Kombinatorika, valószínűségszámítás - Sulinet

MATEMATIKA „A”
11. évfolyam
1. modul:
Kombinatorika, valószínűségszámítás
Készítette: Lövey Éva

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 2
A modul célja A valószínűség fogalmának elmélyítése. A valószínűségszámítás eszköztárát felhasználva az élet
valós helyzeteinek elemzése. Az eseményalgebra és a kombinatorika mint segédeszközök felelevenítése.
Időkeret 8 óra
Ajánlott korosztály 11. évfolyam
Modulkapcsolódási pontok
Tágabb környezetben:
Hétköznapi szituációk. Humán, reál tudományterületeken az esélyek felmérése.
A képességfejlesztés fókuszai
Szűkebb környezetben:
Halmazok, műveletek a valós számkörben, hatványozás, statisztikai adatsokaságok elemzése.
Szöveges feladatok szövegének értelmezése. Grafikonok elemzése.
Ajánlott megelőző tevékenységek: Előző években tanultak: permutáció, ismétléses permutáció,
kombináció (ismétlés nélkül), variáció ismétléssel és ismétlés nélkül kis elemszámok esetén.
Valószínűség fogalma, kombinatorikus valószínűség kis elemszámok esetén.
Ajánlott követő tevékenységek: 12. évfolyamon a rendszerező összefoglalásban az eddig tanultak
áttekintése, gyakorlás feladatokon keresztül.
Számolás, számlálás, számítás:
Hatványozás és a faktoriális számolása zsebszámológéppel is. Számolás nagyon nagy és nagyon kis
abszolútértékű számokkal, normálalakkal.
Szöveges feladatok, metakogníció:
A valóságból merített szöveges feladatok alapján felismerni az alkalmazandó eljárást, képletet.
A megkapott végeredmény értelmezése. Szövegben előforduló tartalmi összefüggések megkeresése.
Rendszerezés, kombinatív gondolkodás:
A kiválasztás és a sorbarendezés szükségességének felismerése. Adatok kiolvasása és elemzése
táblázatokból, illetve valós életből merített szövegekből.

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 3
TÁMOGATÓ RENDSZER
• http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/15635/1
• A Sulinet honlapján: e-tananyag > matematika > valószínűség témakörnél találunk szimulációkat;
• http://nces.ed.gov/nceskids/chances/index.asp
• mazsola.iit.uni-miskolc.hu/~komaromi/galton a Galton-deszkához;
• interaktív grafikonok binomiális eloszláshoz:
http://www.stat.wvu.edu/SRS/Modules/Binomial/binomial.html
http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/binom_demo.html
http://www.stat.tamu.edu/~west/applets/binomialdemo.html
http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/normal_approx/index.html
• http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/21815/1 animáció egy céltáblára leadott szimulált lövésekről.
JAVASOLT ÓRABEOSZTÁS
1. óra Kombinatorika ismétlés 1. (1 óra)
2. óra Kombinatorika ismétlés 2. (1 óra)
3. óra Valószínűségszámítás (2 óra)
4. óra Kombinatorikus valószínűség (1 óra)
5. óra Binomiális eloszlás (1 óra)
6. óra A szerencsejátékos szerencséje (1 óra)
7. óra Geometriai valószínűség* } (1 óra)
8. óra Valószínűség és statisztika*
A *-gal jelölt órák helyett – olyan csoportnál, ahol (a tanár érzése szerint) arra nagyobb szükség van - gyakorló órákat iktathatunk be.

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 4
ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEK
Kombinatorika
Középszint
Tudjon egyszerű sorbarendezési, kiválasztási és egyéb kombinatorikai feladatokat megoldani. Tudja kiszámolni a binomiális együtthatókat.
Emelt szint
Ismerje, bizonyítsa és alkalmazza a permutációk, variációk (ismétlés nélkül és ismétléssel), kombinációk (ismétlés nélkül) kiszámítására
vonatkozó képleteket. Ismerje és alkalmazza a binomiális tételt.
A valószínűségszámítás elemei
Középszint
Véges sok kimenetel esetén szimmetria megfontolásokkal számítható valószínűségek (egyenlő esélyű elemi eseményekből) egyszerű
feladatokban. Esemény, eseménytér konkrét példák esetén. A klasszikus (Laplace)-modell ismerete. Szemléletes kapcsolat a relatív
gyakoriság és a valószínűség között. Valószínűségek kiszámítása visszatevéses mintavétel esetén, binomiális eloszlás.
Emelt szint
Ismerje és alkalmazza a következő fogalmakat: események egyesítésének, metszetének és komplementerének valószínűsége, feltételes
k
valószínűség, függetlenség, függőség. A nagy számok törvényének szemléletes tartalma (nagyobb n-ekre valószínűbb, hogy − p < δ ).
n
Geometriai valószínűség. A binomiális eloszlás (visszatevéses modell) és a hipergeometriai eloszlás (visszatevés nélküli modell)
tulajdonságai és ábrázolása. Várható érték, szórás fogalma és kiszámítása a diszkrét egyenletes és a binomiális eloszlás esetén. A binomiális
eloszlás alkalmazása. A minta relatív gyakoriságának becslése a sokaság paraméterének ismeretében.
Statisztikai adatok gyűjtése, rendszerezése, különböző ábrázolásai
Középszint
Statisztikai adatok és ábrázolásuk (kördiagram, oszlopdiagram, gyakorisági diagram, stb.), számtani közép, medián, módusz; adatok
szóródásának mérése. Relatív gyakoriság. Szórás kiszámolása adott adathalmaz esetén számológéppel.
Emelt szint
Tudjon hisztogramot készíteni, és adott hisztogramról információt kiolvasni. Ismerje az adathalmazok egyesítése és átlaguk közötti
kapcsolatot.

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 5
MODULVÁZLAT
Lépések,
tevékenységek
I. Kombinatorika ismétlés 1. (1 óra)
Kiemelt készségek, képességek Eszköz/ Feladat/ Gyűjtemény
1. Olyan példák, esetek gyűjtése, amikor csak a Rendszerezés, kombinatív gondolkodás,
sorrendnek van jelentősége
szabatos fogalmazás
2. Permutáció 1. mintapélda
3. Ismétléses permutáció
4. Ciklikus permutáció
Rendszerezés, kombinatív gondolkodás
2. mintapélda
3. mintapélda
5. Feladatmegoldás Szövegértés, rendszerezés, kombinatív
gondolkodás, adatok képletbe rendezése
1., 3., 4. feladatok
II. Kombinatorika ismétlés 2. (1 óra)
1. Kiválasztási problémák gyűjtése. Megkülönböztetve
azt, ha van a sorrendnek is jelentősége
Rendszerezés, kombinatív gondolkodás,
szabatos fogalmazás
1 pakli kártya
2. Kombináció Rendszerzés, logikus gondolkodás 4. mintapélda
3. Variáció Számlálás, logikus gondolkodás 5. mintapélda
4. Ismétléses variáció Kombinatív gondolkodás, becslés 6. mintapélda
5. Feladatmegoldás Szövegértés, rendszerezés, kombinatív
gondolkodás, adatok képletbe rendezése
11–13. feladatok

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 6
III. Valószínűségszámítás (2 óra)
1. Kockadobások, majd gyakorisági függvény
készítése (helyettesíthető a táblázattal), a
valószínűség definíciója
Kombinatív gondolkodás, adatok képletbe
rendezése
Tanulónként egy- egy dobókocka,
esetleg egy számítógép
táblázatkezelő programmal
21. feladat
2. Valószínűség az esetek összeszámlálásával Számlálás, logikus gondolkodás 7. mintapélda
17. feladat
3. Valószínűség és eseményalgebra Logikus és kombinatív gondolkodás 8–10. mintapélda
16. feladat
IV. A valószínűség kiszámítása kombinatorikus úton (1 óra)
1. Összetettebb feladatok megoldása
2. Feladatmegoldás csoportban
V. Binomiális eloszlás (1 óra)
Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok
képletbe rendezése, becslés, határérték-fogalom
előre vetítése
11. mintapélda
23. feladat
25. feladat
26. feladat
1. Ismerkedés a Galton dezskával, golyók „eloszlása” Megfigyelés, becslés Galton-deszka
2. Egy összetett feladat Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok
képletbe rendezése
12. mintapélda
3. Valószínűségi változó, eloszlásgörbe Grafikon készítése és értelmezése 13. mintapélda
4. Önálló feladatmegoldás Szövegértés, kombinatív gondolkodás, adatok
képletbe rendezése
27., 28., 31. feladat

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 7
VI. A szerencsejátékos szerencséje (1 óra)
1. A rulett szabályai Szövegértés, kombinatív gondolkodás Esetleg egy európai rulettkerék és
tét-tábla
2. Rulett, „igazságos” fogadás
15. mintapélda
16. mintapélda
Szövegértés, kombinatív gondolkodás, becslés 33. feladat
3. Várható érték, sorsjegy
17. mintapélda
35. feladat
VII. Geometriai valószínűség (1 ? óra)
1. A geometriai valószínűség
2. Terület és valószínűség
3. A geometriai valószínűség alkalmazása más jellegű
feladatban
VIII. Valószínűség és statisztika (1 ? óra)
1. Esély, valószínűség becslése statisztikai adatközlés
alapján
2. Statisztikai közepek és valószínűségük
3. Korfa, feltételes valószínűség
Szövegértés, szöveg lefordítása a geometriai
fogalmakra
Statisztikai táblázatok és adatok helyes
értelmezése, szövegértés, becslés
18. mintapélda
38. 43. feladat
20. mintapélda
36., 37. f eladat
21. mintapélda
40., 41. feladat
22. mintapélda
23. mintapélda
24. mintapélda
44. feladat

Matematika „A” – 11. évfolyam – 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 8
IX. Gyakorló óra (1 óra)
1. Csoportmunka Kooperatív munka, logikus és kombinatív
gondolkodás
2. Csoportmunka Kooperatív munka, logikus és kombinatív
gondolkodás, statisztikai táblázatok és adatok
helyes értelmezése, szövegértés, becslés
32., 34., 46. feladat
45. feladat

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 9
Valószínűség, statisztika
I. Kombinatorika ismétlés 1.
A kombinatorika ismétlésére szükség van a kombinatorikus valószínűség előtt, mert – bár a
diákok szeretik ezt a témakört – a dolgozatokban gyakran kiderül, hogy nem értik világosan a
feladatot. A képleteket természetesen meg kell adnunk, de érdemes – még itt az ismétlésnél is
– egy-egy példán keresztül rávezetni a tanulókat: a képlet miért pont olyan, amilyen. A kom-
binatorika és valószínűségszámítás témakör feladatai egyes diákoknak rendkívül egyszerűek,
másoknak pedig szinte leküzdhetetlen problémát okoznak. Utóbbiak megsegítése érdekében
javasoljuk, hogy minden közösen megoldott feladat előtt tisztázzuk: kiválasztunk vagy sorba
rakunk (a sorrendek számát keressük-e), vagy esetleg mindkettőt egyszerre, számít-e a sor-
rend (vannak-e azonos eredményt adó sorrendek).
Ha akad diák, akinek még mindig problémát okoz annak eldöntése, milyen képletet alkalmaz-
zon, javasoljuk számára a következő módszert: csökkentse a feladatban levő számokat. Kis
elemszám esetén írja fel az összes lehetőséget, majd az általa jónak sejtett képletet alkalmazza
a kis elemszámra. Ha a két módszerrel kapott eredmény megegyezik, nyugodtan alkalmazhat-
ja a képletet az eredeti adatokra is.
Mintapélda1
Kata a héten elért osztályzatokról a következőképpen számolt
be szüleinek: Kaptam egy csillagos ötöst, egy ötöst,
egy négyes alát, egy négyest és egy négyes fölét.
Tudjuk, hogy osztályzatait németből, történelemből, matematikából,
informatikából és testnevelésből kapta. Számoljuk
ki, hogy hányféleképpen szerezhette ezeket az osztályzatokat az egyes tárgyakból!
Megoldás:
Rögzítsük a tantárgyak sorrendjét, és nézzük meg, hányféleképpen írhatjuk alájuk az 5
különböző osztályzatot:
5
*
német történelem matematika informatika testnevelés
5
4
/
4 4
\
5
*
5
4
/
4
\
5
\
4 / 4
\
4 / 4 4 /
A német osztályzatot még öt különböző közül választhatjuk. Ha pl német osztályzatát 4-
es volt, történelemből már csak 4 lehetőség marad, ha azt *
5 -re sikerült, akkor a mate-
matika jegyre már csak 3 lehetőség marad….Ha az első tárgyból a jegyek közül 5-öt választhatunk,
akkor a másodiknál már csak 4-et, bármit is választottunk az elsőnél. Így az

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 10
első és második tárgyhoz összesen 5 ⋅ 4 = 20 lehetőségünk van…. A megoldást tehát az
5 ⋅ 4 ⋅3
⋅ 2 ⋅1
= 120 számítás adja.
Az öt lehetséges osztályzat sorrendjét az elemek permutációjának hívjuk. Az öt elem összes
lehetséges sorrendje tehát 120.
Általában: Helyezzünk el n különböző dolgot egy n rekeszből álló dobozba:
Az első rekeszbe n különböző elem közül választhatunk, de a másodikba már csak eggyel
kevesebből, és így tovább… Az utolsóba már csak 1 marad.
n különböző dolgot n·(n–1)· … ·2·1 féleképpen tudunk sorbarendezni.
Ezt a szorzatot röviden felkiáltójellel írjuk: n! és n faktoriálisnak olvassuk.
Ez n elem összes permutációinak száma.
Mintapélda2
A tanárok a haladási naplóba csak ötöst, négyest, hármast kettest és egyest írnak.
Számítsuk ki, hogy ebben az estben hány lehetőség van Kata osztályzatainak beírására!
Megoldás:
Az első mintapéldában megkülönböztettük a következő lehetőségeket:
*
\
5 5 4 4 4
5
5
*
*
5
5
4
4
/
/
4
4
/
\
4
4
*
5
\
5 4 4 4 /
*
5
\
5 4 4 / 4
*
5
\
5 4 4 4
\
/
Ezek száma azért 3 ! = 6 , mert ennyiféleképpen rendezhetem sorba a három különböző
5
5
5
*
*
*
5
5
5
4
4
4
/
/
\
4 4
\
4 4
4
/
4
*
5
\
5 4 4 4 /
*
5
\
5 4 4 / 4
*
5
\
5 4 4 4
\
/
5 *
5
4
4
4
négyest. Ha első lépésben csak a négyesek
különböző jelöléseitől tekintünk el, akkor
ebből a 6 lehetőségből csak 1 marad:
Tehát az első mintapéldában szereplő 120
120 120
lehetőségből már csak = = 20 ma-
3!
6
rad. Ha most a csillag jelölést is

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 11
„letöröljük” az ötösről, akkor bármely két – eddig különböző – lehetőség csak egynek
tekinthető, hiszen
5 5 4 4 4
Így az eddigi 20 sorrend felére változik, 10
5 5 4 4 4 lesz.
*
5 5 4 4 4
*
Összefoglalva: n=5 osztályzatról van szó, ezek közül k1=3 azonos (négyesek) és k2=2 szintén
5!
120
azonos (ötösök). Ezek lehetséges sorrendje tehát: = = 10 .
3!
⋅2!
6 ⋅ 2
Ha az n elem nem mind különböző, vagyis van köztük k1, k2,…km
azonos, akkor ismétléses permutációról beszélünk.
n!
Ezek száma:
, ahol k k ... km
n
k ⋅ k ! ⋅...
⋅ k !
≤ + + + 1 2
.
1! 2 m
Mintapélda3
Egy henger alakú hirdetőtáblára 4 plakátot akarnak elhelyezni egymás mellé. Hány különböző
elrendezés lehetséges?
Megoldás:
Jelöljük a négy plakátot A, B, C és D betűkkel. Terítsük ki a henger alakban összeragasztott
plakátokat (természetesen a kiterítéskor plakátot nem vághatunk ketté)! A négy
betűt 4! sorrendben lehetne felsorolni, de az alábbi 4 elrendezés ugyanazt a képet eredményezi:
A B C D B C D A C D A B D A B C
4!
Így a megoldások száma = 3!
= 6 lesz.
4
Ciklikus permutációról beszélünk, ha n különböző elemet úgy rendezünk
sorba, hogy nincs első és utolsó elem. Két permutáció akkor számít különbözőnek,
ha van olyan tagja a permutációnak, melynek jobb vagy bal oldali
szomszédja nem azonos.
n elem ciklikus permutációinak száma: (n – 1)! .

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 12
Feladatok
1. Műkorcsolyázó versenyen nőknél a junior rövid programnak az alábbi előírt elemeket
kell tartalmaznia: (részlet az ISU MŰKORCSOLYA SZABÁLYKÖNYVéből):
a) dupla Axel Paulsen
b) egy dupla vagy tripla Lutz, amelyet közvetlenül megelőz összekötő lépés vagy hasonló
szabadkorcsolyázó mozdulatsor
c) egy ugráskombináció két dupla, vagy egy dupla és egy tripla ugrásból
d) beugrós libelle
e) hátra vagy oldalra hajlós forgás
f) forgáskombináció, egy lábváltással és legalább két testhelyzetváltással (ülő, mérleg,
álló helyzet vagy ezek variációja)
g) spirál lépéssorozat
h) lépéssorozat (egyenes, kör-, ill. kígyóvonal alakú).
Hányféleképpen építheti fel valaki a kűrjét ezeket az elemeket figyelembe véve, ha
mindegyikből csak egyet-egyet épít be?
Megoldás:
Mivel 8 különböző elemnek kell szerepelnie, ezért ezeket 8!=40320 féle különböző sorrendben
tudja a kűrjébe illeszteni.
2. Tudjuk, hogy 2006 utolsó ötöslottó sorsolásán a kihúzott számok emelkedő sorrendben
a következők voltak: 5 , 21 , 35 , 62 , 76.
Hány különböző sorrendben történhetett meg ezeknek a számoknak a kihúzása?
Megoldás: Az 5 különböző számot 5!=120 féleképpen tudjuk sorbarendezni.

