x ' + Bx