Gerocs Laszlo Matematika Uj Temakorok Az Erettsegin 134o Jo ocr

dr. Gerőcs László

Új témakörök az érettségin

Ami az érettségi követelményekből eddig kimaradtLektorálta: Vancsó Ödön

Kombinatorika

Gráfok Analízis

Valószínűség-számítás

fliz egyenes út az egyetemre S S S S S S I Í Í ;j jAlapít a 1996 i t

GERŐCS LÁSZLÓ-VANCSÓ ÖDÖN

Új témakörök az érettségin: Matematika

Ami az érettségi követelményekből - eddig - kimaradt

KombinatorikaStatisztika, valószínűség-számítás GráfokAz analízis elemei

GERŐCS LÁSZLÓ-VANCSÓ ÖDÖN Új témakörök az érettségin: Matematika©Ami az érettségi követelményekből - eddig - kimaradt

F e l v é t e l i I n f o r m á c ió s S z o l g á l a t ©

F e l v é t e l i , É r e t t s é g i é s N y e l v v i z s g a S z a k k i a d v á n y o k S z e r k e s z t ő s é g e ©

1397 B u d a p e s t , Pf.: 544. T e l . : 06 (1) 473-0769 [email protected]

KIADJA A DFT-HUNGARIA KÖNYVKIADÓ

1065 BUDAPEST, BAJCSY-ZSILINSZKY U. 5.

T EL.: 06 (1) 266-7601, K IA D O @ D FT.H U

w w w .k o n y v o n l i n e .h u

K IADÓVEZETŐ: VARGA M IKLÓS SZAKMAI V EZETŐ: KATONA RENÁTA

ÜGYVEZETŐ: DR. CSIKESZ TAMÁS

A KÖNYV R ÉSZLETEINEK U TÁN K Ö ZLÉSE KIZÁRÓLAG A KIADÓ ÍRÁSOS BELEEGYEZÉSÉVEL LEHETSÉGES

B O R ÍT Ó : T Ó T H JU D IT

K ÉSZÜLT A DEBRECENI KAPITÁLIS NYOMDÁBAN A NYOM TATÁSÉRT FELEL: KAPUSI JÓ ZSEF 4002 DEBRECEN, BALMAZÚJVÁROSI Ú T 14.

TEL.: 06 (52) 452-099

ISBN 963 9473 89 8

KIADÁS ÉVE: 2006

A KÉZIRAT LEZÁRÁSÁNAK ID Ő P O N T JA 2005. DECEM BER

www.konyvoiiline.hu

mailto:[email protected]

mailto:[email protected]

http://www.konyvonline.hu

http://www.konyvoiiline.hu

TARTALOM

ELŐSZÓ 5

KOMBINATORIKA (Gerőcs László) 7STATISZTIKA, VALÓSZÍNŰSÉG-SZÁMÍTÁS (Vancsó Ö d ö n) 29GRÁFOK (Gerőcs László) 63AZ ANALÍZIS ELEMEI (GERŐCS LÁSZLÓ) 91

ELŐSZÓ

T ú l a kétszintű érettségi „debü tá lásán” az írásbeli és szóbeli vizsgák tapasztalatai - egyebek m ellett - azt m utatják, hogy többeknek sok g o ndo t okoztak az olyan jellegű , olyan tém akörbe tartozó feladatok, tételek, kérdések, am elyek ed d ig - hivatalosan - nem szerepeltek sem a hagyom ányos érettségi, sem pedig a hagyom ányos felvételi vizsgák követelm ényrendszerében. M indez indokolttá tette egy olyan kiadvány összeállítását, am elyben azok a fontosabb tém akörök kerü lnek elm életi és gyakorlati kidolgozásra, melyek ú jdonságnak szám ítanak a kétszintű érettségi követelm ények között. E m eggondolást követően született m eg ez a könyv, mely négy fő tém akör elm életi és gyakorlati feldolgozását tartalmazza.

A könyv első fejezetében a kom binatorika legfontosabb definícióit, tételeit találjuk - ahol csak lehet, könnyebb, m ajd nehezebb feladatokkal is m egkönnyítendő a tém a m egértését, feldolgozását. Ezt követően a m ásodik fejezet a m atem atikai statisztika és a valószínűség-szám ítás elem eit tartalm azza ugyancsak elméleti, m ajd gyakorlati téren . A harm adik fejezetben a gráfokkal ism erkedhetünk meg, m íg a negyedik fejezet az analízis elem eit tartalm azza. M inden fejezetben igyekeztük jó l látható m ódon elválasztani a közép-, illetve az em elt szinten kívánatos tudnivalókat. A fejezetek általában példafeladatokkal kezdődnek, elsősorban azért, hogy akinek teljesen ism eretlen a kérdéses tém akör, m egértse, hogy e p rob lém akörben egyáltalán mivel foglalkozunk. Ezt követik általában a fontosabb definíciók, tételek, m ajd m indezek u tán néhány könnyebb, végül nehezebb kidolgozott feladatok. Az egyes tém aköröket elsősorban elm életi szem pontból dolgoztuk fel, ennek m egfelelően a feladatok között kevesebb gyakorlati p rob lém át szerepelte ttünk , hiszen ilyenekből aránylag sokat ta lá lhatunk a forgalom ban levő új tankönyvekben, feladatgyűjtem ényekben.

A kiadványban szereplő definíciókat, tételeket, feladatokat és m egoldásokat m egfelelő betűjellel és sorszám m al láttuk el, am elyek a kiadványban, illetve egy fejezeten belül elfoglalt helyükre utalnak. így pl. a 2. D. 3., 3. T . 5., 1. F. 8 ., 3. M. 6 . jelölések re n d re a 2. fejezet 3. definíciója, a 3. fejezet 5. tétele, az első fejezet 8 . feladata, a 3. fejezet 6 . fe ladatának a m egoldása.

Rem éljük, e kiadvány átolvasásával, a benne szereplő elm életi és gyakorlati anyag feldolgozásával m inden kétszintű érettség ire készülő d iák teljesen m agáévá tud ja tenn i azokat a tém aköröket is, am elyek valam ilyen okból „k im arad tak” m atem atikai tanulm ányaiból, s ezzel is jo b b eséllyel készülhet m ajdani érettségi vizsgájára.

Gerőcs László-V ancsó Ödön

JELÖLESEK:

g Definíció g Tétel g Feladat g Megoldás

* Nehezebb feladatok

j.

KOMBINATORIKA

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE KOMBINATORIKA

A kom binatorika tárgyának ism ertetése előtt nézzünk néhány bevezető feladatot, melyekkel a m atem atika e részterü letének ta rta lm át próbáljuk bem utatni.

Hf i . / 1. Egy iskolai futóverseny döntőjébe 6 diák jutott: A, B, C, D, E és F. A döntő utolsó másodper- beiben már látható, hogy B nyeri a versenyt, C vagy F lesz a második és A biztosan utolsó. Ezeket tudva hányféleképpen alakulhat a végeredmény?

1. F. 2 . Négy házaspár moziba ment. Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé, ha azt akarják, hogy a házaspárok egymás mellett üljenek?

/ ' As1. F. 3 j Az 1, 1, 1, 2, 3, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikenek felhasznalasaval hány db 4-gyel osztható nyolcjegyű szám képezhető?

1. F. 4 . A balettintézet egyik osztályának 12 fiú és 14 lány tanulója van. Egy alkalommal meghívtak közülük két párt (két-két fiút és lányt) egy táncbemutatóra. Hányféleképpen választhatják ki az osztály tanulói közül a párokat?

\1. F. 5 .j Egy sakktablan 3 db egyforma bástyát szeretnenk elhelyezni úgy, hogy ne üssék egymást. Hányféleképpen tehetjük ezt meg?

1. F. 6 . A 6-os lottón 45 szelvényből kell 6-ot eltalálni. Ha minden lehetséges módon kitöltjük a megfelelő számú szelvényt, hány db 5 és hány db 4 találatos szelvényünk lesz?

1. F. 7. Régen Magyarországon az autók rendszámtáblája 2 betűből és 4 számjegyből állt. Miből volt több: olyan rendszámtáblából, melyen minden számjegy különböző, vagy olyan rendszámtáblából, melyen vannak azonos számjegyek is?

1. F. 8 . Adott 2 párhuzamos egyenes, mindkettőn kijelöltünk 5 db pontot. Képeztük az összes olyan háromszöget, melynek csúcsai a kijelölt pontok közül valók, majd az összes olyan négyszöget, melynek csúcsai szintén a kijelölt pontok közül valók. Miből van több: háromszögből vagy négyszögből?

A fenti példák egy közös vonása, hogy m indegyikben egy véges halm az elem eit kell vagy sorba re n dezni, vagy ezen elem ek közül - valam ilyen szem pont szerint - n éh án y at kiválasztani. A kombinatorika a m atem atikának az a részterü lete , mely ilyen és hasonló kiválasztási, sorba rendezési problém ákkal, illetve az ilyen problém ák kutatása te rén e lé rt eredm ények alkalm azásával foglalkozik.

A problém ák vizsgálata so rán m egkülönböztetjük azokat az eseteket, am ikor a kiválasztandó, illetve sorba rendezendő dolgok m ind különbözők, vagy van közöttük ism étlődő is, továbbá, hogy a kiválasztások esetében - a p rob lém a jellegétő l függően - a kiválasztás so rren d je lényeges vagy lényegtelen. Ezeknek m egfelelően foglalkozunk permutációkkal, kombinációkkal és variációkkal, s m indezekkel ism étlődés nélkül, illetve ism étlődő esetben.

ÉRETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL 9

KOMBINATORIKA AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

PERMUTÁCIÓK

H a ado tt n db különböző dolog, felvetődhet az a kérdés, hányféleképpen tud juk ezeket sorba re n dezni. Pl. hányféleképpen alakulhat egy 6 résztvevőből álló bajnokság végső sorrendje?

Az első helyre 6 -féleképpen választhatunk. B árhogyan is választottunk az első helyre, a m ásodikra m ár csak 5-féle választás lehetséges, vagyis az első két helyezett 6 • 5 -féleképpen alakulhat. Bárhogyan is alakul az első két hely sorsa, a harm adik helyre m ár csak 4-féleképpen választhatunk csapatot, így az első három helyezett 6 - 5 - 4 -féleképpen alakulhat. A gondo latm enete t folytatva a rra ju tu n k : a bajnokság végeredm énye 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - l = 720 féleképpen alakulhat.

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

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

H 2 1. T. 1 . A fent vázolt gondolatmenetből következik, hogy n db különböző elem permutációinak száma n!

G yakran előfordul, hogy a sorba ren d ezen d ő dolgok között van néhány egyform a. Pl. hányféleképpen lehet sorba rendezn i 1 db fehér, 1 db kék, 1 db zöld és 3 db piros ceruzát? M ost teh á t 6 db dolgot kell sorba rend ezn ü n k , m elyek között van 3 egyform a. H a az egyform ák nem lennének egyform ák, akkor az eredm ény nyilván 6 ! lenne. G ondolatban először különböztessük m eg a három piros ceruzát: legyenek e z e k p u p 2, p z. Ekkor a 6 db ceruza egy lehetséges perm utációja:

/ , k, p u p 2, Z, p 3.

De ugyanez a perm utáció adódik akkor is, ha a pi , p 2, pz ceruzáknak ugyanebben a hatos e lrendezésben bárm ilyen más perm utáció já t vesszük. Ez nyilván a 6 db ceruza bárm ely elrendezésére érvényes, így a 6 ! a szám unkra szükséges eredm énynek ép p en annyi-szorosa, ahány perm utáció ja van a három piros ceruzának. Mivel ez 3!, ezért a kérdéses 6 db ceruzát

_6 | _ 2 ^ = 4 • 5 • 6 = 120 -féleképpen tu d ju k sorba rendezni.

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

A fenti példában alkalm azott gondo la tm enete t követve könnyen belá tha tjuk az alábbi tételt:

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

n\/q !■ k2 !■.... kr ! '

M indezek ism eretében nézzük m eg a bevezetőben szereplő első három feladatot.

H 1 . M. 1. Mivel a versenyt biztosan B nyeri, és A lesz az utolsó, ezért a többi 4 versenyzőt kell sorba rendezni, tudva, hogy C vagy F lesz a második. H a C a második, akkor a többi versenyzőt 3! féleképpen rendezhetjük sorba, ha F a második, akkor a többi hárm at szintén 3! féleképpen rakhatjuk sorba. Ezek szerint az adott feltételek mellett a végső sorrend 2 -3! = 12 féleképpen alakulhat.

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

http://www.dft.hu


H 1 . M. 2. A házaspárokat (mivel egymás m ellett szeretnének ülni) először tekin tsük egy-egy elem nek. így 4 elem et kell sorba ren d ezn ü n k , am it 4!-féleképpen teh e tü n k m eg. Mivel m inden házaspár kétfé leképpen ü lh e t egymás m ellett, ezért a házaspárok bárm ilyen elrendezéséhez2 • 2 ■ 2 ■ 2 = 16 -féle elrendezés lehetséges. Ezek szerint a kívánt feltételek m ellett a négy házaspár 16-4! = 384 -féleképpen ü lh e t le a moziban.

1. M. 3. A kérdéses nyolcjegyű számok akkor és csak akkor oszthatók 4-gyel, h a utolsó két számjegyük: 12, 32, 52 vagy 24. A 12-re végződök szám ának m eghatározásához a m aradék 6 db számjegyet kell sorba rendezn i. Mivel e 6 db számjegy között 2 -2 ugyanaz, ezért az ilyen nyolcjegyű

AIszámok száma: g; 2 ! ~ 180 .

A 32-re végződök száma: - |j —120 . Az 52-re végződök száma: gpgj — 60 .r i

Végül a 24-re végződök száma: g[ g; = 60 .

Ezek szerint a 4-gyel osztható nyolcjegyű számok száma: 180 + 120 + 60 + 60 = 420 .



ISMÉTLÉS NÉLKÜLI VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK

A következőkben olyan eseteket tárgyalunk, am ikor néhány (pl. n) különböző dolog közül kell n éh ányat (pl. k-t) kiválasztanunk, s az a kérdés, ezt hányféleképpen tehetjük meg. N ézzünk először egy egyszerű példát.

Az iskola 11/A és 11/B osztályában egyarán t 24 az osztálylétszám. M indkét osztály küld 3-3 diákot az iskolai d iákönkorm ányzatba képviselőnek. Az A osztály 3 egyform a jogokkal fe lruházott diákot, a B osztály pedig egy elnököt, egy titk á rt és egy jegyzőt. H ányféleképpen választhatják ki az egyes osztályokban a három tagú küldöttséget?

Az világos, hogy m indkét esetben 24-ből kell h á rm a t kiválasztani. Az viszont nagy különbség a két osztály között, hogy m íg az A osztályban a kiválasztott három diák „so rrend je” közömbös, add ig a B osztályban m ár nem az. H a ugyanis a B osztályban kiválasztott h áro m diák közül más lesz az elnök és más a jegyző, akkor az m ár egy másik kiválasztásnak, más esetnek felel m eg. Vagyis a B osztályban az alábbi táblázat 6 esete m ind különböző:

elnök titkár jegyző

A ndrás Kati Béla

A ndrás Béla Kati

Kati A ndrás Béla

Kati Béla A ndrás

Béla A ndrás Kati

Béla Kati A ndrás

U gyanakkor az A osztályban bárm ely három diák bárm ilyen elrendezésben ugyanazt a kiválasztást je len ti, vagyis az A osztályban ugyanazt a három diákot más e lrendezésben választva nem kapunk új kiválasztási esetet.

A B osztályban az első helyre (pl. az elnök helyére) 24-féleképpen választhatunk, a m ásodik helyre m ár csak 23-féleképpen, m íg a harm ad ik helyre 22-féleképpen, teh á t a B osztályban a lehetőségek száma: 24 • 23 • 22 = 12144 .

Az A osztályban hasonlóan okoskodva 12144 adódik, azonban ez a kiválasztási lehetőségek számának annyiszorosa, ahány fé leképpen 3 diákot sorba tu d u n k rendezn i, vagyis az A osztályban a lehető

ségek száma: ^ = ^024 .

A fenti példa m utatja , hogy n különböző elem ből k db-o t kiválasztani kétféle m ódon lehet: vagy fontos a kiválasztás so rrend je , vagy ped ig lényegtelen. E két esete t m egkülönböztetendő beszélhetünk ismétlés nélküli variációról vagy ismétlés nélküli kombinációról.

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

H l . T . 3. n elem k- ad osztályú ismétlés nélküli variációinak a száma:yW = n '■ .n (n — IsW


http://www.dft.hu


BIZONYÍTÁS: n különböző elem közül kell k helyre választanunk. Az első helyre n-feleképpen választhatunk . B árhogyan is választottunk az első helyre, a m ásodik helyre m ár csak (n — 1) -féleképpen vá

laszthatunk. így az első két helyre n ■ (n - 1) -féleképpen választhatunk. H asonlóképpen: a harm adik

helyre (n - 2) -féleképpen, vagyis az első három helyre n - ( n - 1 )(n - 2) -féleképpen választhatunk. Foly

tatva a gondo latm enetet a r ra ju tu n k , hogy a kérdéses k db helyre összesenn(n - 1 )(n - 2 )(n - 3 ) ........ (n - (k - 1 ))

féleképpen választhatunk. Ezt a ^-tényezős szorzatot ( n - k ) l -sál bővítve a következőt kapjuk:

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

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

H1. T. 4. n elem k-ad osztályú ismétlés nélküli kombinációinak a száma:

r (k) = n!" k! - (n — k)! "

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

úgy, hogy a so rren d számít, a lehetőségek száma: =( n - k ) l '

Ebben bármely kiválasztott k db elem /d-szor szerepel, t.i. annyiszor, ahányszor a k db elemet sorba rendezhetjük, azaz, ahány permutációja létezik ennek a k db elemnek. Ez a ki eset azonban a kombináció esetén mind ugyanazt az esetet jelenti, hiszen a kombinációban közömbös, hogy a kiválasztott k db elemet milyen sorrendben választottuk ki. Ezért a variációk száma éppen annyiszorosa a kombinációkban keresett kiválasztási

Plehetőségek számának, am ennyi e k elem permutációinak a száma, azaz k -szorosa. Így azt kaptuk, hogy

. M k ) _ V ^ k)\ k\ -{n-k)\ '

Az kifejezés - m in t később látni fogjuk - nagyon gyakran és sokféle m egközelítésben szere

pel a m atem atikában. E zért e tö rtre bevezettek egy új, egyszerűbb jelö lést, m elynek elnevezése: „n

nialatt a jelölése:í n > ( n). T eh á t

kkV Jki■ (n-k) l

M egism erkedve az ismétlés nélküli variáció és kom bináció fogalmával, té rjü n k vissza a bevezetőnkben em lített 4., 5., 6 . és 8 . fe ladatra.

H l . M. 4. Először a fiúk, illetve a lányok közül kell 2-2-t kiválasztanunk. Mivel a kiválasztás sorrend je lényegtelen, ezért a 2 fiút és a 2 lányt

' 1 2 ^ '1 4 N 12! 14!2 1 - 1 0 ! 2 !-1 2 !

féleképpen választhatjuk ki. H a m ár kiválasztottuk a 2-2 szereplőt, akkor m ár csak őket kell „párba” állítani; ez kétfé leképpen lehetséges:

fiú\, lányx fiú 2, lányxfiú?, lány 2 vagy f iú u lány2

T eh á t az osztály tanulói közül a p á ro k a t 2 -6006 = 12012-féleképpen választhatjuk ki.



H l. M. 5. Az első bástyát 64-féleképpen helyezhetjük el. H a m ár az első bástyát letettük, a m ásodik bástyára 49 hely m arad t. Ugyanis a m ásodik bástyát nem tehetjük abba a sorba és abba az osz

lopba, m elyben az első bástya szerepel (lásd ábra). így a m egm aradó helyek száma 49.

(Ezt úgy kapjuk m eg a legkönnyebben, hogy a m aradék h elyeket tartalm azó négy tartom ány t „összetolva” ism ét egy négyzetet, m égpedig egy 7 x 7 -es négyzetet kapunk.) T eh á t az első két bástyát 8 2 ■ 7 2 -féleképpen tehetjük le. V égül a harm adik bástyát - az előző gondolatm enethez hasonlóan - 6 - 6 = 3 6 -féleképpen tehetjük , le. T eh á t a három bástyát 64 • 49 • 36 -féleképpen leh e t lerakni.

De vigyázzunk! Ez az eredm ény a keresett lehetőségek szám ának 3!-szorosa. Hiszen ebben az eredm ényben külön esetként szerepel m inden olyan variáció, melyben ugyanarra a három helyre, de különböző sorrendben tettük le a bástyákat; m árpedig - mivel a bástyák egyformák - ezek az esetek ugyanazok az esetek. T eh á t a három egyform a bástyát összesen

6 4 - 4 9 - 3 6 3!

variációban tehetjük le úgy, hogy ne üssék egymást.

MEGJEGYZÉS: 1 . T erm észetesen , ha a bástyák különbözők, akkor a lehetőségek száma: 64• 49•36 .2. Vajon m it k ap u n k eredm ényü l, ha 8 egyform a, illetve ha 8 különböző bástyát kell elhelyeznünk? H a 8 egyform a bástyát kell elhelyeznünk, akkor a lehetőségek száma:

6 4 • 4 9 ■3 6 • 2 5 • 1 6 • 9 • 4 8 2 -72 -6 2 -52 -4 2 -32 -22 _ (8 ! ) 2 OI 8 ! 8 ! 8 !

H a 8 különböző bástyát kell elhelyeznünk, akkor a lehetőségek száma: (8 ! ) 2 .

* , 1 4 5 11. M. 6 . Ahhoz, hogy biztosan legyen egy telitalálatos szelvényünk I g I db szelvényt kell kitölteni.

Először azt szám oljuk össze, hány db 5 találatunk lesz a szelvények között.

XX

X

XX

X


http://www.dft.hu


Tegyük fel, hogy a beixszelt h a t szám ot húzták ki. Egy db (és pon tosan egy db) ilyen szelvényünk van. E hat szám közül 5-öt 6 -féleképpen találhatunk el. V ajon hány db olyan szelvényünk van, m elyen ép pen a kérdéses ö t szám ot találtuk el? Mivel a hatodik x-et 4 5 - 6 = 39 helyre tehetjük le, ezért az öt találatos szelvények száma:

' 6 ^ f 39"... , = 6 -39 = 234 .

Most számoljuk össze a 4 találatos szelvényeket. A kihúzott 6 számból 4-et -féleképpen választha

tu n k ki (hiszen a kiválasztás so rren d je lényegtelen). Egy ad o tt 4-eshez a hiányzó 2 db x-et 39 helyref39"l

tehetjük le (term észetesen a so rren d ekkor is közömbös), vagyis I ^ -féleképpen. Ezek szerint a 4

találatos szelvények száma: J • í ^ j = 4 ' 21^377 =

1. M. 8. Először szám oljuk össze a három szögeket. H a a három szög két csúcsa az egyik egyene

sen van, akkor e két csúcsot -féleképpen választhatjuk ki. M inden kiválasztott pon tpárhoz a

másik egyenesen 5-féleképpen választhatjuk ki a harm adik csúcsot.

De pontosan ugyanennyi három szöget kapunk, ha a három szögnek két csúcsa a m ásik egyenesen van.

így az összes lehetséges három szögek száma: 5 • I ^ I ■ 2 .

Négyszögek esetében m in d k ét egyenesen 2-2 p on to t kell választanunk. Ezt m indkét egyenesen ^

5x 2féleképpen tehetjük m eg, vagyis a négyszögek száma: ^

K érdés, melyik szám nagyobb: 5 • • 2 vagy

Mivel 5 , Q . 2 = 1 0 . _ ^ _ = 1 0 . 4 _ 5 = 1 0 0 & g j = _ 5 ^ _ . _ 5 ^ _ = 1 0 ._1 0 = 1 0 0 s

ezért pontosan ugyanannyi három szög keletkezik, m in t négyszög.



ISMÉTLÉSES VARIÁCIÓK, KOMBINÁCIÓK, BINOMIÁLIS TETEL

Tegyük fel, hogy n különböző elem ből kell k db-ot kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás so rrend je lényeges, de m ost egy elem et többször is választhatunk. Pl. egy u rn áb an elhelyezzük az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyeket, m ajd egyet k ihúzunk, azt leírjuk, visszatesszük; s az eljárást három szor m egism ételjük. Kérdés: hány fajta három jegyű szám ot k apha tunk végeredm ényül. Mivel az első helyre 5-ből, a m ásodikra is ötből, a h a rm ad ik ra is 5-ből választhatunk, ezért az e redm ény nyilván 5 3 = 125 .

yH

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

k1. T . 5 . n elem k-ad osztályú ismétléses variációinak a szama: n .

BIZONYÍTÁS: Az első helyre n-féleképpen választhatunk. A m ásodik helyre szintén n-féleképpen választhatunk. Ugyanígy a h arm ad ik és m inden további helyre, vagyis m ind a k db helyre n-féleképpen választhatunk, így az ism étléses variációk száma:

Vni = n - n - n ..........-n = n h .

Érdem es m egfigyelni azt, hogy m íg az ismétlés nélküli variáció esetében nyilván k < n volt, addig az ismétléses variáció esetében m ár leh e t k > n .

Az ismétléses variációk ism eretében vizsgáljuk m eg a bevezetőben em líte tt 1. F. 7 . feladatot.Azoknak a rendszám táb láknak a száma, m elyekben m inden számjegy különböző 10 elem 4-ed osz

tályú ismétlés nélküli variációja, hiszen 10 elem ből kell 4-et kiválasztani úgy, hogy egy elem et csak egyszer választhatunk, és term észetesen a kiválasztás so rrend je lényeges. Ezek szerint az ilyen re n d szám táblák száma:

^ L _ = M = 7 . 8 . 9 . , „ = 5 0 4 0 .

Azoknak a rendszám tábláknak a számát, m elyekben ism étlődhetnek számjegyek, úgy kaphatjuk meg, hogy az összes előállítható rendszám táblák számából levonjuk azoknak a szám át, m elyekben nem ism étlődhetnek számjegyek, vagyis 5040-t. Az összes rendszám táblák szám a 10 elem 4-ed osztályú ismétléses variációja, hiszen 10 elem ből kell 4-et kiválasztani, egy elem et többször is választhatunk, és term észetesen a kiválasztás so rrend je lényeges. Ezek szerint az összes rendszám táblák száma:

104 = 10000. T eh á t azoknak a rendszám tábláknak a száma, m elyekben a számjegyek ism étlődhetnek:104 -5 0 4 0 = 4960 .

A rra az e redm ényre ju to ttu n k tehát, hogy azoknak a rendszám táb láknak a száma, m elyeken m ind en számjegy különböző, több m int azoknak a száma, m elyeken vannak ism étlődő számjegyek. (Azt azonban m indenképpen érdem es megjegyezni, hogy a kettő között a különbség nagyon kicsi; alig 1 %.)

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

jezéseket, am elyeket binom iális együtthatóknak is szoktunk nevezni.

kife-

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


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

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1 1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

A három szög elem eit az alábbi m ódon képezzük: az első sorban (0. sorban) 1 db 1-est írunk , a következő sorban szim m etrikusan elhelyezve egy-egy 1 -est írunk , m ajd ezu tán m inden sort 1 -sel kezdve az elem eket úgy kapjuk, hogy a fölötte álló sorban a tőle balra, ill. jo b b ra levő elem eket összeadjuk.Az algebrából ism erjük két tag összegének második, harm ad ik ill. negyedik hatványát. Próbáljuk m eghatározni általában két tagú összeg n-edik hatványát.

(a + b f = 1

(a + b f = a2 + 2 ab + b2

(a + b f = a3 + 3 a2b + 3ab2 + b3

(a + b)4 = a4 + 4 a3b + 6 a2b2 + 4 ab3 + b4

(a + b f = a5 + 5a4b + 1 0 a3b2 + 1 0a2b3 + bab4 + b5 .

Könnyen észre vehetjük, hogy az egyes felbontásokban együtthatókként éppen re n d re a Pascal-háromszög megfelelő sorának elem ei szerepelnek. Hogy ez m indig így lesz, errő l szól a binom iális tétel.

B1 .T . 6 . (a + b f = an~lb + an- 2b2 +. abn~l +

n rn \

‘ ■ - aa b

BIZONYÍTÁS: Az (a + b)n egy n tényezős szorzat, m elynek m inden tényezője (a + b ) .

(a + b)n: = (a + b)(a + b)(a + b)..........(a + b)A szorzás elvégzése során egy tagot úgy kaphatunk meg, hogy m inden tényezőből a-1 vagy b-t kiválasztunk, s az így kapott n db tényezőt összeszorozzuk Pl. akbn~k tagot úgy kapjuk meg, hogy k db tényezőből az a-1, n - k db tényezőből pedig a b-t választjuk, majd ezeket összeszorozzuk. Mivel a k db a kiválasztásánál (és természetesen az n - k db b kiválasztásánál is) a tényezők kiválasztásának a sorrendje lényegtelen, azért az

/ x / \k t n - kaTb

t' n s'n . k - ktagból éppen db lesz, vagyis (a + b)n kifejtésében az a bn tag együtthatója éppen

v V Kk J

A gondolatm enetből m ár az is látszik, m ennyire indokolt a binom iális együttható elnevezés,

binom iális együ tthatóknak sok érdekes tu lajdonsága közül em lítsünk m eg néhányat.



1. M inden n - re

2.