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 13
3. 5 Malév, 3 KLM, 4 Lufthansa, 2 Air France, 5 British Airways, 2 AUA gép várakozik
felszállásra a Ferihegy II. repülőtéren. Hány különböző sorrendben engedélyezhetik az
indulásukat,
a) ha minden járatot különbözőnek tekintünk?
b) ha csak a gépek üzemeltetői szerint különböztetjük meg az egyes repülőket?
Megoldás:
a) A járatok száma 21, tehát
21! ⋅
19
≈ 5,
11 10 féleképpen indulhatnak.
b) Most ismétléses permutációval kell számolnunk, így
a lehetőségek száma.
21!
≈ 6,
16 ⋅10
5!
⋅3!
⋅ 4!
⋅ 2!
⋅5!
⋅2!
4. Az egyik metróállomáson a következő információkat közli egy végtelenített fényreklám:
1. KÉRJÜK A BIZTONSÁGI SÁVOT SZABADON HAGYNI!
2. A METRÓN CSAK ÉRVÉNYES MENETJEGY BIRTOKÁBAN UTAZHAT.
3. VIGYÁZZON ÉRTÉKEIRE!
4. EGY VONALJEGY CSAK 30 PERCES UTAZÁSRA JOGOSÍT!
Hány lényegesen különböző sorrendje lehet ezeknek az információknak a szalagon?
Megoldás:
Ha az információk egy végtelenített szalagon futnak, lényegesen különböző sorrend ciklikusságuk
miatt csak (4 – 1)!=6 lesz.
5. Egy barátodnak CD-t állítasz össze a 10 kedvenc dalából (5 lassú és 5 gyors).
a) Hányféleképpen teheted ezt meg?
b) Hányféleképpen teheted ezt meg, ha azt akarod, hogy az első szám mindenképpen
gyors, az utolsó pedig lassú legyen?
c) Hányféleképpen teheted ezt meg, ha azt akarod, hogy a gyors és lassú számok váltogassák
egymást?
Megoldás:
a) 10 ! = 3628800
b) Az elsőt és az utolsót 5 ⋅ 5 -féleképpen választhatom ki, a középső 8-at 8!-féleképpen
rakhatom sorba, így a megoldás: 5 ⋅ 5 ⋅8!
= 1008000 .
c) Az 1., 3., 5., 7. és 9. helyekre a lassú számokat 5!-féleképpen, a 2., 4., 6., 8. és 10. helyekre
a gyors számok is 5!-féleképpen helyezhetők el. A lassú számok bármely rög-
12
lesz

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 14
zített sorrendjéhez 5! gyors szám sorrend tartozik, így a 10 szám lehetséges sorrendje
5! ⋅ 5!
. Ugyanennyi lehetőség adódik, ha a lemezt gyors számmal kezdjük, így a meg-
oldás: 2 ⋅ 5!
⋅5!
= 28800 .
6. A bölcs király minden évben megjutalmaz 5 tudóst. Kioszt 1 Nemzet Bölcse, 2 Nemzet
Okosa és 2 Nemzet Tudósa kitüntetést. Az öt jutalmazandó személyét már eldöntötték,
(köztük volt Mindentudó Jakab is,) de tanácsnokai mind különböző javaslatot adtak arra,
hogyan osszák meg az 5 tudós között a kitüntetéseket, mi több: pontosan annyian voltak,
hogy minden lehetőségre esett egy szavazat. Ezért a király úgy döntött, felvesz még egy
tanácsnokot, így biztosan lesz legalább kettő, aki azonos véleményen van.
a) Hány tanácsnoka lesz így a királynak?
b) Hányan gondolták eredetileg úgy, hogy az egyik Nemzet Okosa kitüntetés Mindentudó
Jakabnak jár?
Megoldás:
a)Ki kell számítani, hogy hányféleképpen oszthatta volna ki a király a kitüntetéseket, hiszen
ez egyezik meg a tanácsnokok eredeti számával. Rögzítsük az 5 tudós egyik lehet-
5 !
séges sorrendjét, és képzeletben helyezzük nevük alá a kitüntetéseket. Ezeket = 30
2!
⋅2!
különböző módon helyezhetjük el, mivel az 5 kitüntetés közül 2-2 egyforma. Tehát a
31. tanácsnok már csak valamely kollégájával megegyező véleményt mondhat.
b) Mivel a tanácsnokok eredetileg az összes lehetséges sorrendet képviselték, köztük
kell szerepelnie mindazoknak, akiknél Mindentudó Jakab kapja az egyik Nemzet Okosa
4 !
kitüntetést. Ezek száma = 12 hiszen a megmaradó 4 kitüntetés között csak 2 egyfor-
2!
ma van.
7. A körtáncot tanuló lányok minden próbán más-más sorrendben állnak fel. 10 próbájuk
volt. Legalább hányan táncolnak?
Megoldás:
Itt ciklikus permutációval kell számolnunk. 4 lány esetén 3!=6 próba lenne csak lehetséges,
5 lány viszont már akár 4!=24 különböző felállásban is próbálhatna. Tehát legalább
5 lány táncolt.

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 15
II. Kombinatorika ismétlés 2.
Mutassunk fel a magyar kártyából két lapot mondjuk egy hetest és egy 8-ast, majd szólítsuk
fel a diákokat, fogalmazzanak meg vele kapcsolatos kérdéseket. Ilyenek lehetnek:
• Hányféleképpen tehetem sorba ezt a két lapot?
• Hányféleképpen választhatok ki két lapot?
• Hányféleképpen választhatok ki két lapot, ha az is számít, melyiket húztam ki előbb?
• Hányféleképpen választhatok ki két ászt?
• Hányféleképpen húzhatok ki két lapot, úgy legyen köztük 7-es?
• És így tovább…
Törekedjünk arra, hogy a kérdések megfogalmazása pontos legyen. A nem túl összetett kérdé-
sekre esetleg meg is adhatjuk majd a választ, ha már felidéztük a megfelelő elméletet.
Mintapélda4
Egy vetélkedő 100 fős közönségéből véletlenszerűen kiválasztott 3 embert meg akarnak egyformán
megjutalmazni. Hányféleképpen tehetik ezt meg?
Megoldás:
Képzeljük el, hogy az előadás előtt 30 perccel az ügyelő valamelyik három szék alá piros
cédulát ragaszt; ezek lesznek a kiválasztottak. Mivel a jutalmak egyformák, lényegtelen,
hogy a három cédulát milyen sorrendben helyezte el. A 100 szék közül kell tehát
hármat kiválasztnia, és a kiválasztás sorrendje közömbös. Mivel 97 „cédula nélküli” és 3
100!
100 ⋅99
⋅98
„cédulás” hely van, ezért az összes lehetőségek száma =
= 161700.
97!
⋅3!
3⋅
2 ⋅1
Ha n különböző elemből k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a
sorrend nem számít, kombinációról beszélünk. (k ≤ n)
n!
Ezek száma , melyet egy szimbólummal is jelölünk:
k!
⋅(
n − k)!
n!
⎛ n⎞
= ⎜ ⎟ (Olvasása: n alatt a k).
k!
⋅( n − k)
! ⎝k
⎠
100!
⎛100⎞
A fenti példa esetén felírható⎜ ⎟ alakban is.
97!
⋅3!
⎝ 3 ⎠
Az ismétléses kombináció képletének ismerete még az emelt szintű érettségin sem követel-
mény. A modul végén található „Vegyes feladatok” 47. feladata segít a képlet megértésében.

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 16
Mintapélda5
Egy pályázat eredményhirdetésére az első 10 helyezettet hívták meg. Az első helyezett pénzjutalmat,
a második utazást, a harmadik elektronikus berendezést, a többiek pedig oklevelet
kaptak. A meghívottak közül hányféleképpen kerülhettek ki azok, akik tárgyjutalmat kaptak?
1. Megoldás:
Az első helyezettet 10, a másodikat már csak 9, a
harmadikat pedig a maradék 8 meghívottból lehet
kiválasztani, tehát a jutalmazottak névsora 10 ⋅ 9⋅8
= 720 féle lehet.
2. Megoldás:
⎛10⎞
A 3 tárgyjutalmat kapók a 10 helyezett közül ⎜ ⎟ -féleképpen választhatók ki- Mivel a
⎝ 3 ⎠
nyeremények nem egyformák, ezért ezeket 3! esetben lehet szétosztani. Így az első 3 he-
⎛10⎞
10!
lyezettet ⎜ ⎟⋅
3!
= = 10⋅
9⋅
8 = 720 féleképpen jutalmazhatták.
⎝ 3 ⎠ 7!
Mintapélda6
Magyarországon a rendszámok most 3 betűből és 3 számjegyből állnak. A betűk ékezet nélküliek,
egyjegyűek. Hány autót jelölhetünk így különböző rendszámmal?
Megoldás:
Ha n különböző elemből k-t akarunk kiválasztani ( k ≤ n ),
de a sorrend is számít, akkor variációról beszélünk.
n!
⎛n
⎞
Ezek száma , vagy másképpen: ⎜ ⎟⋅
k!
.
( n − k)!
⎝k
⎠
Először vizsgáljuk meg, hogy hány darab
3 betűs sorozatot tudunk felírni. Egyjegyű,
ékezet nélküli betűből 26 van
(abcdefghijklmnopqrstuvwxyz). Ezekből rendszámot készíthetünk úgy, hogy minden
helyre 26 betű közül választhatunk. Itt a lehetőségek száma
rész minden karakterére 10 számjegyből választhatunk, tehát itt
3
26 . A számjegyekből álló
3
10 lehetőség lesz. Te-
3 3
hát 26 ⋅ 10 = 17576⋅1000
= 17576000 autót tudnak így ellátni különböző rendszámmal.
(Itt nem háromjegyű számokról van szó, tehát az első számjegy is lehet 0.)

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 17
Feladatok
8. Egy kézilabdacsapatnak egyetlen kapusa van. A csapat 12 fővel utazik egy meccsre.
Hányféleképpen tudja kiválasztani az edző a 6 kezdőjátékost?
Megoldás:
⎛11
⎞
Egy játékos biztosan adott, a kapus. Az öt játékost 11 közül ⎜ ⎟ = 462 különböző mó-
⎝ 5 ⎠
don tudja kiválasztani, hiszen a kiválasztás sorrendje közömbös.
9. A történelem érettségi kezdetén az első 3 vizsgázó még mind a 20 tétel közül húzhat.
Hány különböző húzás lehetséges?
Megoldás:
Az első vizsgázó 20, a második 19, a harmadik már csak 18 tételből választhat, ezért a
lehetőségek száma 20 ⋅ 19 ⋅18
= 6840 .
10. Ha tudjuk, hogy az érettségi első napján nem volt bukás, akkor a 12 felelő eredményei
hányfélék lehetnek magyarból?
Megoldás: Mivel csak 4 osztályzat lehetséges, és ezek közül bármelyik felelő bármelyik je-
gyet kaphatta, a lehetőségek száma 4 16777216
12 = .
11. Hány olyan 6 jegyű szám van, amelyben szerepel a 2-es számjegy?
Megoldás:
Ha n különböző elemből k darabot akarunk kiválasztani majd ezeket sorba
rendezni, de egy elemet akár többször is választhatunk, akkor ismétléses
variációról beszélünk. Ezek száma n k .
Először érdemes kiszámolni, hány olyan hatjegyű szám van, melyben nem fordul elő a
2-es, majd az alaphalmaz (hatjegyű számok) számosságából levonva a komplementer
halmaz számosságát, megkapjuk a keresett számot.
Nincs benne 2-es: Az első számjegy
helyére 8 számjegy kerülhet

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 18
(13456789), a következőkre pedig 9-ből választhatunk (013456789). Így a lehetőségek
száma
5
8 ⋅ 9 .
Hatjegyű szám, hasonlóan meggondolva
5 5
ben szerepel a kettes számjegy 9 ⋅ 10 − 8 ⋅ 9 = 427608 van.
5
9 ⋅ 10 van, tehát olyan hatjegyű szám, mely-
12. A szinkronugrást 9 pontozóbíró figyeli. 2-2 bíró az egyes versenyzők mozgását pontozza,
5 pedig a szinkronitásra ügyel. Ha előre ismert a pontozóbírák személye, hányféleképpen
osztható ki nekik a feladat?
Megoldás:
⎛9
⎞
Azt az 5 bírót, aki a szinkronitásra ügyel ⎜ ⎟ féleképpen lehet kiválasztani. AZ 5 bíró
⎝5⎠
minden egyes kiválasztásához a maradék 4 bíróból az a kettő, aki az egyik versenyzőre
⎛4
⎞
figyel ⎜ ⎟ féleképpen választható, a maradék kettő pedig nyilván a másikat pontozza.
⎝2
⎠
⎛9⎞
⎛4
⎞ ⎛2
⎞
Így az összes lehetőség ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 126 ⋅ 6 = 756 .
⎝5⎠
⎝2
⎠ ⎝2
⎠
Módszertani megjegyzés: Ha ezt a feladatot önálló munkára adtuk fel, ellenőrzéskor ér-
demes felhívni a figyelmet arra, hogy különböző sorrendben kiválasztva az egyes bíró-
csoportokat ugyanazt az eredményt kapjuk:
⎛9⎞
⎛4
⎞⎛2
⎞ ⎛9
⎞ ⎛7
⎞ ⎛5⎞
⎛9
⎞ ⎛7
⎞ ⎛2
⎞ 9!
⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟⎜
⎟ = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ =
⎝5⎠
⎝2
⎠⎝2
⎠ ⎝2
⎠ ⎝2
⎠ ⎝5⎠
⎝2
⎠ ⎝5
⎠ ⎝2
⎠ 5!
⋅2!
⋅2!
Ezen kívül meg kell említeni a feladat megoldásának másik megközelítését:
A 9 bíró közül 2-2, illetve 5 egyforma feladatot lát el, így a megbízások száma
9!
= 756 .
5!
⋅2!
⋅2!
13. Nyolc fős társaság a hullámvasútra száll. Egymás mögötti helyekre ülnek párosával.
a) Hányféleképpen helyezkedhetnek el?
b) Hányféleképpen ülhetnek le akkor, ha csak az számít, ki kinek a szomszédja és
milyen messze ül a vonat elejétől?
Megoldás:

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 19
a) A hullámvasút 4 pár, azaz 8 helyét meg is számozhatjuk, és azt nézzük, hányféleképpen
ülhetnek le a 8 helyre, akkor a megoldás 8!=40320.
b) Az első párt 8 emberből választhatjuk (köztük lévő sorrend nem számít, mert most
mindegy ki ül jobbra ill. balra), a másodikat már csak hatból, a következőt 4-ből,
míg a negyedik pár már adódik. Így a lehetőségek száma:
⎛ 8⎞
⎛6
⎞ ⎛4
⎞ ⎛2
⎞ 8⋅
7 6 ⋅5
4 ⋅3
2 ⋅1⎛
8!
⎞
⎜ ⎟ ⋅⎜
⎟ ⋅⎜
⎟ ⋅⎜
⎟ = ⋅ ⋅ ⋅ ⎜=
= = 2520
4 ⎟
⎝2
⎠ ⎝2
⎠ ⎝2
⎠ ⎝2
⎠ 2 2 2 2 ⎝ 2 ⎠
Módszertani megjegyzés: A zárójelben levő kifejezés sugallja a megoldás másik lehet-
séges megközelítését: az a) részben szereplő megoldást osztani kell
4
2 -nel, mivel most
a párok közti sorrend nem számít, így minden párnál feleződik a megoldások száma.
14. A szalagavató bálon a 11.b osztály 10 lánya is táncol a nyitótáncban. A ruhapróbán két
fülke áll rendelkezésükre, egy két és egy 3 személyes. Hányféleképpen juthatnak a
fülkébe próbálni, ha
a) csak az számít, hogy előbb, vagy később kerülnek sorra?
b) ha az is számít, hogy a két, vagy a háromszemélyes fülkében próbálnak?
Megoldás:
a) Egy-egy alkalommal egyszerre 5 lány próbálhat, tehát ahányféleképpen a 10 lányból
⎛10
⎞
ki tudunk választani 5-öt a sorrendre való tekintet nélkül: ⎜ ⎟ = 252 .
⎝ 5 ⎠
⎛10⎞
⎛7
⎞ ⎛5⎞
⎛2
⎞
b) ⎜ ⎟ ⋅⎜
⎟ ⋅⎜
⎟ ⋅⎜
⎟ = 25200.
⎝ 3 ⎠ ⎝2
⎠ ⎝3⎠
⎝2
⎠

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 20
III. Valószínűségszámítás
A mintapélda megbeszélése előtt, vagy akár utána érdemes megmutatni egy szimulációt a két
kocka feldobására. A könyv elkészültének pillanatában ez a
http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/15635/1 web-oldalon található, de ha helye változik is,
sulinet honlapján, e-tananyag, matematika részén található szimulációk között leltem rá a va-
lószínűség témakörnél. Nagyon szimpatikus szimuláció található még a következő oldalon:
http://nces.ed.gov/nceskids/chances/index.asp
Ez rögtön ki is rajzolja a grafikont és felsorolja az egyes kimenetelek gyakoriságát. Belépés-
kor a dobások számát kell megadni
Az elmúlt években sokszor találkoztunk már a valószínűség fogalmával. A valószínűségszámítás
arra próbál választ adni, hogy bizonyos véletlen események milyen eséllyel következnek
be. Ahhoz, hogy ezt vizsgálhassuk, sok információra van szükségünk. Az információk
megszerzéséhez adatokat kell gyűjteni. Az adatgyűjtést a valószínűség-számításban kísérletnek
is mondjuk akkor, ha az tetszőlegesen sokszor, ugyanolyan feltételek mellett végezhető el
és többféle kimenetele lehet. A kísérlet lehetséges kimeneteleit eseményeknek (bizonyos esetekben
elemi eseményeknek) nevezzük.
Dobjunk fel egy kockát egymás után legalább 300-szor, és jegyezzük fel a dobások eredményét.
A táblázat egy ilyen dobássorozat kimenetelét mutatja:
1-20 1 5 2 6 2 4 4 4 1 5 1 4 2 6 2 6 3 3 2 3
21-40 6 3 1 1 2 6 4 6 3 3 5 1 3 2 1 3 4 2 1 4
41-60 5 2 6 5 5 5 3 2 4 3 1 4 3 5 2 6 1 1 6 2
61-80 2 5 2 6 6 2 5 6 2 4 4 3 6 4 5 2 4 4 4 2
81-100 3 5 4 1 4 6 1 1 6 1 4 4 6 6 4 3 2 5 6 5
101-120 1 4 3 3 4 3 2 2 5 1 2 6 6 1 2 5 4 5 6 2
121-140 5 5 1 5 5 4 6 1 2 4 2 3 4 3 5 1 5 3 4 3
141-160 2 1 1 4 1 5 4 5 5 3 2 2 1 4 1 4 1 1 5 1
161-180 1 6 1 1 6 5 2 5 6 1 1 6 4 5 1 5 2 5 4 2
181-200 3 2 2 6 6 3 2 6 3 6 6 4 5 4 2 6 6 6 2 4
201-220 3 6 4 1 3 5 5 3 5 2 2 4 1 3 6 4 5 3 4 5
221-240 4 4 6 6 6 1 4 6 4 2 6 6 2 2 2 1 4 5 1 3
241-260 4 4 6 6 5 1 4 5 5 1 2 1 1 1 1 5 5 5 6 2
261-280 3 3 4 1 4 3 2 3 5 5 2 3 2 4 5 3 3 2 4 3
281-300 4 2 1 1 6 5 5 5 4 2 6 2 2 1 5 5 1 2 1 6
Vizsgáljuk meg hogyan változott a 1-es dobás gyakorisága, ahogy a dobások száma nő:

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 21
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
1-es dobások relatív gyakorisága
0
0 50 100 150 200 250 300 350
1
Az az érték, ami körül a dobás gyakorisága ingadozik – és amit vártunk is – az = 0,
16&
érték.
6
Azt a számot, amely körül egy A esemény relatív gyakorisága ingadozik, az
illető esemény valószínűségének nevezzük; jelölése: P(A) .
A fenti definíció alapján annak valószínűsége, hogy egy szabályos dobókockával egyest do-
1
bunk: .
6
Ugyanezt az értéket kaptuk volna akkor is, ha annak valószínűségét keressük, hogy kettest,
hármast, négyest, ötöst, vagy hatost dobunk.
Legyen az A1 esemény, hogy 1-est dobunk A2 esemény, hogy 2-est dobunk
A3 esemény, hogy 3-ast dobunk A4 esemény, hogy 4-est dobunk
A5 esemény, hogy 5-öst dobunk A6 esemény, hogy 6-ost dobunk,
Mivel kísérletünknek ezeken kívül más kimenetele nem lehet és valamelyik esemény biztosan
bekövetkezik, ezeknek az elemi eseményeknek a valószínűsége egyenlő. Ekkor az A1, A2, A3,
A4, A5, A6 események teljes eseményteret alkotnak.
Ilyen valószínűségi mezők körében vizsgálódott P. S. Laplace, aki a valószínűségszámítás
klasszikus modelljét alkotta meg. Ő egy esemény bekövetkezésének valószínűségét így adta
meg:
P ( A ) =
kedvező esetek száma
összes esetek száma
Laplace, Pierre-Simon (ejtsd: laplasz)(1749-1827) francia matematikus, fizikus és csillagász
volt. Egy katonai iskolában tanára volt Napóleonnak, majd rövid ideig belügyminisztere
is. Nevéhez fűződik az első monográfia megírása a valószínűségszámítás témakörében
(1812). Címe magyarul: A valószínűségszámítás analitikai elmélete.

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 22
Mintapélda7
A Catan telepesei nevű társasjátékban az egyes mezők 2-12 számmal vannak jelölve. A játékosok
két dobókockával dobnak, majd annak a mezőnek a jövedelméből részesülnek, mely
megfelel a dobókockák által mutatott számok összegének. A hetes szám a rablót jelöli. Minek
nagyobb a valószínűsége: annak, hogy a 10-es mező termésének jövedelméből részesül egy
játékos, vagy annak, hogy a rablónak megfelelő számot dobjuk?
Megoldás:
I. Ha két kockával dobunk, a dobott számok összege 11 féle lehet (2-től 12-ig), ezek közül
egyik a 10 és másik a 7.
Egyik lehetséges válasz az lenne, hogy a kedvező estek száma mindkét esetben 1, az
1
összes lehetséges kimenetelek száma pedig 11, így a két esemény azonos, valószínű-
11
séggel fordul elő.
II. Gondosabb vizsgálat esetén látjuk, hogy két kockával dobás esetén a különböző összegek
így alakulhatnak:
1+
1 = 2 1+
2 = 3 1+
3 = 4 2 + 2 = 4 1+
4 = 5 2 + 3 = 5
1+
5 = 6 2 + 4 = 6 3 + 3 = 6 1+
6 = 7 2 + 5 = 7 3 + 4 = 7
2 + 6 = 8 3 + 5 = 8 4 + 4 = 8 3 + 6 = 9 4 + 5 = 9 4 + 6 = 10
5 + 5 = 10 5 + 6 = 11 6 + 6 = 12
A lehetséges összegek száma 21, ezek közül a 10-es mezőnek kedvező esetek száma 2,
2
így P(10-es mező)= . A rabló számára kedvező összegek száma 3, így a keresett há-
21
3
nyados P(rabló)= .
21
III. Képzeljük el, hogy két különböző színű kockával dobunk, milyen kimenetelek lehetségesek:
Látható, hogy most az összes esetek száma 36, a kedvező
eseteké pedig 3, illetve 6, így a valószínűségek
3 1
6 1
P(10-es mező)= = , illetve P(rabló)= = .
36 12
36 6
A három gondolatmenettel három különböző eredményt
kaptunk. Az első szerint azonos a két esemény valószínűsége,
a második szerint annak a valószínűsége, hogy
a rabló léphet színre, másfélszer akkora, mint annak,

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 23
hogy a 10-es mező előnyeit élvezhetnénk, harmadik szerint pedig a rabló esélye kétszer akkora.
Melyiknek lehet hinni? Mi okozza a különbséget?
kedvező esetek száma
Láthatjuk, hogy a valószínűség kiszámításakor a
képlet csak akkor
összes eset száma
alkalmazható, ha gondosan határozzuk meg a kedvező esetek és összes esetek számát az adott
feladatban. Ezt az elemi események vizsgálatával tehetjük meg.
Módszertani megjegyzés: ha a valószínűséget a nagyszámú kísérletben tükröződő objektív
mértéknek tekintjük, akkor a kapott különböző eredmények nem ellentmondásosak, hanem
azt illusztrálják, hogy az események valószínűségeit mindig meghatározott körülmények kö-
zött kell tekinteni.
Annak a valószínűsége, hogy két kocka dobásával 2 pontot érjünk el, nem ugyanakkora, mint
hogy 4-et, mert a két pont csak 1+1-ként, míg a 4 pont 1+3 vagy 2+2-ként is létrejöhet. Annak
a valószínűsége, hogy két kockával 2+2-t, vagy 1+3-at dobunk, nem ugyanakkora, mert az
1+3 kétféleképpen is létrejöhet, ha a piros kockával dobunk 1-est, feketével 3-ast, vagy fordítva.
Tehát első két módszerünk hibás eredményt hozott, mert mindkét esetben elkövettük
azt a hibát, hogy a számlálóban, és a nevezőben olyan eseményeket számoltunk össze, melyek
kimenetele nem azonos valószínűségű.
A harmadik megoldásban szereplő elemi események száma 36, közülük mind azonos valószínűséggel
következik be, így
1 1
P(rabló)= > P(10-es mező)=12 , tehát a rabló színrelépésének valószínűsége a nagyobb.
6
Mintapélda8
Egyetlen dobókockával dobunk.
Két dobókockával dobunk, egy pirossal és
Legyen A esemény, hogy párosat dobunk, egy kékkel.
B esemény, hogy 4-nél kisebb számot dobunk. Legyen az A esemény, hogy párosat dobunk a
piros kockával, a
B esemény, hogy 4-nél kisebb számot dobunk
a kék kockával.
Soroljuk fel a kísérletek lehetséges kimeneteleit!
1,2,3,4,5,6 11,12,13,14,15,16, 21,22,23,24,25,26
31,32,33,34,35,36 41,42,43,44,45,46
Mekkora lesz a P(A) és a P(B) valószínűség?
51,52,53,54,55,56 61,62,63,64,65,66

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 24
Az előző tanévben már megfogalmaztuk, mit jelent az A + B , A⋅ B , A − B , A , A ⋅ B esemény!
Ebben a feladatban számítsuk ki a valószínűségüket!
P
P
( A)
( B)
kedvező
=
összes
kedvező
=
összes
3
= =
6
3
= =
6
A + B esemény, hogy párosat, vagy 4-nél
kisebbet dobunk, ennek csak az 5 nem felel
5
meg, tehát P ( A + B)
= .
6
A⋅ B esemény, hogy párosat és 4-nél kisebbet,
azaz 2-t dobunk, tehát
1
P ( A ⋅ B)
= .
6
A − B esemény, hogy páros számot dobunk,
de ezek közül ki kell hagyni a 4-nél kisebbeket,
tehát 4-et, vagy 6-ot dobok, tehát
2 1
P ( A − B)
= = .
6 3
A esemény, hogy páratlan számot dobunk,
3 1
P = = .
6 2
tehát ( A)
1
2
1
2
P
P
( A)
( B)
kedvező
=
összes
kedvező
=
összes
18
= =
36
18
= =
36
A + B esemény, hogy piros páros, vagy kék
4-nél kisebb, tehát
18 + 9 27 3
P ( A + B)
= = = .
36 36 4
A⋅ B esemény, hogy a pirossal párosat dobunk
és ugyanakkor a kékkel 4-nél kisebbet,
9 1
tehát P ( A ⋅ B)
= = .
36 4
A − B esemény, hogy pirossal párost dobunk,
de kékkel nem dobok 4-nél kisebbet, tehát
9 1
P ( A − B)
= = .
36 4
A esemény, hogy a piros kockával páratlant
dobunk (függetlenül a kék kocka eredményé-
től) tehát ( A)
1
2
1
2
18 1
P = = .
36 2
A ⋅ B esemény, hogy páratlan és 4-nél kiseb- A ⋅ B esemény, hogy pirossal páratlant do-
2 1
bet dobunk, tehát P ( A ⋅ B)
= = .
6 3
bunk és kékkel 4-nél kisebbet, tehát
9 1
P ( A ⋅ B)
= = .
36 4
Az itt tapasztalt eredmények általában is igazak:
Az A + B esemény valószínűségét úgy kapjuk meg, hogy a két esemény
valószínűségének összegéből levonjuk az együttes bekövetkezés valószínűségét,
azaz
P
( A + B)
= P(
A)
+ P(
B)
− P(
A ⋅ B)

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 25
Ez az eredmény szemléletünkből is következik, hiszen mind az A esemény, mind a B esemény
bekövetkezésének valószínűségének meghatározásakor beszámítjuk a két esemény együttes
bekövetkezését.
Két egymást kizáró esemény esetén annak a valószínűsége, hogy
közülük legalább az egyik bekövetkezik, a két esemény valószínűségének
összege, azaz
ha P ( A ⋅ B)
= 0 , akkor P ( A + B)
= P(
A)
+ P(
B)
.
Mintapélda9
Egy osztályban mindenki beszél németül vagy franciául. Tudjuk, hogy az osztály 30%-a tanul
franciául, 85%-a pedig németül.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha valakit véletlenszerűen megkérdezünk, akkor az mindkét
nyelven beszél?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen megkérdezett tanuló csak az egyik
nyelven beszél?
Megoldás:
a) Legyen az A esemény, hogy valaki beszél németül. Tudjuk, hogy ( A)
0, 85
P = .
Legyen a B esemény, hogy valaki beszél franciául. Tudjuk, hogy ( B)
0, 3
Tudjuk, hogy ( A + B)
= 1
P = .
P , hiszen mindenki tanul a két nyelv valamelyikén. Az elő-
zőkben elmondottak alapján az együttes bekövetkezés valószínűsége:
( A ⋅ B)
= P(
A)
+ P(
B)
− P(
A + B)
= 0 , 85 + 0,
3 −1
= 0,
15
P , tehát 15% a valószínűsége,
hogy olyan diákkal találkozunk, aki mindkét nyelvet tanulja.
b) Itt az ( A − B )+( B − A ) esemény valószínűségére vagyunk kíváncsiak. Mivel az osztályban
mindenki tanul valamilyen idegen nyelvet, az
A − B azaz csak németül tanul
B − A azaz csak franciául tanul és az
A⋅ B azaz mindkét nyelven tanul események közül biztosan bekövetkezik
valamelyik, és csakis az egyik következik be, vagyis ez a három esemény teljes
eseményrendszert alkot. Tehát P ( A − B)
+ P(
A ⋅ B)
+ P(
B − A)
= 1,
így
( A − B)
+ P(
B − A)
= 1 − P(
A ⋅ B)
= 1−
0,
15 = 0,
85
P .

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 26
Módszertani megjegyzés: A b) kérdésre az előbbinél egyszerűbben is megadhatjuk a választ:
mivel valamelyik nyelven minden diák beszél és a „kétnyelvűek” valószínűsége P ( K)
= 0,
15 ,
így az „egynyelvűek” valószínűsége P (E) = P(
K)
= 1−
0,
15 = 0,
85 .
Az alábbi definíció ismerete nem tartozik a középszintű érettségi követelményeibe.
Adott kísérlet kimeneteleit vizsgálva az A1, A2, …, Akesemények teljes
eseményrendszert (eseményteret) alkotnak akkor, ha közülük két esemény
soha nem következhet be egyszerre, és nincs a kísérletnek olyan
kimenetele, mely nem tartozik valamely eseményhez. A teljes eseményrendszer
eseményeihez tartozó valószínűségeket összeadva 1-et kapunk,
és az eseménytér bármely két eseményének együttes bekövetkezésének
valószínűsége 0.
P(Ai · Aj) = 0, ha Ai és Aj tagjai az eseményrendszernek, és
P(A1) + P(A2) + … + P(Ak) = 1
Mintapélda10
Ez előtt a feladat előtt érdemes a gyerekeket megkérdezni, megtippeltetni a végeredményt.
Valószínűleg többen is szavaznának a 0 , 4 ⋅ 0,
0008 = 0,
00032 megoldásra. Utóbb megmutathatjuk,
hogy ez a „csúszik a járda és ezért elesünk” valószínűsége.
Sok éves tapasztalat alapján tudjuk, hogy januárban annak valószínűsége, hogy a járdák síkosak
0,4. Azt is tudjuk, hogy míg jó útviszonyok mellett csak minden tízezredik gyalogost ér
baleset a járdán, addig csúszós időben minden 10000 gyalogos közül 8 összetöri magát.
Mi a valószínűsége annak, hogy egy januári napon valakit baleset ér a járdán?
Megoldás:
Képzeljük el, hogy egy januári napon egymillió gyalogos sétál a járdákon, az országban
egyenletes eloszlásban. Ezen a napon az ország 0,4 részén, tehát ott, ahol 400000 ember
sétál, csúszós a járda. A fenti statisztika szerint közülük minden 10000-ből 8 balesetet
szenved, így 40 ⋅8 = 320 -at baleset ér. Az ország maradék 0,6 részén viszont nem
csúsznak a járdák, tehát az ott sétáló 600000 ember közül csak minden tízezredik esik el,
tehát itt 60 ember esik el. Így 1000000 emberből 380-at ér baleset ezen az „átlagos” ja-
380
nuári napon, így a sérülés valószínűsége = 0,
00038.
1000000
Csak valószínűségekkel számolva:

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 27
8
1
Csúszós úton ⋅ 0,
4 = 0,
00032 , jó útviszonyok mellett ⋅ 0,
6 = 0,
00006 ,
10 000
10 000
együttesen tehát 0,00038 a sérülés valószínűsége, függetlenül attól, hogy hány ember
volt aznap az utcákon.
Feladatok
15. Legyen az A esemény, hogy a 32 lapos magyar kártyából ászt húzunk. Legyen a B esemény,
hogy a csomagból makkot húzunk. Add meg a következő események valószínűségét:
a) A , B . b) A⋅ B . c) A + B . d) A + B .
(A magyar kártyában alsó, felső, király, ász, VII, VIII, IX, X lapok vannak tök, makk,
zöld és piros „színekben”.)
Megoldás:
4 1 8 1
P = = , P ( B)
= = .
32 8 32 4
a) ( A)
A⋅ jelentése makk és király, tehát makk király ( A ⋅ B)
b) B
c) A + B jelentése ászt vagy makkot húzok. ( A + B)
A + jelentése ász, vagy nem makk ( A + B)
d) B
1
P = .
32
4 + 8 −1
11
P = = .
32 32
4 + 24 − 3 25
P = = .
32 32
16. Legyen az A esemény, hogy a kockával páros számot dobunk,
B esemény, hogy a kockával páratlan számot dobunk, és
C esemény, hogy a kockával 4-gyel osztható számot dobunk.
Mi lesz az A⋅ B , B ⋅C
és A + B események valószínűsége?
Megoldás:
( A ⋅ B)
P annak a valószínűsége, hogy a dobott szám páros és páratlan legyen. Ez lehetet-
len esemény, tehát ( A ⋅ B)
= 0
( B ⋅ C)
P .
P annak a valószínűsége, hogy a dobott páratlan szám 4-gyel osztható legyen. Ez
lehetetlen esemény, tehát ( B ⋅ C)
= 0
P .

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 28
1 1
P , P ( A + B)
= P(
A)
+ P(
B)
= + = 1.
Ez az eredmény azt is jelenti,
2 2
hogy az A és a B események teljes eseményrendszert alkotnak.
Mivel ( A ⋅ B)
= 0
17. Egy ötöslottó sorsoláson az elsőnek kihúzott szám a 35 volt.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy a következőnek kihúzott szám ennél kisebb lesz?
b) Tudjuk, hogy ezen a bizonyos héten a kihúzott számok emelkedő sorrendben a következők
voltak: 5 , 21 , 35 , 62 , 76. Mi a valószínűsége annak, hogy a 35 után kihúzott
szám ennél kisebb volt?
Megoldás:
a) Az összes lehetőség 89, ebből kedvező lehetőség 34, tehát a keresett valószínűség:
34
≈ 0,
38 .
89
b) Az összes lehetőség 4, ebből kedvező lehetőség 2, tehát a keresett valószínűség:
2
= 0,
5.
4
Nem csak hatlapú szabályos testből lehet készíteni dobókockát, hanem a többi szabályos test
minden lapjára is azonos eséllyel esik le a homogén anyagból készült test, így belőlük is készíthető
„dobókocka”. A következő feladatok különböző lapszámú dobókockákra vonatkoznak.
18. A tetraéderből készített dobókockánál dobáskor egy lapot nem látok, a másik három
lapon 3-3 szám áll. Itt valójában nem is a lapok, hanem a csúcsok vannak megszámozva
úgy, hogy a csúcsban találkozó 3 lap mindegyikén látható a csúcs közelében a
szám. Azt a számot tekintjük a dobás eredményének, amelyik mindhárom lap felső
csúcsán szerepel.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk?

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 29
c) Ha két tetraéderrel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege
prím lesz?
d) Ha két ilyen testtel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok öszszege
páros lesz?
Megoldás:
2
2
a) = 0,
5.
b) = 0,
5.
4
4
9
c) d)
16
8 1
= .
16 2
19. A hagyományos (kocka alakú) dobókockán a számok 1-6-ig szerepelnek.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk?
c) Ha két ilyen kockával dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok
összege prím lesz?
d) Ha két ilyen kockával dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok
összege páros lesz?
Megoldás:
a)
3 1 3 1
= ; b) = ;
6 2 6 2
15 5
c) = ≈ 0,
42 ;
36 12
18 1
d) = .
36 2
20. Az oktaéder alakú dobókockán a számok 1-8-ig szerepelnek.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk?
c) Ha két ilyennel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege
prím lesz?
d) Ha két ilyennel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok összege
páros lesz?

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 30
Megoldás:
4 1
a) = ;
8 2
4 1
b) = ;
8 2
23
c) ;
64
32 1
d) = .
64 2
21. Igaz-e, hogy az alábbi eseményterekben az események valószínűsége megegyezik?
a) Három kockával dobva a dobások összege lehet: 3,4,…,18.
b) Két érmével dobva a lehetséges kimenetelek: FF, FI, IF, II.
c) Déli 12 órakor a négy lehetséges időjárási helyzet:
eső+fúj a szél eső+nincs szél nincs eső+nincs szél nincs eső+fúj a szél.
d) Három érmével dobva a lehetséges kimenetelek: 3fej, vagy 2 fej+1 írás, vagy 1
fej+2 írás, vagy 3 írás.
Megoldás:
a) Nem, mivel annak a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 3 lesz, sokkal kisebb,
mint az, hogy pl. 10 lesz az összeg.
1
b) Igen, mind a négy elemi esemény valószínűsége .
4
c) Nem, semmi nem biztosítja, hogy ezeknek az eseményeknek a valószínűsége egyenlő,
sőt, a tapasztalat azt mutatja, hogy az esőt gyakran kíséri szél.
d) Nem, a 3 fej valószínűsége kisebb, mint a 2fej+1 írásé.
22. Mi a valószínűsége annak, hogy Anna és Kati ugyanúgy töltse ki a totó-szelvényét, ha
mindketten véletlenszerűen töltik ki?
Megoldás:
Annak valószínűsége, hogy Anna ugyanúgy töltse ki, mint Kati, ugyanakkora, mint annak
valószínűsége, hogy Anna eltalálja a megoldást. Az összes lehetőség (mivel 13+1
találatra kell tippelni) és minden tipp 3-féle lehet (1, 2, vagy x) 3 4782969
14 = , jó
„megoldás” viszont csak 1. Tehát a keresett valószínűség
1 −
4782969
7
≈ 2,
1⋅10
.

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 31
IV. A valószínűség kiszámítása kombinatorikus úton
Mintapélda11
Egy vidámparkban a számítógép vezérelte „félkarú rabló”- három oszlopában 3 féle jel fut:
hold, szív és mosolygó arc. �♥☺. A gépet úgy állították be, hogy mindhárom jel azonos va-
lószínűséggel forduljon elő mindhárom helyen. Akinek a gép 3 egyforma, vagy 3 különböző
jelet sorsol, az nyer egy csokit. A játszma ára 1 peták, a szomszédos büfében ezt a csokit
2 petákért lehet kapni.
Hosszú távon kinek nyereséges ez a játék?
Megoldás:
A játék akkor lenne számunkra hosszú távon veszteség nélküli vagy nyyereséges, ha
legalább (átlagban) minden második esetben nyernénk, tehát ha nyerési esélyünk 0,5,
vagy annál nagyobb lenne.
Most az összes esetek és kedvező esetek számának módszerét fogjuk alkalmazni, ügyelve
arra, hogy mindkét esetben azonos valószínűségű elemi eseményekkel számoljunk.
Az összes esetek száma 3 27
3 = , hiszen minden figura mellé bármelyik másik kettő vá-
lasztható.
A kedvező esetek két részre bonthatók:
I. csupa egyforma, számuk 3 ���, ♥♥♥, ☺☺☺
II. csupa különböző, számuk 3!=6 ☺�♥, ☺♥�, �☺♥, �♥☺, ♥�☺, ♥☺�
A nyerési esély tehát
3 + 6
=
27
1
3
<
1
2
. A játék hosszú távon az üzemeltetőnek kedvez.
A fejezet végén a tanári példányban a feladatbankban 50. sorszámmal található feladatban
szerepel ennek a feladatnak a folytatása, amit érdeklődő csoportoknál javaslunk megoldásra.
Feladatok
23. Egy 30 fős osztályban az irodalomtanár úgy döntött, hogy a házi dolgozatát az osztály
előtt három kisorsolt diák adja elő szóban. Mi a valószínűsége annak, hogy a kisorsolt
három tanuló a névsorban egymás után következik?
Megoldás:
Az összes lehetőség, ahányféleképpen a három diákot a 30 közül ki lehet választani, te-
⎛30⎞
30!
30 ⋅ 29 ⋅ 28
hát ⎜ ⎟ = = = 4060 . Kedvező lehetőség 28 van, hiszen 3 egymást
⎝ 3 ⎠ 27!
⋅3!
6

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 32
ábécében követő tanuló közül az első lehet a névsorban 1., 2., …, 28. Tehát annak való-
28
színűsége, hogy a három diák a névsorban egymást követi, ≈ 0,
0069 .
4060
24. Az alábbi táblázat a Forma1 2006-os Hungaroring futamának végeredményét mutatja.
a) Ha a verseny előtt megkérünk egy mit sem tudó kívülállót (mondjuk, egy marslakót),
jósolja meg a végeredményt, milyen eséllyel találta volna el?
b) Ezen a versenyen a konstruktőrök versenyében (istállók) 1. helyezett lett a Honda,
2. a McLaren, 3. a BMW Sauber, 4. a Honda,…
Ha a fent említett marslakót a futam sorrendjéről úgy kérdezzük, hogy csak az istállók
sorrendje érdekel, milyen eséllyel találja el?
Hely. Versenyző Istálló Motor Idő Körök
1. Jenson Button Honda Honda 01:52:21 70
2. Pedro de la Rosa McLaren Mercedes 01:52:52 70
3. Nick Heidfeld BMW Sauber BMW 01:53:04 70
4. Rubens Barrichello Honda Honda 01:53:06 70
5. David Coulthard Red Bull Racing Ferrari 00:00:00 69
6. Ralf Schumacher Toyota Toyota 00:00:00 69
7. Felipe Massa Ferrari Ferrari 00:00:00 69
8. Michael Schumacher Ferrari Ferrari 00:00:00 67
9. Tiago Monteiro Midland F1 Toyota 00:00:00 67
10. Christijan Albers Midland F1 Toyota 00:00:00 67
11. Scott Speed Scuderia Toro Rosso Cosworth 00:00:00 66
12. Jarno Trulli Toyota Toyota 00:00:00 65
13. Takuma Sato Super Aguri Honda 00:00:00 65
14. Fernando Alonso Renault Renault 00:00:00 51
15. Kimi Räikkönen McLaren Mercedes 00:00:00 25
16. Vitantonio Liuzzi Scuderia Toro Rosso Cosworth 00:00:00 25
17. Nico Rosberg Williams Cosworth 00:00:00 19
18. Giancarlo Fisichella Renault Renault 00:00:00 18
19. Christian Klien Red Bull Racing Ferrari 00:00:00 6
20. Mark Webber Williams Cosworth 00:00:00 1

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 33
Megoldás:
21. Sakon Yamamoto Super Aguri Honda 00:00:00 0
22. Robert Kubica BMW Sauber BMW 00:00:00 69
a) A lehetséges
22 ⋅
21
! ≈ 1,
124 10 sorrendből, csak 1 a helyes, ennek tehát
8
−22
, 897 ⋅10
az
esélye.
b) A 22 versenyző nem mind különböző istállókból érkezett. 11 istálló képviseltette
11
22!
magát 2-2 autóval. Így az összes eset 2 -ed részére csökken:
2
a helyes eredmény eltalálásának a valószínűsége pedig ennek reciproka: 1,
822
17
≈ 5,
489 ⋅10
lesz,
11
−18
⋅ 10 .
25. Egy urnában 5 fehér és 5 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után
úgy, hogy a kihúzott golyót a második húzás előtt visszatesszük. Mi a valószínűsége
annak, hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle?
Megoldás:
1
Annak valószínűsége, hogy az első golyó piros , a második húzásnál is ugyanaz a va-
2
lószínűsége a piros golyó húzásának. Tehát a keresett valószínűség:
1 1 1
⋅ = .
2 2 4
Módszertani megjegyzés: Az alábbi feladatot csoportos feldolgozásra javasoljuk. 4 vagy 5 fős
csoportok dolgozhatnak. Nagyon jó képességű osztályban az e) feladat is kiadható, vagy az
elsőként a saját feladataival végző csoport megkaphatja bonusként. Az eredeti csoportbontás-
ban különböző képességű tanulók kerüljenek, majd közülük 1-1 elvonul a csoportból azokkal
együtt dolgozni, akik a vele azonos betűjelű részfeladatot kapták. Szakértői mozaik. Vissza-
megy saját csoportjához, ahol közösen kitöltik a táblázatot, majd megpróbálnak következteté-
seket levonni a valószínűségek változásából.
A kisorsolt csapat egy tagja ismerteti az osztállyal az a) – d), vagy az a) – e) feladatok megol-
dásait. Az osztály megvitatja, hogy milyen következtetéseket lehet levonni a feladatból.
26. a) Egy urnában 5 fehér és 5 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után
úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 2
piros golyót húzunk ki belőle?

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 34
b) Egy urnában 10 fehér és 10 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás
után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak,
hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle?
c) Egy urnában 500 fehér és 500 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás
után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak,
hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle?
d) Egy urnában 5000 fehér és 5000 piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás
után úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak,
hogy 2 piros golyót húzunk ki belőle?
e) Egy urnában n fehér és n piros golyó van. Két golyót veszünk ki belőle egymás után
úgy, hogy a kihúzott golyót nem tesszük vissza. Mi a valószínűsége annak, hogy 2
piros golyót húzunk ki belőle?
Megoldás:
a) Összes lehetőség: ahányféleképpen a 10 golyóból kihúzhatunk kettőt, tehát
⎛10
⎞
⎜ ⎟ = 45.
⎝ 2 ⎠
Kedvező lehetőség, hogy pont az öt piros golyóból választjuk a kettőt, ennek szá-
⎛5
⎞
10 2
ma: ⎜ ⎟ = 10 . Tehát a keresett valószínűség = ≈ 0,
222.
⎝2
⎠
45 9
Másképpen is okoskodhatunk: Első golyó piros lesz, ennek valószínűsége:
5 1
= ,
10 2
4
második golyó ismét piros lesz, ennek valószínűsége . Tehát a két piros golyó ki-
9
1 4 2
húzásának valószínűsége ⋅ = .
2 9 9
b) Összes lehetőség: ahányféleképpen a 20 golyóból kihúzhatunk kettőt, tehát
⎛20
⎞
⎜ ⎟ = 190.
⎝ 2 ⎠
Kedvező lehetőség, hogy pont a tíz piros golyóból választjuk a kettőt, ennek szá-
⎛10
⎞
45 9
ma: ⎜ ⎟ = 45 . Tehát a keresett valószínűség = ≈ 0,
237 .
⎝ 2 ⎠
190 38
Egy másik gondolattal megoldva ugyanezt a feladatot:

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 35
Az első golyó piros lesz, ennek valószínűsége:
10 1
= , második golyó ismét piros
20 2
9
lesz, ennek valószínűsége . Tehát a két piros golyó kihúzásának valószínűsége
19
1 9 9
⋅ = .
2 19 38
A c) és a d) megoldása módszerében azonos, végeredményük a táblázatban található,
kiegészítve még néhány adattal.
e) Általánosítsuk a feladatot!
Egy urnában 2n golyó van, n piros és n fehér. Mi a valószínűsége annak, hogy 2 golyót
kihúzva mindkettő piros lesz?
( 2n)
!
( 2n
− 2)
( 2n
−1)
⎛2n
⎞
Első módszerrel: Összes lehetőség: ⎜ ⎟ =
⎝ 2 ⎠
2n
⋅
=
! ⋅2!
2
= n ⋅ ( 2n
−1)
.
Kedvező lehetőség, ahányféleképpen az n piros golyóból ki tudok választani 2-t:
⎛n ⎞ n!
n ⋅ n
⎜ ⎟ = =
⎝ 2⎠
( n − 2)
! ⋅2!
2
( −1)
Tehát a valószínűség (kedvező/összes eset):
n
n
( n −1)
2
=
n −1
1
2
n −1
⋅ .
( 2n
−1)
2(
2n
−1)
2n
−1
Második gondolattal: Az első golyó piros lesz, ennek valószínűsége:
golyó ismét piros lesz, ennek valószínűsége
valószínűsége
1 n −1
⋅ .
2 2n
−1
=
1
2 2
=
n
, második
n
n −1
. Tehát a két piros golyó kihúzásának
2n
−1
A valószínűség most n függvénye. Vizsgáljuk meg, hogy a valószínűség milyen értékeket
vesz fel különböző n-ek esetén:
n −1
2n
−1
2n 4 6 10 20 100 1000 10000
0,333333 0,4 0,444444 0,473684 0,494949 0,499499 0,49995
valószínűség 0,166667 0,2 0,222 0,237 0,247475 0,24975 0,249975
Az n-et növelve a valószínűség egyre nő, láthatóan 0,25-hoz közelít. A magyarázatot a
második módszerrel való megoldásból lehet látni. Itt az
n −1
tört annak valószínűsé-
2n
−1

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 36
gét adja meg, hogy a második húzásnál is pirosat húzunk. Ha n-et növeljük, a tört értéke
1
alig különbözik már az -től.
2
Jó lenne, ha a tanulók közül sikerülne valakinek n-nel is megoldania a feladatot, és közösen
fedeznénk fel a „határértéket”.
Levonhatjuk azt a következtetést, hogy ha elég nagy mintával dolgozunk és a kiválasztott
elemszám ehhez képest elenyészően kicsi, nincs jelentősége annak, hogy visszatesszük-e az
elsőnek kiválasztott golyót az urnába.

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 37
V. Binomiális eloszlás
Ha van a szertárban egy Galton-deszka, az órát úgy lenne érdemes elkezdeni, hogy bevisszük,
legurítunk rajta golyót, és megtippeltetjük a diákokat, melyik oszlopba érkezik a legtöbb, il-
letve legkevesebb golyó. Ha nincs ilyen eszközünk, letölthető szimulációk érhetők el a net-en,
bár ezek nem pótolják a valódi elvégzett kísérletet. Egyik ilyen cím: mazsola.iit.uni-
miskolc.hu/~komaromi/galton Tomasits Ákos munkája.
Mintapélda12
Egy biológia témazáróra Marci a tudatlanok nyugalmával érkezik. A könyvet ugyan ki nem
nyitotta, az órán sem figyelt, de tudja, hogy a dolgozatban 12 tesztkérdés szerepel lehetséges
A, B, C válaszokkal, és a kérdések közül elég a harmadára helyesen válaszolnia a kettes eléréséhez.
Úgy gondolja, nyugodtan a véletlenre és a jó szerencséjére bízhatja a dolgot.
Mi a valószínűsége annak, hogy pontosan 4 kérdésre válaszol helyesen?
Megoldás:
a) Annak a valószínűsége, hogy az első 4 kérdésre helyes választ ad, a többi nyolcra pe-
4
8
8
⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 2
dig hibásat: ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = . Igen ám, de azt a négy feladatot, melyekre helyes vá-
12
⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 3
⎛12
⎞
laszt ad ⎜ ⎟ féleképpen lehet kiválasztani a 12-ből, így a keresett valószínűség
⎝ 4 ⎠
⎛12⎞
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 4 ⎠ ⎝ 3 ⎠
4
⎛ 2 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
8
2
= 495 ⋅
3
8
12
≈ 0,
238.
Az itt alkalmazott gondolatmenet általános esetben is működik:
Ha egy esemény bekövetkeztének valószínűsége p, akkor annak
valószínűsége, hogy n független kísérletből ez az esemény pon-
⎛ n⎞ k
n−k
tosan k-szor következik be: ⎜ ⎟ ⋅ p ⋅ ( 1 − p)
.
⎝k
⎠
Mintapélda13
Kíváncsiak lehetünk még arra is, hogy minek a legnagyobb a valószínűsége, hány kérdésre ad
helyes választ Marci?