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

( n )[ k ) n - k y

E nnek igazolását kétféleképpen is m egtehetjük.

nik l - {n - k ) l ’

ni nik I (n - k ) !• (n - (n - k ))! (n- k ) \ - k l

De úgy is be lá tha tjuk az egyenlőséget, h a m eggondoljuk an n ak kom binatorikai tartalm át: j ^ j je len

tése: n különböző elem közül k db-ot ennyiféleképpen lehet kiválasztani a so rren d re való tekintet nélkül. De am ikor k db elem et választunk ki, akkor tu la jdonképpen n - k db elem et is kiválasztunk, t.i. azokat, am elyeket nem választunk ki. így n elem ből k db-o( kiválasztani (a so rren d re való tekintet nél-

n "

n - k y

Az egyenlőség egyben azt is m utatja , hogy a Pascal-három szög egyes soraiban az egyes tagok szim m etrikusan helyezkednek el: az n-edik sor &-adik tagja ugyanannyi, m in t az n-dik sor n - k -adik tagja.

kül) pontosan ugyanannyiszor lehet, m in t n - k db elem et kiválasztani, vagyisrn \ r

v

3 . ír ju n k a binom iális té telben szereplő a és b helyére 1-et 1-et. Ekkor

( 1 + 1 )" =n ) í n

■ + l n - l + n

Ez az egyenlőség azt m utatja , hogy a Pascal-három szög n-edik so rában levő elem ek összege ép p en 2- nek n-edik hatványa.

4 . ír ju n k m ost a binom iális té telben a helyére 1-et, b helyére ped ig -1-et. Ekkor

(1 - 1)" =v°y

+\ n j

0

v / v jEbből az egyenlőségből azt látjuk, hogy h a a Pascal-három szög valam ely sorában a tagokat felváltva + , - előjellel látjuk el, akkor az így kapo tt sorban levő tagok összege 0 .

í n > '71 ~ 0 " n - r— +k k i k — l\ ) K ) \ J

5.

Ez az egyenlőség lényegében a Pascal-három szög fenti definícióját m utatja. Az n-edik sor &-adik tagja egyenlő az n - l -dik sor &-adik és k - 1 -edik tagjának összegével.Igazoljuk ezt az egyenlőséget az egyes tagok kifejtésével.

í » - l ] [ » - l ] ( n - l ) ( n - l ) ! ( n - l ) ! ( n - l ) !k ) + { k - l ) k \ - ( n - k - \ ) \ + (A — 1) !■ (n — 1 — A +1)! ~ kV (n - k - \) \ + (k -1)1-(n - k)l

A kapott két tagú összeg közös nevezője kl(n - k ) \ , tehát a következőt írhatjuk :

( n - l ) ! t ( n - l ) ! _ ( n - l ) \ - ( n - k ) ( n - l)\-k _ ( n - \ ) \ - ( n - k + k)k l - ( n - k - 1)! (k — l ) \ - (n-k) \ k \ ( n - k ) \ k l - ( n - k ) l k \ ( n - k ) \

T eh á t

Mivel (n - 1 ) !■ n = n ! , így azt kap tuk , hogy

n - l n - l

k - l(n -1 )!- n k l - ( n - k ) \

f n - 1>+

r n - n ni

, * v k - l j ki ■(n — k)\ [ k j

6. A binomiális együ tthatók igen szoros kapcsolatban vannak a Fibonacci szám okkal is.

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

http://www.dtt.hu


H1. D. 8 . Az f \ = f 2 = 1 és n > 2 esetén f n = f n l + f n_2 rekurzióval definiált számsorozatot Fibonacci-sorozatnak nevezzük.

A sorozat tagjai tehát: 1, 1, 2, 3, 5, 8 , 13, 21, 34, 55, 89, 144, ... stb. ...E szám sorozatnak önm agában is szám talan érdekes és rendkívül hasznos tu lajdonsága van. Mi most azt nézzük meg, hogy m ilyen kapcsolatban állnak e szám sorozat tagjai a binom iális együtthatókkal. Alkalmazzuk a sorozat definíciójában szereplő rekurzív fo rm ulát re n d re a sorozat tagjaira.1 . felbontás: / „ = f n_x + / „ _ 2

2 . felbontás: f n = f n_2 + / „ _ 3 + / „ _ 3 + / „ _ 4 = f n_2 + 2 / n _ 3 + f n_4

3. felbontás: / „ = / „ _ 3 + / „ _ 4 + 2 ( f n_4 + / n_5) + f n_5 + / w_ 6 = f n_3 + 3 / „ _ 4 + 3 /„_ s + / „ _ 6

4. felbontás:

f n ~ f n —A f n - 5 '- '( fn - 5 f n - 6 ) ^ ( f n - 6 f n - 1 ) fn - 1 f n - 8 ~ f n - 4 ^ - fn -5 ^ f n - 6 f n - 1 f n - 8

Azonnal szembeötlik, hogy a Fibonacci-sorozat n-edik tagjának egym ás u tán i felbontásaiban együtthatókkén t éppen a Pascal-három szög elem ei je lennek meg, m égped ig a &-adik felbontásban a Pascalhárom szög &-adik sorának elem ei lesznek az együtthatók. Igaz általában, hogy

- v f AVf n ~~ J n - k - i '

i=oE nnek bizonyítását m ár m ellőzzük, csupán m egjegyezzük (ha valakinek mégis kedve tám ad rá), hogy teljes indukcióval könnyen be lá tha tjuk az egyenlőség helyességét.

V égezetül térjünk rá annak az esetnek a tárgyalására, am ikor n elem közül kell k db-o t kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás so rren d je lényegtelen, és egy elem et többször is választhatunk.

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

B1. T . 7. n elem k-ad osztályú ismétléses kombinációinak a száma:

c<l ( k )

' n,i

^ n + k - í ^

BIZONYÍTÁS: A tétel bizonyításának fő gondo la tm eneté t - hogy m inél szem léletesebb és érthetőbb legyen - egy konkré t p é ld án keresztül m utatjuk meg.

18 db színes ceruzát sze retnénk vásárolni, de a boltban csak 7 féle színű ceruzát árulnak: pirosat, kéket, sárgát, zöldet, lilát, b a rn á t és bordó t. H ány féle összetételben vásárolhatjuk m eg a 18 db színes ceruzát? Mivel 7 elem ből kell 18-at kiválasztanunk úgy, hogy a kiválasztás so rren d je lényegtelen, és egy elem et többször is választhatunk, így nyilván ismétléses kombinációval állunk szem ben.

T ekin tsük az alábbi kiválasztási lehetőségeket, m elyekben az egyes színeket számm al jelö ltük , és m inden „fakkban” annyi pö ttyö t helyeztünk el, ahányat a kérdéses szám nak m egfelelő színből éppen kiválasztottunk.



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

a) • • • • • • • • • • • • • * • • •

b) I • • •L!*#

3. 4 . 6. 7.

• • •3

c)2. 4 . 5. 7.

* * • • • * • • • •

• • • • • • • •

Például a b) esetben a 2., 3. és a 6 . színből egyet sem választottunk, m íg az 1. színből nyolcat, a 4. színből hárm at, az 5. színből kettőt, a 7. színből pedig ötöt. A c) esetben csak a 6 . és a 7. színből választottunk; a 6 . színből 10-et, a 7. színből ped ig 8 -at.

Nyilvánvaló, hogy bárm ely kiválasztás megfelel egy ilyen (tehá t 18 pöttyből és 6 vonalból álló) jelsorozatnak, és m in d en 18 pöttyből és 6 vonalból álló jelsorozat m egfelel egy kiválasztásnak. T eh á t a ki- választási lehetőségek szám a és a 18 pöttyből és 6 vonalból álló jelsorozatok száma között létesíthető egy kölcsönösen egyértelm ű m egfeleltetés. Mivel e 18 + 6 = 24 jelbő l álló je lsorozatok lehetséges száma egy 24 elem ű ismétléses perm utációk számával egyenlő, m elyben 18 és 6 elem ism étlődik, ezért elm ondhatjuk , hogy 7 elem 18-ad osztályú ismétléses kom binációinak a szám a egyenlő 24 elem olyan ismétléses perm utáció inak a számával, m elyben az egyik elem 18-szor, a m ásik ped ig 6 -szor ismétlődik. Ezek szerint az ismétléses kom binációk száma:

(18 + 7 - 1)! r i 8 + 7 - n24! 181-61 18!- 6 ! 18

Teljesen hasonló gondo latm enette l kapjuk, ha a kiválasztandó k db elem et elhelyezzük n „fakkba” aszerint, hogy melyik elem ből ép p en hányat választottunk; akkor k db pö ttyö t és n - 1 db vonalat kell valamilyen so rren d b en elhelyeznünk. Az így nyert jelsorozatok és a kiválasztási lehetőségek száma között kölcsönösen egyértelm ű m egfeleltetés létesíthető: így n elem &-ad osztályú ismétléses kom binációinak a száma egyenlő n + k — 1 elem ismétléses perm utáció inak a számával, ahol az egyik elem &-szor, a másik ped ig n - 1 -szer ism étlődik, vagyis

c (k) _ ( n + k -1)1 ( n + k - l Aki- (n - 1)! k


http://www.dft.hu


FELADATOK EMELT SZINTRE KÉSZÜLŐKNEKLegvégül nézzünk néhány, kifejezetten em elt szintre készülők szám ára összeállított gyakorlófeladatot a kom binatorika tém akörének elm élyítésére. (A *-gal ellátott feladatok em elt szinten is a nehezebbek közé tartoznak.)

f —

H l . F. 9^A BKV jegyeket felszálláskor lyukasztani kell. Hányféle lyukasztás lehetséges (lásd ábra), ha a lyokásztógép legalább 1 és legfeljebb 4 lyukat csinál?

-4 ■u I—11

00

w

1. F. 10. Hányféleképpen juthatunk el az origóból a (3;7) koordinátájú pontba, ha egységnyi hosz- szúakat lépünk, és csak jobbra vagy felfelé léphetünk?

1. F. 11. A Totón egy hasáb 13+1 helyet tartalmaz, melyekbe az 1, x vagy 2 jeleket kell beírnunk tippjeink szerint. Ha kitöltünk annyi hasábot, hogy biztosan legyen egy 13+1 találatos hasábunk, akkor ezek között hány db 10 találatos hasáb lesz?

1. F. 12. Az ulti-játékban a 32 lapos magyar kártyát úgy osztják le, hogy 3-3 játékos kap 10-10 kártyát, 2 kártya pedig talonban marad (azaz nem játszik). Hányféle leosztás létezik?

t 1. F. 13. Andras elfelejtette baratnojenek hetjegyu telefonszamat. Arra emlekszik, hogy 6-tal kezdődik, nirjeé benne 1-es és pontosan 3 db 2-es van benne. Hány lehetőséget kellene kipróbálnia, hogy biztosan jó számot hívjon?

( T í T l * Egy sakkversenyen egy játékosnak a 6. forduló után 4 pontja van. Hányféleképpen jöhetett Tétre'ez az eredmény, ha a győzelem 1, a döntetlen 0,5, a vereség pedig 0 pontot ér, és az is számít, hogy milyen sorrendben érte el a játékos az eredményeit?

f n > í n >í 71 l

'n + 2"1. F. 15. Bizonyítsa be, hogy

k - l j+ 2

I b+

[k + l j“

<k + l s

1. F. 16.* Adott n + 3 db számjegy: 1 db 1-es, 1 db 2-es, 1 db 5-ös és n db 4-es. Képezzük ezek mindegyikének felhasználásával az összes n + 3 jegyű számot.a) A számok között 4-gyel oszthatóból 60-nal több van, mint 5-tel oszthatóból. Határozza meg n értékét!b) Ha nem 4-esből, hanem 3-asból van n db, akkor miből van több: 4-gyel vagy 5-tel osztható számból?

1. F. 17.* Milyen n-re teljesül, hogy az 1! + 2! + 3! + 4! + ..........+ n ! összeg négyzetszám?

1. F. 18.* Bizonyítsa be, hogy 1-1! + 2-2! + 3-3! + .......... + n -n! = (n +1)! - 1

1. F. 19.* Bizonyítsa be, hogy 4 r + J r + -p7 + ....... + — r- = 1 - A '2! 3! 4! n\ ni

1. F. 20.* Adott két párhuzamos sík, és mindkét síkon egy-egy kör. Az egyik körön kijelöltünk n dbpontot, a másikon eggyel többet (n > 2 ) . Ezután képeztük az összes olyan tetraédert, melynek három csúcsa valamelyik síkon, negyedik csúcsa pedig a másik síkon van; illetve képeztük az összes olyan négyszög alapú gúlát, mely alapnégyszögének négy csúcsa valamelyik síkon, szemközti csúcsa pedig a másik síkon van. (Természetesen a testek csúcsai a kijelölt pontok közül valók.) Miből van több, tetraéderből vagy négyszög alapú gúlából?



MEGOLDÁSOK

1. M. 9. Egy lyukú jegyből nyilván 9 db van. Kétlyukúból annyi, ahányféleképpen 9-ből kiválasztha

tu n k 2 -t a kiválasztás so rren d jé re való tek in tet nélkül, azaz ^

1^9 . Í 9H árom lyukúból és négylyukúból hasonlóképpen , vagyis g > illetve ^

T eh á t az összes lehetséges lyukasztott jegyek száma:

— + ^ 7 a 8 . 9 = 9 + 36 + 8 4 + 126 = 255

31-71 6= 1 2 0 fé leképpen ju th a tu n k el.

(3:7)

1. IUI. 10. B árhogyan is ju tu n k el az origóból a (3; 7) koord inátá jú pon tba, m in d en k ép p en 10-szer kell lépnünk , m égpedig három szor jo b b ra és hétszer fölfelé.

J e lö l jö n / egy felfelé, j ped ig egy jo b b ra lépést. Ekkor bárm ely út, mely az origóból a (3; 7) koord inátá jú p on tba vezet egy 3 db j és 7 db /b e tű b ő l álló je lsorozattal írható le. Az áb rán bejelölt eset az

f f h f> b f f J, f> f je lsorozatnak felel meg. Nyilván bárm ely ú tnak megfelel egy jelsorozat, és bárm ely jelsorozat megfelel egy ú tnak , így a 3 db j'-ből és 7 db /-b ő i álló je lsorozatok és a lehetséges u tak között kölcsönösen egyértelm ű m egfeleltetés létesíthető. Ezek szerin t a lehetséges u tak szám a m egegyezik azon 1 0 elem ű ism étléses perm utációk számával, m elyben az egyik elem 3-szor, a másik pedig 7-szer ism étlődik. T eh á t az ado tt m ódon az origóból a (3; 7) koord inátá jú pontba

10! _ 8-9-10

1 . M. 1 1 . Azt a 10 helyet, am elyet a 14-ből eltaláltunk -féleképpen választhatjuk ki. E 10 db hely

re tehát csak egyféleképpen választhatunk az 1, x, 2 közül. A további 4 hely m indegyikére kétféle lehetőség adódik, t.i. az, am elyik nem találat. Ezek szerint a 13 +1 helyet m in d en lehetséges m ódon kitöltve a 1 0 találatosok száma:

10 * 10!- 4! 2 - 3 - 4141 -16= 11 j,2: ^ - 1 4 16 = 16016

1. M. 12. Az első játékos 32 lapból 10-et kap, a 10 lap kiválasztásának so rren d jé re való tekintet nélkül.

Ez I ^ I -féleképpen lehetséges. A m ásodik játékos m ár csak 22 lapból kapja a m aga 10 lapját; ez

féleképpen lehetséges. V égül a harm adik játékos 12 lapból kap 10-et, am i jq I -féleképpen lehetséges.

32''| (22} fl2 ''| 32! 22! 12! 32!

12

T eh á t a lehetséges leosztások száma: ! 101-221 101-121 10 1 - 2 1 " 1 OTIOTTOR1

(Érdem es megfigyelni, hogy a leosztások száma megegyezik egy olyan 32 elem ű ismétléses p erm u tá ciók számával, m elyben 1 0 - 1 0 - 1 0 elem m egegyezik, és van m ég két m egegyező elem.)


http://www.dft.hu


1 . M. 13. H a a telefonszám 6 -tal kezdődik, akkor érdem es az alábbi m odellt elkészíteni:

3 db 2-es

A 6 db hiányzó helyre 3 db 2-est kell elhelyezni, ezt j^ J -féleképpen tehetjük meg.

A további három helyre bárm ilyen szám jegyet választhatunk, csak 1-est és 2-est nem , vagyis a további három hely m indegyikére 8 -féle számjegy választható. Ezek szerint az ism ert adatok m ellett szóba jö hető telefonszám ok száma:

6) R3 - 6!3 J 31-3!

1. M. 14. H árom eset lehetséges: a sakkozónak vagy 4 győzelme és két veresége van, vagy 3 győzelme, két döntetlenje és 1 veresége van, vagy 2 győzelme és 4 döntetlen je van (lásd ábra).

1 1 1 1 0 0

1 1 1 y2 y2 0

1 1 Vt y2 y2

M inden eset annyifé leképpen fo rd u lh a t elő, ahányféleképpen a ben n e szereplő „jelek” perm utálhatók:

Első esetben: g, = 15 . A m ásodik esetben: g f gj = 60 . Végül a harm ad ik esetben: g f = 15 . T ehát

az ado tt eredm ény 15 + 6 0 + 15 = 90 fé leképpen jö h e te tt létre.

1. M. 15.1. BIZONYÍTÁS: Legegyszerűbb, ha alkalm azzuk kétszer az

n'] ( n - l ' ] ( n - l

azonosságot.

k I I k ] + [ k - l

^ + 2 ") ( n + l \ ( n + l \ ( n \ í n ] in'] ( n ~] ( n \ „in' ] ( nk + i ) - [ k + iM k rU+i +U +UrU-irU+i +2UrU-i

2. BIZONYÍTÁS: ír ju k ki részletesen az egyes tagokat:________ni________ . o ni ________ni________ (n + 2)l , f{k-1)1-{n - k + 1)1 ki-(n-k)! (k+ 1)1-(n-k-1)1 (k + 1)1-(n - k + 1)1

1 2 1 (« + l)(n + 2 ) ,, ,1 1 (A: + 1 )!-val szorozva:

( k -1)1-( n - k + 1)1 k\- (n - k ) l (k + l ) \ - ( n - k - l ) l (k +1)1-(n - k +1)1k(k + l) 2(k + l) 1 (n + l)(n + 2) , , ,

— — h / — üú + 7----- í— íTT = /---- l—7 7 7 ^ • (n ~ k + l)l -val szorozva( n - k + l)l ( n - k ) l ( n - k - l ) l ( n - k + l)l

k(k + 1 ) + 2(k + 1 )(n - k + 1 ) + ( n - k)(n - k + 1 ) = (n + 1 )(n + 2) ,

k2 +k + 2nk - 2k2 + 2k + 2n - 2k + 2 + n 2 - nk + n - nk + k2 - k = n 2 + 3n + 2 ,n 2 + 3n + 2 = n 2 + 3n + 2 -



MEGJEGYZÉS: É rdem es megvizsgálni, hogy a bizonyítandó egyenlőségnek milyen kom binatorikai tartalom adható . E nnek m eggondolását az olvasóra bízzuk.

1. IUI. 16. a) A dott teh á t a következő n + 3 db számjegy

............. w d b ..............

I, 2, 5, 4, 4, 4 , ..... .— , 4

Ezek közül 5-re azok és csak azok végződnek, amelyek utolsó számjegye 5. Ezek annyian vannak, ahányfé- leképpen az utolsó 5-ös előtt a többi számjegyet sorba rendezhetjük, vagyis az 5-tel oszthatók száma:

(w +,2)! = (n + 1 ){n + 2 ) . n\4-gyel azok oszthatók, am elyek utolsó két jegyéből alkotott kétjegyű szám osztható 4-gyel, vagyis az utolsó két jegye: 12, 52, 24 vagy 44.

(n + 1 )’A 12-re végződök száma: " r j l — = n + l .

(n-f i ) 'Az 52-re végződök száma: ni

(n + 1 )!( n - 1 )!

fi)!( n - 2 )!

A 24-re végződök száma: ^ + = n(n +1).(n —

(n + 1 )!A 44-re végződök száma: j = ( n - 1 )n(n + 1).

T eh á t a 4-gyel oszthatók száma.2 (n + 1 ) + n(n + 1) + (n - 1 )n(n + 1).

A feltételek szerint ez 60-nal több, m int az 5-tel oszthatók száma, vagyis2 (n + 1 ) + n(n + 1) + (n - 1 )n(n + 1 ) - 60 = [n + 1 )(n + 2 ).

A bal oldalon az első két tagból n + 1 -et kiemelve:(n + 1 ) ( 2 + n) + (n - 1 )n(n + 1) = 60 + (n + 1 )(n + 2 ) ,

(n — 1 )n(n + 1) = 60 .

Azt látjuk, hogy a 60-t kell három szomszédos pozitív egész szám szorzatára bontani. Ez csak egyféleképpen lehetséges: 60 = 3 • 4 • 5 , azaz n = 4 .T eh á t 4 db 4-es számjegy volt.

b) Az 5-tel oszthatók száma ugyanannyi, m in t az a) esetben: (n +1 )(n + 2).

A 4-gyel azok lesznek m ost oszthatók, m elyek utolsó két jegye 12, 52 vagy 32.(n + 1)!A 12-re végződök száma: — —- = n + 1.

(n + i yAz 52-re végződök száma: ----- = n + 1.° n\

+ 1 ) IA 32-re végződök száma: — jyj = n(n + 1).

T eh á t a 4-gyel oszthatók száma: 2(n + 1) + n(n +1 ) = (n + 1)(2 + n).Azt kaptuk tehát, hogy pon tosan ugyanannyi 4-gyel osztható van a képezhető n + 3 jegyű számok között, m int 5-tel osztható.


http://www.dft.hu


1. M. 17. Számoljuk ki az ad o tt összeget ra = 1, 2, 3, 4, 5-re.ra = 1 -re 1 ! = 1 ,ra = 2 -re 1!+21 = 3 , n = 3 -ra 1!+ 2!+ 31 = 1 + 2 + 6 = 9 , ra = 4 -re 1!+ 2!+ 3!+ 4! = 1 + 2 + 6 + 2 4 = 33, ra = 5 -re 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ 5! = 1 + 2 + 6 + 24 +120 = 153 .

Mivel ra > 5 esetén ra! m ár biztosan 0-ra végződik, ezért ra > 5 - r e az1! + 2! + 3! + 4! + ..........+ ra!

összeg utolsó számjegye biztosan 3. Ism ert, hogy egy pozitív egész szám négyzete csak 0-ra, 1-re, 4-re,5-re, 6 -ra vagy 9-re végződhet, azaz 2-re, 3-ra, 7-re és 8 -ra nem végződik négyzetszám . Mivel ra = 1 és ra = 3 esetén az összeg négyzetszám , ezért az eredeti

1! + 2! + 3! + 4! + ..........+ ra!összeg akkor és csak akkor lesz négyzetszám , ha ra = 1 vagy ra = 3 .

1 . M. 18.1. BIZONYÍTÁS: É rdem es m egfigyelni az alábbi azonosságot:

n -n ! = (n + 1 )!—ra!.

Ezt felhasználva a m egado tt összeg így írható:2! -1 ! +3! - 2 ! + 4 ! - 3 ! +5! - 4 ! + ........... + (ra + l)!-ra !.

Itt könnyen észrevehetjük, hogy a m ásodik és az utolsó előtti tag kivételével m inden tag kiesik, vagyis ez az összeg valóban (ra + 1) ! - 1 !

2 . BIZONYÍTÁS: Az egyenlőséget könnyen beláthatjuk teljes indukcióval is.n = l - r e M ! = l és 21-1 = 1 ra = 2 -re l - l !+2- 2! = l + 4 = 5 és 31-1 = 6 - 1 = 5 .

Legyen m ost k egy olyan term észetes szám, m elyreM l + 2-2! + 3-3! + .......... + k-k \ = (k + \)\ - 1,

és vizsgáljuk m eg, öröklődik-e az egyenlőség k-ról k + l -re, vagyis igaz-e, hogy1-1! + 2-2! + 3-3! + .......... + k-k \ + (k + 1) • (k +1)! = (k + 2)1 - 1.

A bal oldal első k db tagjának a helyébe beírha tjuk az indukciós feltevésünket:(k + l )! — 1 + (A +1) ■ (A +1)1 = (A + 2)1 - 1,

(k + 1)! + (k + l)(k + 1)! = (k + 2 )!,

Em eljünk ki a bal o ldalon (k + 1)1 -t:

(A +1)1- (1 + A +1) = (A + 2)1 •

A bal oldalon (k +1)1- (1 + k +1) = (k +1)!- (k + 2) = (k + 2)!.

Ezzel az öröklődést, s így az egyenlőséget is beláttuk.

1 . M. 19.1 . BIZONYÍTÁS: É rdem es észrevenni a következő azonosságot:

ra _ 1_____ 1(ra + 1)! ra! (ra + 1)! '

A lkalmazzuk ezt az egyenlőség bal o ldalának m inden tagjára:

+ + + _ J ____ x1! 21 21 3! 3! 41 ......... (n-1) ! ra!

Ebben az összegben az első és utolsó tag kivételével m inden tag kiesik, így m arad: 1 > és éppen ezt

kellett bizonyítanunk.



2. BIZONYÍTÁS: Az előző feladathoz hasonlóan ezt az egyenlőséget is beláthatjuk teljes indukcióval:

n = 2 -re = és 1 __2 ! = Í ’

n = 3 - ra J_ + ^ . = I + 2 = I + I = 5 é ! _ J _ = 1 _ i _ 521 3! 2 6 2 3 6 3! 6 6 '

Legyen k egy olyan term észetes szám, m elyre

-L + A + A + + A z l = i_ J - 2! 3! 4! ....... ki k i ’

és vizsgáljuk meg, igaz lesz-e az egyenlőség k + l -re:

2! 3! 4! .......... h\ (k + l)\ (k + l ) l '

i ___ki

Indukciós feltevésünk alapján a bal oldal első k - l tagját helyettesíthetjük 1 - j j -sál, így

ki ( k + 1)1 (k +1)! ’

k 1 1

(k + l)l ki (k + 1)! 'M indkét o ldalt szorozva (k + 1)! -sal: k - k + 1 - 1 .

Mivel utóbbi lépéseink m egford íthatok , az öröklődést, s ezzel az e redeti egyenlőséget is beláttuk.

1. M. 20. Először a te traéd erek e t számláljuk meg.

H a a te traéder alapja az n p o n tú síkra illeszkedik, akkor n p o n t közül kell h á rm a t kiválasztani a kiválasztás so rren d jére való tek in te t nélkül, tehát az így kiválasztható három szögek száma

n 3

E háromszögek m indegyikéhez n + 1 csúcs választható a másik síkon, tehát az ilyen háromszögek száma:

(n + 1).

H asonlóképpen kapjuk: h a a három szög alapja az n + 1 p o n tú síkon van, akkor egy ilyen három szöghöz n db csúcs választható a másik síkon, vagyis az ilyen három szögek száma

rn + r ■n.

T eh á t az összes te traéd erek száma:

3

n + 1■n .


http://www.dft.hu


Most számoljuk össze a keletkező négyszög alapú gúlákat. Azoknak a gúláknak a száma, melyek alapnégyszöge az ra p o n tú síkon van

4 j ■ (n + 1 ),

azoknak a gúláknak a szám a pedig , m elyek alapnégyszöge az ra + 1 p o n tú síkon van'n + lA

4 J ' n

T eh á t az összes négyszög alapú gúlák száma: • (ra +1) + ■n ■

Vizsgáljuk meg, milyen ra-re lesz a négyszög alapú gúlák száma nagyobb, vagyis m ilyen ra-re teljesül az alábbi egyenlőtlenség:

” j • (ra + 1) + * 1 j • ra < Q • (ra + 1)ra +1

+ 1 4 l e

ír ju k ki részletesen az egyenlőtlenség két oldalán szereplő tagokat:ra!-(ra + 1 ) (ra + l)!-ra ra!-(ra + l) (n + l)!-ra

-- - + 77—;-----——— < , .------777 + --------------3I-(» — 3)1 3!- (n -2 )! 4 !- (n -4 )! 4I-(» —3)1 ‘

A bal oldal első tagját (n - 3)! -sál, m ásodik tagját (n - 2)! -sál, a jobb oldal első tagját (n - 4)! -sál, m áso

dik tagját (ra -3 )! -sál egyszerűsítve azt kapjuk:

(ra - 2)(ra - l)ra(ra + 1) + (n — l)ra2 (ra +1) _ (ra - 3)(ra - 2)(ra - l)ra(ra +1) + (ra - 2)(ra — l)ra2 (ra +1)6 < 24 '

M indkét oldalt (ra - l)ra(ra +1) -gyei egyszerűsítve

ra - 2 + ra (n - 3)(ra - 2) + (ra - 2)ra 6 24

8 ra - 8 < 2ra2 -7ra + 6 , azaz 0 < 2ra2 — 15ra +14 .Ez utóbbi m ásodfokú alak zérushelyei: n x ~ 6 ,4 , ra2 « 1,09 .T eh á t az egyenlőtlenség m egoldása: ra > 6 ,4 vagy ra < 1,09 .Ezek szerint a következőre ju to ttu n k : ha ra > 7 , akkor négyszög alakú gúlából van több, ha pedig3 < n < 7 , akkor te traéderbő l van több.

MEGJEGYZÉS: É rdem es m eggondolnunk: hol használtuk fel azt a feltételt, hogy a pon tok egy-egy kör m entén helyezkednek el. Nos, h a ez a feltétel nem szerepelt volna, akkor az egyes síkokon a

(T i | í 71 1 1kiválasztható négyszögek szám a nem K J , illetve 4 > hanem ennél általában több. H a ugyanis

négy olyan p on to t választunk, m elyek közül valamelyik három által m eghatározo tt három szög belsejében van a negyedik, akkor nem egy, hanem három négyszöget határoznak m eg (lásd ábra).