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 38
Megoldás:
Térjünk most vissza az előző mintapélda adataihoz és számítsuk ki, hogy mi a valószínűsége
a 0,1,2,…,12 helyes válasznak. Számításaink eredményét rendezzük táblázatba,
majd ábrázoljuk is!
Helyes Ennek való-
válaszok színűsége
száma(k) P(k)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
0,008
0,046
0,127
0,212
0,238
0,191
0,111
0,048
0,015
0,00331
0,000497
0,0000452
0,0000019
A táblázatból, de a grafikonból is jól látható, hogy annak a valószínűsége a legnagyobb,
hogy a 12 kérdésből 4-et válaszol meg Marci.
Az ilyen grafikont eloszlásgörbének nevezzük. A klasszikus feladat ezzel kapcsolatban, egy
urna, melyben N golyó van, közülük K piros, többi fehér. Egymás után n-szer húzunk belőle,
úgy, hogy minden húzás után visszatesszük a már kihúzott golyót, de feljegyezzük az ered-
ményt. Ha azt keressük, hogy mi a valószínűsége annak, hogy az n húzás közül pontosan k-
⎛ n⎞
⎛ K ⎞
szor húzunk pirosat: ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝k
⎠ ⎝ N ⎠
k
⎛ N − K ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ N ⎠
n−k
.
Ha azt vizsgáljuk, hogyan változik ez a valószínűség különböző k értékek esetén, binomiális
eloszlásról beszélünk, melynek grafikonja általában olyan lesz, mint amilyen a fenti ábra.
Megkérdezhetjük, mit gondolnak, hogy néz ki ez az ábra, ha az egyes helyes válaszok való-
2 1
színűsége , a hibásaké pedig ?
3
3
Milyen valószínűség esetén lesz a csúcspont pontosan középen?
Itt érdemes – ha van rá alkalom – megmutatni néhány binomiális eloszlás grafikonját.

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 39
Az Interneten elérhető néhány interaktív grafikon az alábbi címeken:
http://www.stat.wvu.edu/SRS/Modules/Binomial/binomial.html
http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/binom_demo.html
http://www.stat.tamu.edu/~west/applets/binomialdemo.html
http://www.ruf.rice.edu/~lane/stat_sim/normal_approx/index.html
Mintapélda14
Sok vizsgálat azt mutatta, hogy a gyártósoron elkészülő csavarok 95%-a tökéletesen használható.
Markoljunk ki egy nagy zsákból 20 csavart. Mi a valószínűsége annak, hogy a kezünkben
1-nél több hibás csavar lesz?
Megoldás:
A komplementer esemény valószínűségét egyszerűbb kiszámítani: mi a valószínűsége
annak, hogy a kezünkben 0 vagy 1 hibás csavar lesz?
Ismerjük annak valószínűségét, hogy egy kivett csavar hibás: 0,05. Legyen a zsákban
10000 csavar. Ha az ismert eloszlásban vannak benne a jó és hibás csavarok, akkor 9500
jó, és 500 hibás csavar van a zsákban. Ha kivettünk belőle 19 hibás csavart (aminek igen
kicsi a valószínűsége), annak valószínűsége, hogy a következő is hibás lesz:
481
9981
≈ 0,
048.
Ha kivettünk belőle 19 jó csavart, annak valószínűsége, hogy a követke-
500
ző hibás lesz: ≈ 0,
050,
vagyis az eltérés csak két ezrelék, tehát ha azok száma,
9981
amiből a mintát vesszük, elég nagy, eltekinthetünk attól, hogy a mintavétel során nem
tettük vissza az egyes elemeket.
Annak valószínűsége tehát, hogy 0 hibás csavar lesz:
20 20
⎛ ⎞ 20 0
⎜ ⎟ ⋅ 0,
95 ⋅ 0,
05 = 0,
95 ⋅1
≈ 0,
358 .
⎝20⎠
Annak valószínűsége, hogy 1 hibás csavar lesz:
20 19
⎛ ⎞ 19 1
⎜ ⎟ ⋅ 0,
95 ⋅ 0,
05 = 20 ⋅ 0,
95 ⋅ 0,
05 ≈ 0,
377 .
⎝19
⎠
Annak valószínűsége tehát, hogy 1-nél több hibás csavar lesz a kezünkben:
( 0,
358 + 0,
377)
0,
265.
1− ≈

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 40
Feladatok
27. Tízszer dobunk egymás után a kockával. Mi a valószínűsége annak, hogy a 10 dobásból
pontosan 3-szor dobunk ötöst?
Megoldás:
⎛10⎞
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠
3
⎛ 5 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 6 ⎠
7
= 0,
155.
28. A csillagszórók közül – általában – minden 20. hibás, nem ég végig. Mi a valószínűsége
annak, hogy ha vettünk 1 csomag, azaz 10 darab csillagszórót, abból kettő hibás
lesz?
Megoldás:
1
⎛10⎞
2 8
P ( hibás ) = = 0,
05,
így P ( 2 hibás)
= ⎜ ⎟⋅
0,
05 ⋅0,
95 ≈ 0,
075 , tehát 7,5%.
20
⎝ 2 ⎠
29. 200 vásárlót megkérdeztek a cukrászdában, melyik a kedvenc fagylaltjuk a választékból.
A következő válaszokat kapták:
vanília 31 citrom 40 erdei gyümölcs 17
csoki 23 puncs 25 kiwi 7
karamell 25 meggy 19 őszibarack 13
Készíts kördiagramot az adatok alapján!
Számítsd ki annak a valószínűségét, hogy a fenti vásárlók közül valakinek éppen a
csoki a kedvenc fagyija!
Mi a valószínűsége, hogy az üzletvezető által megkérdezett 10 vevő közül pontosan 5nek
volt kedvence a csokoládé fagylalt?
Megoldás:
A kördiagramban a szögek nagyságát az alábbi táblázat mutatja:
vanília 56º citrom 72º erdei gyümölcs 31º
csoki 41º puncs 45º kiwi 13º
karamell 45º meggy 34º őszibarack 23º

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 41
A 200 megkérdezettből 23 szereti a csokoládé fagylaltot, így a keresett valószínűség:
23
= 0,
115.
200
Annak valószínűsége, hogy 10 megkérdezettből pontosan 5-en választották a csokolá-
10 5
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ 5 ⎠
5
dét: ⋅ 0,
115 ⋅ ( 1−
0,
115)
≈ 0,
0028
.
30. Egy iskolai rendezvényről felvétel készült, melyről mind a 10 szereplő számára sokszorosítani
szeretnénk a CD-t. Nincs időnk, hogy az összes másolatot ellenőrizzük, de
a biztonság kedvéért készítünk belőlük 12-t.
Mi a valószínűsége annak, hogy minden szereplőnek tudunk adni hibátlan CD-t, ha a
másolás során általában minden huszadik CD-nek lesz valami hibája?
Megoldás:
Azt keressük, hogy mi a valószínűsége annak, hogy a 12 másolt CD-ből csak 0, 1 vagy
2 lesz hibás?
P
1
( a CD hibás)
= P(
a CD jó)
=
20
20
12
11
10 2
⎛ 19 ⎞
⎛ 19 ⎞ 1
⎛12⎞⎛
19 ⎞ ⎛ 1 ⎞
P ( h = 0) = ⎜ ⎟ , P(
h = 1)
= 12⋅
⎜ ⎟ ⋅ , P(
h = 2)
= ⎜ ⎟⎜
⎟ ⋅⎜
⎟ .
⎝ 20 ⎠
⎝ 20 ⎠ 20
⎝ 2 ⎠⎝
20 ⎠ ⎝ 20 ⎠
A keresett valószínűség tehát: ( h = 0 ) + P(
h = 1)
+ P(
h = 2)
= 0,
98
19
vanília
csoki
karamell
citrom
puncs
meggy
erdei gyümölcs
kiwi
őszibarack
P .
31. Tudjuk, hogy egy óriási raktárban 5:2 arányban vannak össze-vissza a radiál és
diagonál gumik. Mi a valószínűsége annak, hogy véletlenszerűen kigurítva közülük 4
darabot, azt fel tudjuk szerelni a kocsinkra? (Szabály, hogy az első két, illetve a hátsó
két gumi típusának meg kell egyeznie.)

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 42
Megoldás:
5
Annak valószínűsége, hogy egy kiválasztott gumi radiál legyen , annak valószínűsé-
7
2
ge, hogy diagonál legyen . Akkor tudjuk felszerelni a gumikat, ha 0 vagy 2 vagy 4 ra-
7
4
⎛ 2 ⎞
diál gumit választottunk. P ( r = 0) = ⎜ ⎟
⎝ 7 ⎠
2 2
⎛4
⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 2 ⎞
P(
r = 2)
= ⎜ ⎟⋅
⎜ ⎟ ⋅⎜
⎟ ,
⎝2
⎠ ⎝ 7 ⎠ ⎝ 7 ⎠
4
⎛ 5 ⎞
P(
r = 4)
= ⎜ ⎟ .
⎝ 7 ⎠
A keresett valószínűség ezek összege: 0,52.

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 43
VI. A szerencsejátékos szerencséje
Ebben a fejezetben megismerkedünk néhány szerencsejátékkal. Nem azzal a céllal tesszük
ezt, hogy bíztassunk titeket a játékra, éppen ellenkezőleg: azt szeretnénk megmutatni, hogy
ezekben a játékokban hosszú távon mindig a „bank” nyer.
Mikor érdemes megkötni egy fogadást?
Képzeljük el, abban fogadunk valakivel, hogy 6-ost dobunk a kockával. Ha elég sokszor játszottunk,
azt tapasztaljuk, hogy 5-ször annyiszor veszítjük el a fogadást, mint ahányszor megnyerjük.
Tehát ahhoz, hogy számunkra a fogadás ne legyen veszteséges („igazságtalan”) az
kell, hogy a mi nyereményünk 5-ször akkora legyen, mint az övé. Képzeljük csak el, hogy
600-szor játszunk, és bejön a „papírforma”: 100-szor dobunk 6-ost, de 500-szor mást. Játszótársunk
nyereménye így 500 ⋅ 1Ft
= 500Ft
lesz, de a miénk is 100 ⋅ 5Ft
= 500Ft
.
Hosszú távon akkor „igazságos” egy fogadás, ha a nyereményünk annyiszorosa a játszótársunk
nyereményének, ahányszorosa az ő nyerésének valószínűsége a miénkhez képest.
Képzeljük el, hogy fej-írást játszunk egy barátunkkal, és tétünk minden esetben egy babszem.
Megkérünk egy harmadik személyt, hogy dobáljon egy érmét. Ha fejet dob, megkapjuk a sajátunkén
kívül barátunk babszemét is, tehát nyereményünk 2 babszem. Ha írást dobnak, elveszítjük
a babszemünket, barátunk viszi mindkettőt. Minden dobás előtt ½ esélyünk van nyerni
két babot, és ugyanakkora esélyünk van elveszteni a tétet. Mivel nyereményünk a „befektetett
1
bab” = 2 -szerese, a játék igazságos.
0,
5
Nézzük először a rulettet! Az ábrán egy rulettkereket, valamint azt a táblát látjuk, melyen a
téteket lehet megtenni.

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 44
A rulettkeréken a számok 0-tól 36-ig találhatók. Van 18 fekete és 18 piros szám, a nulla se
nem fekete, se nem piros. Néhány lehetséges fogadást mutat be az ábra, ezekhez azt is megadjuk,
rátett pénzünk hányszorosát kapjuk nyereményként (a rátett összegen felül).
A: egyetlen számra fogadsz (itt épp a 3-asra), nyereményed a befektetett pénz 35-szöröse.
B: két számra fogadsz (itt épp az 5 és 8-asra), nyereményed a befektetett pénz 17-szerese.
C: három számra fogadsz (a sor számai:10,11,12), nyereményed a befektetett pénz 11szerese.
D: négy számra fogadsz (14,15,17,18), nyereményed a befektetett pénz 8-szorosa.
E: hat számra fogadsz (19,20,21,22,23,24), nyereményed a befektetett pénz 5-szöröse.
F: 12 számra fogadsz, az oszlop számaira, nyereményed a befektetett pénz 2-szerese.
F: Itt ismét 12 számra fogadsz, pl a „harmadik 12”-re azaz a 25-36-ig számokra, nyereményed
a befektetett pénz 2-szerese.
G: azt mutatja, hogy tétedet a nagyobb számokra, 19-36 tetted.
Ugyanígy teheted a piros, fekete, illetve a páros (even) páratlan (odd) téglalapokba is. Minden
ilyen esetben nyereményed ugyanannyi, mint a téted.
Mintapélda15
Számítsuk ki, „igazságos”-e a nyeremény az A, illetve a D esetekben?
Megoldás:
„A” jelű fogadás esetében: Ha eltaláljuk a számot, akkor 1 zseton tét esetén 36 zsetont
1
kapunk meg. Akkor lenne igazságos a fogadás, ha nyerési esélyünk lenne. De a ru-
36
1
lettben 37 számnak van azonos, esélye, tehát nyerési esélyünk kisebb, mint ami az
37
igazságos játék esetén lenne.
„D” jelű fogadás esetén a kedvező esetek száma 4, összes esetek száma 37, nyerési esé-
4
lyünk tehát . Akkor lenne tehát igazságos a fogadás, ha befektetett pénzünk
37
37
= 9,
25-szorosát
kapnánk meg, de itt 1 zseton tét esetén 1+8=9 zsetont kapunk csak.
4
Ezek a látszólag apró eltérések biztosítják, hogy a kaszinó hosszú távon nyereséges legyen.
Módszertani megjegyzés: A várható érték fogalma emelt szintű anyag, de talán nem haszon-
talan középszinten is megemlíteni.

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 45
Mielőtt a következő feladattal foglalkoznánk, ismerkedjünk meg egy új fogalommal!
Legyen az A kísérlet összes lehetséges kimenetele az A1, A2, …, An esemény
(teljes eseményrendszer).
Ha valamilyen Ai esemény bekövetkezésének valószínűsége pi, akkor az A
kísérlet várható értéke a pi ·Ai szorzatok összege:
E(A) = p1 · A1 + p2 · A2 + … + pn · An .
Egy egyszerű kockadobás esetén a várható érték a következőképpen alakul:
A 1 1-est dobok,
A 3 3-ast dobok,
A 5 5-öst dobok,
1
6
p 1 =
2
1
6
p 3 =
4
1
6
p 5 =
6
A 2-est dobok,
A 4-est dobok,
A 6-ost dobok,
1
p 2 =
6
1
p 4 =
6
1
p 6 = .
6
1 1 1 1 1 1 1 7
A kísérletünk várható értéke tehát ⋅ 1+
⋅ 2 + ⋅3
+ ⋅ 4 + ⋅5
+ ⋅ 6 = ⋅ 21 = = 3,
5.
6 6 6 6 6 6 6 2
Ilyen dobás persze nem jön létre soha, hiszen ez nem egész szám.
Módszertani megjegyzés: A következő példa a ruletthez kapcsolódik, játékszabálya az előző
mintapéldában található.
Mintapélda16
Van 3 zsetonunk. Elhatározzuk – ha törik, ha szakad – három egymást követő körben felteszünk
egy-egy zsetont a feketére. Számítsuk ki nyeremény várható értékét!
Megoldás:
A három pörgetés eredménye lehet az, hogy 0,1,2 vagy 3 alkalommal áll meg a golyó a
18
feketén. Annak valószínűsége, hogy a golyó a feketén áll meg: , annak pedig, hogy
37
19
nem a feketén: , hiszen megállhat a 18 piroson és a nullán.
37
A1 : 0 fekete tehát -3 nyereség
A2 : 1 fekete tehát -1 nyereség
p
p
1
2
⎛3
⎞ ⎛ 18 ⎞
= ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝0
⎠ ⎝ 37 ⎠
⎛3⎞
⎛ 18 ⎞
= ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝1⎠
⎝ 37 ⎠
0
1
⎛ 19 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 19 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
3
2
⎛ 19 ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
3

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 46
A3 : 2 fekete, tehát +1 nyereség
A4 : 3 fekete, tehát +3 nyereség
A nyereség várható értéke tehát
3
1
2
p
p
3
4
⎛3
⎞ ⎛ 18 ⎞
= ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝2
⎠ ⎝ 37 ⎠
⎛3⎞
⎛ 18 ⎞
= ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝3⎠
⎝ 37 ⎠
2
3
1
⎛ 19 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 19 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
0
⎛ 18 ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 19 ⎞
E( A)
= ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 18 ⎞
⋅ ( − 3)
+ 3⋅
⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 19 ⎞
⋅⎜
⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 18 ⎞
⋅ ( −1)
+ 3⋅
⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 19 ⎞
⋅⎜
⎟
⎝ 37 ⎠
⎛ 18 ⎞
⋅1
+ ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠
⋅3
≈ −0,
08.
Ismét látszik tehát, hogy várhatóan a kaszinó lesz nyereséges.
Mintapélda17
Egy sorsjegyről a következőket tudjuk:
A sorsjegy nettó nyereményeire
fordítandó összeg felosztása:
Nyeremény
db Ft
5 3 000 000 Ft
500 10 000 Ft
50 000 1 000 Ft
50 000 600 Ft
500 000 300 Ft
1 000 000 200 Ft
Igaz-e a megadott nyerési esély?
Mekkora a nyereség várható értéke egy sorsjegy megvásárlása esetén?
Megoldás:
1600505
A kibocsátott 5 millió szelvényből 1600505 nyer, tehát a nyerési esély ≈ 0,
32 ,
5000000
1
a megadott nyerési esély pedig ≈ 0,
32 , tehát helyesen adták meg az esélyt. (A két
3,
12
érték között tízezredekben van eltérés.)
Ha 1600505 szelvény nyer, akkor 3399495 szelvény nem nyer.
3399495
A1: nyeremény 0 Ft
p 1 =
5000000
2
1
A JÁTÉK LÉNYEGE:
A sorsjegyen egy játékmező található,
amely fedőrétegének ledörzsölése
után állapítható meg, hogy nyertes-e
a sorsjegy. Amennyiben a kaparófelület
alatt egy pénzösszeg szerepel, a
játékos nyert. Nyereménye a kaparófelület
alatt feltüntetett nyereményösszeg.
Amennyiben a játékos NEM
NYERT feliratot talál, akkor nyereményt
nem ért el.
A FORGALOMBA HOZATAL
IDŐPONTJA: 2005. július 23.
A SORSJEGY ÁRA: 150 Ft
NYERÉSI ESÉLY: 1: 3,12
KIBOCSÁTOTT DARABSZÁM:
5 millió db sorozatonként
3
3

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 47
1000000
A2: nyeremény 200 Ft p 2 = = 0,
2
5000000
500000
A3: nyeremény 300 Ft p 3 = = 0,
1
5000000
50000
A4: nyeremény 600 Ft p 4 = = 0,
01
5000000
50000
A5: nyeremény 1000 Ft p 5 = = 0,
01
5000000
500
A6: nyeremény 10000 Ft p 6 = = 0,
0001
5000000
A7: nyeremény 3000000 Ft
A nyeremény várható értéke tehát
5 −
5000000
6
p 7 = = 10 .
3399495
−4
6
0 ⋅ + 200 ⋅ 0,
2 + 300 ⋅ 0,
1+
600 ⋅ 0,
01+
1000 ⋅ 0,
01+
10000 ⋅10
+ 3⋅10
⋅10
5000000
.
Levonva ebből 150 Ft-ot ( a sorsjegy ára) a várható „bevételünk” –60 Ft.
Feladatok
32. Egy ismerősünkről mesélték, hogy nyert az ötöslottón. Azon a héten ezt láttuk a nyereményjegyzékben:
ÖTÖSLOTTÓ
Nyerõszámok: 52, 54, 65, 72, 88
5 találatos 0 db nyereménye: 0 Ft
4 találatos 28 db nyereménye: 1 800 231 Ft
3 találatos 3 056 db nyereménye: 17 465 Ft
2 találatos 104 492 db nyereménye: 993 Ft
Mi a valószínűsége annak, hogy 1000 Ft-nál többet nyert?
28 + 3056
Megoldás: ≈ 0,
029 .
28 + 3056 + 104492
33. Vizsgáld meg, igazságos-e a fogadás a ruletten (l. a 15. mintapéldát) a
a) B tét esetén?
b) E tét esetén?
−6
= 90

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 48
Megoldás:
a) B tét esetén a kedvező lehetőségek száma 2, az összes lehetőségek száma 37, a nyerés
2
esélye tehát . Ha nyerünk, 1 zseton kockáztatása esetén 17 zsetont kapunk még,
37
1
2
tehát 18 zsetonnal jutalmaznak. ≈ 0,
055,.
≈ 0,
054 , tehát ismét egy kicsit
18 37
veszteséges ránk nézve a fogadás.
b) E fogadás során a kedvező lehetőségek száma 6, 37 számból kellene eltalálni, tehát
37
akkor lenne igazságos a fogadás, ha befektetett zsetonunk -szorosát kapnánk visz-
6
sza, de csak a hatszorosát kapjuk.
34. Mekkora lesz a nyereség várható értéke, ha kétszer egymás után 1-1 zsetonnal a középső
oszlopra (F eset) fogadunk?
Megoldás:
A1: Ha mindkétszer vesztünk, a nyereségünk-2 zseton
p
1
⎛ 25 ⎞
= ⎜ ⎟⎠
⎝ 37
⎛ 25 ⎞ ⎛ 12 ⎞
A2: Ha egyszer nyerünk, egyszer meg veszítünk1 zseton p 2 = 2 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 37 ⎠ ⎝ 37 ⎠
A3: ha mindkétszer nyerünk, a nyereség 4 zseton
p
3
2
⎛ 12 ⎞
= ⎜ ⎟⎠
⎝ 37
⎛ 25 ⎞ 25⋅12
⎛ 12 ⎞
− ⎜ ⎟
2 ⎜ ⎟ .
⎝ 37 ⎠ 37 ⎝ 37 ⎠
Nyereségünk várható értéke tehát: ( 2)
⋅ + 1⋅
2 ⋅ + 4 ⋅ ≈ −0,
054
2
2
2

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 49
35. Egy sorsjegyről a következőket tudjuk (részlet a „Részvételi szabályzat”-ból):
A sorsjegy ára: 200 Ft; Nyerési esély: 1:3,12;
Kibocsátott darabszám: 5 millió db sorozatonként.
A sorsjegy nettó nyereményeire fordítandó összeg felosztása
Nyeremény
db Ft
10 5 000 000
50 100 000
5 000 5 000
100 000 1 000
100 000 600
400 000 400
1 000 000 200
a) Mi a valószínűsége annak, hogy nem veszítünk a vásárláson?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy legalább 5000 Ft-ot nyerjünk?
c) Számítsd ki mekkora a várható nyereség 1 sorsjegy vásárlása esetén!
Megoldás:
a) Kedvező esetek száma: 1 605 060, az összes sorsjegy 5 000 000 db, tehát a keresett
1605060
valószínűség: ≈ 0,
32 .
5000000
b) Kedvező esetek száma: 5 060, az összes sorsjegy 5 000 000 db, tehát a keresett való-
5060
színűség: ≈ 0,
001.
5000000
c) A kidolgozott feladatban mutatott módszer szerint
3394940
0 ⋅ + 200 ⋅ 0,
2 + 400 ⋅ 0,
08 + 600 ⋅ 0,
02 + 1000 ⋅ 0,
02 + 5000 ⋅10
5000000
5 −5
6 −6
+ 10 ⋅10
+ 5⋅10
⋅ 2 ⋅10
= 120
Ha figyelembe vesszük, hogy a sorsjegy ára 200Ft, ez várhatóan 80 Ft veszteséget jelent.
−3
+

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 50
VII. Geometriai valószínűség
Tarcsay Tamás jóvoltából került fel a Sulinet e-tananyagába a
http://www.sulinet.hu/tart/fcikk/Kcv/0/21815/1 web-oldalra egy nagyon jó animáció egy cél-
táblára leadott szimulált lövésekről. Az eredményt minden sorozat után kiértékeli. Ha van rá
lehetőség, mutassuk ezt meg a tanulóknak, majd a kapott eredmény matematikai magyarázatát
is megadhatjuk a következő oldal segítségével.
Mintapélda18
Egy 20 méter hosszú vízvezetékcső tört el valahol a fővezeték és a házunk között. Mi a valószínűsége
annak, hogy a földet fölötte 1 m hosszan kibontva rátalálunk a hibára?
Megoldás:
1
Úgy érezzük, hogy a keresett valószínűség . Valóban, ha a beszerelt cső minősége
20
mindenütt azonos, és a fölötte levő terhelés is egyenletes, a törés a cső bármely pontján
ugyanakkora valószínűséggel következhet be. Mi most itt a kedvező elemi események
száma?
És mennyi az összes elemi esemény száma? Mindkettő végtelen sok. Mégis, a keresett
valószínűséget megkaphatjuk, hiszen a megtalálás valószínűsége egyenesen arányos a
felásott föld hosszával, és ha a 20 métert ásnánk fel, akkor a megtalálás valószínűsége 1
lenne.
Jelöljünk ki képzeletben egy pontot a csövön. Annak a valószínűsége, hogy ezt véletlenszerűen
eltaláljuk, érzésünk szerint nulla. Találkoztunk most azzal, hogy bár a lehetet-
len esemény valószínűsége 0, a 0 valószínűségű esemény bekövetkezése nem lehetetlen.
Tudjuk, hogy a koordináta-rendszerben végtelen sok rácspont van. Pontból pedig a koordinátasíkon
még sokkal több. Annak a valószínűsége, hogy véletlenül rábökve a táblára
rácspontot találjunk el, 0, tehát a komplementer esemény, vagyis annak a valószínűsége,
hogy a táblára rábökve nem rácspontot találok el 1. Ez azonban mégsem biztos
esemény!
Tehát a biztos esemény valószínűsége 1, de az 1 valószínűségű esemény bekövetkezése
nem biztos!

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 51
Mintapélda19
Egy kert alaprajzát mutatja a következő ábra.
A kockázott terület kövezett terasz. A kék vonal a vízvezeték útját mutatja, mely a föld alatt 1
méter mélységben halad. Sajnos ez valahol, a vízóra(V) és a kerti csap (CS) között eltörött.
Megmérték, hogy a kerti csap a garázs sarkától 6 m-re, a vízóra a ház sarkától 0,5 m-re van. A
ház mindkét kerítéstől 1-1 m-re épült, amit itt – az előírásoktól eltérően – kivételesen engedélyeztek.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha naponta 3 méter hosszan tudjuk kibontani a vezetéket, 3
napon belül megtaláljuk a hibát?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy a hiba megtalálásához nem kell felszedni a terasz köveit?
c) A vízvezetéktől 1 m-re van az F-fel jelölt fa. Ha törzsétől számított 3 m-es sugarú körön
belül mélyen leásunk, a fa károsodásának valószínűsége 0,3. Mi a valószínűsége annak,
hogy a fa megmenekül?
Megoldás:
Az eddigi feladatok megoldásakor segített, ha a kedvező esetek számát osztottuk az öszszes
esetek számával, de itt ez megoldhatatlan feladat elé állítana minket. Még ha vonal-

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 52
szerűnek tekintjük is a vezetéket, akkor is bármely rövid szakaszán végtelen sok pont
van. Ennek alapján azt kapnánk, hogy annak valószínűsége, hogy a vezeték a vízórától
mondjuk 2 m-re lyukad ki, 1(pont) osztva végtelen sok(pont), tehát 0. És ez valóban így
is van. Ha a vezeték összes pontja azonos valószínűséggel romlik el, minden egyes pontjának
0 valószínűségű a hibaesélye. Mégis, azt is mondhatjuk, hogy a vezeték minden
centiméterén ugyanakkora valószínűséggel keletkezik hiba, mint a szomszédos centimétereken,
így a hiba előfordulásának valószínűsége egy 2 cm-es szakasz valamely pontján
kétszer akkora, mint ugyanazon szakasz felén, tehát a valószínűség egyenesen arányos
a vizsgált szakasz hosszával.
A vízvezetéket a ház oldalával párhuzamosan fektették le. Ha a csap a garázs sarkától 6
m-re van, akkor az utcai kerítéstől mért távolsága 4,8 + 6 = 10,8 m. Tehát a kaputól az
első sarokig 10,8 m vezeték van, ebből levonva a vízóra–kapu távolságot 9,8 m-t kapunk.
A rá merőleges vezeték hosszát megkapjuk, ha a kert szélességéből (20 m) levonjuk
a garázs szélességét (3 m), valamint a vízvezeték–kerítés távolságot (1 – 0,5 = 0,5).
Tehát a vízvezeték teljes hossza a vízóra és a csap között 9,8 + 20 – (3 + 0,5) = 26,3m.
a) Feltételezve, hogy a törés a vezeték minden pontján azonos valószínűséggel fordul
elő, a megtalálás valószínűsége egyenesen arányos a felbontott szakasz hosszával.
26,3 m-es felbontás esetén a megtalálás valószínűsége 1, tehát ha három napon át na-
9
ponta 3 m-t ásunk, akkor a hiba megtalálásának valószínűsége ≈ 0,
34 .
26,
3
b) Mivel a terasz csempéit nem szívesen bontanák fel, ezért, ha a vízórától a teraszig
nem találták meg a hibát, akkor a keresést a terasz túlsó oldalán folytatják. A kövezetet
csak akkor szedik fel, ha a terasz túlsó fele és a csap között sem találták meg a hibát.
Annak a valószínűsége, hogy a törés a terasz alatt van:
3
≈ 0,
114 , tehát annak valószínűsége, hogy nem kell felbontani a terasz köveit
26,
3
(komplementer esemény) 1 − 0,
114 ≈ 0,
886.
c) A fa megmenekülésének valószínűsége két esemény valószínűségének
összege lesz: nem ásunk a fa közelében, illetve ott
ásunk, de a fa túléli. Ahhoz, hogy erre a kérdésre választ adjunk,
ki kell számítani, hogy a fa „veszélyes” környezetébe a

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 53
vízvezetéknek milyen hosszúsága kerül. Tudjuk, hogy a fa törzse 1m-re van a vezetéktől,
tehát kérdés, hogy az F középpontú 3m sugarú körben a kör középpontjától
1m-re milyen hosszú húr van.
h 2 2
Pitagorasz-tétellel számolva, a húr hosszának fele = 3 −1
= 8 , innen
2
h = 2 8 m ≈ 5,
66 m .
26,
3 − 5,
657
Tehát annak valószínűsége, hogy nem ásunk a fa közelében ≈ 0,
785.
26,
3
Annak a valószínűsége, hogy a fa közelében is kell ásni, 1 − 0,
785 ≈ 0,
215 , de a fa
megmenekülésének még itt is van 0,7 esélye, tehát itt a valószínűség:
0 , 7 ⋅ 0,
215 = 0,
151.
Összegezve, 0,785 + 0,151 = 0,936 az esélye annak, hogy a fa túléli a hibakeresést.
Mintapélda20
A fürdőszoba padlóját fekete-fehér „mettlachi”-lapok borítják. Egy-egy kis négyzet oldala
8 cm. Ha elejtünk rajta egy 16 mm átmérőjű fekete gombot, gyakran nem találjuk meg, mert
„rejtőszíne” van. Ha úgy esik le a gomb, hogy teljes terjedelmével fekete négyzetre esik, szinte
képtelenség meglátni.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha leejtjük a gombot, az „láthatatlanná” válik?
b) Hogyan változik ez a valószínűség, ha a négyzetlapok éle nagyobb: pl. 10 cm?
c) Hogyan változik ez a valószínűség, ha a lap ugyan 8cm oldalhosszúságú négyzet, de a
gomb átmérője 10 mm?
Megoldás:
a) Nézzük meg, hogy hol van a kör alakú gomb középpontja, ha nem látjuk?
A jobb oldali ábra szerint a gomb középpontjának a fekete négyzeten belül egy kisebb
(az ábrán satírozott) négyzetbe kell esnie, hogy a gomb ne „lógjon ki” a fekete kockakő-
ből. A satírozott négyzet oldala 80 − 2⋅
8 = 64 mm. A satírozott terület a fekete területhez

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 54
2 2
úgy aránylik, mint 64 : 80 = 16 : 25 . A keresett valószínűséget megkapjuk, ha kiszá-
mítjuk a – megtalálás szempontjából – kedvezőtlen és az összes terület arányát.
16
Az összes terület fele fekete, a fekete négyzet része satírozott, tehát a gomb a teljes
25
1 16
8
terület ⋅ részére ejtve válik láthatatlanná. Így a keresett valószínűség = 0,
32.
2 25
25
b) A satírozott négyzet oldala most 100 − 2⋅
8 = 84 mm lesz. A keresett területarány és egy-
2
1 ⎛ 84 ⎞
ben valószínűség itt ⋅⎜ ⎟ = 0,
3528-ra
módosul, tehát nő annak esélye, hogy nem
2 ⎝100
⎠
találjuk a gombot.
c) A satírozott négyzet oldala most 80 − 2⋅
5 = 70 mm -re változik. A keresett területarány
2
1 ⎛ 70 ⎞
és egyben valószínűség itt ⋅⎜ ⎟ = 0,
3828125-ra
módosul, tehát itt is nőtt annak az
2 ⎝ 80 ⎠
esélye, hogy nem találjuk a gombot.
Mintapélda21
Vének nevű község a Szigetköz keleti csúcsában
fekszik. A tőle 3 km-re levő Kisbajcs faluból vezetik
oda az áramot. Egy nagy vihar a két falu között
valahol megrongálta a vezetéket. Mivel a vezetékről
a két falu között is vannak leágazások tanyákhoz és
mezőgazdasági üzemekhez, ezért nem áramtalanították
az egész szakaszt, csak a hiba és Vének község
közti részt iktatták ki. A vihar tovább tombolt,
és egy újabb helyen is megrongálta a vezetéket a két falu között. Mi a valószínűsége annak,
hogy az új hiba további lezárásokat tesz szükségessé, tehát a második szakadás az első hiba és
Kisbajcs község közé esik?
Megoldás:
Az első hiba Kisbajcstól x km-re történt. Tudjuk, hogy
0 < x < 3.
A második hiba Kisbajcstól mért távolsága legyen

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 55
y km. y-ra is érvényes az 0 < y < 3 egyenlőtlenség. Ahhoz az eseményhez, hogy a két
szakadás Kisbajcstól x és y távolságra történt, rendeljünk hozzá egy ( x;
y)
P pontot a
koordináta-rendszerben, tudva, hogy 0 < x < 3 és 0 < y < 3 feltételeknek fenn kell áll-
niuk. Ezért a P pont csakis a sárgával jelzett 3-szor 3 egység területű négyzetben lehet.
Az új hiba akkor tesz szükségessé további lezárásokat, ha a második hiba közelebb van
Kisbajcshoz, mint az első, tehát ha y < x . Ez azt jelenti, hogy a P pont második koordi-
nátája kisebb, mint az első. Az ilyen pontok a négyzetünkben a vonalkázott részen vannak.
A vonalkázott háromszög területe a négyzet területének fele, tehát a keresett valószínűség
0,5.
Feladatok
36. Az ábra egy 30 cm átmérőjű céltáblát mutat. A két
kisebb kör átmérője 10, illetve 20 cm. Mi a valószínűsége
annak, hogy ha valaki beletalál a legnagyobb
körbe, akkor a lövés a legkisebb körbe kerül?
Megoldás:
Összes lehetőség a teljes kör területe, kedvező lehetőség
a harmad akkora átmérőjű kör területén van. Mivel
minden kör hasonló, és a hasonlóság aránya itt
1 2 1
1
λ = ⇒ λ = , tehát a területek aránya , így a ke-
3 9
9
1
resett valószínűség is .
9
37. A geoláda-keresés, idegen szóval
geocaching (ejtsd: geokesing) egy világszerte
elterjedt játék. Játékos kedvű emberek
elrejtenek valahol egy ládát, majd a
helyszín GPS-szel meghatározott koordinátáit
közzéteszik az Interneten. Akinek
van GPS-e, és kedveli a kalandokat, megpróbálja
megtalálni ezt a ládát, és ha sikerrel
jár, pontot kap. Aki elég pontot gyűjtött, jogot szerez arra, hogy maga is elrejtsen
valahol egy ilyen ládát…

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 56
Egy éjszakai portyázáson GPS-ünk azt mutatta, hogy ahol állunk, annak 3 méteres
körzetében kell lennie a ládának. Gazos, bokros részen jártunk, 1 négyzetméter átfésüléséhez
10 percre is szükségünk volt. Mi a valószínűsége annak, hogy fél órán belül –
mielőtt a szúnyogok megesznek – megtaláljuk a ládát?
A GPS jelentése: Global Positioning System, magyarul: globális (műholdas) helymeghatározó
rendszer. Az USA-ban fejelsztették ki az 1970-es években, katonai célokra. Néhány éve
azonban már polgárjogot nyert, pl. gépkocsikba elhelyezve a berendezést, segíti a tájékozó-
dást.
Megoldás:
2
2
Az összes lehetőség egy 3 m sugarú kör területe, tehát 3 π ≈ 28,
27(
m )
⋅ . A 30 perc
2
3
alatt átfésülhető terület 3 m . A keresett valószínűség tehát ≈ 0,
106 .
28,
27
38. A metrón a reggeli csúcsforgalomban a szerelvények 5 percenként érkeznek: egész
órakor, óra 5-kor, és így tovább. A szerelvény ½ percet áll a megállóban. valaki reggel
½7 és 7 között a megállóhoz megy. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a várakozási
ideje ne legyen több 2 percnél?
Megoldás:
Az alábbi szakasz mutatja a reggel ½7 és 7 közötti időintervallumot. Egy-egy ilyen kis
szakasz hossza 1 percnek felel meg. A kedvező időtartamokat pirossal jelöltük.
Látható, hogy a teljes szakasz hosszának fele piros, tehát a keresett valószínűség 50%.
39. Egy bálterem méreteit az ábra mutatja. A nézők
elhelyezkedése véletlenszerű.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy a színpadot
legfeljebb 8 méterről láthassam?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy a színpadot
hegyesszögben láthassuk?