H a azonban a négy p o n t „konvex” helyzetű, akkor csak egy négyszöget ha táro zn ak meg. Ezt biztosíto ttuk azzal, hogy a pon tok egy-egy kör m en tén helyezkednek el.


STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE STATISZTIKA ÉS VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS

A statisztika és valószínűségszám ítás között szoros kapcsolat van, am it látn i fogunk. Előbb a leíró statisztikát foglaljuk össze feladatokon keresztül. Ezután a valószínűség fogalm ának különböző megközelítése, a kiszám ításának a legegyszerűbb szabályai következnek, valam int egyszerű m odellek. A binomiális eloszlás az egyik legfontosabb és tö rténetileg is az első, m ég Jacob Bernoullitól szárm azó eloszlás, amely- lyel először sikerült m egm utatn i, hogy a valószínűségi m odellben is érvényes a nagy számok törvénye, am it a véletlen kísérletek kapcsán tapasztalunk nap, m int nap.

LEÍRÓ STATISZTIKA

A szó az állam szám tanból jö n , első m egjelenése a róm ai b irodalom ban a népszám lálások idejére tehető, bár m ár a sum érok is kö tö ttek biztosításokat, am elyekhez nyilván ad a to k ra volt szükségük. A leíró statisztika feladata az adatgyűjtés, rendszerezés, rögzítés, ábrázolás, továbbá az ada tok jellem zése statisztikai m utatókkal, am elyek az áttek in thetőség illetve nagy adathalm azok esetén az egyszerűbb összehasonlítás é rdekében születtek. Ezek között az ún. helyzet paraméterek vagy más szavakkal „átlagos jellem zők”, középértékek: a módusz, a médián és az aritmetikai vagy számtani közép (olykor csak átlagnak m ondjuk), illetve az ada tok szóródásának m érésére bevezetett terjedelem, átlagos abszolút eltérés és az átlagos négyzetes eltérés, am it ha az átlagtól m érünk , akkor empirikus szórásnégyzet a neve. Ezek a jellem zők töm örítési célokat szolgálnak, és fő je llem zőjük, hogy inform ációt vesztünk az á ttek in thetőség kedvéért. A teljes adathalm az nyilván sokkal gazdagabb inform ációjú, m in t a belőle n y ert néhány jellem ző. A következőkben ezeket fogjuk példákon keresztül bem utatn i a közép- illetve az em eltszintű érettségi követelm ényeinek és szintjének m egfelelően.

H 2. F. 1. Szemléltesse az alábbiakat:a) A nagy m obilszolgáltatók piaci részesedését az előfizetések száma alapján.

Adatok 2004 végén tízezerre kerekítve (forrás a három m obilszolgáltató honlapja):T-M obile 4 030 000; PannonG SM 2 960 000 és V odafone 1 600 000 előfizető,b) A m unkanélküliség végzettség szerinti megoszlását 2004-ben.

2.1.1.28. A nyilvántarto tt m unkanélkü liek száma

Időszak szakm unkás betan íto ttm unkás segédm unkás szellemi foglalkozású Összesen

2001. D 1 2 0 756 84 743 81 796 55 478 342 7732002. D 1 2 1 161 83 870 84 218 55 652 344 9012003. D 124 398 87 009 8 8 727 59 805 359 9392004. D 138 665 95 180 96 934 69 818 400 597

c) H ogyan változott a bem u ta to tt négy évben a m unkanélküliség és a megoszlása?

H 2. F. 2. Hasonlítsa össze a következő két (A és B) osztály matematikai eredményeit a jegyeik alapján!A) 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5.

B) 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5.

H 2. F. 3. Egy diszkontáruházban 60 egymás utáni vevő pénztárnál töltött idejét mérték meg másodpercben, amelyet az alábbi adatsor mutat:

40, 21, 56, 64, 52, 31, 108, 74, 91, 57, 78, 94, 48, 87, 5435, 51, 43, 72, 82, 92, 23, 37, 45, 91, 53, 74, 60, 79, 5915, 28, 31, 85, 90, 76, 71, 84, 49, 53, 64, 101, 93, 91, 3421, 87, 31, 48, 8 6 , 41, 76, 92, 54, 51, 62, 39, 34, 76, 94



a) H ány esetben kellett legfeljebb fél percet, egy percet, másfél, 10 illetve két p ercet várni?M ennyi ezek relatív gyakorisága?b) (E) Készítsen egy h isztogram m ot a következő osztálybeosztással:[0; 20[, [20; 30[,[30; 40[,[40; 50[,[50; 60[,[60; 70[, [70; 80[, [80; 100[, [100; 120[ (E).c) H a öten vannak előttem, akkor várhatóan körülbelül mennyit fogok várni? Mit kellene ehhez kiszámolni?d) M ekkora a szórás és a relatív szórás?e) H ány adat van az átlag egy-, illetve kétszórásnyi környezetében?

H 2. F. 4. Egy csoport teljesítménye az elvárt normához képest a következőképpen alakult az elmúlt 10 munkanapban százalékos adatokkal kifejezve:

96, 89, 105, 98, 87, 104, 93, 110, 82, 97.a) Készítsen olyan grafikont, am ely szerint nagyon nagynak tűn ik az ingadozás, és olyat is, amely szerin t lényegében egyenletesen dolgoznak!b) Á tlagosan hogyan teljesítettek a 1 0 nap alatt?

Egy másik hasonló m u n k át végző egység ezen 10 nap alatt a következő teljesítm ényt produkálta:104, 112, 102, 96, 100, 80, 95, 105, 76, 106.c) Melyik csoporto t ju ta lm azn á inkább?d) Készítsen olyan grafikont, am ely szerint a két csoport közel egyform a, illetve olyat is, am ely szerint nagyon különböző teljesítm ényűek!

H 2. F. 5 . A magyar éves búzatermés becsült értékét illetve az adott év augusztusi tonnánkénti eladási árait tartalmazza az alábbi táblázat:

Év Búzatermés m illió tonnában Tonnánkénti eladási ár (Ft)1999 2 , 6 2 2 0 0 0

2000 3,7 305002 0 0 1 5 260002002 3,9 240002003 3 330002004 6 237002005 4,9 2 2 0 0 0

a) M ennyi a hét év átlagos term ése?b) M ennyi búza te rm e tt összesen?c) H a az inflációt figyelem be vesszük, akkor m ai á ro n m ennyi volt a h é t év eladási ára?

Inflációs adatok a fenti évekre, az utolsó évet most csak becsülni lehet m ég, legyen a jósolt 5,9%.

Év Átlagos árnövekedés Az előző év a 100%

1999 1 1 0 , 0

2 0 0 0 109,82 0 0 1 109,22 0 0 2 105,32003 104,72004 106,8

d) Milyen kapcsolat van a term és m ennyisége és az eladási ár között? Készítsen diagram ot, s an n ak alapján próbáljon következtetni!


http://www.dft.hu


2 . F. 6 . Az alábbi internetről letöltött KSH baleseti adatsor alapján:

a) készítsen oszlopdiagram ot a közúti balesetek szám ának alakulását bem utatva!b) H ogyan változott a közúti és a vasúti balesetek aránya a 15 év alatt? H asználja a következőkben m egadott (a www.ksh.hu o ldalró l szárm azó) táblázatot, am elyben a közúti és vasúti balesetek száma mellett a halottak és a sebesültek szám a is kiolvasható.c) Vajon a balesetben bekövetkezett elhalálozások száma hogyan változott a vizsgált időtartam ban? H ogyan lehetne ezt szem léltetni?

EvSzem élysérüléses közúti közlekedési balesetek Vasúti baleset

Ö sszesenbaleset során Ö sszesen

baleset soránm eghaltak megsérültek meghaltak megsérültek

1990 27 801 2 432 36 996 3 226 160 5701991 24 589 2 120 32 676 2 706 163 5981992 24 623 2 1 0 1 32 577 2 4 1 3 259 5891993 19 527 1 678 25 430 3 168 260 5851994 2 0 722 1 562 26 961 2 455 152 5421995 19 817 1 589 25 886 2 627 126 4201996 18 393 1 370 23 939 2 340 1 2 2 4311997 19 097 1 391 24 757 2 285 112 3701998 20 147 1 371 26 392 2 295 115 3701999 18 923 1 306 24 670 2 246 106 3592 0 0 0 17 493 1 2 0 0 22 698 2 098 105 3872001 18 505 1 239 24 149 2 050 96 4262 0 0 2 19 6 8 6 1 429 25 978 2 347 108 4282003 19 976 1 326 26 627 2 186 118 3242004 20 957 1 296 28 054 2 355 94 357

2. F. 7. Az alábbi adatsort balesetek okai szerint készítették:

IdőszakA járm űvezetők

hibájaA gyalogosok

hibájaAz utasok

hibájaA járm ű v ek

m űszaki hibájaPályahiba és egyéb okok

Összesen

2 0 0 1 16 235 2 031 35 82 1 2 2 18 5052 0 0 2 17 317 2 0 0 1 47 105 216 19 6 8 6

2003 17 769 1 885 49 105 168 19 9762004 18 785 1 820 30 115 207 20 957

a) Ábrázolja körd iagram okon az egyes években az okok megoszlását!b) T anulm ányozza az ada tokat és az ábrát! H ogyan változtak az okok a négy év alatt?


http://www.ksh.hu


ALAPFOGALMAK

H2 . D. 1. A statisztikailag vizsgált csoport tagjai az egyedek, magát a csoportot statisztikai sokaságnak nevezzük. Az egyedek száma a statisztikai sokaság mérete. Az egyedek vizsgált tulajdonága az ismérv. Az adat az ismérv egy konkrét előfordulása.

H2 . D. 2. Az ismérvek fajtái: minősítéses illetve méréses ismérvek.Az előbbiek a nem szám m al kifejezhető adatok (például nem , hajszín vagy kedvenc étel), illetve ha szám is jelöli, de csak form álisan, például valaki hányadik kerü le tben lakik B udapesten vagy mi a telefonszám a. A m éréses ism érv m indig szám szerű ada to t je len t (pl. testm agasság, gyerm ekek száma, fizetés stb.). A m inősítéses ism érveken belül a rendezhető ismérv egy külön kategória (pl. hotelek csillagszáma, tanulók osztályzatai stb.). Ilyenkor, ha nem is számok az adatok, de legalább egy ren d eze tt halm az elemei.

H 2. D. 3. Az egyes adatok előfordulásának száma a gyakoriság. Ha az összes adat számához, azaz a sokaság méretéhez viszonyítjuk, akkor kapjuk a relatív gyakoriságot, amely tehát a gyakoriság és a méret hányadosa. Gyakran az adatokat osztályokba soroljuk. Az egyes osztályok gyakoriságait szokás osztályközös gyakoriságnak is mondani. Ezt lehet ábrázolni a hisztogrammal, ami már csak emelt szintű követelmény, lásd a következő definícióban.

H2. D. 4. Különböző grafikus ábrázolások: Oszlop-, sáv- vagy szalag-, kör- és vonaldiagram; hisztogram (E).

OSZLOPDIAGRAM: am ikor az egyes adatok gyakoriságát azzal arányos m agasságú téglalappal áb rázoljuk. Lásd a 2. F. 4. m egoldásának a) részét.

H a az egyes ada tok az összes adathoz viszonyított arányát akarjuk szem léltetni, akkor sáv vagy kördiagram ot használunk. Ez előbbit olykor szokás szalag d iagram nak is m ondani.

Az egyik esetben a teljes kör, a m ásikban a teljes téglalap szimbolizálja az összes ada to t (100%). A kör cikkei az egyes adatok gyakoriságát az összeshez viszonyítva m utatják. Az egyes adatokhoz tartozó körcikk szöge tehát az ad a t relatív gyakoriságának és a 360 foknak (teljes kör) szorzata, azaz például az

í-edik adatra: a , = ■ 360°, ahol n a sokaság terjedelm e és ki az 2-edik ad a t gyakorisága.

A szalagdiagram nál a teljes téglalap szélessége felel m eg a sokaságnak, és ekkor az egyes adatokhoz

tartozó résztéglalapok szélessége: ss- = — ■ s . Lásd az V.SF. 1. m egoldásának a) és b) részét.

MEGJEGYEZES: A T ankönyvkiadó által m egjelentetett, új „N égyjegyű függvénytáblázatban” tévesen a 90 fokkal elforgato tt oszlopdiagram ot nevezi sávdiagram nak. Ez a h iba az Excel számítógépes program ban is m egvan. Sajnos ez téves, és a statisztikától idegen. Az oszlopdiagram akkor is az, ha bárm ilyen szöggel elforgatjuk, ahogyan a trapéz trapéz volta sem azon m úlik, hogy hogyan áll.

VONALDIAGRAM RÓL általában időbeli változás ábrázolása esetén beszélünk. Az x tengelyen ábrázoljuk az időt, m íg az időben változó ada to t az y tengelyen.

HISZTOGRAM RÓL beszélünk, h a osztályközös gyakoriságot ak a ru n k ábrázolni, s figyelembe vesz- szük, hogy az osztályszélességek nem azonosak. Ilyenkor a téglalap te rü le te (és nem a magassága, m int a klasszikus oszlopdiagram esetén!) arányos a gyakorisággal. Lásd 2. F. 3 . b) részének m egoldását. (E).


http://www.dft.hu


H 2, D. 5 . Adathalmazok jellemzői: különböző ún. helyzetparaméterek vagy átlagos jellemzők.MÓDUSZ: a legáltalánosabban használható jellem ző, bárm ilyen típusú (minősítéses vagy m éré- ses) adathalm azró l van is szó, a leggyakoribb ada tnak van értelm e. H a több egyform a gyakoriságú elem van, akkor több m óduszú adathalm azról beszélünk.

MEDIÁN: a sorba ren d eze tt adathalm azban a középen álló elem. H a páros sok ad a t van, akkor nincs középső, ilyenkor a „középső kettő” szám tani közepe definíció szerin t a m édián.Form álisan, ha x* < x2* < x3* <.. .<xn*a ren d eze tt adathalm az, akkor h a n páros, abban az esetben

x n- 1 + x n±\M(ed) = —-— - — -— , m íg ha n páros, akkor M(ed) = x n / 2 .

A definícióból is látszik, hogy csak rendezhe tő adatok esetén van érte lm e, pé ldáu l nem , szemszín vagy kedvenc étel esetén nem . De szállodák vagy osztályzatok esetén lehet használni.

SZÁMTANI KÖZÉP vagy egyszerűen ÁTLAG: a legelterjedtebb statisztikai jellem ző, csak m éréses ism érvek esetén használható, ekkor az adatok szám tani közepe, azaz:

_ ^3 + ... + XnX — -------------------------------------.

n

MEGJEGYEZÉS: m éréses ism érv esetében m indhárom jellem ző szám ítható, csupán rendezhető , nem m éréses ism érv esetén m édián és m ódusz van, m íg névleges nem is ren d ezh e tő ism érv esetén csak a m ódusz érte lm ezhető . H asználatuknak ez az egyik szem pontja.

H a m indhárom szám olható, akkor d ön thetünk , hogy m elyiket ad juk meg; a kérdés irányíth a t abban, hogy melyik a többet m ondó.

PÉLDA: Egy osztály tanu ló inak m agasságaiból (m ért adat) m in d h áro m jellem zőt ki lehet számítani. A m ódusz véletlen választás esetén a legvalószínűbbet adja meg. T eh á t h a a m ódusz 176 cm, akkor az osztályból véletlenül választva egy tanu ló t az a legvalószínűbb, hogy 176 cm magas.

H a a m édián 172 cm, akkor az azt je len ti, hogy az osztály fele m agasabb, fele alacsonyabb (m ert a középsőről van szó). T e h á t h a fogadást kötünk, egy véletlenül választott tanuló m agasságára úgy, hogy én nyerek, ha 172-nél m agasabb, a másik fél nyer, ha alacsonyabb tan u ló t választottunk, akkor kb. igazságos a fogadás: fele-fele körü l van az esély.

A számtani közép azt je len th e ti, hogy ha egymás fejére állnának, akkor az így kapo tt „oszlop” m agasságát a szám tani közép és a létszám szorzatából egyszerűen m egkaphatnánk . Általában, ha az ösz- szegnek jelentősége van, akkor a szám tani közép a leginform atívabb. E zért használja a KSH (Központi Statisztikai H ivatal) oly sokszor, m ert o tt az összegnek főleg anyagi kérdéseknél nagy jelentősége van.

KIEGÉSZÍTŐ MEGJEGYZÉS: Szám ított középérték m ég a m értan i, a harm onikus, és a négyzetes közép. (E)

Ezek definíciói: M értani közép: «Jx1 -x2 -x3 ■■■■■xn , H arm onikus közép: ^ ----------- j—• H---------------- 1----------------h . . . + *Xi X& Xq

Négyzetes közép:n

Példák a használatukra: banki átlagkam at; átlagsebesség azonos úton , különböző sebességek esetén; m olekulák átlagsebessége.



1. PÉLDA: Legyen egy b ankban havonta változó a kam at az egyhavi lekötött betétekre. Az elm últ évben az alábbi kam atlábak voltak: 7,5; 7,3; 6 ,6 ; 6,5; 7; 7,2; 7,6; 7,8; 8,1; 7,6; 7,4; 6,9.M ekkora átlagos havi kam ato t je le n t ez az egész évre nézve?

A választ úgy kapjuk, hogy kiszám íthatjuk, m ekkora az a havi kam atláb, am elyik 12 hónap o n át annyi hozam ot eredm ényez, m in t ezek a kam atlábak, tehát:1,075-1,073-1,066-1,065-1, 07-1,072 1,076-1,078-1,0 8 M ,076-1,074-1,069 = (l+ ^ /1 0 0 )12.In n en látható m ár, hogy m értan i középpel kapható m eg az átlagkam at. Egyébként értéke: 1,0729, azaz kb. 7,3%. A szám tani közép: 1,07292 csak igen kicsivel több; ez is kb. 7,3%.

2. PÉLDA: Egy autóbusz egy hegyi u ta t felfelé 40 km/h, lefelé 60 km /h átlagos sebességgel tesz meg. M ennyi a teljes ú tra vett átlagsebessége?

Sokan azt m ondanák , hogy 50 km /h (azaz a szám tani közép). N em ez a helyes válasz. A kettő harm on ikus közepe, azaz 48 km /h lesz az átlagsebesség. Az ok a következő. H a s ú to n odafelé u, visszafelé v az átlagsebesség, akkor a teljes ú tra vett átlagsebesség:

2S 2váti ~ — — = "j---- j" > am * ép p en a két sebesség harm onikus közepe. Itt a nevezőben a két idő, a felfelé

U + V U + V

és a lefelé eltelt idő szerepel.

3. PÉLDA: M olekulák átlagos sebessége. E hhez azt kell fizikából tu d n i, hogy a hőm érsékle t az átlagos mozgási energiával arányos. T eh á t ha egy m olekula sebessége v {, akkor az összes mozgási energia (azonos töm egű m olekulákat feltételezve, azaz tiszta gáz esetén):

N

Em = mvi2 > ah ° l N a m olekulák száma m egy m olekula töm ege. M ásrészt az egy szabadsági fokra i= 1

ju tó energia ^ k T , ahol T a hőm érséklet, k az ún. Boltzm an-állandó, értéke:Q

H a a gáz szabadsági fokainak szám a pl. 3, akkor egy m olekulára ju tó energ ia ^ k T . Azaz az összesQ

energ ia N kT . Feltéve, hogy ez m ind mozgási energia, m ert a gáznak más energ iája nincs, akkor igaz

N

lesz, hogy Em = .i=i

H a a gáz m olekuláinak átlagsebességét úgy értelm ezzük, hogy ha m inden m olekula ezzel a sebességgelN

rendelkezne, akkor ugyanaz volna a hőm érséklet, úgy a következőt kapjuk: Em = = N-^-mv*i= 1

N2

IEbből egyszerűsítve és rendezve adódik, hogy = 1,2 azaz v = — ’ teh a t ép p en az egyes

i= 1

m olekulák sebességeinek négyzetes közepe lesz az elképzelt ideális á tlagm olekula sebessége.


http://www.dft.hu


SZÓRÓDÁSI MERTEKEK

H 2. D. 6 . A legegyszerűbb méréses adatok esetén a terjedelem a legnagyobb és a legkisebb adat különbsége. Bonyolultabb az átlagos abszolút illetve négyzetes eltérés egy adott számtól.

Átlagos abszolút eltérés az a számtól: Au(a) =|X[ - a + x2 - a \ + xg - a \ + ... + x„ - a |

Adagos négyzetes az a számtól: N n (a) = .-l(Xl a ) + ( *2 a ) +( Xa ű) + - + (*n «)n

H a ado tt adatok esetén az iV„(a) függvényt, m int a függvényét vizsgáljuk, akkor értelm es kérdés, hogy milyen a esetén lesz m inim ális a függvény. E rről szól a tétel.

B2 . T. 1 . Az átlagos négyzetes eltérés a számtani középtől minimális (E)

BIZONYÍTÁS: Mivel a négyzetgyök szigorúan m onoton függvény, ezért elegendő az alatta levő meny- nyiség m in im um át keresni. Vizsgáljuk m eg tehát rögzített adatok m ellett a függvényében az

kifejezést. A kifejezés a -ra nézve m ásodfokú mivel:

~ Cl) + (^2 ~ Cl) + (%g — Cl) + ... + ( x n ö ) — + ^2 + + .. - + Xn ) + (X| + + ... + X j )

n n2 2 2 2

2 _ (X i + X\ + X] + ... H" X i )= a - 2 xa + — ------ ! ! ! —

nIn n en m ár teljes négyzetté való kiegészítéssel látszik, hogy a m inim um helye az a = x , vagyis a m inim um az állításunknak m egfelelően a szám tani középnél lép fel.Hasonló kérdést tehetünk fel az átlagos abszolút eltérésről is, amit a következő tételben fogalmazunk meg.

B2. T. 2. Az átlagos abszolút eltérés a mediántól minimális (E) BIZONYÍTÁSVÁZLAT:

híj (3 + ^ 2 ~ Cl + \x% — Cl + ... + \xn — d\Vizsgálandó, az An : a m> -----------— ---------- -— —------- --------- ---------- - a e

függvény. Nyilván a konstans nevező nem számít, így elég az abszolút értékek összegét vizsgálni. Az ad o tt re n d e z e tte a d a t n + 1 részre osztja a számegyenest. M inden szakaszon m ás-m ás lineáris függvény adja m eg az A n megfelelő darab ját. Például, ha a < x,*, akkor m inden abszolút értékjel „elhagyható”,

azaz - n a + ^ x * negatív m eredekségű (tehát szigorúan m onoton fogyó) lineáris függvénnyel egyeziki=1

m eg A n. A következő szakaszon teh á t a legkisebb adat (x /) és a következő (x2‘) között m ár az első tagn

negatív lesz, tehát abszolút é rték a - 1 -szeres lesz: ekkor - (n - 2)a+ ' ^ x * -Xj* adja m eg ezen az inter-i = 2

vallum on a vizsgálandó A n függvényt. Ez m ár egy kevésbé m eredeken csökkenő függvény, legalábbis ha n legalább 3. H a van m édián , akkor ép p en abban a pon tban fog a csökkenésből növekedő lineáris függvénybe átm enn i az A n függvény. H a páros sok ad a t van, akkor a „két középső” közötti szakaszon konstans lesz a függvény, előtte szigorúan m onoton fogy, u tán a ped ig nő, teh á t a m inim um hely egy egész intervallum a két középső szám között.A két helyzetet egy-egy ábrával szem léltetjük az n 5 és 6 esetekben.



A z n = 5 eset

Az n = 6 eset.

A két tétel indokolja, hogy szám tani közép, m int átlag esetén az átlagos négyzetes eltérést használjuk, am elynek külön neve van, h a a szám tani közép, ekkor empirikus szórásnak nevezzük. T eh á t az em pirikus szórás, az átlagtól vett átlagos négyzetes eltérés, form álisan

N n{x).

H 2. D. 7. A relatív szórás az empirikus szórás és az átlag hányadosa. Két adathalmaz összehasonlításakor fontos.

PÉLDA: Melyik adatsor szóródik jobban , azaz melyiket jellem zi „pon tosabban” az átlag?2,3; 3,1; 2,8; 1,9; 3,2; 3,6; 2,8; 1,7; 2,2; 3,4 342; 346; 339; 344; 347; 334; 350; 336; 348; 344.Válasz: Az (a) ada tso r átlaga: 2,7 és szórása: kb. 0,61.A (b) adatsornál az átlag: 343 és a szórása: kb. 4,98.

H a csak a szórást hason lítanánk össze, akkor azt m o ndhatnánk , hogy a m ásodik ada tso r kicsit több m int 8 -szor akkora szórással rendelkezik. H a azonban a relatív szórásokat hasonlítjuk össze, akkor az első esetben kb. 0,23, m íg a m ásodikban kb. 0,015 adódik. Ez ép p en fordítva azt m utatja , hogy az első esetben a relatív szórás közel 16-szoros.


http://www.dft.hu


Nyilván az első szóródása teh á t a nagyobb, ezért a (b) adatsor esetén pon tosabban jellem ez az átlag, m int az (a) sorozat esetén. A fogalom elég term észetes, ha m érési h ibát nézünk például, akkor 100-as nagyságrend m ellett néhány egész eltérés kevesebb, m in t egész értékek m ellett néhány tizedes szóródás. Azaz a szórást az átlaghoz viszonyítva kell összehasonlítani.

Ezután nézzük m eg a k itűzött bevezető feladatok megoldásait:

2. M. 1a) M egoszlást m ind ig kör- vagy sávdiagram (szokás szalagnak is m ondan i) szokta szemléltetni. J e gyezzük m eg, hogy ép p en torzításai m iatt ne használjunk to rta (axonom etrikus korong) d iagramot, vagy térbeli oszlopot. Ez a következő c) részre is vonatkozik.



b)

körd iagram

Sávdiagram

1 00 % -

90%. 80%- 70%. 60%- 50%. 40% - 30%- 20% 1 0 % -j

0%

4 szellemi

3 segédmunkás

2 betanított munkás

mm 1 szakmunkás

, . j

A munkanélküliég végzettség szerinti megoszlása 2004-ben

3 segédmunkás

2 betanított munkás

4 szellemi foglalkozású1 szakmunkás

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


c) Az arányok alig változtak, m íg m aga a m unkanélküliség folyam atosan nőtt. Az arányok viszonylagos stabilitását m u tatja az alábbi táblázat. Az egyetlen változás a szellemi foglalkozásúak növekvő aránya.

_________ A z adatok (%-ban)

Év Szakm unkás B etan íto tt Segédm unkás Szellem i Ö sszes2 0 0 1 35,2 24,7 23,9 16,2 1 0 0

2 0 0 2 35,1 24,3 24,4 16,1 1 0 0

2003 34,6 24,2 24,7 16,6 1 0 0

2004 34,6 23,8 24,2 17,4 1 0 0

Érdekes, hogy a m unkanélküliek kicsit több, m int h arm ad a szakm unkás. A legkisebb arányt (növekedése ellenére) a szellemiek képviselik, m íg a betan íto tt és segédm unkás arány egy-egy negyed körül van, az utóbbi kicsit nő, az előbbi csökkent.

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

A B osztály esetén ezek a m utatók: m ódusz: 2, m édián: 4, az átlag pedig. 3,33.A: 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5.B: 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5.

Azaz átlagban és m ed iánban is egyarán t jo b b a B. H a a leggyakoribb jeg y et nézzük, abban rosszabb. A szórása nagyobb a 5 -n ek . O tt inkább jó k és gyengék vannak, nincs közepes, az A átlagosabb szokásos eloszlású társaság. A jegyek gyakorisági d iagram ja is m utatja m indezt:

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

^ » 0,083; | | « 0,433; ^ * 0,317; ^ » 0,167 .

b) (E) A hisztogram hoz szükséges az egyes in tervallum ok gyakorisága:[0; 20[, [20; 30[, [30; 40[, [40; 50[, [50; 60[, [60; 70[, [70; 80[, [80; 100[, [100; 120[

1 4 8 7 10 4 9 15 2

A hisztogram terü le tarányos ábrázolás, teh á t a kétszer olyan széles osztályok fele olyan m agasak, m in t a gyakoriságuk.

ERETTSÉGI VIZSGA-ELŐKÉSZÍTŐ ÉVFOLYAMOK A TANKÖNYVSZERZŐKKEL 41


Eszerint a következő áb rá t kapjuk:

c) Az átlagos várakozási időhöz a 60 szám átlagát kell kiszám olni, ez zsebszám ológéppel a statisztikai funkciót használva 61,8. E nnyit kell átlagosan egy vásárlóra várni, teh á t h a ö ten vannak előttem , akkor az ötszörösét, azaz 309 m ásodpercet, azaz 5 percnél kicsit többet kell várnia.d) A 60 ada t em pirikus szórása (ism ét zsebszám ológéppel számolva két tizedes pontossággal): 23,81. Ebből a relatív szórás en n ek és a 61 ,8-nak a hányadosa: kb. 0,39.e) Az adatok 100%-a b en n e van a kétszórásnyi [14,17; 109,42] in tervallum ban. Az egyszórásnyiban 34 ada t van bent, és 26 esik kívül, teh á t az adatok 57% van belül.