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 57
Megoldás:
8⋅8
2
a) A keresett valószínűség a területek arányával egyezik meg: = .
12⋅
8 3
b) A színpad szélességének megfelelő átmérőjű
Thalész-körön kívül kell lennünk, tehát a ke-
1 2
8⋅12
− ⋅4
⋅π
resett valószínűség 2 ≈ 0,
74 .
8⋅12
40. A Budapest–Bamako verseny a Párizs–Dakar rallyhoz hasonló 7632 km-es verseny,
mely Magyarországról Maliba vezet. A Camp Roi–Bedouin-Dakhla (540 km) szakaszon
két versenyző (egy motoros és egy UAZ) is elakadt és segítséget kértek, mely elindult
értük Bedouin–Dakhlából. Mi a valószínűsége annak, hogy előbb a motorosra
találnak rá?
Megoldás:
Legyen a motoros távolsága Bedouin–Daklától x km, és
tudjuk, hogy 0 < x < 540.
Az UAZ Bedouin–Daklától mért
távolságát jelöljük y-nal, ahol 0 < y < 540 . Ahhoz az ese-
ményhez, hogy elakadáskor a motor x, az UAZ pedig y tá-
volságra van Bedouin–Daklától rendeljük hozzá a P ( x;
y)
pontot. A P pont a koordináta-rendszernek csak a sárgával jelölt, 540 egység oldalú
négyzet alakú részében lehet, mivel x és y eleget tesznek a fenti egyenlőtlenségeknek.
Akkor találkoznak előbb a motorossal, ha a motoros közelebb van Bedouin–Daklához,
mint az UAZ, tehát ha y
x < . Tehát olyan ( x;
y)
P pontoknak felel meg a kedvező eset,
melyeknek második koordinátája nagyobb, mint az első. Ezeket az ábrában vonalazással
jelöltük. A háromszög területe fele akkora, mint a négyzet területe, tehát annak valószínűsége,
hogy a motorossal találkoznak előbb, mint az UAZ-zal 0,5.
Módszertani megjegyzés: Figyelem! Az alábbi feladat megoldása gondot okozhat, ha nem
tanulták egyenlőtlenségrendszerek grafikus megoldását!
41. Péter és Panni randit beszélnek meg iskola után egy téren. Mivel mindketten tömegközlekedéssel
utaznak, csak azt rögzítik, hogy 5 és 6 között próbálnak odaérni. Mégis,
ha Panninak 10 percnél tovább kell várnia Péterre, akkor hangulata a mélypontra zu-

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 58
Megoldás:
han, Péter pedig 15 percnél hosszabb várakozás esetén garantáltan tönkreteszi a virágot.
Mekkora a valószínűsége, hogy randijuk tökéletesen sikerül?
Tegyük fel, hogy Péter 5 óra x perckor érkezik a találkozóra, Panni pedig 5 óra y perckor.
Jelöljük a koordináta-rendszerben azokat a P(x; y) pontokat, melyekre 0 < x < 60 és
0 < y < 60 . Ebben a négyzetben minden pont olyan x; y értékpárt jelöl, ami előfordulhat
a két fiatal érkezési időpontjaként. Tehát összes esetet a négyzet pontjai adják. Panni
nem szeretne 10 percnél többet várni, ezért teljesülnie kell, hogy x − y ≤10
. Péter virá-
ga sem bírja 15 percnél tovább, így teljesülnie kell, hogy y − x ≤ 15 . A két egyenlőtlen-
séget átrendezve kapjuk, hogy y ≥ x −10
és y ≤ x + 15,
azaz x −10 ≤ y ≤ x + 15 .
Az összes lehetőség: a 60-szor 60-as négyzet minden pontja, azaz a négyzet területével
egyenesen arányos mennyiség. Kedvező lehetőség, ami teljesíti mindkét egyenlőtlenséget,
kis négyzetünkön a satírozott hatszög területe. A hatszög területét úgy a legegyszerűbb
kiszámítani, hogy a négyzet területéből kivonjuk a két
egyenlőszárú derékszögű háromszög területét, azaz
⎛ 45 ⋅ 45 50 ⋅ 50 ⎞
Thatszög= 3600 − ⎜ + ⎟ = 1337,
5 A keresett való-
⎝ 2 2 ⎠

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 59
1337, 5
színűség tehát ≈ 0,
37 , vagyis körülbelül 37% a valószínűsége, hogy a randi töké-
3600
letesen sikerül.
42. Az egyik kábeltévé társaság akciót hirdetett: Az új előfizető jelenlétében megforgattak
egy színes tárcsát, és ha a tárcsa sárga része állt meg a mutatónál, egy havi előfizetése
ingyenes volt, ha a piros része állt meg a mutatónál, akkor fél évi előfizetési díját elengedték.
Végezd el a szükséges méréseket és állapítsd meg, hogy mekkora esélye volt az előfizetőknek
a két kedvezmény valamelyikére!
Megoldás:
Ahhoz, hogy megkapjuk a szükséges valószínűségeket, le kell mérni a körcikkekhez tartozó
szögeket, ugyanis a valószínűség egyenesen arányos a szög nagyságával. Piros
körcikk szöge 18º, sárga körcikk szöge 36º. A 360º-hoz tartozna az 1 valószínűség, tehát
18
36
P ( piros ) = = 0,
05 és P ( sárga ) = = 0,
1.
Annak a valószínűsége tehát, hogy 1
360
360
havi díjat nyerünk: 0,1, és annak valószínűsége, hogy 6 havi díjat nyerünk: 0,05.
43. Kirándulásunkon azt terveztük, hogy szállásunkról a zöld jelzésen haladva elmegyünk
a tőle 20 km-re fekvő másik turistaházba. Azt a tájékoztatást kaptuk azonban, hogy valahol
a két turistaház között az útvonal járhatatlan lett, mert a nagy esőzések miatt vízátfolyás
keresztezi az utat. Ezért megváltoztattuk eredeti tervünket és délelőttre csak
egy rövid sétát terveztünk a az eredeti útvonalon, meglátogatva egy 2 km-re fekvő forrást.
Mi a valószínűsége annak, hogy tervünket meg tudjuk valósítani, és eljutunk a forrásig?
2
P .
20
Megoldás: ( jó út)
= = 0,
1

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 60
VIII. Valószínűség és statisztika
Mintapélda22
Az alábbi táblázat azt mutatja, hogy az anya korának előrehaladtával hogyan változik a
Down-kór kockázata a megszületendő csecsemőnél.
Anya életkora
(év)
Downszindróma
rizikója
Anya életkora
(év)
Downszindróma
rizikója
Anya életkora
(év)
Downszindróma
rizikója
25 év alatt 1:1500 33 1:570 42 1:65
25 1:1350 34 1:470 43 1:50
26 1:1300 35 1:380 44 1:35
27 1:1200 36 1:310 45 1:30 (6%)
28 1:1100 37 1:240 46 1:20
29 1:1000 38 1:190 47 1:15
30 1:910 39 1:150 48 1:11
31 1:800 40 1:110 (1:50) 49 1:8
32 1:680 41 1:85 50 1:6
Forrás: www.hazipatika.com
Érdeklődő csoportnál érdemes rámutatni arra, hogy a két táblázat adatai nem nagyon megbíz-
hatóak. Valószínűleg az esetek kicsi száma, vagy az elégtelen kutatás az oka annak, hogy kü-
lönböző forrásokban tendenciájában hasonló, de adataiban eltérő táblázatokat találhatunk.
A táblázatba pirossal beírt adatokat a tanulók nem látják, ezeket a teszt-megbízhatósági táblá-
zatnál említett intézmény honlapján találtam.
Éppen ezért tesztekkel vizsgálják a magzatot, hogy időben megtudják, nem beteg-e. Úgy tűnik
azonban, a tesztek is bizonyos hibával működnek: az álpozitív ráta azon esetek arányát mutatja,
melyekben a magzat nem beteg, bár a teszt rendellenességet mutat, az is előfordulhat,
hogy a magzat beteg és ezt a teszt nem jelzi. Azt, hogy a betegség meglétét hány százalékban
mutatja ki a teszt érzékenységnek nevezzük.
Az egyes tesztek ilyen jellegű megbízhatóságát mutatja az alábbi táblázat:
Az egyes tesztek megbízhatósága Down-szindrómára (nemzetközi adatok):
Álpozitív ráta Érzékenység
Kombinált teszt 1-2 % 95 %
Integrált teszt 1-2 % 90 - 95 %
Négyes teszt 5 % 80 %
Forrás: Istenhegyi Géndiagnosztikai Nőgyógyászati és családtervezési centrum

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 61
Ismert, hogy a magzatok közül minden 700-adik születne meg ezzel a betegséggel. Valakit
megvizsgálnak a Négyes teszttel, ami pozitív eredményt mutat. Mi az esélye annak, hogy a
magzat valóban beteg?
Megoldás:
Induljunk ki 100000 magzatból! Ha minden 700-adik magzat beteg, ez 100000 : 700 ≈
≈ 143 beteg magzat. Közülük az érzékenységet figyelembe véve 143⋅ 0,
8 ≈114
kap pozitív
eredményt. Az egészséges magzatok száma 100000 − 143 = 99857 . Figyelembe véve
az álpozitív rátát, közülük is 99857 ⋅ 0,
05 ≈ 4993 -nál a teszt pozitív eredményt, azaz
betegséget mutat. Ez azt jelenti, hogy összesen 114 + 4993 = 5107 teszteredmény mutat
betegséget, de ezek közül valódi beteg magzat csak 114 van. Tehát a pozitív teszt esetén
114
a betegség valószínűsége ≈ 0,
022 , azaz alig több, mint 2%.
5107
Mintapélda23
Egy üzletben egy csizmából a következő méreteket rendelték:
Méret 40 41 42 43 44 45 46
darab 5 10 10 30 40 50 10
a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha egy kutya felkap egy darabot a polc előtt lerakott halomból,
pontosan a módusznak megfelelő darabot választja?
b) Mi a valószínűsége, hogy a mediánnak megfelelő darabbal fut el?
Megoldás:
Először állapítsuk meg, mi lesz ennek az adatsokaságnak a módusza, azaz a leggyakrabban
előforduló eleme! 45-ös cipőből van a legtöbb, így annak valószínűségét kell ki-
50 10
számítanunk, hogy a kutya egy 45-ös cipőt választ. p = = ≈ 0,
32 .
155 31
Az adatsokaság mediánját akkor kapjuk meg, ha nagyság szerint sorbaállított 155 cipőből
kiválasztjuk a 78-adikat. 5+10+10+30

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 62
Mintapélda24
Az ábrán látható korfa a magyar népesség eloszlását
mutatja 1999-ben. Kék színnel a férfiakat,
pirossal pedig a nőket jelöltük.
a) Állapítsuk meg annak valószínűségét, hogy
ha valaki 1999-ben véletlenszerűen találkozott
valakivel, akkor az nő volt.
(A népesség Magyarországon ebben az évben
10 091 800 fő, a nők száma kb.
5 247 700 volt).
b) Állapítsuk meg annak valószínűségét, hogy
ha valaki abban az évben találkozott valakivel,
akkor az 15 és 19 éves kor között volt.
Megoldás:
5247700
a) Az első valószínűség ≈ 0,
52 .
10091800
b) Annak valószínűségéhez, hogy 15 és 19 év közöttivel találkozunk, meg kell állapítanunk
a számukat: ennyi idős férfi körülbelül 350 000 volt, nő pedig ennél egy kicsit kevesebb,
mondjuk 340 000. Tehát a korosztály létszáma 690 000. Annak valószínűsége
690000
tehát, hogy ennyi időssel találkozunk ≈ 0,
068.
10091800
Vizsgáljuk meg annak valószínűségét is, hogy ha valaki 1999-ben találkozott Magyarországon
egy nővel, akkor az 15 és 19 év közötti volt! Azt kell megállapítanunk, hogy a
340000
nők hányad része esik ebbe a korba: ≈ 0,
065 .
5247700
Állapítsuk meg azt is, mi a valószínűsége annak, hogy valaki egy 15 és 19 év közötti
nővel találkozott!
Van-e egyáltalán különbség az előbbi kérdéshez képest? Hát persze, hiszen itt a teljes
lakosságból kell vizsgálni az ilyen idős nők arányát. A keresett valószínűség tehát
340000
≈ 0,
034.
10091800
Állapítsuk meg, milyen összefüggés van a négy adat között!
Legyen A esemény, hogy 15 és 19 éves kor közöttivel találkozunk. P ( A)
≈ 0,
068
B esemény, hogy nővel találkozunk P
( B)
≈ 0,
52

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 63
( B A)
AB esemény, hogy ilyen fiatal nővel találkozunk P ( AB)
≈ 0,
034
A B esemény, hogy ha nővel találkozunk, az 15 és 19 év közötti
( A B)
≈ 0,
065
P .
Észrevehető, – és szemléletünkből is következik, – hogy
P
P ( A B)
=
P
( AB)
( B)
P ? annak a valószínűségét jelenti, hogy ha 15 és 19 éves közötti emberrel találkozunk,
az nő lesz. Ellenőrizzük a kapott képletünket!
340000
P B A = ≈ , képletünket használva pedig
690000
Az ismert adatokkal ( ) 0,
49
Feladatok
340000
P
( )
( AB)
340000
P B A = = 10091800 = .
P(
A)
690000 690000
10091800
A P(A | B) kifejezést feltételes valószínűségnek nevezzük. Azt mutatja
meg, hogy milyen valószínűséggel teljesül az A esemény, ha tudjuk, hogy
a B esemény bekövetkezett.
44. A Budapesti Nemzetközi Vásár forgatagában a látogatók 70%-a tért be a C pavilonba,
és ott minden 8. ember alávetette magát egy speciális hátmasszázsnak. Mi a valószínűsége
annak, hogy a látogatók közül egy embert megkérdező riporter olyannal találkozik,
aki részesült a masszázsban?
Megoldás:
Legyen az A esemény, hogy gyógymasszázsban részesült egy látogató, a B pedig az,
hogy betért a C pavilonba. Amit most ismerünk, az a ( ) 8
P ( B)
= 0,
7 valószínűség. A ( A B)
( AB)
( B)
1
P A B = , valamint a
P
P = képletet átrendezve megkapjuk, hogy an-
P
nak valószínűsége, hogy valaki masszázsban vett részt (amire csak a C pavilonban volt

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 64
P AB
1
= ⋅
8
= , azaz kevesebb, mint 9% esélye van a riporternek ilyen
emberre bukkanni.
mód) ( ) 0,
7 0,
0875
45. Az alábbi táblázat 2003-ban készült és előre jelezték az ország demográfiai helyzetét
2007-re. (Fogadjuk el, hogy ez most az ország valós helyzetét mutatja.)
Országos népesség-előreszámítás, 2001-2050
Alapváltozat 2007. I. 1.
Ennyi nő jut
Korcsoport (jan. 1.) Férfi Nő Együtt 1000 férfira
0-4 251 072 236 487 487 559 942
5-9 247 836 235 404 483 240 950
10-14 288 714 275 185 563 899 953
15-19 318 410 304 594 623 004 957
20-24 335 329 325 043 660 372 969
25-29 400 925 383 821 784 746 957
30-34 417 178 403 554 820 732 967
35-39 360 759 352 731 713 490 978
40-44 300 417 303 651 604 068 1 011
45-49 317 902 336 665 654 567 1 059
50-54 381 327 420 153 801 480 1 102
55-59 317 794 369 823 687 617 1 164
60-64 250 241 315 980 566 221 1 263
65-69 199 514 287 918 487 432 1 443
70-74 158 526 256 798 415 324 1 620
75-79 120 504 219 786 340 290 1 824
80-84 71 764 158 019 229 783 2 202
85-89 27 441 68 393 95 834 2 492
90-94 7 889 21 733 29 622 2 755
95+ 2 337 6 412 8 749 2 744
Összesen 4 775 879 5 282 150 10 058 029 1 106
Forrás: KSH Népességtudományi Kutató Intézet
Előreszámítási adatbázis, 2003.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy ha nővel találkozol, az fiatalabb lesz 20 évesnél?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy ha 20 évesnél fiatalabbal találkozol, az nő lesz?
c) Mi a valószínűsége annak, hogy ha 10 ember véletlenszerűen összejön, közülük pontosan
7 lesz 30 éven aluli?
Megoldás:
236487 + 235404 + 275185 + 304594 1051670
a) = ≈ 0,
199 .
5282150
5282150