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

Napi teljesítmény a norma százalékában

napok


http://www.dft.hu

M agyarázat: kisebbnek tű n ő ingadozás (nagyobb lépték az y tengelyen, széthúzás az x tengely m entén

EGYENES ÜT AZ EGYETEMRE__________________________ STATISZTIKA ES VALOSZINUSÉGSZAMÍTÁS

b) Az átlagos teljesítm ényük a két h é t alatt 96,1%, azaz nem teljesítették az elvárást. A szórás 8,25%, így a relatív szórás 0,086, azaz kb. 8 ,6 %-os.c) A másik csoport átlaga 97,6%, teh á t ők sem teljesítették az elvárást, azaz sem elyiket nem ju ta lm aznánk. Mégis, egy kicsit összteljesítm ényben jobbak, viszont nagyobb a szóródásuk: a relatív szórás esetükben 11,2%, am i 1,3-szorosa a m ásik csoportnak.d) (E) Sodrófa, vagy dobozd iagram (box plot) nagyobb lép téknél növeli a különbséget a m ásodik csop o rt javára. H asonlóan egy vonald iagram on m indkettő t ábrázolva ism ét a léptéktől függ a különbségérzetünk .

2 . M . 5.

, - 2,6 + 3,7 + 5,0 + 3,9 + 3,0 + 6,0 + 4,9 29,1 . 1ca) x = —-------=-------:-------^ :-------— — —ij— “ 4,16

b) T erm észetesen az átlag hétszerese, am i ép p en az előbbi számláló: 29,1 millió tonna. É ppen ez az átlag ism eretének előnye: h a egy nagy adathalm az átlagát ism erem , akkor egy egyszerű szorzás m egadja az összeget.c) Az inflációs ada tokat felhasználva:



A 2004-re m egado tt 23 700 Ft 2005-ös áron , mivel 105,9-nek vesszük a szorzót, tehát m a 22 380 Ft-ot ér, hasonlóan az előző évi 33 000 Ft m ai árához 1,059 és 1,068 szorzatával kell osztani, tehát 29 177 Ft- ot kapunk. H asonlóan folytatva kapjuk a következő táblázatot:

Év Búzatermés m illió tonnában Tonnánkénti eladási ár 2005-ös áron (Ft)1999 2,6 134002000 3,7 204002 0 0 1 5 191002002 3,9 203002003 3 292002004 6 224002005 4,9 2 2 0 0 0

Az árakat 100 Ft-ra kerek ítettük , mivel eredetileg sem voltak pontosabbak, és az inflációs adatok sem teljesen pontosak.

d) A kapcsolat a term elés m ennyisége és á ra között a következőképpen ábrázolható:

A búza termés és ára közötti kapcsolat

35000

30000

r 25000ro-O1 20000Ü_i—'(0 150003. 10000

5000

0

0 2 4 6 8

A termelt mennyiség millió tonnában

H a az első adato t „kivételnek” tekintjük, akkor a többi ad a tra egy ellentétes változás jellem ző, am i elég logikus is, ha nagyobb m ennyiség te rm ett, akkor az á r alacsonyabb. Függvényszerű kapcsolatot ennyi adatból m egállapítani nem igen lehet. Viszont az 1999-es ada t kilóg a sorból. V alószínűleg igen bonyolult az á r és a term és közötti kapcsolat, hiszen függ a világpiactól is, hogy m áshol m ennyi búza term ett.


http://www.dft.hu


a)

2. M. 6.

Közúti balesetek száma 1990 és 2004 között

30 000

cc 25 000 E

20 000m■g 15 000

1 10 000 jS 5 000 '

0

1990 1995 1 2000 2004

évek 1990-től 2004-ig

b)

Látható, hogy nincs je len tő s változás, kicsi a hullám zás. 1995-től 2004-ig nincs nagy változás, 8 körül ingadozik az arány.



c) A közúti és a vasúti halálozások összegét egy Excel vonald iagram m al ábrázoljuk. Ezen látható, hogy alapvetően csökkenő tendencia van, egy-két kiugrással.

Baleseti halálozási szám 1999-2004-ig

Evek

2 . M . 7 .

a) A négy év m egoszlását m utató kördiagram ok.

A baleseti okok megoszlása 2001-ben

Utasok hibájábólMűszaki okokból

/ ÚthibábólGyalogos hibájából

II Járművezető hibájából

V46 DFT-Budapest, tel.: 06 (1) 473-0769, www.dft.hu

http://www.dft.hu


A baleseti okok megoszlása 2002-ben

Utasok hibájábólVlűszaki okokból

ÚthibábólGyalogos hibájából

\ Járművezető hibájábólV



b) Jelentős változást nem lehet az ábrákon látni, bár az feltűnik, hogy a balesetek szám a növekedést m utat, m íg arányaiban növekszik a vezetők okozta balesetek, valam int az ú th ibák és egyéb kategória a gyalogosok és az u tastársak okozta balesetek arányainak rovására.


http://www.dft.hu


VALOSZINUSEG-SZAMITAS

A valószínűség fogalm a (nem túl m eglepően) a legalapvetőbb a valószínűség-szám ításban. Különböző kísérletek voltak a definiálására. Sok szem pontból hasznos, ha a legfontosabbakat ném i elemzéssel és példákkal bem utatjuk . U tána a valószínűség elem i tu lajdonságait vesszük át, ism ét feladatokon, példákon keresztül. Végül a legfontosabb alkalm azások és m odellek következnek a két szint követelm ényeinek m egfelelően.

B'1 . F. 8 . Mekkora a valószínűsége,_a)"fíogy egy hatoslo ttó szelvénnyel ép p en hárm as találatunk lesz?b) egy (egy nullás) ru le tten piros jö n ki?c) az előbbi ru le tten p ára tlan vagy az első 6 szám valamelyike jö n ki?d) két kockát egy5szerre feldobva a számok összege legalább 1 0 ?e) egy pakli m egkevert m agyar kártyából négyet húzva a lapok között van ász?

2. F. 9 . Szeretnénk becsülni annak a valószínűségét, hogya) egy ado tt rajzszög a „fejére” esik,b) egy ad o tt gyufás skatulya a „sm irglis” lap jára esik,c) A Reál M adrid nyeri a 2005-06-os spanyol bajnokságotd) egy ad o tt ingfajta szövéshibáse) egy véletlenül kiválasztott család első gyerm eke fiúf) az a csapat nyeri a m érkőzést, am elyik az első gólt rúgta.

Mit tenne az egyes esetekben a becslés érdekében?

2. F. 10. Egy üzletbe három helyről szállítanak egy bizonyos háztartási gépet. Az első helyről szállítottak 8, a második helyről 3 és a harmadik helyről mindössze 2% a hibásak aránya. Ha a beszállítási arányok a három hely esetén rendre 3:5:2-höz, akkor mennyi az esélye, hogy egy az üzletben beszerzett háztartási gép, hibásnak bizonyul?

2. F. 11. Egy Röntgen vizsgálat célja, hogy a TBC-t korán felismerjék. A betegek 90%-át felismerik ezzel az eljárással a statisztikák szerint. Igaz ugyanakkor az egészségesek közül is 1%-ot TBC-gya- núsnak tartanak. Egy olyan populációból ahol 0,1% a TBC-fertőzött, véletlenszerűen kiválasztva valakit a vizsgálat fertőzöttnek tartja. Mekkora a valószínűsége, hogy ténylegesen TBC-s?

2. D. 8 . Egy véletlen kísérlet lehetséges kimeneteleit szokás elemi eseményeknek nevezni.Ezen elemi esem ények összessége, tehát az összes lehetséges kim enetelek halm aza az eseménytér. Ez a két fogalom a véletlen kísérletek m atem atizálása felé te tt első lépések egyike. Ezzel halm azelméleti nyelven lehet m ajd beszélni a továbbiakban. Ebbe a körbe tartozó utolsó fogalom az esemény, am ely az esem énytérnek egy részhalm aza. E xtrém esetekben lehet a részhalm az m aga az esem énytér, illetve az ü res halm az is. Az előbbit lehet biztos, az u tóbbit ped ig lehetetlen esem énynek m ondani.

A következő lépés az esem ények valószínűségei felé vezet m ajd. E nnek legegyszerűbb esete, ha feltehető, hogy az elem i esem ények száma véges és m indegyike egyenlően valószínű. E rre az esetre vonatkozik a következő m eghatározás.



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

A statisztikai valószínűségfogalom a relatív gyakoriságok m egfigyelhető stabilitásából indu l ki. Azt feltételezi, hogy ha egy véletlen kísérletet sokszor egym ásután elvégzünk, akkor a m egfigyelt véletlen esem ény bekövetkezéseinek relatív gyakorisága stabilizálódik egy bizonyos érték körül, am it az esem ény valószínűségének m ond u n k . E rre vonatkoztak a 2.F.9. feladat kérdései. A fő problém a ezzel, hogy milyen hosszú sorozatot kell venni, pontosan m it je len t a stabilizálódás. M ennyire lehet ezt a gyakorlatban használni. E rről lesz m ajd szó a nagy számok törvénye kapcsán.

A harm adik fogalom m ég inkább vitatott, az ún. szubjektív valószínűség, ahol nem is kell véletlenszerű n ek lennie a kísérletnek, egyszerűen a tudásunk m értékét jelöli a szám. Mivel ez vitatott, ennek a m atem atizálása nem egyszerű, errő l is szól a Bayes-statisztika. Ezúttal ennek vizsgálatát mellőzzük, mivel nem érettségi követelm ény, b ár igen érdekes te rü le t lenne, főleg a m atem atizálás terén.

Itt em lítjük m eg a klasszikus Laplace m odell egy speciális végtelen változatát, az ún. „geometriai valószínűséget”. Ennél arró l van szó, hogy h a egy geom etriai tartom ány bárm elyik pon tjá t ugyanolyan esély- lyel választhatjuk ki, akkor egy bizonyos résztartom ányba esés, m in t esem ény valószínűsége a résztartom ány terü le tének (térfogatának) és a teljes tartom ány te rü le tének (térfogatának) hányadosát vesszük. Ezt a m odellt sok e red en d ő en nem geom etriai szituációban lehet használni.

PÉLDA: Két b ará t azt beszéli meg, hogy 4 és 5 között egy könyvtárban találkozik, s hogy 15 percet várnak egym ásra. H a feltételezzük, hogy érkezésük egyenletesen valószínű a m egadott időintervallum ban, akkor m ekkora eséllyel találkoznak?

MEGOLDÁS: V együnk fel egy négyzetet egy derékszögű koord inátarendszerben , ahol 4 óra legyen az origó, ekkor m indkét tengelyen 1 távolságra lesz az 5 óra, am elynek egységnyi az oldala (egy óra az időtartam). A két barát érkezése a négyzet egy tetszőleges pontjának első, illetve m ásodik koordinátájával reprezentálható. Akkor találkoznak, ha olyan pon to t választunk, am elynek koordinátái között a különbség kisebb m int lA mivel a 15 perc éppen negyed órát je lent. Az ábrán az átló két oldalán látott hatszög területének és a négyzet terü le tének a hányadosaként tekintjük a kérdezett valószínűséget. Egyszerűbb a kom plem enterrel számolni, am i két derékszögű háromszög.

Azaz a nem találkozás esélye ennyi, tehát akkor 7/16 eséllyel találkoznak. Kicsit kevesebb m int Vz.


http://www.dft.hu


Mit lehet tenni a további m atem atikai m odellek építése terén , ha az elem i esem ények nem egyenlően valószínűek? Ez a kérdés vezet az eloszlás fogalm ához. M inden véges, illetve m egszám lálhatóan végtelen esem énytér esetén do lgozhatunk a következő konstrukcióval.

H 2. D. 10. Jelöljük a lehetséges kimeneteleket az x^ x2, ....xn-nel, ahol n tetszőleges természetes szám, sőt akár végtelen is lehet (ez a megszámlálhatóan végtelen eset!)- Legyenek ezek valószínűségei rendre p1; p2, ..., p„. Ezeket a számokat valószínűség-eloszlásnak mondjuk, ha teljesítik a következő két feltételt:

a) m indegyike nem negatív valós szám,b) a számok összege (illetve m egszám lálható sor esetén a sor konvergens, és összege) ép p en 1 .

Nézzünk példákat e rre a definícióra.

I.) VÉGES ESETA rajzszög esete, am elyik „fejére” vagy a „ talpára” eshet. Bizonyos szám ú kísérletezés u tán egy rajzszögre m ondjuk a 0,6 és a 0,4 szám okat ad juk m eg m in t valószínűséget. Ekkor az esem énytér kételem ű F(ejére), T (alpára) elem i esem ényekből áll, am elyek valószínűségei re n d re 0,6 és 0,4.

II) MEGSZÁMLÁLHATÓAN VÉGTELEN ESETEgy dobókockával kísérletezve ad d ig dobunk , am íg az első hatost nem sikerül elérn i. Legyen kim enetel a szükséges dobások száma. Ez m ost egy végtelen esem énytér lesz, m ert legalábbis elvileg elképzelhető, hogy b árm ed d ig dobálunk , nem lesz hatos. A m odell teh á t m egszám lálhatóan végtelen. Az esem énytér m aga a term észetes szám ok halm aza. Mi lesz az eloszlás, ha feltételezzük, hogy szabályos a kocka, azaz m inden o ldalára ugyanolyan eséllyel esik? E hhez m inden egyes term észetes számhoz egy esélyt kell m egadni, am elyek összege 1 .

Nyilván az 1 esélye 1/6. A 2 kim enetel azt je len ti, hogy az első nem hatos volt, m íg a m ásodik dobás hatos. Ennek esélye (5/6)(l/6). Jelö ljük az első hatos dobásának szám át X-szel, akkor általában a k kim enetel esélye:

Ezek a számok egy végtelen m értan i sorozatot alkotnak, am elynek összege valóban 1, tehát beszélh e tü n k valószínűség-eloszlásról.



M egjegyezzük, hogy ezt az eloszlást szokás geom etriai-eloszlásnak nevezni, ép p en azért m ert egy m értani (más szóval geom etriai) sor elem ei adják m eg az egyes esélyeket.

Azzal, hogy sikerült esem ényeknek halm azokat m egfeleltetni, azonnal felvetődik a kérdés, hogyan lehet különböző halm azm űveletekkel m egadott esem ényeknek a valószínűségét m egkapni. A három legegyszerűbb m űvelet az és a vagy, illetve a tagadás esete.Ezekre vonatkoznak a következő szabályok:

2. T. 3 . Legyenek A és B események egy adott eseménytér részhalmazai. Ekkor a következők igazak:

(1) P (A ) = 1 - P(A) minden lehetséges A esemény esetén

(2) P(A u B ) = P(A) + P ( B ) - P ( A n B ) speciálisan ha a két esemény diszjunkt (metszetük üres), akkor ebből adódik a híres összeadási szabály: P(A u J5) = P(A) + P ( B ) . Szokás ezt a szabályt a valószínűség additivitásának is nevezni, amely hasonló a megszokott mértékek - például terület vagy térfogat - hasonló tulajdonságához.

(3) Események függetlensége: Ha két eseményre a „szorzási szabály” teljesül, akkor függetlennek mondjuk őket, azaz A és B függetlenek, ha P ( A n B ) = P(A)-P(B)

FELADATOK

H 2. F. 12. Mennyi a valószínűsége egy szabályos dobókocka feldobása esetén a következő eseményeknek: A dobott szám

(a) páros és prím(b) három m al osztható vagy páros(c) nem nagyobb, m in t 4(d) se nem páros, se nem prím(e) páros vagy p rím

2. F. 13. Mennyi a valószínűsége kétszer feldobva egymásután ugyanazt a kockát, hogy a kapott számok(a) összege legalább 3(b) összege 4 és 10 között van(c) a két szám egyenlő

2. F. 14. Függetlenek-e az alábbi események két dobás esetén:(a) Legalább az egyik dobás páros és m indkét dobás p árad an(b) A dobások összege legalább 5, a dobások összege legfeljebb 6


http://www.dft.hu

EGYENES UT AZ EGYETEMRE STATISZTIKA ES VALOSZINUSEGSZAMITAS

MEGOLDÁSOK

2. M. 8.a) A hatoslottón 45 szám ból húznak 6 -ot. A pontosan 3 találat azt je len ti, hogy a hat kihúzott számból 3-at eltalálunk, akárcsak a ki nem húzo tt 39-ből is. Azaz a kedvező esetek száma

6 V 39 im íg az összes eset nyilván ahányféleképpen 45-ből h a to t leh e t húzni:

/'4 5 N'

v 6 ;

Ezzel a keresett esély a Laplace-féle képlettel:

azaz 2,25 körüli az esély.

39'

v /45

v 6 y

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

b) Az egy-nullás ru le tten 37 szám van, a 0 zöld, a többi szám fele piros, fele fekete; tehát a keresett esély 18/37, kicsit kevesebb, m in t 0,5 (kb. 0,486).

c) U gyanezen a ru le tten a pára tlan hasonlóan a fele a 36 szám nak, így 18/37 az esélye, az első hat szám nak ped ig 6/37. Az unió esélye: a két esély összege levonva belőle a m etszet esélyét. A m etszet az 1 és 6 közötti p ára tlan számok: 1, 3, 5. T eh á t 3/37. Ezzel a kérdeze tt esély:

18 + J _ _ _ 3 _ = 2 1 ~ Kfin 37 37 37 37 ~ 0’5 6 8 '

d) Két kockánál a legalább 10 úgy valósulhat meg, hogy az összeg 10, 11 vagy 12 lehet. Ez a következő eseteket je len ti: 6 + 4, 5 + 5, 4 + 6 , 5 + 6 , 6 + 5 , 6 + 6 azaz h a t esetet. Az összes eset mivel m indkét kocka egym ástól függetlenül hatféle kim enetelt p roduká lha t, ezért 36. így a keresett esély 6/36= 1/6.

e) H a a 32 lapból 4-et húzunk , feltéve, hogy nem tesszük vissza, akkor az összes lehetőség / 32 l

35960. E setünkben a kom plem enter esem ényt könnyebb számolni, azaz hogy nincs ász.v 4 y

Ez esetben a 28 nem ászból h úztuk m ind a 4-et:'28'

v 4 y= 20475 . így a nincs ász esélye a kettő h á

nyadosa 20475/35960=0,569. N ekünk a kom plem enter kell, teh á t a legalább egy ász esélye: 1-0 ,569=0,431.

2. M. 9.a) és b) esetén csak kísérletezni lehet, és a relatív gyakorisággal becsülni, lásd statisztikai valószínűség. A c) esetben csak szubjektív becslés lehetséges. A d), e) és f) esetén hasonló a helyzet, m eg kell vizsgálni sok inget, sok családot végül pedig sok m érkőzést. M indegyik esetben statisztikai becslés lehetséges. Egyedül a gyerek esetét szokás pénzérm ével m odellezni, de a tapasztalat szerin t kicsit több a fiú esélye, m in t Vá.



H 2. M. 10. Legyen 3n, 5n, és 2n az egyes szállítóktól érkező m ennyiségek. Mivel az elsőnek 8 %-a, azaz 0,08-ad része; a m ásodiknak 3%-a, azaz 0,03-ad része; m íg a h arm ad iknak 2%-a, azaz 0,02- ed része a hibás, így az összes hibásak száma: 0,24íj + 0,15íj + 0,04íj = 0,43íj.Az összes lOn készülékből, ennyi a hibás, tehát az esély: 0,43íj/10 íj =0,043, azaz 4,3% a hibás készülékek aránya. így a kérdeze tt esély: 0,043.

Ezt lehet form alizálni, a teljes valószínűség tételének szokás nevezni, de ez m ár em elt szint.

2. M. 11. Ism ét vegyünk egy populációt pl. 10 000 embert. Közülük 0,1%, azaz 10 TBC-s van, ebből 90%-ot, azaz 9-et felismer a Röntgen. A 9990 nem fertőzött 1%-a 99,9, kb. 100 em ber szintén TBC- gyanús. Ekkor az összes gyanús: 9+ 100= 109. Ebből tényleg beteg 9, tehát annak az esélye, hogy valaki pozitív Röntgen esetén beteg is 9/109 = kb. 0,083. M eglepően kicsi esély. Ezt az eljárást lehet kettős fa és V enn diagram m al is szemléltetni, lásd a 1 l.-es M atematika könyvet a Vancsó sorozatból.

2. M. 12.(a) páros és p rím az m indössze a 2 , teh á t az esély 1 /6 .(b) „Az unió szabálya szerin t”:P(három m al osztható) +P(páros) - P(páros és három m al osztható) = 2/6 + Vá - 1/6 = 2/3.(c) Legfeljebb 4, az négy eset: 4/6 = 2/3 a keresett esély.(d) A se nem páros, se nem prím ép p en kom plem entere a páros vagy p rím nek (de M orgen-azo- nosság), teh á t e) m iatt 1/6. Egyszerűen is kijön a nem páros 1, 3, 5-ből csak az 1 nem prím , tehát valójában az 1 esélyét kérdeztük „körm önfon tan”.(e) ism ét unió: P(páros) + P (prím )-P (páros és p rím )= 1/2+1/2-1/6 = 5/6.

2. M. 13.(a) Az összege legalább 3, ennek kom plem enter-összege 2. Ez csak az 1,1 eset, tehát 35/36 a keresett esély.

(b) Az összege 4 és 10 között van, azaz nem 2, 3, 11, 12. Ezeket könnyű összeszámolni:1,1; 1,2; 2,1; 5,6; 6,5; 6 , 6 - összesen 6 eset. Akkor a kedvező 30 eset lesz a 36-ból, így az esély 30/36=5/6.

(c) A két szám egyenlő: 1,1; 2,2; 3,3; 4,4; 5,5; 6 , 6 azaz 6 eset a 36-ból, tehá t 1/6.Más gondolatm enettel is kijön: az egyik kockán bárm i lehet, a m ásikon 1/6 az esély, hogy pon t ugyanaz jö n ki.

2. M. 14.a) Legalább az egyik dobás páros, ennek egyszerűbb a kom plem entere , azaz m indkettő páratlan, annak az esélye lA , hiszen 9 kedvező eset van a 36-ból: 1,1; 1,3; 3,1; 3,3; 1,5; 5,1; 5,5; 3,5; 5,3. M ásként: pára tlan ‘/s eséllyel m indkettő , és a két dobás független. Ekkor teh á t legalább az egyik páros 3A eséllyel. M indkettő páratlan - m ost szám oltuk ki: lA eséllyel. így a m etszetük esélye 3/16 lenne, h a függetlenek. A m etszet azonban üres, m ert a két esem ény kom plem enter, tehát nem lehet független!

(b) A dobások összege legalább 5, azaz nem 2, 3, 4, am inek az esélye 6/36 = 1/6, így a legalább 5 esélye 5/6. A dobások összege legfeljebb 6 , ha 2, 3, 4, 5, 6 . Ezeket a következő lehetőségek valósítják meg: 1,1; 1,2; 2,1; 1,3; 2,2; 3,1; 1,4; 2,3; 3,2; 4,1, 1,5; 2,4; 3,3; 4,2; 5,1. T eh á t esélye: 15/36 = 5/12. A m etszet ép p en az 5 és a 6 , am inek esélye: 9/36 = lA.

Mivel 0 " " ^ 2 = 'H ' nagyobb, m int lA, ezért nem függetlenek.


http://www.dft.hu


TOVÁBBI FOGALMAK

y 2 . D. 11. Véletlen mennyiség (valószínűségi változó) egy olyan függvény, amely az eseménytéren van értelmezve, és értékei valós számok.

2. D. 12. A véletlen mennyiség eloszlása Nevezetes eloszlások: egyenletes, binomiális és hipergeometrial. Ezeket a következő szituációk modellezésére vezethetjük be:

Az egyenletes elolszlást akkor, h a egy jó l m egkevert, n különböző szám göm böt tartalm azó edényből h ú zunk egy darabot. Ekkor m in d en golyó húzásának egyenletesen l/n az esélye.

Egy másik szituáció, h a ebből az edényből n-szer húzunk, de úgy, hogy m ind ig visszatesszük a k ihúzott golyót, és azt az esem ényt vizsgáljuk, hogy a kihúzott golyó egy bizonyos részhalm azba tartozik-e. Például a kihúzott golyó legfeljebb k. M ennyi az esélye, hogy ez az esem ény 0, 1, ...n -szer következik be? Ezt lehet a binomiális eloszlással m odellezni, amely nevét a ben n e szereplő binomiális együtthatóról kapta. A következőképpen ad h a tó meg:

A binomiális eloszlás a hasonló körülm ények között többször elvégzett véletlen kísérlet különböző kim eneteleinek eloszlását adja m eg. Ilyen például a visszatevéses húzássorozat egy ad o tt összetételű do bozból, vagy egy m eghatározo tt k im enetel vagy esem ény bekövetkezéseinek szám a egy adott hosszúságú kísérletsorozatban.

V együnk egy egyszerű példát: Legyen a kísérlet egy 10 forintos feldobása 25 alkalom m al. A kérdés az, hogy m ekkora valószínűséggel lesz a fejek száma 0, 1, 2, ...25. Világos, hogy m indegyik lehetséges de azt is „tudja” m indenki - h a m áshonnan nem , akkor tapasztalatból - , hogy az esélyek messze nem egyform ák. A 0 vagy a 25 fej igen valószínűtlen, m ondjuk a 12 vagy a 13 fejhez képest. A binom iális eloszlás éppen ezen valószínűségek kiszám ításakor bukkan t fel. Abból in d u lu n k ki, hogy a 25 dobást egy 25 hosszúságú FI sorozattal m odellezhetjük. Ekkor mivel m inden helyen két lehetőség van, az összes sorozatok száma 22 5 , azaz ennyi elem ű az esem énytér. Feltesszük, hogy ezek bárm elyike ugyanolyan esélyű. Ez azt je len ti, hogy m inden dobásnál ugyanúgy lehet fej és írás is. Ezután m eg kell számolni, hogy hány olyan eset van, am ikor ép p en 0, 1, 2, ..., 25 fej lesz. Legyen a fejek száma k, akkor azon sorozatok száma, am elyben ép p en k fej van: megegyezik azzal a számm al, ahányféleképpen a 25 hely

id 25^bői k helyet kiválaszthatunk: , így a kedvező/összes képletből az esély:

V )^25") / J \ 2 5

Általában ha az esem én y ^ esélyű, akkor n kísérletből ép p en &-szor

P ( X = k ) =, k j

p k( \ - p ) n h eséllyel következik be, ahol& = 0 , 1 , 2 , .. n.

Ezt az eloszlást hívjuk binom iálisnak.

Végezetül az em lített hipergeometriai eloszlás (ez csak em elt szinten fo rd u lh a t elő!), am ely a visszatevés nélküli húzás esetén vizsgálja egy esem ény bekövetkezéseinek a számát. I tt az összes esetek száma, h a N golyó van a kalapban, s köztük K darab piros. M ekkora az esélye, hogy n húzásból ép p en k piros lesz?

Í K V N - K \1 k 11 n - k )

P(Y = k) = - — "— , ahol Y jelöli a pirosak számát, am i itt is elvileg 0 , 1 ,2 , n lehet.

Ezt hívják h ipergeom etria i eloszlásnak.



A következőkben a bevezetett véletlen m ennyiségek várható é rték ét és szórását fogjuk definiálni és kiszámítani. Ez m ár végig e m e lt s z in tű anyag, középszinten nem fo rd u lh a t elő.

Bn( g o)

2 . D. 13. Egy X véletlen mennyiség várható értékén értjük az E(X) = ^ x{p{ összeget;=i

Ez a valószínűségelm életi m egfelelője a szám tani középnek, m in t átlagnak. O tt p t helyett a relatív gyakoriság áll. Mivel a nagy számok törvénye szerint a relatív gyakoriság nagy n esetén közel van a valószínűséghez, így a várható érték is közel lesz az átlaghoz.

M EGJEGYZÉS: Félreérthető az elnevezés, a várható érték nem egy kísérlet során várható kim enetel értéké t je len ti (hiszen az a legvalószínűbb érték lenne), hanem sok kísérlet esetén a k im enetelek átlagértékét. A kifejezés a várható nyerem ényértékből (játékelmélet) keletkezett, csak a nyerem ény szó lekopott mellőle.

PÉLDA: H a egy dobókockával dobok, és annyi forin to t kapok, am i a kijött szám értéke, akkor várhatóan p artin k én t m ennyi az átlagos nyerem ényem ?

A képlet szerint 3,5 adódik , teh á t nem a 3,5 számot várjuk (azt nem is leh e t dobni), hanem partinkén t átlagosan 3,5 Ft-ot fogok kapni. H a sokszor feldobok egy kockát, s a kapo tt számok átlagát veszem, akkor nagy kísérletszám esetén ez a szám 3,5 körül fog ingadozni szabályos kocka esetén. Ez is a nagy számok törvényének egy következm énye.

Fontos eloszlások várható értéke.

EGYENLETES ELOSZLÁS: Az n elem ű esem ényteret feltételezve, x,, x2, ... , xn számok esetén:n

Sx, ■— = — — a várható érték. H a a kim enetelek a 0, 1 ,2 , ...n - l számok, akkor speciálisan a várható' n n

2=1

értékük egyenletes eloszlás esetén: (n-1 ) / 2 lesz.

BINOM IÁLIS ELOSZLÁS: Itt a szóba jövő értékek: 0, 1, 2, ... n. A várható érték definíciója szerint az" in ')

alábbi összeget kell kiszám ítani: 2 > \p‘( l - p ) n 1

!=0 V

Ezt többféleképpen is ki lehet számolni.Az első egy kom binatorikus átalakítás:

í fi —teljesül m inden i> 1 esetén, ha ped ig i = 0 , akkor a szorzat is 0 , teh á t az az összegben

Kl= n

i - l

nem számít. így igaz lesz a következő:n

S*i=0

P\l~PT'=Yaní=l i - l

Az összeg azonban ép p en 1, hiszen egy n- l és p param éterű binom iális eloszlás valószínűségeinek ösz- szege 1. Ezzel m egkap tuk , hogy az n é s p p a ram éterű binom iális várható érték: np.


http://www.dft.hu


MÁS GONDOLATMENET: E hhez szükséges a várható érték egy fontos tu lajdonsága, am it additivitás- nak m ondunk , nevezetesen két véletlen szám összegének a várható értéke a várható értékek összege. Je len esetben a binom iális eloszlás felfogható n darab véletlen szám összegének, ahol m ind az n véletlen szám csak 0 vagy 1 lehet, p illetve 1 -p eséllyel.

Egy ilyen véletlen szám várható értéke egyszerűen számolható: \ - p + 0 - ( \ - p ) = p . Mivel n darabot

kell összeadni, ezért az összeg várható értéke np. Ehhez azonban be kellene látni, hogy az összeg várható értéke a várható értékek összege. Ettől m ost eltek in tünk , csupán egy szemléletes megjegyzést teszünk. H a a rra gondo lunk , hogy a várható nyerem ényt je len ti a várható érték , akkor, ha egyszerre két különböző já ték b an veszek részt, a teljes nyereségem (vagy veszteségem ) a két nyerem ény (veszteség) összege lesz. H asonlóan, h a a téteket duplázzák, akkor a várható nyerem ény is a duplája lesz. Ez persze nem m atem atikai bizonyítás, hiszen éppen azt kellene m egm utatn i, hogy a fen t definiált várható érték rendelkezik ezekkel a szem léletesen elvárt tulajdonságokkal.

HIPERGEOM ETRIAI-ELOSZLÁSEz a visszatevés nélküli m intavétel eloszlása. Legyen N golyó a kalapban, am iből n szám út k ihúzunk visszatevés nélkül. H a K darab m ond juk piros golyó volt a kalapban, akkor m ekkora eséllyel lesz k darab piros a k ihúzottak között? Ezt adja m eg az ún. hipergeom etriai-eloszlás.

Nyilván, hasonlóan a binom iális eloszláshoz, ezúttal is 0 és n között lehet csak k értéke.Az egyes esélyeket a klasszikus „kedvező p e r összes” képlettel számolva:

' K V N - K '

P( X = k) =k n - k

NKn

adódik. Ekkor a várható érték definíciója szerint az alábbi összeget kell ki

számítani: p ( x = k ) =

K \ ( N k

K

n - 1

k=o í n 'y n j

A binom iális eloszlásnál lá to tt trü k k ö t itt is érdem es bevetni,

hogy a változó k-t m int szorzót eltüntessük:' K V N - K ) ( K - V \ ( N

K kX '4=0

k n - iZ-k=\

K 'n - k K

K - l Y N - K ^ k - l

Kn

f i v - n - , l N ^ p v - nk=\l n ~ b l n ~ [J

= n K_N

Az utolsó összeg azért 1, m ert ép p en egy n-1 húzásból álló visszatevés nélküli húzássorozat esélyeinek összege. Azaz az első húzáskor ép p en p = K/ N a piros húzás esélye, és en n ek n-szerese a várható érték. Azaz visszatevés nélkül ép p e n annyi p irosat h úzunk átlagosan, m in t visszatevéssel. Ez egy érdekes m egállapítás. Ezt is érdem es kísérletekkel, akár szám ítógép segítségével ellenőrizni.



GEOM ETRIAI ELOSZLÁS Kiegészítő anyag (E)

Mi a várható értéke példáu l az első hatos dobásnak?00

Ehhez egy végtelen sor összegét kellene kiszámolni:i=1

Ezt felírhatjuk ügyesen, m in t egy kétszeresen végtelen ún. három szög-m átrixba a következőképpen:

P p ( l ~ p ) p { \ ~ p f . . .

P(1~P) p { l ~ p f . . .

P i l - P f . . .

n-l

n-lp ( i - p )

p { \ - p )

p { i - p )

p ( \ - p j

n-l

n-l

Az összeadást eredetileg először az első oszlop összegével kellene kezdeni a képlet szerint, hozzáadni a m ásodik oszlop összegét, és így tovább. Ehelyett először a sorokat ad juk összege, s a sorösszegek ösz- szege lesz a keresett összeg. V égtelen sorok esetén csak az abszolút konvergensek esetében lehet ezt az á trendezést m egtenni, de ez esetünkben , mivel pozitív tagú sorról van szó, biztosan teljesül.Azért te ttük ezt, m ert a sorok végtelen m értan i sorok, am elyeket összegezhetünk.

Az első sor összege: — -$■—— = 1, a másodiké: = 1 - p , a harm adiké: ^ . = (1 - p)2° 1 - ( 1 - p ) 1 - ( 1 - p ) r 1 - ( 1 - p ) r

és így tovább. Látható , hogy az összegek is m értani sorozatot alkotnak, teh á t tud juk őket összegezni. A hányados ism ét (1 -j)), az első elem pedig, m int láttuk, ép p en 1. Ezért a keresett összeg:

1 - 1, /t ,. = 4 -. Mivel a hatos-dobás esélye szabályos kocka esetén 1/6, ezért a várható érték 6 lesz. 1 — ( 1 - p ) p 7 ;

E nnek jelen tése az, hogy h a sokszor m egism ételjük a kísérletet, add ig dobálva, am íg az első hatos nem jö n ki; akkor a le írt szám ok átlaga 6 közelében lesz, m inél többször já tszu n k , annál inkább. É rdem es kipróbálni.


http://www.dft.hu


FELADATOK

H 2. F. 15. Valaki visszatevéssel húz 1000-szer egy 32 lapos m agyar kártyapakliból (ebben éppen 4 ász van a tök, a m akk, a zöld és a piros). V árhatóan hányszor lesz ász a húzásai között?

2. F. 16. (E) Visszatevés nélkül h úzunk ezúttal az 52 lapos francia kártyapakliból. I tt is 4 ász van (káró, treff, pikk és kör). V árhatóan hány ász lesz:a) 15b) 50c) 1 0 0

húzás esetén?

2. F. 17. (E) A ddig h ú zu n k visszatevéssel a francia kártyapakliból, am íg ászt nem húzunk. V árhatóan hányat kell húznunk?Mit je len t a kiszám ított érték?

MEGOLDÁSOK

H 2. IUI. 15. Mivel a húzások szám a 1000, és az ászhúzás esélye 4/32 (4 kedvező lap a 32-ből), ezért a binom iális eloszlás várható értéke np alapján 1 0 0 0 / 8 = 125 adódik , azaz v árhatóan 125-ször lesz ász az 1 0 0 0 húzás között.

2. IUI. 16. (E) Most visszatevés nélkül húzunk, ennek a m odellje a h ipergeom etria i eloszlás, ami-TS

nek várható értéke: n-j^ - , ahol m ost K = 4, N = 52 és n ped ig

a) esetén 15, azaz a várható ász húzások száma 60/52 kb. 1,15;b) esetén 50 azaz 200/52 kb. 3,85; mígc) esetén érte lm etlen a számolás, m ert 52 lapból nem lehet 1 0 0 -at húzni, 52 esetén m ár biztos kijön m ind a 4 ász, u tán a ped ig nem lehet húzni. T eh á t a c)-re az a helyes válasz, hogy nincs ilyen várható érték.

2. M. 17. (E) Ezúttal az első ászig húzunk , tehát geometriai eloszlásról van szó. Az ászhúzás esélye 4/52 = 1/13. A kép le tünk szerin t en n ek a reciproka a várható értéke az átlagos húzásszám nak, tehát 13 húzás várható.

E nnek a szám nak az a je len tése , hogy ha sokszor m egism ételjük a kísérletet, tehát add ig h ú zunk visszatevéssel, am íg kijön az első ász, akkor a húzásszám ok átlaga 13 környékén lesz.

M eglepően a leggyakoribb érték viszont az 1, mivel a geom etria eloszlás m aximális tagja m indig az első. Azaz leggyakrabban 1 lesz a húzásszám , igaz en n ek a gyakorisága 1/13, azaz csupán 100-ból kb. 7-8 esetben.

Folytassuk a várható érték (ami az átlag megfelelője) u tán a szórással (ami az empirikus szórás megfelelője).



H 2. D. 14. A véletlen m ennyiség szórását az em pirikus szórásnak m egfelelően definiáljuk, azaz a véletlen m ennyiség várható értékétől való négyzetes eltérések várható értékének négyzetgyöke,

azaz D(X)-= ^ E { ( X - E ( X ) f } .

Ezt át lehet alakítani a következőképpen: D(X) = ^ E ( X 2) - ( E ( X ) ) 2 . Ezzel a form ulával gyorsabban

lehet számolni. A fentiből a várható érték két fontos tu lajdonságát használva adódik , ezeket érdem es m egfogalm azni. Az első a m ár em lített additivitás, a másik a konstans szorzó kihozhatósága: E(cX)=cE(X) m in d en valós c szám ra fennáll.A három eloszlás egyenletes, binomiális és hipergeometriai szórása a következő:

Egyenletes eloszlás az 1, 2, ... n számokon: + ^ ^ + ^

Binomiális: ^Jnp( 1 - p)

H ipergeom etriai: ^ param éterek je len tésé t illetően lásd a várható érték leve

zetését.

Az elm élet zárásaként következzék a „Nagy számok törvénye”.E nnek a törvénynek van egy empirikus és egy matematikai (sőt utóbbiból több is) változata.Az em pirikus nagy szám ok törvénye egy megfigyelés, m iszerint véletlen kísérletek esetén egy m eg

figyelt esem ény relatív gyakorisága stabilizálódik, azaz egyre nagyobb kísérletszám okat véve egyre kevésbé ingadozik.E nnek a m atem atikai m egfelelője az első J . Bernoullitól szárm azó n a g y szá m o k m a tem a tika i törvénye:

>8 < 1

4n5vagy kom plem enter form ája: P <8 >1 —

1

4n8A törvény szavakban a következőt je len ti. Sajnos az nem igaz, hogy a relatív gyakoriság konvergál a valószínűséghez. N em kizárt például, hogy hosszú fej-írás sorozatban csupa fej legyen, csak nagyon valószínűtlen. A tétel teh á t azt m ond ja ki, hogy annak a valószínűsége, hogy a relatív gyakoriság a valószínűség egy előre m egado tt tetszőlegesen kicsi környezetében legyen közel 1. Azaz a konvergencia valószínűsége ta rt 1-hez. (Ez az ún . m értékben való konvergencia, am elynek vizsgálata felsőbb m atem atikát igényel.)

A tétel bizonyítása nem tananyag m ég em elt szinten sem, egyébként az ún. Csebisev-egyenlőtlenségből következik, am ely olvasható pl. N em etz T ibor: Valószínűségszámítás a speciális matematikai osztályok számára írt könyvében a 280-281. oldalon.

Nézzünk néhány szám ítást a tétel felhasználásával. Azt is m ondhatjuk , hogy a tétel három m ennyiség között állapít m eg egy kapcsolatot (egyenlőtlenségek form ájában). A relatív gyakoriság és a valószínűség eltérése (a képletben 6 ) egy hosszú kísérletsorozat esetén (a képletben n) legfeljebb m ekkora lehet adott biztonsággal (a képletben a jobboldal, am it szoktak (l-e)-nal is je lö lni, ekkor a form ula a következő:

1L - pn r < 8 > 1 - e azaz s =

4n8z)•


http://www.dft.hu


MINTAFELADATOK

1 . Legalább hányszor kell feldobni egy dobókockát ahhoz, hogy a „hatos dobás” valószínűsége és relatív gyakorisága legalább 0,95 eséllyel legfeljebb 0,05 eltérést m utasson?

2. H a egy p én zérm ét 1000-szer feldobunk, és azt vizsgáljuk, hogy a fejek relatív gyakorisága a valószínűségtől legfeljebb 0,03-m al térjen el, akkor e rre m ekkora az esélyünk?

3. Vajon 10 000 ru le tt-gu rításná l a 0 relatív gyakorisága 0,99 eséllyel legfeljebb m ennyire té rh e t el?

MEGOLDÁSOK

1. A feladatban n é rték ére kell becslést adni, ha adott 6 és e, ese tünkben az első 0,05, m íg a m ásodik is legfeljebb ennyi (hiszen 0,95=1-0,05). Ekkor az összefüggés szerint:

- - * azaz mivel £■<0,05 ezért — L - < 0,05 tehát n > --------- \ ---------= 2 000 . T e h á t legalább 2000-4n8 2 ’ 4n5 2 ’ 4 0 ,052 0,05

szer kell feldobni a dobókockát ezen becslés szerint. Ne feledjük, hogy ez egy esetleg durva felső becslés. Lehet, hogy m ár kisebb n -re is teljesül a feltétel, de 2000-re biztos.

2. Ezúttal n= 1000, m íg 8 <0 ,01. Ekkor az összefüggésünk szerint

8 < --------L _ = J ^ 0,2 7 8 .4 0 0 0 -0,032 3,6

Azaz az esélyünk e rre legalább 1-0,278 = 0,722.

3 . Ezúttal a gurítások száma, azaz n —10 000, és a biztonság 0,99, azaz e = 0,01. Ebből adódik, hogy m i

vel az összefüggésünkből: 52 > ah o n n an 6=0 ,05 . T ehát, 99%-os biztonság m ellett állítható, hogy

legfeljebb 0,05 az eltérés a valószínűség és a relatív gyakoriság között. Nagyobb biztonság m ellett p e rsze nő az eltérés is, kisebb biztonsággal ped ig szűkebb in tervallum adható . Ezt a vizsgálatot kaszinókban tényleg el szokták végezni, mivel o tt a 0 a banknak kedvez, teh á t rendszeresen ellenőrzik, hogy nem csalnak-e a krupiék.


GRÁFOK

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE GRÁFOK

ALAPFOGALMAK

A gráfelm élet a m atem atika tudo m án y án ak viszonylag fiatal részterülete . Az első gráfelm életi p roblém a a X V III. sz. elején lépett fel (alább látn i fogjuk), ennek m egoldása E uler nevéhez fűződik. T u lajdonképpen innen tő l szám ítjuk a gráfelm élet m egszületését és fejlődését. M a m ár a m atem atikában, fizikában, geográfiában, kém iában és m ég számos terü le ten használják a gráfokat m in t m odelleket, valam int a gráfelm élet különböző e red m én y eit a felm erülő kérdések, prob lém ák m egoldására. E fejezetben a tém akörnek elsősorban m atem atikai leírásával foglalkozunk, gyakorlati alkalm azására ajánljuk a forgalom ban levő feladatgyűjtem ényeket.

M ielőtt hozzákezdünk a g ráfoknak a középiskolai tananyagban szereplő tárgyalásához, vizsgáljunk m eg néhány bevezető problém át.

1. A Königsberg (mai nevén Kalinyingrád) városát átszelő Pergel folyón két sziget van a város terü le tén . E szigeteket h é t h íd köti össze a város egyik és m ásik partjával, illetve egym ással az áb rán látható m ódon.

A város lakói azt a kérdést vetették fel: hogyan lehetne olyan sétát ten n i a városban, hogy e közben m inden h ídon pon tosan egyszer halad janak át.

2 . Egy sakkversenyen m in d en résztvevő m inden résztvevővel egyszer játszik. Igazoljuk, hogy a verseny bárm ely szakaszában található két olyan játékos, akik add ig ugyanannyi m érkőzést játszottak!


GRÁFOK AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

3. Egy bevásárlóközpont alaprajza látható a következő képen. Egy zsebtolvaj az egyik üzletben m eglopta az egyik vásárlót, de rög tön helyben leleplezték. A biztonsági kam erák tanúsága szerint a zsebtolvaj m inden ajtón egyszer átm ent. Hányas szám ú üzletben fogták el a tolvajt?

4 . Egy érettségi banketten a diákok és a tanárok közül sokan koccintottak egymással. Igazoljuk, hogy azoknak a száma, akik p ára tlan szám szor koccintottak, páros!

5 . Egy estélyen legalább h a tan vannak. Igazoljuk, hogy a résztvevők között vagy van három olyan em ber, akik ism erik egym ást, vagy van három olyan em ber, akik nem ism erik egymást.!

6. Egy állami ün n ep ség alkalm ával 10 személy kapott kitüntetést. Az ü n n ep ség u tán a k itüntetettek közül néhányan névjegykártyát cseréltek egymással. Távozáskor az egyik szervező m indenkitől m egkérdezte, hogy hány személlyel cserélt névjegykártyát. Az alábbi válaszlehetőségek közül melyik lehet jó? Amelyik jó , ahhoz készítsen egy szem léltető gráfot!a) 7 ,4 , 3, 5 ,0 , 2, 8 ,4 , 1 ,5 ,b) 1, 1 ,2 ,2 , 1, 1 ,2 , 1 ,4 , 9,c) 1 ,3 , 4, 7, 0, 2, 9, 1 ,5 ,6 ,d) 6 , 9, 7, 9, 9, 4, 9, 3, 6 , 4.

A fenti kérdések (és m ég szám talan ezekhez hasonló problém a) közös vonása, hogy m indegyikük jó l m odellezhető egy olyan ábrával, m elyen pon tokat és e pon tok közül (a kérdéses p roblém a jellegétől függően) néhányat összekötő vonallal szem léltetünk. Az ilyen m odellt nevezzük gráfnak. Pontosabban:


http://www.dft.hu


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

3 . D. 2 . Ha valamely él két végpontja egybeesik, akkor ezt hurokélnek nevezzük.H urokéi látható pl. az 1 ,/c) áb ra P pontjánál.

3. D. 3. Ha a gráf valamely két csúcsát egynél több él köti össze, akkor azt többszörös élnek nevezzük.Többszörös él látható pl. az l./a) á b ra / l é s B pontjai között.

3. D. 4 . Egy gráfot egyszerű gráfnak nevezünk, ha véges (azaz pontjainak és éleinek a száma véges), és sem hurokéit, sem többszörös élt nem tartalmaz.Az alábbi 2. áb ra a) és b) része egyszerű, m íg a c) rész nem egyszerű gráfo t szemléltet.

2. ábra


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

Pl. a 3. ábrán az A -ból G-be vezető AB - BC - CD - DE - EF - FG egymáshoz csatlakoztatott élsorozat egy út, m íg az AB - BC - CD - DE - E C - CG egymáshoz csatlakoztatott élsorozat nem út.

G

GRÁFOK__________________________ AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

3. ábra

3. D. 6 . Egy gráf összefüggő, ha bármely pontjából bármely pontjába eljuthatunk egy úton.Pl. az 1. áb ra a) és c) része összefüggő, m íg a b) része nem összefüggő gráfo t szemléltet.

3. D. 7. Ha egy egyszerű gráf bármely két pontja össze van kötve éllel, akkor teljes gráfnak nevezzük. (Az egyetlen pontból - ún. izolált pontból - álló gráf is egyszerű gráf.)Teljes gráfo t k apunk pl., h a egy konvex sokszögnek m egrajzoljuk m in d en átlóját.

H3 .T .1 . Az n pontú teljes gráf éleinek a száma:

v2 y

n(n - 1 )

BIZO NYÍTÁS: B árm ely két p o n t között van él, és bárm ely két p o n t között csak egy él van, hiszen a g ráf egyszerű. Ezek szerin t az élek száma annyi, ahányféleképpen az n pontból kettő t kiválaszthatunk a

v2ykiválasztás so rren d jé re való tek in tet nélkül, azaz

Fontos inform ációkat n y erh e tü n k egy gráffal kapcsolatban, ha bevezetjük az alábbi fogalmat:


http://www.dft.hu


H3. D. 8 . Egy gráf valamely csúcsának a fokszáma a kérdéses csúcsban találkozó élek száma.Az alábbi 4. áb rán látható g rá f m inden csúcsa m ellé be írtu k a kérdéses csúcs fokszámát.

E( 2)

C(2)4. ábra

Mivel m inden él két csúcsot köt össze, ezért k im ondhatjuk a következő tételt:

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

E tétel egy igen fontos következm énye:

3 . T. 3. Bármely gráfban a páratlan fokú pontok száma páros.

B IZONYÍTÁS: A djuk össze a g rá f m inden pon tjának a fokszámait. A páros fokszám ok összege nyilván páros. Mivel a páros fokszám ok összegéhez hozzáadva a pára tlan fokszám ok összegét páros számot kapunk, ezért a pára tlan fokszám ok összegének is párosnak kell lennie. De p ára tlan számok összege csak akkor lesz páros, h a e p ára tlan szám ok páros sokan vannak.

T érjü n k m ost rá a bevezetőnkben em lített 1. p roblém ára, a königsbergi h idak kérdésére . A 5. ábrán a kérdésnek m egfelelő gráfo t szem léltettük.

A,

D

5. ábra



G ondoljuk végig a következőket: H a valamely csúcsból k iindulunk , és valam ely csúcsba m egérkezünk, akkor - mivel a gráfnak négy csúcsa van - kell lennie legalább két olyan csúcsnak, mely nem is k iinduló csúcs és nem is végcsúcs. Az ilyen csúcsokba - m elyek teh át nem is a kezdő és nem is a végpontok - ugyanannyiszor kell beérkeznünk , m in t ahányszor kim együnk onnan . Mivel m inden bem enő és kim enő él különböző (hiszen m in d en élen pontosan egyszer h a lad u n k keresztül), ezért az ilyen csúcsok fokszám a páros kell, hogy legyen: vagyis a gráfnak legalább két páros fokszám ú csúcsa kell, hogy legyen. De a g rá f m inden csúcsának a fokszám a páratlan [>1(3), 5(5), C(3), D(3)], ezért a königsbergi h idak a kívánt m ódon nem já rh a tó k be.

K önnyen általánosíthatjuk a problém át.

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

Nyilvánvaló, hogy egy nem összefüggő g rá f nem já rh a tó be sem nyílt, sem zárt Euler-vonallal, ezért a továbbiakban az összefüggő gráfokra szorítkozunk.

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

B IZONYÍTÁS: Vizsgáljuk először a nyílt Euler-vonalat. Ekkor tehá t van a bejárásnak egy kiinduló pon tja és egy végpontja. Az összes többi p o n ton ugyanannyiszor kell b em en n ü n k , m in t kijönnünk belőle, így ezek fokszám a biztosan páros. A kiindulópontból a kiindulási élen kívül ugyanannyi bem enő, m int kim enő él fut, teh á t ennek a p o n tnak a fokszám a pára tlan kell, hogy legyen, m íg a végpont esetében az utolsó (bem enő) élen kívül ugyanannyi bem enő élnek kell lennie, m in t kim enő élnek; tehát a végpont fokszám a is p ára tlan kell, hogy legyen. T eh á t valóban: szükséges, hogy két p o n t fokszáma páratlan , az összes többi p o n t fokszám a pedig páros kell, hogy legyen. (A bizonyításból term észetesen az is kiderül, hogy a bejárás a két pára tlan fokszámú p o n t valam elyikéből indu l és a másik páratlan fokszámú p o n tban é r véget.)

Zárt Euler-vonal esetében m inden olyan pont, mely nem a kezdő (és vég-) pont, ugyanannyi bem enő, m int kim enő él van, teh á t ezeknek a pon toknak a fokszám a páros. A kezdő p o n t első (kimenő) élén kívül m inden a p o n to n való áthaladás két élt je len t, m ajd az utolsó (bem enő) éllel együtt a fokszám: 1 + p á ro s+ 1 = páros. Vagyis valóban: ha az Euler-vonal zárt, akkor m inden élnek páros fokszám únak kell lennie.

K im utatható, hogy a feltétel elégséges is, tehát:

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

Vajon hogyan alakul a königsbergi h idak problém ája, ha egy h id a t (pl. a 5 és D pon tok közötti hidat) m egszüntetnénk? Ekkor az egyes csúcsok fokszáma: A(S), 5(4), C(3), D(2). T eh á t két páratlan és két páros fokú csúcsa van a gráfnak, vagyis ekkor m ár van a g ráfban nyílt E uler-ú t, így a g rá f bejárható. T erm észetesen valam elyik p ára tlan fokú pontból kell indu ln i és a másik p ára tlan fokú po n t lesz a végállomás. Egy ilyen bejárást szem léltettünk a 6 . ábrán: /1-ból indulva és C-be érkezve.


http://www.dft.hu


Vajon mi a helyzet, ha nem a B és D csúcsok közötti élt, hanem egy m ásikat hagyunk el? Ekkor annak a két csúcsnak a fokszám a, am elyek közötti élt elhagytuk, eggyel csökken, vagyis páros lesz, míg a m ásik két csúcs fokszám a változatlan m arad . Ez azt jelen ti, hogy két csúcs fokszám a páratlan , a többié páros, tehát ekkor is létezik nyílt E uler-ú t, vagyis a g ráf ekkor is bejárható .

Vizsgáljuk m eg m ost a bevezetőnkben em lített 2. problém át. H a n versenyző volt a sakkversenyen, akkor egy játékos legfeljebb n - 1 m érkőzést játszhatott. A kérdést gráfokkal szem léltethetjük: a pontok a verseny résztvevői, az összekötő élek ped ig a lejátszott m érkőzések száma. A g rá f nyilván egyszerű, hiszen nem lehet benne h u ro k (senki sem játszik önm agával), és nem lehetnek ben n e többszörös élek (egy-egy játékos legfeljebb egyszer já tszo tt egymással). A gráfok nyelvére lefordítva azt kell m egm utatnunk, hogy bárm ely egyszerű gráfban van legalább két olyan pon t, m elyek fokszám a egyenlő. H a ugyanis egy n p o n tú egyszerű gráfban m inden po n t fokszám a különböző lenne, akkor a legnagyobb fokszámú p o n t fokszám a legfeljebb n - 1 , m íg a legkisebb fokszám ú p o n t fokszám a legalább 0. De ha van n - 1 fokszámú p o n t (vagyis olyan, am elyik m inden pon ttal össze vannak kötve), akkor nem lehet benne 0 fokszámú pont, és fordítva. Ezek szerin t csak n - 1 fajta fokszám létezhet, így az n po n t között- a skatulya-elv alapján - kell lenn ie legalább két olyan pon tnak , m elyek fokszám a megegyezik.

A bevezető 3. p rob lém ájá t is könnyen szem léltethetjük egy gráffal. Legyenek a g rá f pontjai az egyes üzletek, élei ped ig azon p o n to k a t összekötő vonalak, mely üzletek között van ajtó. Ezt szemlélteti a 7. ábra. A kérdés az, hogyan já rh a tó be nyílt Euler-vonallal a kérdéses gráf. Az 5. tétel alapján ez akkor és csak akkor lehetséges, ha két csúcs fokszám a páratlan , a többi ped ig páros. Vizsgáljuk m eg tehát az egyes pontok fokszámát:

1(9), 2(2), 3(4), 4(2), 5(4), 6(4), 7(3), 8(4), 9(6), 10(4)



Azt látjuk, hogy az 1. és a 7. él fokszám a páratlan , a többi ped ig páros. Ezek szerint (mivel a zsebtolvaj nyilván az 1 . helyiségből indult) csakis a 7. üzletben fülelhették le. •

Nézzük a zsebtolvaj egy lehetséges útját. Ezt szemlélteti a 8 . ábra.

8. ábra

A bevezetőben em lített 4. p rob lém a m egoldása egyenes következm énye a 3. tételnek.A bevezető 5. p roblém ájának m egoldásához a következőket kell m eggondolnunk . Válasszuk ki az

estély egy résztvevőjét, pl. A-t. A skatulya-elv alapján két eset lehetséges:1. A vagy ism er legalább három másikat, vagy pedig2. A legalább három m ásikat nem ismer.

1. ESET: H a A ism er legalább másik három résztvevőt (pl. B-t, C-t és D-t), akkor - egy gráfon szemléltetve - a következőt állap íthatjuk meg: ha B, C és D közül bárm ely kettő ism eri egym ást (pl B és C), akkor készen vagyunk, hiszen ekkor A, B, és C m indhárm an ism erik egym ást. H a B, C és D közül semelyik kettő nem isméi egym ást, akkor ism ét készen vagyunk, hiszen ta láltunk három olyan személyt, akik kölcsönösen nem ism erik egymást.

2. ESET: H a A legalább másik három személyt nem ism er (pl. B-t, C-t és D-t), akkor használhatjuk az előző gráfot azzal, hogy a g rá f élei m ost ne az ism eretséget je len tsék , hanem ép p en fordítva: azokat a pon tp áro k a t (személyeket) kössük össze, akik nem ism erik egym ást. H a B, C és D, közül bárm ely kettő nem ism eri egym ást (pl. B és C), akkor készen vagyunk, hiszen ekkor A, B és C kölcsönösen nem ism erik egymást. H a viszont B, C és D között nincs kettő, akik nem ism erik egym ást, akkor m indhárm an kölcsönösen ism erik egym ást, teh á t ism ét készen vagyunk.


http://www.dft.hu


Vizsgáljuk m ost a bevezetőben em líte tt 6 . problém át.

a) 7, 4, 3, 5, 0, 2, 8 , 4, 1, 5,b) 1, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 4, 9,c) 1, 3, 4, 7, 0, 2, 9, 1, 5, 6 ,d) 6 , 9, 7, 9, 9, 4, 9, 3, 6 , 4.

a) N em lehetséges, hiszen - a kártyacseréket egy gráffal szemléltetve - a p ára tlan fokú pontok szám ának párosnak kellene lenni, az ped ig öt, tehát páratlan .

b) Ez lehetséges, en n ek m egfelelő gráf:

c) Ez sem lehetséges. H a ugyanis van olyan személy, aki m indenkivel cserélt, (9), akkor nem lehet olyan személy, aki senkivel sem cserélt (0). H a egy n pon tú gráfnak van n — 1 -ed fokú pontja, akkor e gráfnak nem lehet izolált ( 0 fokszám ú) pontja.

d) Ez sem lehetséges. Mivel négy személy m indenkivel cserélt névjegykártyát, ezért ezzel a négy személlyel m indenki cserélt. Ezek szerin t a 4 db 9-en kívül az összes többi legalább 4 kell, hogy legyen, azaz nem lehet közöttük 3-as. H a egy n p o n tú gráfnak van k db n — 1 -ed fokú pontja, akkor az összes többi po n t fokszáma legalább k kell, hogy legyen.