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 65
1051670
b) ≈ 0,
487 .
487559 + 483240 + 563899 + 623004
487559 + 483240 + 563899 + 623004 + 660372 + 784746
c) P(30-on aluli) = = 0,
358 .
10058029
⎛10⎞
7
3
P ( k = 7)
= ⎜ ⎟ ⋅ 0,
358 ⋅ 0,
642 ≈ 0,
024 .
⎝ 7 ⎠
46. Az alábbi táblázat azt mutatja, hogy 470 totó eredményei hogy alakultak 1998-tól 2006
végéig.
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. +1 összesen
1-es 194 210 212 227 230 205 226 206 228 190 214 201 199 176 2918
2-es 143 142 135 120 120 121 121 133 122 142 119 130 134 163 1845
X 133 118 123 123 120 144 123 131 120 138 137 139 137 131 1817
a) Mi a relatív gyakorisága annak, hogy egy mérkőzés kimenetele x (döntetlen legyen?
b) Mi a relatív gyakorisága annak, hogy egy mérkőzés kimenetele 1 legyen, vagyis a
hazai csapat nyerjen? Hányszor akkora ez a gyakoriság, mint az X-es mérkőzéseké?
c) Ha valaki minden mérkőzésre X-et tippel, milyen valószínűséggel találja el a végeredményt?
d) És ha minden mérkőzésre a tippje 1-es? Hányszor akkora ez a valószínűség, mint az
előző végeredmény?
Megoldás:
a) A táblázat összesen 2918 + 1845 + 1817 = 6580 mérkőzés adatait tartalmazza. Az x
1817
(döntetlen) végeredmény relatív gyakorisága tehát ≈ 0,
276 . Ekkora adatsoka-
6580
ságnál ezt az értéket már akár valószínűségnek is nevezhetjük.
2918
b) Az 1-es végeredmény relatív gyakorisága tehát ≈ 0,
44 . Ez a relatív gyakoriság
6580
2918
6580 2918
= ≈ 1,
6 -szer akkora, mint az előző gyakoriság.
1817 1817
6580

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 66
1817
c) Az X-es mérkőzések relatív gyakorisága , tehát annak valószínűsége, hogy
6580
⎛ 1817 ⎞
−8
minden mérkőzés döntetlen eredménnyel záruljon, ⎜ ⎟ ≈ 1,
499 ⋅10
.
⎝ 6580 ⎠
d) Annak valószínűsége, hogy minden mérkőzésen a hazai csapat győzzön:
14
⎛ 2918 ⎞
⎜ ⎟
⎝ 6580 ⎠
színűség.
≈ 1 ⋅
−
5
, 138 10 . Ez is roppant kicsi, bár 777-szer akkora, mint az előző való-
14

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 67
Vegyes feladatok
Az alább következő példa alkalmas az ismétléses kombináció megtanítására. Ennek ismerete
nem követelmény sem a középszintű, sem az emeltszintű érettségin.
47. Az áruházban 10 doboz 1 literes gyümölcslevet akarunk vásárolni, esetleg különbözőket.
Négyfélét lehet vásárolni: alma-, narancs-, őszibarack- és szőlőlé van a polcokon.
Hányféleképpen választhatunk?
Megoldás:
Képzeljük el, hogy bevásároltunk, és lerakjuk egymás mellé mind a 10 dobozt olyan
sorrendben, hogy először az almalevek, majd a narancslevek, a baracklevek és végül a
szőlőlevek dobozai sorakoznak. A különböző fajták határánál papír elválasztókat helyezünk
el, például így:
Ez azt jelenti, hogy 1 doboz alma, 3 doboz narancs, 4 doboz barack és 2 doboz szőlőlevet
vásároltunk. Megtehetjük, hogy nem veszünk alma és baracklevet, ezt így jelezzük:
Ebben az esetben 0 doboz almalevet, 4 doboz narancslevet, 0 doboz baracklevet és 6
doboz szőlőlevet vásároltunk. A papír elválasztók száma 4 - 1 = 3, négy különböző
részre osztáshoz 3 elválasztóra van szükségünk.
A papír elválasztót P-vel, a dobozt D-vel jelölve, a fenti két elrendezést a következő
kódsorral tudjuk jelezni: DPDDDPDDDDPDD
PDDDDPPDDDDDD
Minden ilyen kódsor egy-egy lehetséges bevásárlást jelez, így ha megszámoljuk, hányféleképpen
tudjuk sorba rendezni a 3 darab P és 10 darab D betűt (az ismétléses permutáció
képletét használva) a következőt kapjuk:
( 10 + ( 4 −1)
)
10!
⋅3!
! 13!
13⋅12
⋅11
= = = 286 .
10!
⋅3!
3⋅
2 ⋅1

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 68
Ha n különböző fajta dologból k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a
sorrend nem számít, de egyfajta elemet többször is kiválaszthatunk,
ismétléses kombinációról beszélünk.
Ezek száma – a kombináció említett szimbólumát használva
⎛n + k −1
⎞
⎜ ⎟ .
⎝ k ⎠
Itt nem követelmény, hogy n ≥ k legyen, mert nem n számú, hanem n-féle elemünk van.
Ha a szimbólumot használjuk, mivel most n = 4 féle különböző dologból kellett k = 10 dara-
⎛n + ( k −1)
⎞ ⎛4 + 10 −1⎞
⎛13⎞
13!
bot kiválasztani: ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = = 286.
⎝ k ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝10⎠
10!
⋅3!
48. A dodekaéder alakú „dobókockán” a számok 1-12-ig szerepelnek.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk?
c) Ha két ilyen dodekaéderrel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok
összege prím lesz?
d) Ha két ilyen testtel dobunk, mi a valószínűsége annak, hogy a dobott számok öszszege
páros lesz?
Megoldás:
6 1
a) = ;
12 2
5
b) ≈ 0,
42 ;
12
51 17
c) = ≈ 0,
35 ;
144 48
72 1
d) = .
144 2
49. Az ikozaéder alakú dobókockán a számok 1-20-ig szerepelnek.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy páros számot dobunk?
b) Mi a valószínűsége annak, hogy prímszámot dobunk?

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 69
Megoldás: a)
10 1 8
= ; b) = 0,
4 .
20 2 20
Az alábbi feladat a 11. mintapélda folytatása, ez után érdemes megcsináltatni ügyesebb cso-
portokban.
50. Egy szerelmes programozó Valentin napjára megváltoztatta a játék programját úgy,
hogy a szív előfordulási esélye minden oszlopban kétszer akkora legyen, mint a holdé
vagy a mosolygó arcé. Hogyan változtat ez a nyerési esélyeken?
Megoldás:
Akkor tudunk olyan elemi eseményeket előállítani, melyeknek előfordulási valószínűsége
egyenlő, ha két (különböző) szívet szerepeltetünk 1 hold és 1 arc mellett, vagyis 4
jelet kell a 3 helyre tennünk. A kedvező és az összes esetek számát ezzel számolva kaphatjuk
meg az új nyerési esélyt.
Az összes esetek száma, így 4 64
3 = lesz.
A kedvező esetek száma ismét két részből áll:
I. csupa egyforma: ���, ☺☺☺, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥, ♥♥♥,
♥♥♥ ; a csupa szív esetből 2 8
3 = van, mert most 2 szívet tehetünk a 3 hely
bármelyikére.
II. csupa különböző jelből most 4 ⋅ 3⋅
2 = 24 van, hiszen 4 figurából csak 3 helyre
választhatunk.
A nyerési esély most tehát
kedvező esetek száma 10 + 24
= =
összes esetek száma 64
Valentin napján tehát hosszú távon egy kicsit nekünk nyereséges a játék.
51. Egy történelem versenyen minden feladatban 4-4 eseményt kell időrendi sorrendbe
állítani. Az kap 1 pontot, aki az 1. eseményt eltalálja, 2 pontot, aki az első 2 eseményt
eltalálja, 3 pontot, aki az első három, 4 pontot, aki mind a 4 eseményt helyes sorrendbe
rakja.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy valaki tippelgetéssel 0, 1, 2, 3, illetve 4 pontot szerezzen?
b) A versenyben olyan feladatsort állítottak össze, amelyikben a fenti feladattípusból 5
szerepel. Mi a valószínűsége annak, hogy valaki történelmi ismeretek nélkül 18
pontot szerezzen?
17
32
>
1
2
.

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 70
Megoldás:
Egy feladatot 4 ! = 24 féleképpen lehet kitölteni. Ez az összes kitöltési lehetőségek szá-
ma.
a) 0 pontot az kap, aki az első eseményt nem találja el (a többi már mindegy). Ez a kedve-
18 3
ző lehetőség 3 ⋅ 3⋅
2 ⋅1
= 18 féleképpen lehetséges, tehát a valószínűség = .
24 4
1 pontot az kap, aki az első eseményt eltalálja, de a másodikat nem, a harmadik és negyedik
kérdésre bárhogy válaszolhat. Kedvező lehetőség: 1 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅1
= 4 , tehát a valószí-
4 1
nűség = .
24 6
2 pontot az kap, aki az első két eseményt eltalálja, de a harmadikat nem, tehát a valószí-
1⋅1⋅
1⋅1
1
nűség = .
24 24
3 pontot az kap, aki az első három sorrendjét eltalálja, de a negyediket nem, ez azonban
lehetetlen, így a valószínűsége 0.
4 pontot az kap aki mind a négy esemény helyes sorrendben írja fel, így ennek valószí-
1
nűsége .
24
Itt jó ellenőrzési lehetőség, hogy a kapott valószínűségek összege 1.
b) A maximális elérhető pontszám 20 lenne, így 2 pontot veszíthet. 18 = 4 ⋅ 4 + 2 azaz 4
tökéletes feladata van és valamelyiknél 2 pontot szerzett. Fenti pontozással ez másképpen
nem állítható elő. (Mivel 3 pontot szerezni lehetetlen, így ezt egyetlen feladatban
1
vesztette el.) Annak valószínűsége, hogy valamelyik feladatban 2 pontot ért el . An-
24
nak valószínűsége, hogy az összes többi feladatban 4 pontot ér el
feladat” az 5 közül bármelyik lehet, így a keresett valószínűség:
5
4
5
1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
−7
⋅ ⋅ = 5⋅
≈ 6,
28⋅10
.
24
⎜ ⎟
⎝ 24 ⎠
⎜ ⎟
⎝ 24 ⎠
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟⎠
⎝ 24
4
. De a „rontott
A következő feladat a 12-es és 13-as mintapélda között adható fel „strapabíróbb” csoportok-
nak.
52. Mi a valószínűsége annak, hogy Marci legalább kettesre megírja a témazárót, azaz a 12
tesztkérdésből legalább 4-re helyesen válaszolt az A, B és C lehetőségek közül?

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 71
Megoldás:
Annak valószínűségét kell kiszámítani, hogy legalább 4 kérdésre helyesen válaszolt. Ez
azon valószínűségek összege, hogy pontosan 4, 5, …, 12 kérdésre adott helyes választ.
Helyette egyszerűbb annak valószínűségét kiszámítani, hogy nem sikerült a dolgozata,
azaz 0, 1, 2 vagy 3 kérdésre válaszolt csak helyesen.
Annak valószínűsége, hogy 0 kérdésre válaszolt helyesen
Annak valószínűsége, hogy 1 kérdésre válaszolt helyesen
Annak valószínűsége, hogy 2 kérdésre válaszolt helyesen.
⎛12⎞
⎛ 1 ⎞
Annak valószínűsége, hogy 3 kérdésre válaszolt helyesen ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠
Tehát a sikertelen dolgozat valószínűsége ezek összege, azaz
⎛12⎞
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 0 ⎠ ⎝ 3 ⎠
0
⎛12⎞
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 1 ⎠ ⎝ 3 ⎠
1
⎛12⎞
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠
3
⎛ 2 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
9
.
2
⎛ 2 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
⎛ 2 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
12
11
⎛ 2 ⎞
⋅ ⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
12
11
10
9 9
2 2 2 2 2
512
1⋅ + 12 ⋅ + 66 ⋅ + 220 ⋅ = ⋅ ( 8 + 48 + 132 + 220)
= ⋅ 408 ≈ 0,
39.
12
12
12
12 12
3 3 3 3 3
531441
A sikeres dolgozat valószínűsége, azaz a komplementer esemény valószínűsége 0,61,
ami elég nagy, de biztosra azért nem mehet.
53. Elhatározzuk, hogy a ruletten kétszer egymás után a feketére teszünk. Az első játékot 1
zsetonnal játsszuk. Azt is elhatározzuk, hogy ha első pörgetésnél nyerünk, a második
pörgetéskor már a nyereséget is feltesszük, tehát 2 zsetonnal fogadunk, ha pedig veszítünk,
akkor ismét 1 zsetonnal játszunk.
Számítsd ki, mekkora a nyereség várható értéke?
Megoldás:
A1: Ha mindkétszer veszítünk, a nyereségünk -2 zseton
A2: Ha először vesztünk, majd nyerünk, a nyereség 0 zseton
A3:, Ha először nyerünk, majd vesztünk, a nyereség -1 zseton
A4: Ha mindkétszer nyerünk, a nyereség 3 zseton
p
p
p
1
p
2
3
4
⎛ 19 ⎞
= ⎜ ⎟⎠
⎝ 37
2
19 18
= ⋅
37 37
18 19
= ⋅
37 37
⎛ 18 ⎞
= ⎜ ⎟⎠
⎝ 37
2
10
.
.

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 72
A nyereség várható értéke tehát – 0,067.
54. Az ábra egy 30 cm átmérőjű céltáblát mutat. A két
kisebb kör átmérője 10 illetve 20 cm. Tudjuk, hogy
a céltáblára lövők 95%-a eltalálja a legnagyobb
kört. Azt is tudjuk, hogy azok közül, akik eltalálják
a legnagyobb kört, 80% eltalálja a legkisebbet is.
Mi a valószínűsége annak, hogy valaki beletalál a
legkisebb körbe?
Figyelem! A feladat megoldása nem a geometriai valószínűség
módszerével oldható meg, ugyanis az egyes
pontok valószínűsége nem egyenlő!
Megoldás:
Ismerjük most a ( A B)
= 0,
8
P
( AB)
= 0 , 95 ⋅ 0,
8 = 0,
76
P valószínűséget, valamint P ( B)
= 0,
95 értékét. Így

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 73
Kislexikon
Permutáció: n különböző elem egyik lehetséges sorrendje. n elem összes permutációinak
száma: !
n , ahol ! = n ⋅ ( n −1)
⋅ ... ⋅ 2 ⋅1
n .
Ismétléses permutáció: n elem egyik lehetséges sorrendje, ha az n elem nem mind különbö-
ző, hanem van köztük k1, k2, … , km azonos ( k k + ... + km
≤ n)
1 + 2
. Ezek száma:
k
n!
⋅k
! ⋅...
⋅ k
! 1 2 m
Ciklikus permutáció: n különböző elemet úgy rendezünk sorba, hogy nincs első és utolsó
elem. Két permutáció akkor számít különbözőnek, ha van olyan tagja a permutációnak, melynek
jobb vagy bal oldali szomszédja nem azonos. n elem ciklikus permutációinak száma
( n −1)!
Kombináció: n különböző elemből k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a kiválasztás sor-
rendje nem számít (k ≤ n). A lehetséges kiválasztások száma
lummal is jelölünk:
n!
⎛n
⎞
= ⎜ ⎟ (olvasd: n alatt a k).
k ! ⋅( n − k)
! ⎝k
⎠
.
!
n!
, melyet egy szimbó-
k!
⋅ ( n − k)!
Variáció: n különböző elemből k darabot akarunk kiválasztani ( k ≤ n ), de a kiválasztás sor-
n!
rendje is számít. A variációk száma: .
( n − k)!
Ismétléses variáció: n különböző elemből k darabot akarunk kiválasztani, majd ezeket sorba
rendezni, de egy elemet akár többször is választhatunk. Az ismétléses variációk száma:
Esemény: a valószínűségszámításban a kísérletek egy lehetséges kimenetele.
Elemi események: melyek nem bonthatók további esetekre.
k
n .

Matematika „A” – 11. évfolyam Tanári útmutató 74
Valószínűség: Egy A esemény valószínűsége az a szám, amely körül az esemény relatív gyakorisága
ingadozik. jelölése: P(A).
Ha az elemi események valószínűsége egyenlő és teljes eseményteret (esemény-rendszert)
alkotnak, használhatjuk Laplace képletét a valószínűség kiszámítására:
P ( A ) =
kedvező esetek száma
összes eset
A+B esemény: az az esemény, amely akkor teljesül, ha az A vagy a B esemény közül legalább
az egyik teljesül.
A·B esemény: az az esemény, amely akkor teljesül, ha mind az A, mind a B esemény teljesül.
Az A + B esemény valószínűsége: a két esemény valószínűségének összegéből levonjuk az
együttes bekövetkezés valószínűségét, azaz ( A + B)
= P(
A)
+ P(
B)
− P(
A⋅
B)
P .
Teljes eseményrendszer: Adott kísérlet kimeneteleit vizsgálva az , A , ... Ak
A1 2 események
teljes eseményrendszert alkotnak, ha közülük két esemény egyszerre soha nem következhet
be, vagyis a két eseményének együttes bekövetkezésének valószínűsége 0, és nincs a kísérletnek
olyan kimenetele, amely nem tartozik valamely eseményhez. A teljes eseményrendszer
eseményeihez tartozó valószínűségeket összeadva 1-et kapunk.
Röviden jelölve: ( ) 0
( A ) P(
A ) + ... + P(
A ) = 1
1 + 2
k
P .
P Ai
⋅ Aj
= , ha Ai és Aj tagjai az eseményrendszernek, és
Várható érték: Legyen egy kísérlet összes lehetséges kimenetele az , A , ..., An
A1 2 esemény
(teljes eseményrendszer). Ha az Ai esemény bekövetkezésének valószínűsége pi, akkor a kí-
sérlet várható értéke a pi · Ai szorzatok összege:
( A)
p ⋅ A + p ⋅ A + ... + pn
An
E ⋅
= 1
1 2 2

1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató 75
Binomiális eloszlás: Ha egy esemény bekövetkeztének valószínűsége p, akkor annak valószínűsége,
hogy n független kísérletből ez az esemény pontosan k-szor következik be:
⎛n
⎞ k
n−k
⎜ ⎟ ⋅ p ⋅ ( 1 − p)
.
⎝k
⎠
Kiegészítő anyag:
Feltételes valószínűség: Azt mutatja meg, hogy milyen valószínűséggel teljesül az A ese-
mény, ha tudjuk, hogy a B esemény bekövetkezett. Jelölése: ( A B)
P .
Ismétléses kombináció: n különböző fajta dologból k darabot kell kiválasztani úgy, hogy a
sorrend nem számít, és egyfajta elemet többször is kiválaszthatunk. Az ismétléses kombináci-
⎛n + k −1
⎞
ók száma: ⎜ ⎟ .
⎝ k ⎠