FELADATOK

A bevezetőben em lített p rob lém ák tárgyalása u tán nézzünk az eddig elm ondo ttak ra néhány egyszerű feladatot. (A feladatok sorszám a m ellett egy K, ill. E b e tű t találunk; ez a rra utal, hogy a feladat közép vagy em elt szintű nehézségű).

H 3 . F. 1. (K) Rajzoljon olyan hat pontú egyszerű gráfot, mely csúcsainak fokszámai:a) 5 ,4 ,4 , 2 ,2 , 1,b) 4, 4, 4, 2, 1, 1,c) 1 ,2 , 2, 3, 4, 4.

3. F. 2 . (K) Állapítsa meg az alábbi gráfok egyes pontjainak a fokszámait!

Ab)

Ad)

3. F. 3. (K) Az előző feladat gráfjai közül melyiknek van nyílt- vagy zárt Euler-vonala? Amelyiknek van, annak rajzoljuk meg!

3 . F. 4 . (K) Be lehet-e járni egy alkalmas csúcsból kiindulva egya) négy oldalú egyenes gúla;b) egy te traéder,c) egy ok taéderéleit úgy, hogy m inden élen egyszer haladunk végig, és a végén visszatérünk abba a csúcsba, melyből e lindu ltunk? Be lehet-e já rn i a testek éleit úgy, hogy m in d en élen egyszer haladunk végig, de nem a kezdőpontban fejezzük be a bejárást?

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


H 3. F. 5 . (K) Egy héttagú társaság minden tagja a társaság minden tagjával lefolytat egy telefonbeszélgetést. Eddig András 6, Béla 2, Csaba 5, Dani 1, Ervin, Feri és Gábor pedig egyaránt 4-4 telefont bonyolított le.a) Rajzoljon olyan gráfot, mely az eddigi telefonbeszélgetéseket szemlélteti!b) Az összes telefonbeszélgetésnek eddig hány százalékát nem bonyolították m ég le?

3. F. 6 . (K*) Egy sakkbajnokság 16 résztvevőjét két csoportba osztották. Az egyes csoportokban a csoport tagjai körmérkőzést játszottak egymással. Az egyik csoportban így 3-szor annyi meccs zajlott le, mint a másikban. Hány résztvevője volt az egyes csoportoknak?

3. F. 7. (K*) Egy találkozón hat ember vett részt. Megtörténhetett-e a következő: a társaság egyik fele 5 emberrel, a másik fele pedig 3 emberrel fogott kezet?

3. F. 8 . (E) Egy bajnokságban 8 csapat játszik körmérkőzést. Eddig 9 meccs zajlott le. Igazolja, hogy van olyan csapat, amely legalább háromszor játszott már.

3. F. 9 . (E) Van-e olyan 8 fős társaság, amelyben a társaság minden tagjának pontosan 3 barátja van a társaságban?

3. F. 10. (E*) Igazolja, hogy nincs olyan 9 pontú gráf, melyben az egyes pontok fokszáma: 8, 8, 8, 7, 7, 7, 5, 4, 4.

3 . F. 11. (E*) Egy konvex 17-szög minden élét és átlóját pirosra, zöldre vagy sárgára festettünk. Igazolja, hogy lesz olyan háromszög, melynek csúcsai a 17-szög csúcsai, és minden oldala ugyanolyan színű!



MEGOLDÁSOK

3 . IUI. 1.a) Nincs ilyen gráf.b) Nincs ilyen gráf.c) Ilyen g rá f pl.:

B4

3. M . 2.

c)

F 2

G 2


http://www.dft.hu


3. M. 3.Az a) g rá f m inden pon tjának a fokszáma páros, tehát van zárt Euler-vonala.

PL: A B - B D - D C - C A - A E - E G - G F - F E - E D - DA A b) gráfnak két pára tlan fokú és 4 páros fokú pontja van, teh á t van nyílt Euler-vonala.

Pl.: A B - B E - E D - D F - F C - C D A c) gráfnak két pára tlan fokú és 6 páros fokú pon tja van, teh á t van nyílt Euler-vonala.

Pl.: EB - BD - DC - C A - A B - BG - GD - DE - EF - FH - HD A d) gráfnak 4 pára tlan fokú pon tja van, tehát nincs sem zárt, sem nyílt Euler-vonala.

3. M . 4.a) A négyoldalú gúlának egy db 4 és 4 db 3 fokú pontja van, teh á t nem já rh a tó be semmilyen m ódon.b) A te traéd er m in d en p on tjának a fokszáma 3, tehát ez sem já rh a tó be sem m ilyen m ódon.c) Az ok taéder m in d en pon tjának a fokszáma 4, tehát ez bejárható úgy, hogy a kezdőpont és a végpont m egegyezik.

3 . M . 5.a) Egyetlen g rá f teljesíti a feltételeket:

b) A 7 p o n tú teljes g ráfnak 21 éle van. Az edd ig lefolytatott beszélgetések gráfjának 13 éle van, azaz 8 él hiányzik a teljes gráfból, vagyis m ég 8 telefonbeszélgetés van h á tra . T eh á t a keresett

százalék: J y - 100 « 38,09 % .



3. M . 6 . H a az egyik csoport résztvevőinek a száma n, akkor a másik csoport résztvevőinek a száma 1 6 - n . Az egyes csoportokban lejátszott meccsek száma:

n ( n - l ) ... ( 1 6 -n ) (1 5 -n )2 ’ 1 ' 2

A feltételek szerint: 3 • n-~- ^ — n ^ ^ , ah o n n an n 2 + \ 4n -1 2 0 = 0 .

E m ásodfokú egyenlet pozitív egész gyöke: n = 6 . T eh á t az egyik csoportban 6 , a másikban p edig 1 0 résztvevő volt.

3. M . 7. Igen. Ezt szem lélteti az alábbi gráf:

3. IUI. 8. H a m inden csapat legfeljebb csak 2 m érkőzést já tszo tt volna, akkor a 8 pon tú g rá f fokszám ainak összege legfeljebb 2 - 8 = 16 lenne, így a g rá f éleinek a szám a (tehát a lejátszott m érkőzések száma) legfeljebb 8 lenne. Mivel az élek száma 9, ezért kell lennie legalább egy olyan csapatnak, am elyik legalább 3 m eccset játszott.

3 . IUI. 9 . Igen. Ezt szemlélteti az alábbi gráf:


http://www.dft.hu


3. M. 10. A 9 p o n tú gráfnak három pontját m inden egyéb pon tta l összekötjük, így kapjuk a 3 db 8 fokú csúcspontot, s a többi 6 p o n t m indegyikének eddigi fokszám a 3-3. H a e 6 p o n t fokszáma 7, 7, 7, 5, 4, 4 kell, hogy legyen, akkor egy olyan 6 p o n tú gráfot kell készítenünk, mely pontjainak a fokszáma 4, 4, 4, 2, 1, 1. De ha egy 6 pon tú gráfnak van három 4-ed fokú pontja, akkor nem lehet két első fokú pontja. Ugyanis legyen az egyik 4-ed fokú p o n t / l (lásd ábra)

B

D

Legyen 5 egy m ásik 4-ed fokú pon t. B - 1 és F-et össze kell kö tnünk , m ert h a nem , akkor 5 -n ek a három hiányzó éle C-be, D-be és £ -be megy, így m ár sem m iképpen sem leh et két első fokú pont. T eh á t B és F össze vannak kötve, és 5 -n ek a m ég hiányzó két éle C, D és E pon tok közül valam elyik kettőbe fu t (pl. C-be és £-be.) q

Ezek u tán bárhol van a harm ad ik 4-ed fokú pont, F-be vagy ű -b e m in d en k ép p en futnia kell m ég egy vonalnak, így nem lehet két első fokú pontja e gráfnak.

Ezzel beláttuk, hogy nem létezik olyan 9 pon tú gráf, mely pon tjainak fokszámai: 8 , 8 , 8 , 7, 7,7, 5, 4, 4.

3. M. 11. A konvex 17-szög valam ely P csúcsából (m inden csúcsából) 16 szakasz indu l ki. Mivel ezeket három féle színnel festettük be, ezért - a skatulya-elv a lapján - kell lenni közöttük 6 db olyannak, melyek azonos színűek (pl. pirosak). T ek in tsük ezt a h a t db piros szakaszt; legyen ezek másik végpontja: Ax, A2, A3, A4, A5, A6 . H a az A}A2...... A6 konvex hatszögnek valamely oldala, vagy valam ely átlója piros, akkor készen vagyunk. H a nem , akkor e hatszög m inden oldala és m inden átlója zöld vagy sárga.



A 3

E hatszög valam ely csúcsából (m inden csúcsából) pl. /Í rb ő l 5 db szakasz indu l ki. Mivel ezek két színnel vannak kiszínezve, ezért kell lennie ezen 5 db vonal között három azonos színűnek. Legyenek ezek A}A2, AiA3 és AxA4 és legyenek pl. zöldek. H a az A2A3A4 három szögnek valamely oldala zöld, akkor

készen vagyunk. H a viszont e három szög egyik oldala sem zöld, akkor m in d h áro m oldala kék kell, hogy legyen, s így ekkor is készen vagyunk.


http://www.dft.hu


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

Egy problém a gráfokkal tö rténő m odellezésekor többféle m ódon is elkészíthetjük a megfelelő gráfot. T erm észetesen a p rob lém ának m egfelelően az így készített gráfok pon tja inak és éleinek a száma, valam int a megfelelő pon tok fokszám a m eg kell, hogy egyezzen, továbbá, ha a p rob lém át m odellező gráfban valamely két p o n t éllel van összekötve, akkor bárm ely ugyanezen p rob lém át szemléltető gráfban a megfelelő két p o n t ugyancsak éllel van összekötve. E nnek m egfelelően érdem es értelm ezni a gráfok között egyfajta „egyenlőséget”. Az ilyen m ódon egyező gráfokat izomorf gráfoknak nevezzük (Fontos meg

jegyezni, hogy ez az izomorfia emelt szinten is csak kiegészítő tananyag!). Pontosabban:

H 3. D. 11. Két gráfot Izomorfnak nevezünk, ha éleik között és csúcsaik között is létezik illeszkedéstartó kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés.

Ez tehát azt je len ti, hogy h a az egyik g rá f A és B csúcsai éllel vannak összekötve, akkor a másik g rá f megfelelő A ’ és B ’ pontjai is éllel vannak összekötve, m égpedig ugyanannyi éllel, m int az A és B csúcsok. E definíciónak egyenes következm énye, hogy izom orf gráfok megfelelő csúcsainak fokszámai m egegyeznek. Pl. az alábbi áb ra a), b), c) gráfjai izom orfak, de nem izom orfak a d) gráffal (abban ugyanis szerepel a CB él is)

B’B

a ) b)

B’

d )

3. D. 12. Ha egy gráfnak elhagyjuk néhány élét és/vagy néhány pontját úgy, hogy ismét gráfot kapunk, akkor ez utóbbi gráfot az eredeti gráf részgráfjának nevezzük. (Természetesen, ha pontot hagyunk el, akkor az összes e pontba futó élt is el kell hagynunk, hogy ismét gráfhoz jussunk.)

K ülön érdekesek azok a részgráfok, m elyek egy gráfot teljes gráffá egészítenek ki.



H 3 . D. 13. Egy n pontú egyszerű gráfnak n pontú teljes gráffá kiegészítő gráfját az eredeti gráf komplementer gráfjának nevezzük.

Az n p o n tú egyszerű g rá f kom plem enteré t tehát úgy kapjuk m eg, hogy az eredeti gráfot kiegészítjük teljes gráffá, m ajd an n ak töröljük az e redeti gráfhoz tartozó éleit. Ebből következik, hogy az n pon tú g rá f kom plem entere is n pon tú gráf.Az alábbi példákban egy 5 és egy 6 pon tú egyszerű g rá f k om plem en ter gráfjait ábrázoltuk.

B

C komplementer*

■ 7

komplementerD

T erm észetesen, h a egy n p o n tú egyszerű gráfnak k db éle van, akkor kom plem enter gráfjának

- — - k db éle van.

Az egyszerű gráfok legfontosabb részgráfjai a körök és a fák.

3. D. 14. Körnek nevezzük valamely gráfban azt az utat, melynek kezdőpontja megegyezik végpontjával.

3. D. 15. A körmentes gráfot fagráfnak nevezzük.Az alábbi áb ra a) részében k ö rt alkotnak pl. az FC-CD-DE-EF, vagy az FC-CD-DH-HF élsorozatok, az ábra b) részében ped ig egy fag ráf látható.

B B

H


http://www.dft.hu


Valamely gráfban egy kör létezése azt je len ti, hogy van a gráfban két olyan pont: P és Q, melyeket két különböző úttal is összeköthetünk, vagyis pl. P-ből két különböző ú ton is e lju tha tunk £?-ba. Ennek következm énye az alábbi tétel:

3 . T . 6 . Összefüggő gráfban valamely kör bármely élét elhagyva a gráf összefüggő marad.Bizonyítás: H a a g rá f valam ely körének két pontját, pl. P-1 és Q-t két különböző úttal is összeköthetjük, akkor e kör bárm ely élét elhagyva továbbra is e lju tha tunk P-ből £?-ba (legfeljebb m ár csak egy úton), így továbbra is fennáll, hogy a g rá f bárm ely pontjából bárm ely pontjába elju thatunk egym áshoz csatlakoztatott éleken keresztül, vagyis a g rá f összefüggő m arad.Fontos tu lajdonsága a fagráfoknak, hogy

3. T. 7. Az n pontú fagráfnak pontosan n — 1 éle van.B IZONYÍTÁS: A tétel bizonyítását teljes indukcióval végezzük, n = 1 -re, 2-re, 3-ra az állítás nyilvánvaló (lásd ábra)

n = 2 n = 3

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

E k pon tú összefüggő gráfból úgy k apunk k + l p o n tú összefüggő gráfot, hogy valamely p on to t egy új pon ttal kö tünk össze. Ezzel az élek száma és a csúcsok száma is eggyel növekedett, vagyis a k + \ p o n tú fagráfnak k db éle van.

Ebből az is következik, hogy ha egy fa g rá f bármely két pontját összekötjük, m ár lesz benne kör, továbbá, hogy ha egy összefüggő fagrá f bárm ely élét elhagyjuk, akkor m ár nem lesz összefüggő (természetesen az él elhagyásakor annak végpontjait is elhagyjuk). Az következik a fenti tételből, hogy ha egy összefüggő véges gráfban m inden pon t fokszáma legalább kettő, akkor a gráfban van kör.

Összefoglalva: az n p o n tú összefüggő gráfok közül a fagráfnak van a legkevesebb éle, és egyben a fag ráf a maxim ális élszám ú körm entes gráf.

Legvégül következzen a gráfokkal kapcsolatban néhány további feladat.



FELADATOK

H 3. F. 12 . Van-e olyan n pontú egyszerű gráf, amelyik izomorf a komplementerével, haa) n = 5

b) n = 6 .

3. F. 13 . Van-e olyan fagráf, melynek komplementere is fagráf?

3. F. 14. Igazoljuk, hogy nem létezik olyan n pontú egyszerű gráf, mely komplementerével izomorf, haa) n = 4k + 2

b) n = 4k + 3

3. F. 15. Mutasson példát olyan n pontú egyszerű gráfra, melybe 10 új élt berajzolva teljes gráfot kapunk!

3. F. 16. Igazolja, hogy bármely összefüggő gráf néhány (véges sok) új él berajzolásával olyan gráffá alakítható, melynek vana) Nyílt Euler-vonalab) Zárt Euler-vonala.

3 . F. 17. Tizenkét tudós levelezésben áll egymással. Minden tudós legalább két másikkal levelezik. Egyikük elküld egy hírt az egyik levelezőpartnerének, aki azt tovább küldi valamely levelezőpartnerének, de nem annak, akitől kapta.a) Biztosan eljut-e a h ír m ind a 12 tudóshoz?b) Igaz-e, hogy a h ír biztosan visszajut egy olyan tudóshoz, aki m ár tudta?c) Legkevesebb hány tudóshoz ju t el a hír?

3. F. 18. Egy n pontú fagráf komplementerének 2n +1 éle van. Határozza meg n értékét!

3. F. 19. Az alábbi gráfok közül melyek azok, amelyek lerajzolhatok a ceruzánk felemelése nélkül úgy, hogy minden szakaszon csak egyszer menjünk át?

3. F. 2 0 . (E) Egy 10 pontú teljes gráf csúcsai egy kör mentén helyezkednek el. Hány olyan kör van ebben a gráfban, melyben nincsenek egymást metsző élek?

3. F. 2 1 . (E) Egy társaságban (ahol mindkét nemből egynél többen voltak) a lányok és fiúk először külön váltak; minden lány minden lánnyal, és minden fiú minden fiúval koccintott egyszer. így a lányok közötti koccintások száma 6-tal volt több, mint a fiúk közötti koccintások száma. Éjfélkor aztán a fiúk és a lányok összevegyültek; ekkor mindenki mindenkivel koccintott egyszer. Hány koccintás hallatszott éjfélkor?


http://www.dft.hu


H 3. F. 22 . (E) Egy konvex sokszög alakú papírt valamely két nem szomszédos csúcsára illeszkedő egyenes mentén elvágtunk. A keletkezett két sokszög átlói számának összege 29-cel kevesebb, mint az eredeti sokszög átlóinak száma. Hány oldalú volt az eredeti sokszög.

3 . F. 23 . (E)* Magyarország térképén minden helységet (falu, község, város) összekötünk egy egyenes szakasszal a hozzá legközelebb eső helységgel. Az így keletkezett összekötő szakaszok között nincs két egyforma hosszúságú. Igazolja, hogy az így elkészített gráfnak (melynek pontjai az egyes helységek, élei pedig az összekötő szakaszok) nincs 5-nél magasabb fokú pontja!

MEGOLDÁSOK

3. IUI. 12.

a) H a az 5 pon tú egyszerű g ráfnak k db éle van, akkor izom orfjának db éle van.

Ezek, szerint \ 0 - k = k , ahonnan k = 5.T eh á t van olyan ö t p o n tú gráf, amely izom orf kom plem enterével és ezeknek egyarán t 5 db élük van. Az alábbi áb ra m utatja , hogy ez m egvalósítható, hiszen a két g rá f izom orf egymással.

dást, ezért nincs olyan 6 p o n tú gráf, am ely izom orf kom plem enterével.

3. M. 13. Az n p o n tú fagráfnak n — 1 éle van. H a ennek a gráfnak k o m plem en tere is fagráf, akkor kom plem enterének is n - 1 éle van, vagyis

n (n ^ - (n - 1) = n - 1 , ah o n n an n - 4 .

T eh á t csak a 4 p o n tú fagráfra teljesül, hogy kom plem entere is fag ráf (lásd ábra).



MEGJEGYZÉS: T erm észetesen ez nem je len ti azt, hogy bárm ely 4 p o n tú fag ráf kom plem entere is fagráf. E rre lá th a tu n k p é ld á t az alábbi ábrán.

komplementere- p '

*

i \/ \

/ \

//

3. M . 14.a) H a az n p o n tú egyszerű gráfnak k db éle van, akkor kom plem en terének

n{n - 1)2

db éle van. H a az e redeti g rá f izom orf a kom plem enterével, akkor kom plem enterének is k db éle van. Mivel n = 4k + 2 , ezért írhatjuk

(4k + 2)(4k + l) _ k = k ' azaz (2 & + \)(4k + 91) = 2& .

Az utóbbi egyenlet jo b b oldalán egy páros szám szerepel, m íg a bal o ldalon két páratlan szám szorzata, így ez lehetetlen .

b) Az előbbi gondolatm enethez hasonlóan:

(4k + $)(4k + 2) _ k = k ' azaz (4k + 3)(2k + l) = 2k .

A jobb oldal páros, a bal oldal páratlan , tehát ez az egyenlőség is e llen tm ondásra vezet.

3. M . 15. H a az n p o n tú egyszerű gráfnak k db éle van, akkor

k + 1 0 = n (n^ ^ ; innen 2k + 20 = n 2 - n , azaz n 2 - 2k - n - 2 0 = 0 .

Ez utóbbi n-ben m ásodfokú egyenletnek csak akkor lehet egész m egoldása, ha diszkrim inánsa négyzetszám , azaz valam ilyen r egész szám ra

1 + 8 & + 80 = r 2 - » 8 & + 81 = r 2 .Ez teljesül pl., h a k = 5 . Ekkor n 2 - n - 30 = 0 , ah o n n an n = 6 .H a tehát egy 6 pontú egyszerű gráfnak 5 éle van, akkor 10 új él berajzolásával teljes gráfot kaphatunk (lásd ábra: az eredeti éleket vastag vonallal, a 1 0 „új” élt pedig szaggatott vonallal rajzoltuk.)

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

http://www.dft.hu


MEGJEGYZÉS: A fend diszkrim ináns k - 11 -re is négyzetszám , ezzel n = 1 adódna , vagyis ha a 7 p o n tú egyszerű gráfnak 11 éle van, akkor 10 új élt berajzolva szintén teljes gráfo t kapunk. A feladatban m inden olyan élszám m egoldást ad , m elyre 8 A + 81 értéke négyzetszám .

3. M . 16. a) T u d ju k , hogy bárm ely gráfban a páratlan fokú p on tok szám a páros. H a az ilyen pontok száma 2, akkor készen vagyunk. H a 2-nél több, akkor válasszunk ki a páratlan fokú p ontok közül 2 -2 -t, ezeket p áro n k én t kössük össze m indaddig , am íg m ár csak 2 db páratlan fokú po n t m arad. Ekkor 2 p ára tlan fokú p o n tu n k lesz, az összes többi p o n t fokszám a páros. Ez pedig éppen annak a szükséges és elégséges feltétele, hogy legyen a gráfban nyílt Euler-vonal.

b) Az előbbi eljárást követve add ig kössük össze p áro n k én t a p ára tlan fokú pontokat, am íg el nem érjük, hogy m inden p o n t fokszám a páros legyen. Ez ped ig ép p en an n ak a szükséges és elégséges feltétele, hogy legyen a g ráfban zárt Euler-vonal.

3. M . 17.a) Nem biztos, hogy a h ír elju t m inden tudóshoz, m ielőtt visszajut olyanhoz, aki m ár tudta. Ugyanis a 12 p o n tú g ráfban lehet olyan kör, mely nem m egy át m in d en pon ton . E rre példa az alábbi 1 2 pon tú (nem összefüggő) gráf:

b) M inden tudós tovább adja a hírt, hiszen valakitől kapja, és másvalakinek adja tovább. Mivel a tudósok száma véges, így előbb-utóbb biztosan visszajut a hír olyan valakihez, aki m ár tudott róla. Ez egyben azt jelenti, hogy ha a 1 2 pontú gráfban m inden pont fokszáma legalább 2 , akkor van kör a gráfban.

c) A m ásodik tudós, aki m egkapja a h írt, egy harm adiknak tovább adja. T eh á t legkevesebb h á rm an biztosan tu d n ak a h írrő l.

71(71 — 1)3 . M . 18. Az n p o n tú fa g rá f kom plem enterének — - — (n - 1 ) éle van.

Ezek szerint n(n - 1 )- n + 1 = 2n + 1 , ah o n n an n 2 - n - 2n + 2 = 4n + 2 , azaz n 2 - In = 0 .

Ez utóbbi egyenlet szóba jö h e tő m egoldása n = 1 .

3. M . 19. ír ju k m inden esetben az egyes csúcsok m ellé a fokszám ukat:

a) b) c)



a) A gráfnak két pára tlan fokú pon tja van, a többi p o n t fokszám a páros. így van nyílt Euler-útja, m elynek kezdőpontja a két pára tlan fokú p o n t valamelyike; végpontja ped ig a másik páratlan fokú pont. Egy lehetséges bejárás pl. az alábbi:

a)E - C - B - A - F - E - J - I - H - G - E - D - C .

b) A gráfnak 4 pára tlan fokú pon tja van, így sem nyílt, sem zárt E uler ú tja nincs.

c) E nnek a gráfnak m inden pon tja páros fokú, így van zárt E uler útja, m elynek kezdő és végpontja m egegyezik. Egy lehetséges bejárást az A pontból ind íto ttunk .

4 A

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

3 . M . 2 0 . Egy 10 p o n tú teljes gráfban egy körnek lehet 3, 4, 5, 6 , 7, 8 , 9 vagy 10 pony a. H árom pon tú kör annyi van a gráfban, ahány féleképpen ki tu d u n k választani a 1 0 pontból h árm a t a

kiválasztás so rren d jé re való tek in tet nélkül, azaz . H ason lóképpen kapjuk a 4, 5, stb. pon tú

köröket. T eh á t a 10 p o n tú teljes gráfban levő körök száma:' 1 0 N\ 'ÍO'' '10> "10"

+J

+ + ....+,10J

Mivela o'

így a körök keresett száma:

10

K bf 10' v ^ J

a o " '

v 3 y

1 0 O 0 ^

vl ° y,10

■>10 '10> '10> '1 0 N

1 ° ; l 1 ;1 0 2 4 - 1 - 1 0 - 4 5 = 968


http://www.dft.hu


3. M. 21. L egyen/ a fiúk, l ped ig a lányok száma. Ekkor a feltételek szerint

= azaz y 2 —/ + 1 2 = /2 - / ,

n = f - f - i + f = ( i - f ) ( ! + f ) - { i - f ) = { i - f ) { i + f - \ ) .

T eh á t a 12-t kell fe lbon tanunk két pozitív egész szám szorzatára. Mivel 12 = 3 -4 = 2 -6 = l-1 2 , ezért három esetet kell vizsgálnunk, hiszen / - / <1 + f - 1 .

H a / - / = 3 és 1 + f - 1 = 4 , akkor e két egyenletet összeadva:21 - 1 = 7 , azaz 1 = 4 és ezzel / = 1.

Ez azonban a feladat feltételei m iatt nem lehetséges.H a / - / = 2 és 1 + f ~ 1 = 6 , akkor 2/ -1 = 8 , amiből nem k ap u n k /-re egész megoldást.

H a / - / = 1 és 1 + f - 1 = 12, akkor 2 / -1 = 13, ahonnan 1 = 1 és ezzel / = 6 .13*12T ehát a társaságban 7 lány és 6 fiú vett részt, így az éjfélkor hallható koccintások száma: — ^— = 78

3 . IUI. 22 . Legyen n az e red e ti sokszög oldalainak a száma, k a levágott egyik sokszög oldalainak a száma. Ekkor nyilván a keletkezett másik konvex sokszög oldalainak a száma:

n - k + 2 ■. , . . . k{k-?>) ( n - k + 2 ) ( n - k - l ) „ n ( n - 3)

A feltetelek szerint: —- + ------------ 1------------ + 2 9 = v 2 ”

2 -vel szorozva és a zárójeleket felbontva azt kapjuk:2k2 - 4 k + 4 n - 2nk + 56 = 0 , ah o n n an (n - k)(k - 2 ) = 28 .

28 = 28 ■ 1 = 14 ■ 2 = 7 • 4 = 4 • 7 = 2 ■ 14 = 1 ■ 28 .M inden esetet végigjárva végül is az alábbi eredm ényre ju tu n k : A feltételeknek 3 sokszög felel meg: a 3 1 , a l 8 é s a l 3 oldalú sokszög.31 oldalú sokszög esetén egy 3 és egy 30 oldalú sokszögre vágtuk szét,18 oldalú sokszög esetén egy 4 és egy 16 oldalú sokszögre vágtuk szét,13 oldalú sokszög esetén egy 6 és egy 9 oldalú sokszögre vágtuk szét.

3. IUI. 23 . Két pont (A és 5 ) akkor és csak akkor van összekötve, ha vagy A-hoz B van a legközelebb, vagy pedig 5-hez A van legközelebb. (A „legközelebb” nem kölcsönös, hiszen ha /1-hoz B van legközelebb, még nem biztos, hogy 5-hez is A van legközelebb.) Tegyük fel indirekt, hogy van olyan P helység, mely legalább hat másik helységgel van összekötve. Mivel 360° : 6 = 60° , ezért kell lennie a hat helység között kettő olyannak (pl. A és B), melyekre teljesül: a = A P B Z < 60° .

Mivel az összekötő szakaszok m ind különbözők, ezért feltehetjük, hogy PA > PB . Ebből következik, hogy P B A Z > P A B Z . De P B A Z > B P A Z is teljesül, hiszen ellenkező esetben a PAB három szögnek két szöge legfeljebb 60°, egy szöge pedig 60°-nál kisebb lenne, am i nyilván lehetetlen.

Azt kaptuk tehát, hogy a PAB három szögnek PA a leghosszabb oldala, vagyis /1-hoz nem P van a legközelebb. Mivel P -hez sem A van a legközelebb, ezért az A és P pon tok nem lehetnek összekötve. Ezek szerin t in d irek t feltevésünk helytelen volt, vagyis az így készült gráfnak nem lehet olyan pontja, m elynek fokszám a 5-nél nagyobb.


ANALÍZIS

EGYENES ÚT AZ EGYETEMRE ANALÍZIS

Az analízis a m atem atikának az a terü le te , mely a függvények m élyebb vizsgálatával foglalkozik. Azt a kérdést vizsgálja - sok egyebek m ellett - , hogy egy ado tt függvény valam ely in tervallum ban (esetleg az értelm ezési tartom ány teljes terü le tén ) „hogyan viselkedik; az értelm ezési tartom ány mely részhalm azain növekedő; fogyó; van-e, és h a igen, akkor hol van szélsőértéke; m ennyi a szélsőértéke, hol vált konvexből konkávba, illetve hogy a kérdéses függvény és az x tengely által közbezárt terü le te t egy ado tt intervallum on hogyan lehet m eghatározni. M indezeknek a p rob lém áknak a kutatása főleg a X V II- X V III. sz.-ban kapo tt nagy len d ü le te t elsősorban Leibnitz és N ew ton m unkássága során. E két nagy tudós dolgozta ki a függvények vizsgálatának főbb m ódszereit.

Ebben a fejezetben először számsorozatokkal, azok jellem ző tulajdonságaival foglalkozunk. Ezt követően m egism erkedünk a függvényekkel kapcsolatos fontos alapfogalm akkal, m ajd m egalkotjuk a differenciálhányadost, és vizsgáljuk ennek alkalmazási lehetőségeit. V égül m eg ism erkedünk az integrálszámítás alapjaival, annak a differenciálszámítással való kapcsolatával. M indezeket követően ped ig néhány felada to t fogunk kidolgozni az e lm ondottak illusztrálására.

KORLATOS, MONOTON ÉS KONVERGENS SOROZATOK

K orábban m egism erked tünk a számsorozatok fogalmával, m egadási m ódjaikkal, részletesebben a számtani és a mértani sorozatokkal, e sorozatok főbb jellemzőivel. Most tovább k u tak o d u n k a szám sorozatok - az analízis szám ára fontos - tu lajdonságainak feltárása érdekében .

Legelőször határozzuk m eg az an = n , bn = n 2 , cn = r? szám sorozatok első n elem ének összegét; ezekre az összegekre a későbbiekben m ég nagy szükségünk lesz.

Az an = n sorozat esetében egyszerű do lgunk van, hiszen egy szám tani sorozatról van szó, így

S™ = 1 + 2 + 3 + 4 + ......+ n =

A bn sorozat esetében az összeg:

S<2) = l 2 + 22 + 32 + .........+ 2 n(n + l)(2n + 1 )6

Ezt legegyszerűbben teljes indukcióval bizonyíthatjuk: n = 1 -re, 2-re 3-ra az állítást egyszerű számolással ellenőrizhetjük. T együk fel, hogy k egy olyan pozitív egész szám, m elyre teljesül:

l 2 + 2 2 + 3 2 + .........+ k2 = k(k + l)(2k + l)b

és vizsgáljuk meg, hogy öröklődik-e az állítás a következő számra, k + l -re, vagyis igaz-e az alábbi egyenlőség:

l 2 + 22 + 32 + .........+ k 2 +(k + l ) 2 ^ (fe + 1)(fe + 2)(2fe + 3)b

A bizonyítandó egyenlőség bal oldalának első k tagjára alkalmazhatjuk az előbbi indukciós feltevésünket:k(k + l)(2k + l) , , „ 2 (k + l){k + 2)(2k + 3)

6 - 6

In n en k +1 -gyei egyszerűsítve és 6 -tal szorozva m indkét oldalon azt kapjuk:k(2k + 1) + 6(k + l) = (k + 2)(2k + 3 ), 2k2 + 7k + 6 = 2& 2 + 7k + 6 .

T eh á t az állítás bárm ely pozitív egész szám ról a rá következőre „öröklődik”, s mivel 1-re, 2-re is igaz: így valóban m inden n-re

S f = l 2 + 2 2 + 3 2 + .........+ n 2 = n(n + l)(2n + l)n 6

Az első n pozitív egész szám köbének összegére:

SÍ3) = l 3 + 23 + 33 + 4 3 + ....... + n 3 =n(n + l ) x 2


ANALÍZIS AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

A bizonyítást a négyzetszám ok összegének igazolásához hasonlóan teljes indukcióval végezhetjük el; ennek részletezését m ár m ellőzzük. Azt azonban érdem es észrevenni, hogy ez utóbbi egyenlőség jobb oldalán éppen az első n pozitív egész összegének négyzete szerepel, tehá t

l 3 + 2 3 + 33 + 4 3 + ....... + n 3 =(1 + 2 + 3 + 4 ....... + n f ,

n f n ' ^vagy m ásképpen:

M ielőtt rá té rü n k a konvergens sorozatok vizsgálatára, ism erked jünk m eg a sorozatok két fontos tulajdonságával, a korlátossággal és a m onotonitással.

H^ 4. D. 1 . Az an sorozatot felülről korlátosnak mondjuk, ha létezik olyan K valós szám, mely által min

den n-re a„ < K .

4. D. 2. Az an sorozatot alulról korlátosnak mondjuk, ha létezik olyan L valós szám, mely által min

den n-re an > L .

A sorozatot korlátosnak nevezzük, h a alulról is és felülről is korlátos.A fenti definíciókban szereplő K és L valós szám okat a kérdéses sorozat felső, ill. alsó korlátjának

nevezzük. Nyilvánvaló, hogy ha a sorozat felülről (alulról) korlátos, akkor végtelen sok felső (alsó) korlátja van. H a ugyanis a sorozat m inden tagjára an < K , akkor bárm ely valós K' > K esetén nyilván

m inden n -re an < K ' is teljesül. (Term észetesen ugyanez a helyzet alsó korlát esetében is.)

Sok esetben ép p en az lesz az érdekes kérdés, hogy pl. egy felülről korlátos sorozatnak mely valós szám lesz a legkisebb felső korlátja.

N agyon fontos tu lajdonsága egy szám sorozatnak, hogy tagjai növekedve vagy csökkenve követik egymást, vagy e két eset egyike sem áll fenn.

4. D. 3. Az an sorozat monoton növekvő, ha minden n-re a „ +1 > an .

4. D. 4. Az an sorozat monoton csökkenő, ha minden n-re an+l < an .

H a e két definícióban nem enged jük m eg az egyenlőséget, akkor szigorúan m onoton növekvő, ill. szigorúan monoton csökkenő szám sorozatról beszélünk.

Vizsgáljunk m eg m ost néhány szám sorozatot korlátosság és m onotonitás szem pontjából.

■ O vj I 1 rr f r f4. F. 1. Legyen an = . Először írjuk fel a sorozat első néhány tágját:

4 ! 9 1 1

’ 2 ’ 3 ’ 4 ’isAzt sejtjük, hogy a sorozat szigorúan m onoton csökkenő. H a ezt sikerül be lá tnunk , akkor egyben az

kiderül, hogy a sorozat korlátos, hiszen pl. 4 egy felső korlát, továbbá m in d en tagja nyilván pozitív, így pl. a 0 egy alsó korlát. A szigorúan m onoton csökkenés igazolásához azt kell m egm utatnunk , hogy

a n+ 1 < a n ’ a 2 a z

2 (n + 1) + 1 < 2n + 1

w + 1 - 1 n - lElvégezve a megfelelő átalakításokat:

2n + 3 2n + 1 n n - l

B eláttuk tehát, hogy a sorozat korlátos és szigorúan m onoton csökkenő.

—-—— < —n + / <=> 2« 2 +n - 3 < 2n 2 + n <=> -3 < 0 . n - l


http://www.dft.hu


H « 2 — 14. F. 2 . Legyen an = ----- . Ismét kezdjük azzal, hogy felírjuk a sorozat első néhány tágját:

n + 1

n 1 JL 15 ’ 5 ’ 1 0 ’ 1 7 ’ ............

Most azt sejthetjük, hogy e sorozat szigorúan m onoton növekvő. Felülről biztosan korlátos, hiszen a számláló és a nevező eg y a rán t pozitív (kivéve a sorozat első tagját), és a számláló m in d en n-re kisebb a nevezőnél, teh á t m inden n -re an < 1 . Vagyis az 1 a sorozat egy felső korlátja. A m onotonitást az előző

feladatban ism ertetett m ódszerrel is beláthatjuk, de m ost egy egyszerűbb eljárást m u ta tu n k

n 2 - 1 .... n 2 + 1 - 2 l 2

n 2 + 1 n 2 + 1 n 2 + 1

Ez utóbbi alakról ped ig látható , hogy szigorúan m onoton növekvő.T eh á t a sorozat korlátos és m onoton növekvő.

H4. F. 3. Vizsgáljuk meg korlátosság és monotonitás szempontjából az an = sorozatot. Az első

néhány tag:

_ I 1 _ ! J_ __L 2 ’ 4 ’ 8 ’ 16 ’ 32 ’ ...............

E sorozat sem m ilyen m ódon nem m onoton, hiszen nyilvánvaló, hogy a sorozat tagjai váltakozó előjelűek. U gyanakkor - a képzési szabályból következik - a sorozat m inden tagja nagyobb -1-nél, de kisebb 1-nél. Vagyis ez a sorozat korlátos, de nem m onoton.

1

H . y n

a sorozat szigorúan monoton növekvő és korlátos. A monotonitáshoz azt kell megmutatnunk, hogy

4 . F. 4 . A matematikában nagyon fontos szerepet játszik az an = 11 + -f-) sorozat. Megmutatjuk, hogy ez

litásl Yl ( 1 \w+l+ -í- < 1 +n i \ n + I

írju k fel a szám tani és m értan i közép közötti egyenlőtlenséget az alábbi n + 1 tagra:

1 + 1 l + l , ............ l + l 1 ;n n n

n + 1 n + 1 ’M indkét o ldalt n + l -edik hatványra em elve kapjuk:

( i + i y , < ( 1 + - L T r\ n] \ n + l ) és ez éppen a szigorúan m onoton növekedést jelenti.

A korlátosság igazolásához ism ét a szám tani és m értan i közép közötti egyenlőtlenséget használjuk fel, ez esetben az alábbi n + 2 tagra:

1 + 1 , 1 + — , ............. 1 + — , J r, 4 . (n d b 1 + 1 és 2 db | )n n n 2 2 n 2

' K ‘ H + 2 , azaz U í - 1 < i ± | . 1.n ) 2 2 n + 2 \ \ n ) 4 n + 2

Felemelve m indkét o ldalt az n + 2 -dík hatványra:1 \n i í W n

1 h— ■— < ! , azaz m inden n-re 1 + — < 4 .n ) 4 ’ \ n )T eh á t a vizsgált sorozat szigorúan m onoton növekvő és korlátos. (Egyébként az is k im utatható , hogy a sorozat tagjai 3-nál is kisebbek.)



A szám sorozatokkal kapcsolatos egyik legfontosabb kérdés a konvergencia kérdése. Ez azt jelenti, hogy vajon a vizsgálandó sorozat tagjaira igaz-e, hogy egy valós szám hoz tetszőlegesen közel kerülnek-e a tagjai, vagy sem. M ásképpen fogalmazva: vannak olyan szám sorozatok, m elyekre teljesül, hogy valamely valós szám tetszőlegesen kicsiny környezetében a sorozatnak végtelen sok tagja van, e környezeten kívül ped ig csak véges sok tagja van.. Az ilyen sorozatokat konvergens sorozatoknak nevezzük, a kérdéses valós szám ot ped ig a sorozat h atárértékének m ondjuk.

H4. D. 5 . Az an sorozat konvergens és határértéke az A szám, ha bármely s > 0 valós számhoz léte

zik olyan n0 küszöbindex, hogy ha n > n0 . Akkor

\a„ - A \ < e .

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

E definíció teh á t azt je len ti, hogy az an sorozat tagjai növekedve vagy csökkenve (esedeg az A szám

körül „ugrálva”, oszcillálva) egyre közelebb kerü lnek / 1 -hoz, úgy, hogy ha / 1 -nak vesszük egy tetszőlegesen kicsi 8 sugarú környezetét, akkor ebben az ( A - s , A + s) intervallumban a sorozatnak végtelen sok

tagja benne van, ezen kívül pedig csak véges sok tag van. Vagyis a sorozat valamely n0 indexű (sorszámú)

tagjánál nagyobb sorszám ú tagjainak a z / 1 -tól való eltérése m ár kisebb, m in t 8 .

a a ao ,vegtelen sok tag

Fontos következménye e definíciónak, hogy, ha egy sorozat konvergens, akkor csak egy határértéke lehet.

Vizsgáljuk m eg pl. az an = sorozatot. E sorozat nyilván szigorúan m onoton csökkenő és korlátos,

hiszen m inden tagja pozitív. Nyilván n növekedtével ~ csökken, s tetszőlegesen közel kerül a O-hoz,

vagyis e sorozat ha tá ré rték e 0 : lim — = 0W—>00 71

A következő fontos tétel a konvergencia és a m onoton, korlátos sorozatok kapcsolatáról szól:

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

2n + 1

QAz előbb vizsgált a. j sorozatról m egállapítottuk, hogy korlátos és szigorúan m onoton csök

kenő. így az előbbi tétel szerin t konvergens. A sorozat tagjait vizsgálva azt sejthetjük, hogy a h a tá rértéke 2. Legyen ad o tt egy e > 0 valós szám, és vizsgáljuk m eg, hogy milyen n 0 küszöbindex esetén

lesznek a sorozat tagjai m ár közelebb a 2 -höz, m int az ado tt £ .2 n + 1

n - l< 8

Mivel ^ n + 1 > 2 m inden n-re, ezért írhatjuk n - l

2n + ln - l

-2 < 8 , azaz 2n + 1 - 2n + 2

n - l < £ ,


http://www.dft.hu


9. 3< e , ahonnan n > 1 + — .n - 1 8

H a tehát pl. 8 = 0 ,01 , akkor a sorozat tagjai a 301. tagtól kezdve m ár közelebb lesznek a 2-höz, m int 0,01.

Sorozatok h a tárérték é rő l szólnak az alábbi fontos tételek, am elyek bizonyításához a definíció egyszerű alkalmazásával ju th a tu n k ; ezt az olvasókra bízzuk.

B4. T. 2. Ha az an sorozat konvergens és határértéke az A szám, továbbá a bn sorozat is konvergens és határértéke a B szám, akkora) lim (an + bn) = l im an + l im bn = A + B

n—>oo n—>oo n — >oo

b) lim (an -b n)= lim an - lim bn = A - Bn— >00 n— >co n —>oo

c) lim (an -bn)= lim an • lim bn = A- Bn— >co n— >oo w —>co

lim

f t - * * B *°>n ->oo

Fontos tétel még az ún. „rendőrszabály”: ha az és bn konvergens sorozatokra

lim an = A , lim bn = A és m inden n-re an <cn < bn , akkor lim cn = A .n — >oo ri->oo n->oo

E szabályok alkalm azására nézzünk néhány példát.

9 W2 _ ííw + 94. F. 5. Legyen an = — ------------. E sorozatrol könnyen belathato, hogy szigorúan monoton nö-

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

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

2Osszuk el a számlálót és a nevezőt is a legm agasabb fokú taggal, fi -tel. Azt kapjuk, hogy:

2 - — + lim 2 - lim — + limlim ^ U _ w->00 ri->oo n ?í^.oo _ 2 ~ 0 + 0 1

n— >oo 4 + — + - L lim 4 + lim — + lim 4 + 0 + 0 2W 72, n->co n->oo n rt— >oo fi

H asonló m ódon igazolható, hogy ha egy racionális tö r h a tá ré rték é t vizsgáljuk, h áro m eset lehetséges:1. H a a számláló és a nevező fokszám a m egegyezik, akkor a sorozat konvergens, és ha tárértéke a legm agasabb fokú tagok együ ttható inak a hányadosa.2. H a a nevező m agasabb fokú, m in t a számláló, akkor a sorozat konvergens és h a tá ré rték e 0.3. Ha a számláló magasabb fokú, m int a nevező, akkor a sorozat nem konvergens, + co -hez vagy -oo -hez tart.

CLTl + + .....+ Clyh + UqT eh á t lim-

«-»°° bmn m + bm_xn m + ...... + + b0

1. H a k = m , akkor a sorozat konvergens és h a tá ré rték e .h

2. H a k < m , akkor a sorozat konvergens és ha tárértéke 0.3. H a k > m , akkor a sorozat nem konvergens + co -hez vagy — co -hez tart.

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

= a 2 = 1 és n > 2 esetén an = + a f i_ 2 ■A sorozat néhány elem e tehát: 1, 1, 2, 3, 5, 8 , 13, 21, 34, 55, 89, 144, ..............



E sorozatnak önm agában is rendkívül sok érdekes, fontos tu lajdonsága van. M ost határozzuk m eg a Fibonacci-sorozat szomszédos elem ei hányadosának a h a tárérték é t, vagyis az

1 2 3 5 8 13 Jn_1 ’ 1 ’ 2 ’ 3 ’ 5 ’ 8 ’ .......... ’ /„_! ’...........

sorozat ha tárértéké t (kim utatható, hogy e hányadosokból álló sorozat valóban konvergens)!

lim - f e - = lim í? r± = lim 1 + lim ís= L = l + ------ 1 — .« -» ° ° í n - l n->oo / „ _ 1 n - K o / „ _ i j . / „ _ ]

n _>oo / „ _ 2

f fNyilván lim - 7- ^ = lim , így ha /4-val jelöljük a keresett h a tárérték e t, akkorn -» ° ° í n - 1 í n - 2

A = l + ~ , azaz /42 - / 4 - l = 0 , ah o n n an A 9 = 1 ^ / 5 ./I ’ 1,2 2

A keresett h a tá ré rték nyilván pozitív, így azt kaptuk, hogy a Fibonacci-sorozat szomszédos tagjai h á nyadosának határértéke:

lim = 1,618H -> 00 ^

az „Aranymetszés” jó l ism ert arányszám a.

V égül vizsgáljuk m eg a m értan i sorozat első n tagjának összegét m egadó szám sorozatot, azaz az

sn = űj + axq + axq2 + .....+ aYqn + ....sorozatot. (Az ilyen összegekből álló sorozatot egyébként sornak nevezzük.).

H a | | > 1, akkor a m értan i sorozat tagjainak abszolút értéke szigorúan m onoton növekvő, így ez

esetben a sorösszeg, vagyis a sorozat tagjai m indenhatáron túl növekednek vagy csökkennek.

Qn ~ 1H a U < 1, akkor az s n sorozat konvergens. Ugyanis ekkor lim s„ = lim öj ■----- =-.n - > 00 n-»oo ( j — l

n _ yMivel \q\ < 1 esetén lim qn = 0 , ezért lim sn = lim ax ■ - — =- = — -■ ■

n —>00 n —>00 w—>00 ( f ~ l (J 1 1 ( j

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

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

1


http://www.dft.hu


Az egymás u tán rajzolt négyzetek terü le te i nyilván m értan i sorozatot alkotnak. E nnek első tagja az első négyzet területe: ax = 1. A sorozat m ásodik tagja a m ásodik négyzet terü le te . E négyzet oldala PQ, am it

3.PQR derékszögű három szögből szám ítunk ki. T eh á t

a2 = p Q 2 = Í t ) 2 + í r ) 2 = -1 0 - 54 / \ 4 / 16 8

A m értan i sorozat hányadosa: q = — = -|- < 1, teh á t a négyzetek összegéből alkotott Sn sorozat konver-d j o

gens, h atárértéke az előbb m ondo ttak alapján:fl. 1 O

lim s„ =1 - ? 1 - 5 3 ‘

4. F. 8. Mely két egész szám hányadosa az a racionális szám, amelynek tizedestört alakja: 0,131313....?

0,131313.... = ^ + - ^ - + - ^ + ...... 1 0 0 io o 2 1 0 0 3

■J Q JLátható, hogy egy olyan m értan i sorról van szó, m elynek első tagja , hányadosa ped ig q = < 1.

Ezek szerint a sorösszeg konvergens. H atárértéke, vagyis a keresett tört:13

100 _ 13 , L_ 99 '

100



FÜGGVÉNYEK ELEMI VIZSGÁLATA, HATÁRÉRTÉK, FOLYTONOSSÁG, DIFFERENCIÁLHÁNYADOS

A m atem atikában, fizikában, de szinte valam ennyi term észet- és társadalom tudom ányban nagyon fontos szerepet já tszanak a függvények, ezért azok tu lajdonságainak ism erete rendk ívü l fontos szám unkra. A függvényeket sokféle szem pontból vizsgálhatjuk, elem ezhetjük tulajdonságaik alapján. Mi most ezek közül a középiskolában tan u lt legfontosabbakkal foglalkozunk az analízis tárgyának megfelelően.

A m atem atika e te rü le tének fejlődése Ferm at, Leibnitz és N ew ton m unkássága u tán vett nagy lendületet; az ő gondolataiknak W eierstrass, Bolzano, és C antor által tö rtén t továbbfejlesztése révén ju to tt el az analízis a mai ism eretekhez.

N ézzünk m indenekelő tt egy egyszerű példát.Egy 20 cm oldalú, négyzet alakú fém lem ezből négyzetes hasáb alakú edény t ak a ru n k készíteni úgy,

hogy a lemez sarkaiból egybevágó négyzeteket vágunk ki, m ajd az o ldaluknál keletkezett lapokat felhajtjuk (lásd ábra). M ekkora legyen a kivágott négyzetek x oldala, hogy a keletkezett edény térfogata a lehető legnagyobb legyen?

X-------------------------------- ------1 w

20 cm

A hasáb alapja egy 20 - 2x oldalú négyzet, m agassága x. Ezek szerin t a keletkezett hasáb V(x) térfogata x függvényében:

V(x) = (20 - 2x) 2 • x = 4x3 - 80x2 + 400x .E függvény értelm ezési tartom ánya m inden valós szám, de a mi p rob lém ánk szem pontjából csak az0 < x < 10 in tervallum on érdekes. F eladatunk tehát ennek a függvénynek a ]0; 10[ intervallum ba eső m axim um ának m eghatározása.

A feladat m egoldására később visszatérünk.

A függvények sokféle tu lajdonságának vizsgálatát kezdjük a m onotonitás kérdésével.

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

4 . D. 7. Az f függvényt az értelmezési tartomány [a; b] intervallumában monoton csökkenőnek nevezzük, ha bármely x, & x2 e [a ;t ] és xx < x2 esetén f { x {) > / ( x 2) teljesül.


http://www.dft.hu


H a a fenti két definícióban szereplő egyenlőtlenségekben az egyenlőséget nem enged jük meg, akkor a függvényt szigorúan m onoton növekedőnek, ill. szigorúan m onoton csökkenőnek m ondjuk.

T ekin tsük pl. az alábbi függvényt:

/ ( * ) =<x 1, ha * < 1

k - 3 | - l , ha * > 1

A függvény m enetének vizsgálatát a függvény grafikonjából olvashatjuk ki legegyszerűbben.

H a a szigorúan m onoton növekedést / , a szigorúan m onoton csökkenést \ jelöli, akkor az alábbi táblázatban foglalhatjuk össze az f(x) függvény m enetét:

X x<0 Q<x<l 1<*<3 3 < x

f (x) \ / \

E függvényt elem ezve azt is észrevehetjük, hogy a függvénynek x = 0 -ban, x = 1 -ben és x = 3 -ban jellegzetes pontjai vannak.

H 4. D. 8 . Az f függvénynek az értelmezési tartomány x0 pontjában helyi (lokális) maximuma (mini

muma) van, ha létezik x0 -nak egy olyan 5 > 0 sugarú környezete, hogy az (x 0 - 5 ; x0 + 5) interval

lum bármely x helyére / ( x ) < / ( x 0) [/(x ) > / ( x 0)] .E nnek m egfelelően a fenti függvénynek x = 0 -ban helyi m in im um a van, m elynek értéke 0, x = 1 -ben helyi m axim um a van, értéke 1, és x = 3 -b an helyi m inim um a van, értéke -1. (Ez utóbbi m inim um a függvénynek egyben abszolút m in im um a, hiszen bárm ely függvényérték nagyobb az x = 3 -beli függvényértéknél.)

A sorozatokhoz hasonlóan függvények esetében is beszélhetünk korlátosságról.

H 4. D. 9. Az f függvényt korlátosnak mondjuk, ha az értékkészlete korlátos. Azaz léteznek olyan k és K valós számok, hogy az értelmezési tartomány minden x elemére k < f ( x ) < K .

Nagy segítség lehet egy függvény vizsgálatában, ha rendelkezik a párosság, ill. a páratlanság tulajdonságával.



Q 4. D. 10. Az f függvényt párosnak nevezzük, ha az értelmezési tartomány valamely x elemére a -x is eleme az értelmezési tartománynak, és teljesül, hogy f ( x ) = f ( - x ) .

Ezt tehát azt je len ti, hogy bárm ely helyen a függvényérték egyenlő a m egfelelő negatív helyen vett függvényértékkel. Ebből következik, hogy páros függvény grafikus képe az y tengelyre tengelyesen szim m etrikus. Páros függvények pl.:

/ (x ) = x2 , f (x) = x4 , / ( x ) = |xj, /(x ) = cosx , /(x ) = 3x6 - 4 x 2 + 2 |x |.

Q 4 . D. 11 . Az f függvényt páratlannak nevezzük, ha az értelmezési tartomány valamely x elemére a -x is eleme az értelmezési tartománynak, és teljesül, hogy / (x) = - f ( - x ) .

Ezt azt je len ti, hogy bárm ely helyen a függvényérték egyenlő a m egfelelő negatív helyen vett függvényérték -1-szeresével. Ebből következik, hogy páratlan függvény grafikus képe az o rigóra centrálisán szim m etrikus. Páros függvények pl.:

/ (x ) = x , f ( x ) = x i , / (x ) = sinx , /(x ) = 3x5 - 2x3 + 6 x

(Érthető a „páros” és „p ára tlan ” elnevezés, ha a megfelelő hatványfüggvényekre gondolunk.)

Egy fontos függvénytani fogalom a határérték fogalma.

Előkészítésként vizsgáljuk először az f ( x ) x2 - 4 x - 2

függvény az x = 2 hely környezetében. Az vilá

gos, hogy a függvény x = 2 -ben nincs értelm ezve, így x ^ 2 m iatt

/ ( I ) = ^ = ( * - 2>(*+2> = t + 2 J x - 2 x - 2

T eh á t a függvény x ^ 2 m ellett azonos a g(x) = x + 2 függvénnyel

B ár a függvénynek x = 2 -ben nincs értelm e, mégis sok m in d en t e lm o n d h a tu n k a függvényről x = 2 környezetében. Nevezetesen: m inél közelebb kerü lünk az értelm ezési tartom ányon az x = 2 helyhez, a függvényértékek an n á l közelebb kerü lnek egy konkré t valós szám hoz, a 4-hez

Ilyenkor azt m ondjuk , hogy x -» 2 esetén a függvény h a tá ré rték e 4.


http://www.dft.hu


y 4 . D. 12. Legyen az f függvény értelmezve az x0 hely valamely környezetében (magában az x0-ban nem feltétlenül kell, hogy értelmezve legyen). Az f függvény határértéke létezik az x0 helyen és a

határérték az A valós szám, ha bármely e > 0 valós számhoz létezik az x0 -nak olyan 8 > 0 sugarú

környezete, hogy ha 0 < \x - x0J < 8 , akkor \f{x) - A\ < 8 .

Ezt így jelöljük: lim f ( x ) = AX->X()

E definíció tehát azt je len ti, hogy h a tetszőlegesen közel k erü lü n k az értelm ezési tartom ányban az x0

helyhez, a megfelelő függvényértékek tetszőlegesen közel kerü lnek az A valós számhoz.

Nézzük pl. az f ( x ) = x - l

l i m ^ Ix - » l X 1

függvény határértéké t, ha x —> 1 . Ekkor

(x - l)(x2 + X + 1)= lim-x-»l X ~ \

— hm(x + x + 1 ) — 1 + 1 + 1 — 3 5x —

hiszen ha egy függvény g rafikonja egy folytonos görbével lerajzolható, akkor az értelm ezési tartom ány bárm ely x helyén a h a tá ré rték e nyilván a helyettesítési értékével egyenlő.

Azt látjuk tehát, hogy egy függvénynek egy ado tt x0 helyen akkor is lehet ha tárérték e , ha egyéb

kén t x0-ban nincs is értelm ezve a függvény. Term észetesen ez nincs m indig így. Pl. az f ( x ) = — függ

vénynek x & 0 m ellett értelm ezési tartom ánya m inden valós szám. De a függvénynek x = 0 -ban nincs határértéke.

K önnyen igazolhatók a h a tá ré rték re vonatkozó alábbi tételek.

H4. T. 3 . Ha az f és g függvényeknek x 0 -ban van véges határértéke és

Yim f( x ) = A és lim g(x) = B ,

akkorlim [ / (x) ± g(x)] = A ± BX— ►*(,

lim c ■ f ( x ) = c ■ lim /(x ) = c • A (c ad o tt valós szám)

lim [/(x )-g (c)] = A BX-*Xq

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

(g(x) / 0 , 5 ^ 0 )

N agyon fontos fogalom a folytonosság fogalma. Az esetek többségében ugyanis folytonos függvényekkel foglalkozunk.



H 4 . D. 13. Az f függvény az értelmezési tartomány x0 helyén folytonos, ha a függvény x0-ban és an

nak valamely környezetében értelmezve van, létezik f-nek x0 -ban határértéke, és ez a határérték

egyenlő a függvény f ( x 0) helyettesítési értékével.Az f függvény folytonos, ha az értelmezési tartomány minden pontjában folytonos.

A polinom -függvények értelm ezési tartom ánya általában m in d en valós szám, s az ilyen függvények folytonosak. Folytonos függvények m ég pl.:

f ( x ) = sinx , /(x ) = cosx , / (x) = |x |, / (x ) = logx (x > 0 ).

K önnyen belátható , hogy h a az / és g függvények folytonos függvények, akkor az

f ± g> f ’g>

függvények is folytonosak.

A h atá ré rték és a folytonosság fogalm ának m egism erése u tán té rjü n k rá a differenciál-hányados fogalm ára. M int látni fogjuk, ez egy rendk ívü l fontos „eszköz”, mely szám talan függvénytani problém a m egoldásában seg ítségünkre lesz.

M indenekelőtt m eg kell ism erkednünk egy folytonos görbe érintőjének a fogalmával. T ek in tsünk egy te tsző leg es / folytonos függvényt, rögzítsük ennek egy P pontját. É rtelm ezni akarjuk a függvénygörbe P-beli érin tő jét. V együnk fel a függvény görbéjén P-től „balra” és „jobbra” is egy-egy pontot, R - 1 és Q-t, és rajzoljuk m eg a P R és P Q szelőket.

M ost képzeljük el, hogy az R ponttal, illetve a Q pon tta l a függvénygörbén közeledünk a P ponthoz. H a a PR, ill. PQ szelők egy re kisebb szöget zárnak be egymással, végül p ed ig (határesetben) e két szelő egybeesik; m indkettő „átm egy” az e egyenesbe, akkor ezt az e egyenest nevezzük úgy, hogy a z / függvény görbéjének P pontbeli érintője.


http://www.dft.hu


Nézzük m indezt ko n k ré tan az f ( x ) = x2 függvény esetében; írjuk fel a függvénygörbe P(2; 4) p o n t

beli érin tő jének egyenletét.

Vegyünk fel a függvény görbéjén egy Q(x; x2) pontot, m ajd gondo latban közelítsünk a függvény gör

béjén a Q pon ttal a P p o n t felé. Ekkor nyilván x -» 2 , s a szelő végtelen sok szelők sorozatán keresztül ta rt a P pontbeli érin tőhöz. (Igazolható, hogy h a egy P pon ttó l „ jobbra” levő R ponttal végeznénk el ugyanezt a gondo latso rt, határesetben ugyanahhoz az egyeneshez ju tn án k , m int a Q p o n t esetében.)

A P és £) pon tokon á tm enő szelő m m eredeksége:

Ebből a m eredekségből úgy kapjuk tehá t a P beli érin tő m m eredekségét, hogy képezzük ennek a h atárértékét, am int x-szel ta rtu n k 2 -höz, azaz

m = l im - ~ ~ .x — >2 X - 2

E h a tárérték e t könnyen m eghatározhatjuk:,■ x 2 - 4 .• ( x - 2 )(x + 2 ) ,. , Am - h m ------K- = h m ------- — - = hm(x + 2) = 4 .x —>2 X a X ~ 2,

T eh á t az f ( x ) = x2 függvény x = 2 helyhez tartozó érin tő jének m eredeksége 4. Ezek u tán m ár írhatjuk

az érintő egyenletét:y - y Q = m(x - x 0) , azaz y - 4 = 4 (x - 2 ) , ah o n n an y = 4 x - 4 .

A m ost e lm ondottakat könnyen általánosíthatjuk.Legyen/(x) egy folytonos függvény, tekintsük ennek valamely P(x0 ; /(x 0)) pontját, és határozzuk m eg

e függvény görbéje P pontbeli é rin tő jének az m m eredekségét. V együnk fel a függvénygörbén egy tetszőleges Q(x-,f{x)) pon to t, és rajzoljuk m eg a P Q szelőt.



f i .X ) ~~~ f {.X ")

APQ, szelő m eredeksége: mp o = ------------ “ ■^ X — X q

Ezt nevezzük az / függvény egy P és Q pontjaihoz tartozó differenciahányadosának. Most tegyük fel, hogy ha a függvény görbéjén £)-val ta rtu n k P ponthoz (ami egyben azt is je len ti, hogy x ta rt x0-hoz), akkor a P Q szelők ta rtan ak egy P -pontbeli e egyeneshez. H a valam ely a P pon ttó l jo b b ra levő R ponttal elvégezve ugyanezt az eljárást ugyanahhoz az e egyeneshez ju tu n k , akkor ez az e egyenes lesz a függvény görbéjének P pontbeli érintője. E nnek m m eredekségét a fenti d ifferenciahányados határértéke adja, ha x —> x0 , feltéve, hogy ez a h a tá ré rték létezik:

lim /(»>-/<*>> .x —>xf) X — Xq

f ( x ) - f ( x n)P | 4. D. 14. Ha az -— - —±— — differencia-hanyadosnak az x0 pontban van hatarerteke, akkor azt

mondjuk, hogy az f függvény az x0 pontban differenciálható; és ezt a határértéket nevezzük az f

függvény x0 pontbeli differenciálhányadosának (deriváltjának), és / ' ( x 0)-lal jelöljük.

l i m M S i . / W*-»*o * Ao

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

A differenciálhányados geom etriai tartalm a: az f függvény x0 helyhez tartozó differenciálhányadosa a

függvény görbéjéhez az x0 -pon tban húzo tt érin tő m eredeksége.

A függvény folytonossága a differenciálhatóságnak szükséges, de nem elégséges feltétele. Legyen ugyanis /(x ) = |x |, és vizsgáljuk ezt az x = 0 helyen. A differenciahányados:

/ (x) - / (o) _ Mx - 0 x

E nnek értéke ped ig 1 vagy -1, aszerint, hogy x > 0 vagy x < 0 . Ezek szerin t a differenciahányadosnak nincs ha tárértéke x -» 0 esetén, így az / (x) = |x| függvény - b ár folytonos x = 0 -ban - nem differenci

álható az x = 0 helyen.

G yakorlásképpen határozzuk m eg néhány függvény derivált-függvényét:

1. Legyen /(x ) = x 3 . E kkor / '(x0 ) = lim ------ — = lim —— xo)(x + * ^ o + x o) _ j-m (x2 + ^ + xjj) = ^2 ^X - > X 0 ^ — ^ 0 X - » X () X — X q X -> X q

T eh á t az f ( x ) = x3 függvény derivált-függvénye: f \ x ) = 3x2 .

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

Gyöktelenítsük a számlálót, azaz bővítsük a tö rte t Vx + ■Jx^ -lal:

y (Xo) = lim = lim + = ,i m ---------x -x o ---------_

= lim 1 - 1yfx + yjxQ 2 -y/xg

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


http://www.dft.hu


H4. T . 3. Az /(x ) = x 11 függvény derivált-függvénye: f ' ( x ) = n ■ xn 1.

BIZONYÍTÁS: A bizonyítást pozitív egész n -re végezzük. Az alábbi határértéket kell m eghatároznunk:n n

X 0limX - » X () X — Xq

Az an - bn = (a - b ) (a n~l + an~2b + an~*b2 +a n~4b'i + ...... + abn ~ 2 + bn~l ) ism ert azonosságot felhasználva

azt kapjukVn - Y n ÍV - V V Y n ~ l -í- v " ~ 2V 4- Y ^ Y 2 4- -I- w " " 2 -I- y ” ~ 1\- . A 0 1 • V 0 / \ 0 0 . . . . . . 1 AvV a 1 A n /h m -------- — = h m ------- ------------------- --------------------------------------— =. \/> \A _ \ fí

x 0 x -»x () •*»

= lim (x" - 1 + x”- 2 x0 + x” - \ 2 + ...... + xx” - 2 + x ^ 1) = n • x^ 1x-»x0

Bizonyítás nélkül közöljük a sinx és cosx függvények deriváltját:(sin x0)' = cos x0 és (cos x0)' = - sin x0

Fontosak az alábbi differenciálási szabályok:

H

4 . T . 4 . Legyenek f és g függvények differenciálhatók az x 0 helyen, és legyen c egy adott valós

fszám. Ekkor az f ± g , c / > / ‘ &» függvények is deriválhatok az x 0 helyen és

ga) [ f (x0) ± g ( x 0)]' = f ' ( x 0) ± g ' ( x 0)

b ) [ c - f ( x 0)]' = c - f ' ( x 0)

C) [ f (x0)-g(x0)]' = f ' ( x 0)-g(x0) + g ' (x0) - f ( x 0)

f ( x o) / ’(*o )-á '(*o )-á ',(*o)-/(*o) , ,------------------f — ---------------- g(xo) * 0

ff (xo)d) _g(x0)

E differenciálási szabályok közül bebizonyítjuk az utolsó kettőt.

A c) esetben a szorzatfüggvény deriválására vonatkozó szabály bizonyításához vizsgáljuk m eg az alábbi határértéket:

lim f W e ( * ) - f ( * o ) g ( * o )x-»xft X — Xq

A djunk hozzá és vonjunk is le a számlálóból / ( x 0) • g(x) -et; azt kapjuk:

lim ~ / ^ ) g f a ) + /(«b)g(«) ~ /(«b)g(«)X - » X 0 X — X q

= lim% ~ » X () \

= ,im /(X o). s í í h i wx—»x() ^ 0 x-»x0 ^ 0

M ivel/(x) ésg(x) is differenciálható függvények, ezért folytonosak is, így

lim g(x) = g(x0) , lim ^ _ { (X" = / ' ( xo ) ’X - » X () X - » X ()

lim / ( x 0) = / ( x 0) , Hm g (x)_ = g '(X()) ,x-»x0 x-»x() ^ 0

így azt kaptuk: lim / ( x)g(x) f ( xo)g(xo) = f ' ( x 0)-g(x0) + g' (x0) f ( x 0) ,X Xr

és éppen ezt akartuk belátni.



A d) szabály bizonyításához először vizsgáljuk m eg egy folytonos g(x) függvény reciprokának deriváltját. Ehhez az alábbi h a tá ré rték e t kell m eghatároznunk:

_1____ L_lim g{x) g(Xo) .

1 1 ff(*o)-g(*)Mivel g(x) g(x0) = g(x)g(x0) _ i g (x ) -g (x 0)

X - X q X - X q g(x)g(x o ) x - x 0

1 1

így kapjuk, hogy: lim = l i m - . 1 = - li m [ i m 1x^x0 X - X 0 X -X 0 g(x)g(x0) X -X 0 x^ x„ g(x)g(x0) '

A kapott kéttényezős szorzat első tényezője éppen a g(x) függvény deriváltjának -1-szerese az X0 h e

lyen, a m ásodik tényező ped ig — — , így kaptuk:g (xo)

g' ( x o)

M * o ) J g 2(xo) '

Ezek u tán rá té rh e tü n k a tö rtfüggvény deriválási szabályának igazolására:

1.g(*b)J V g(xo ) J 'M ost alkalm azzuk a szorzatfüggvényre kapo tt szabályt, és az előbb levelezett reciprok-szabályt:

g ( xo) J g ( x o) U ( xo)J £(*o) g 2(x0)

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

g 2(x o)Ezzel a d)-ben ism erte te tt szabályt is beláttuk.

G yakran fo rdu l elő, hogy valam ely gyakorlati p roblém a vizsgálata során egy ún. közvetett függvényt kell deriválnunk. E nnek ism ertetése előtt elevenítsük fel a közvetett fü ggvén y fogalm át.

H a valamely függvény esetében az értékkészlet elem eihez, m in t értelmezési tartományhoz egy újabb egyértelm ű hozzárendelést h a jtu n k végre, akkor összetett (vagy m ásképpen közvetett) függvényről beszélünk (lásd ábra).

Például az /(x ) = Vsinx egy összetett függvény. Az első hozzárendelés az u(x) = sinx . A m ásodik hoz

zárendelés értelm ezési tartom ánya az első hozzárendelés értékkészlete: f { u ) = ' J u , így kapjuk:

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


http://www.dft.hu


Az összetett függvény deriválásáról szól az alábbi tétel, m elyet bizonyítás nélkül k im ondunk:

H 4. T. 5 . Ha az u függvény differenciálható az x 0 helyen, és az Müggvény deriválható az u ( x 0) he

lyen, akkor az f ( u ( x ) ) közvetett függvény is deriválható az x 0 helyen, és a derivált:

f ( u ( x 0))' = f \ u ( x 0))-u'(xo) .

A differenciálási szabályok ism eretében nézzünk néhány példát az elm ondottakra:

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

a) f ( x ) = 2x4 - 6 x 3 + 5 x2 - x + 3

b) f ( x ) = 4 x 2 ■ cosx

r 2c) f ix) = ■ . (sinx * 0 )J sinx

d) f ( x ) = tgx (cosx ^ 0 )

e) f ( x ) = ^/sinx .

a) A megfelelő deriválási szabályok alkalmazásával:

/ '( * ) = 8x3 -1 8 x 2 + 1 0 x - lb) A szorzatfüggvény differenciálási szabálya szerint:

f ' ( x ) = 8 x • cosx + (-s in x ) • 4x 2 = 8 x • cosx - 4x 2 - sinxc) A törtfüggvény differenciálási szabálya szerint:

2 x - s in x -c o s x -x 2 x -( 2 s in x -x c o s x )/ '( * ) = ■sin 2 x sin 2 x

d) Ugyancsak a törtfüggvény differenciálási szabálya szerint:

f ' (x) = sinx \ _ c o s x -c o s x -( - s in x ) -s in x _ cos2 x + s in 2 x _ 1

c o s x ) cos2 x cos2 x cos2 xe) Közvetett függvényt kell deriválnunk. Az első hozzárendelés: u(x) = sinx , a m ásodik hozzárendelés:

/ (u) = yfü . A közvetett függvény differenciálási szabálya szerint:

u'(x) = COSX, f \ u ) =V J 3 3 - ^ 2

T eh á t a derivált: í> /sinx) = c o sx ----- .1....... = — ro sx _ _3 -v s in 2 x 3 -v s in 2 x

H4. F. 10. Határozzuk meg az / (x) = 2x3 - 4x 2 + 5x - 2 függvény érintőjének egyenletét az x = 2 helyen!

Mivel a függvényérték x = 2 -ben: / (2 ) = 1 6 -1 6 + 1 0 - 2 = 8 , ezért az érin tő áthalad a P(2; 8 ) ponton. Az érin tő m m eredeksége az f (x) függvény x = 2 helyen vett deriváltjával egyenlő.

f ' ( x ) = 6 x 2 - 8 x + 5 , teh á t m = f ' ( 2) = 24 - 1 6 + 5 = 13 .

T eh á t az érin tő egyenlete: y - 8 = 13(x - 2 ), azaz )> = 1 3 x -1 8



4. F. 11. Hol lesz az f ( x ) = J x - 2 függvény érintője párhuzamos az y = -i-x egyenletű egyenessel?

A m egadott egyenes m eredeksége ^ , így azt kell m egvizsgálnunk, hogy hol lesz a függvény deriváltja

egyenlő -del. Az f függvény egy összetett függvény; az első hozzárendelés u(x) = x - 2 , a m ásodik

hozzárendelés f ( u ) = a/m .

w'(x) = l , / '(w ) = —7 =-, teh á t2 vm

f \u(x)) = — , = -i-, ah o n n an x = 3 .2 >/x^ 2 2

M indezek u tán nézzük m eg az edd ig tanultak alkalm azását függvények vizsgálatára, különböző szélső- érték-problém ák m egoldására. E lsősorban a rra vagyunk kíváncsiak, hogy valam ely differenciálható függvény esetében a derivált függvény ism eretében m ire és hogyan következtethetünk az eredeti függvénnyel kapcsolatban. E rrő l szól a következő bizonyítható tétel.

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

T eh á t az f ' ( x ) = 0 a szélsőérték létezésének csupán szükséges, de nem elégséges feltétele. H a ugyanakkor a kérdéses x helyen f előjelet is vált, akkor az m ár elégséges feltétel is ahhoz, hogy az eredeti f függvénynek szélsőértéke legyen. Jó példa e rre az /(x ) = x3 függvény. E nnek deriváltja: f ' ( x ) = 3x2 .

Az / '(x ) = 0 egyenlet m egoldása: x = 0 , b ár /(x)-nek x = 0 -b an nincs szélsőértéke. Az ábrából jó l kive

hető, hogy f ’(x) az x = 0 helyen úgy 0 , hogy ott nem vált előjelet.

; f \ x ) - 3 ^/

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


H 4. F. 12. A most elmondottak gyakorlására ábrázolja a derivált függvény segítségével az

/(x ) = ^ - ~ 2x2 + 3 x - - |

függvényt. A függvény m in d en x e R helyen differenciálható; d e riv á lja :

/ '( x ) = x2 - 4 x + 3 .

A derivált függvény zérushelyei: xl2 = J j_ = _> Xj = 1 , x2 = 3 .

Most ábrázoljuk a derivált függvényt, és annak előjel-viszonyaiból vonjunk le következtetéseket az e re deti függvényre.

A derivált függvény ism eretében érdem es a megfelelő adatokat egy táblázatba foglalni.

X x< 1 x = 1 l< x < 3 x = 3 3 < x

/ ' ( * ) + 0 — 0 +f (x) A

szélsőértékmax. \

szélsőértékmin.

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

/ ( 3 ) = 9 - 1 8 + 9 -3

(Mivel x = 1 -ben és x = 3 -ban a derivált úgy 0, hogy e helyeken előjelet is vált, ezért az eredeti függvénynek m indkét helyen szélsőértéke van.)

A táblázat alapján m ár vázolhatjuk az eredeti/(x ) függvény grafikonját.



4 . F. 13. Oldjuk meg a fejezet elején kitűzött feladatot!

Egy 20 cm oldalú, négyzet alakú fémlemezből négyzetes hasáb alakú edény t ak a ru n k készíteni úgy, hogy a lemez sarkaiból egybevágó négyzeteket vágunk ki, m ajd az o ldaluknál keletkezett lapokat felhajtjuk (lásd ábra). M ekkora legyen a kivágott négyzetek x oldala, hogy a keletkezett edény térfogata a lehető legnagyobb legyen?

M int láttuk, a keletkezett test térfogata x függvényében:V(x) = (20 - 2 x f ■x = 4x3 - 80x2 + 400x . 0 < x < 10

E V(x) függvénynek ott van szélsőértéke, ahol a deriváltja előjelet váltva 0. A derivált F '(x) = 12x2 -1 6 0 x + 400 = 0 3x2 - 40x +100 = 0

40 ±-y/16 0 0 -1 2 0 0 40 + 20M,Z - 6

A derivált-függvény vázlatos alakja:

x, = Xn = 1 0 .

Az x = 10 érték nem jö h e t számításba, a derivált függvény alakjából p ed ig világos, hogy x = ^ -ban a

függvénynek m axim um a van. T eh á t az edény térfogata akkor lesz a legnagyobb, h a x = ^ cm.


http://www.dft.hu


H 4. F. 14. Az f {x) = 2x2 ~ 4 x + p függvény grafikonjának az x = 2 helyhez tartozó érintője áthalad az

origón. Határozza meg a p paraméter értékét!

f i 2 ) = 8 - 8 + p = p , tehát az érin tési p o n t P ( 2 ; p).

Az érin tő m m eredeksége a függvény x = 2 helyen vett differenciálhányadosa:m = / '(x) = 4x - 4 = 4 .

T eh á t az érin tő egyenlete: y - p = 4 ■ (x - 2).H a ez az érin tő áthalad az origón , akkor a (0; 0) p o n t koord inátá i kielégítik az egyenletet.

- p = - 8 ,ahonnan a p p a ram éte r értéke: p = 8 .

H 4 . F. 15. Egy R sugarú félkörbe szimmetrikus trapézokat írtunk az ábrán látható módon. Mekkora a legnagyobb területű ilyen trapéz területe?

B

0 < a < 90°

H asználjuk az ábra jelöléseit. Az OTD derékszögű három szögből:m = R sin a és OT = R cos a .

A trapéz terü le te a függvényében:, (AB + CD)-m {2R + 2/? cos a ) sin a „ 2 , . • N

Ti a) = -------- ^— ---- = --------------- 2 — ----------- = sin a + cos a sin

A trapéz terü le tének akkor lesz szélsőértéke, am ikor T '(a) = 0 .

T '(a) = R 2(cosa + - s in 2 a + cos2 a ) = 0 ,Cf

2 cos a + cos a - 1 = 0 ,— 1 + V9 1 1cos a j 2 = -----^ — —> cos a j = - 1 , c o s a 2 = 2 --

Első esetben a - r a 180° adódna, ami nyilván lehetetlen, második esetben a = 60°. Könnyen belátható, hogy a = 60° -nál a T '(a) előjelet váltva 0 , előtte pozitív, u tána negatív, így a függvénynek a = 60° -ban

m axim um a van. T ehá t a trapéz területe akkor a legnagyobb, am ikor a = 60° . Ez azt jelenti, hogy a félkörbe írt trapéz egy szabályos hatszög fele, vagyis 3 db R oldalú szabályos három szögből áll. így a területe:

R 2STABCD



H 4 . F. 16 . Adottak az f ( x ) = x2 +ax + b és g(x) = x2 + bx + a (a > b ) másodfokú függvények. Tudjuk,

hogy csak egyetlen olyan x0 hely létezik, melyben a függvényekhez húzott érintők merőlegesek egymásra. Fejezze ki az a paramétert to-vel!

A feltételek szerint f ' ( x 0)-g ' (x0) = - l , a z a z (2x0 + a)(2x0 +b) = - 1 , 4x2 + 2(a + b)x() + ab + 1 = 0 .

Mivel csak egyetlen ilyen x(] hely létezik, ezért en n ek a m ásodfokú egyenletnek csak egy valós m egol

dása lehet, vagyis a d iszkrim inánsának 0 -nak kell lennie.4(a + b)2 - 1 6 (ab + 1) = 0 ,

a 2 + b2 + 2ab - 4ab - 4 = 0 -» ( a - b ) 2 = 4 -» \a -b \ = 2 .

Mivel a > b , ezért a - b = 2 , ah o n n an a = b + 2 .

H 4. F. 17 . Az egyiptomi Kheopsz piramis alatti egyik sírkamra téglatest alakú, melynek méreteiben az ismert pitagoraszi számhármast fedezhetjük fel: egyik éle 4m, egyik lapátlója 3m, testátlója pedig 5 m. Mekkora lehet e sírkamra maximális térfogata?

Vagy a lapátlóra vagy a testátló ra felírva Pitagorasz tételét azt kapjuk:

x 2 + y 2 = 9 —> y = sí9 - x 2 , ahol 0 < x < 3 .

A feladat jellegéből következik, hogy a (0; 3) in tervallum ban a térfogat szélsőértéke csak m axim um lehet. A térfogat:

V(x) = 4 x ^ 9 - x 2 .

E nnek ott lesz szélsőértéke, ahol a deriváltja 0. Egy olyan szorzatfüggvényt kell deriválnunk, m elynek egyik tényezője összetett függvény.

V'(x) = 4 y j 9 - x 2 + —~8x = 0 -» 9 - x 2 = x 2 -» x = - y = .2 ^ / 9 ^ F V2

T eh á t a maxim ális térfogat: V = 4 ■ ■ ^ 9 - - |- = 18 m 3 .

Érdem es megfigyelni, hogy ekkor egyébként x = y , vagyis a kam ra egy négyzetes hasáb.

MEGJEGYZÉS: A V{x) függvény deriváltjához egyszerűbb ú to n is e lju th a ttu n k volna, ha m eggon

doljuk, hogy x > 0 m iatt V (x) -nek ugyano tt van szélsőértéke, m in t ahol V 2 (x) -nek. így elegendő a

16x2( 9 - x 2) függvényt deriválni, am i jóval egyszerűbb. De ez u tóbbi függvény szélsőértékét köny-

nyen m egkaphatjuk úgy is, ha alkalm azzuk a szám tani és m értan i közép közötti egyenlőtlenséget.


http://www.dft.hu


H A. F. 18. Az ábrán egy gótikus templom ablaka látható. Egy ablak körbeszigeteléséhez 12 méter hosszú szigetelőanyagot akarnak felhasználni. Hogyan méretezzék az ablakot, ha azt akarják, hogy a lehető legtöbb fényt engedje be?

Az ablak terü le tének kell m axim álisnak lennie. E T terület: T = 2xy + .

A K kerü le t 12, vagyis K = 2x + 2y + ^ ~ = 12, ahonnan J = ~ ^ — - = 6 - x - ^ - .

így a terü le t azx függvényében: T(x) = 2x^6 - x + ^ -^ - = 12x - 2x2 - x 2 7t + = 12x - 2x2 - ^ p - .

E területfüggvény grafikus képe egy lefelé nyíló parabola, így csak m axim um a lehet, és ott lesz m axim um a, ahol a deriváltja 0 .

12T'(x) = 12 - 4x — xn = 0 , ah o n n an x = -.----- .w 4 + nT eh á t az ado tt feltételek m ellett az ablak terü le te akkor lesz a legnagyobb, ha a téglalapjának „víz-

24szintes” oldala: 2x = — r— w 2,33 m éter.4 + 2n

MEGJEGYZÉS: Mivel a T(x) függvény m ásodfokú, grafikus képe egy lefelé nyíló parabola, így - is

m erve a m ásodfokú függvények tu lajdonságait - jóval egyszerűbb ú to n is e lju th a ttu n k volna a szélsőértékéhez; akár közép szintű ism eretekkel is.



H4. F. 19. Egy R sugarú gömbbe egyenes körkúpokat írunk. Mekkora a legnagyobb térfogatú körkúp sugara?

Legyen x a kúp sugara. A kúp térfogata: V = x 2n{R + y) • .

)’-t kifejezhetjük a megfelelő derékszögű háromszögből: y = *Jr 2 - x 2 , tehát a térfogat x függvényében:

V(x) = I ■ x 2n(R + y]R2 - x 2 )= x2 0 < x < R .

Most egy olyan két tagú függvényt kell deriválnunk, m elynek m ásodik tagja egy kéttényezős szorzat, és ennek egyik tényezője összetett függvény.

V'(x) = 1 2Rxn + 2xn\Jr 2 - x2 + - 2 x3 7t

2-Jr 2 - x= 0 ,

2R + 2^lR2 - :y/R2

-> 2 R ^ R 2 - x 2 + 2 R 2 - 2 x2 = x2 ,

ahonnan

2r J r 2 - x 2 = 3x2 - 2R 2 ,

4 R 4 - 4 R 4x 2 = 9 x 4 + 4 R 4 - 1 2 x2R 2 -> 8 R 2 = 9 x 2 ,2y/2R

H A. F. 2 0 . Egy a=24 cm oldalú szabályos háromszög alakú fémlemezből edényt készítünk az alábbi módon: A háromszög csúcsaiból kiindulva a szemközti oldal irányába bevágunk egy-egy x hosszúságú szakaszt, majd ezek végpontjából a szomszédos oldalakra merőlegesen vágva a csúcsokból

egy-egy deltoidot vágunk ki. Ezután az oldalaknál keletkezett egybevágó téglalapokat felhajtjuk. Mekkora legyen azx bevágás, hogy a keletkező test térfogata a lehető legnagyobb legyen?

A keletkező test egy szabályos három szög alapú egyenes hasáb (lásd ábra).


http://www.dft.hu


Az ábrából kiolvasható, hogy a hasáb alapja egy b oldalú szabályos három szög, ahol

b = a - 2 • - a - x - j 3 ,

m agassága pedig: m = . Ezek szerin t a hasáb térfogata x függvényében:

v(x) = [ a - x ^ f - S . | = I . (ű2Xa/3 _ t e 2 + 3a/3xb } ;

Itt nyilván 0 < x és x kisebb m in t a három szög súlypontját a csúccsal összekötő szakasz, azaz

' ü^ > tehát 0 < x < a^ .

A térfogatfüggvény deriváltja:

F '(x) = i - ( a 2 V 3 -1 2 a x + 9V3x2) = 0 9 j 3 x 2 - 12ax + a2 V3 = 0 ,O

12a ± V l4 4 a 2 -1 0 8 a 2 _ 1 2 a ± 6 a v _ a _ al* ~ 18^3 ” 18V3 1 _ V 3 ’ 2 ' 3 V 3 ‘

De x = = a^ , m in t lá ttuk nem lehetséges. Mivel x2 = ~ j ^ 'b an V'(x) előjelet váltva 0, előtte pozi

tív, u tána negatív, így azt kap tuk , hogy a keletkezett edény térfogata akkor a legnagyobb, ha

x = — -=- = = -j=r cm.3^3 3^ 3 J 3



INTEGRÁLSZÁMÍTÁS

Gyakran előfordul, hogy valamilyen matematikai vagy fizikai problém a a rra vezethető vissza, hogy egy síkidom területét kell m eghatároznunk. H a ezt a síkidomot (legalábbis ennek egy darabját) valamilyen folytonos függvénnyel le tudjuk írni, akkor a problém a megoldásához segítséget nyújt az integrálszámítás.

A lapgondolatunk a következő: tek in tsünk egy / folytonos görbét, s tek in tsük e görbe és az x tengely közötti ta rtom ányt valam ely [a; b] in tervallum ban (lásd ábra).

T2

Osszuk fel az in tervallum ot n egyenlő részre, s képezzük az egyes részin tervallum okra illeszthető ún. beírható , és köré írha tó téglalapokat. A beírha tó téglalapok te rü le te inek összege ) nyilván kisebb,

m in t a köré írha tó téglalapok terü le te inek összege (T2) . H a azonban a felosztást „finom ítjuk”, vagyis n

értékét növeljük, akkor a b e írh a tó téglalapok terü le tének összege növekszik, m íg a köré írható téglalapok terü le tének összege csökken. H a n é rték é t m inden h a tá ro n tú l növeljük, és k iderül, hogy a beírható téglalapok te rü le tének összege egyenlő lesz a köré írha tó téglalapok te rü le tén ek összegével, akkor ezt az összeget nevezzük az / görbe alatti te rü le tnek az [a\ 6 ] in tervallum on.

Alkalm azzuk ezt a gondo la tm enete t először egy konkré t példára: keressük m eg az f ( x ) = x 2 függ

vény görbéje és az x tengely által közbezárt te rü le t nagyságát a [0; a\ (a > 0) in tervallum ban. Számítsuk

ki először a beírha tó téglalapok terü le tének S összegét!

X2


http://www.dft.hu


Az áb rát szemlélve a következőkre ju tu n k : m inden téglalap egyik oldala — , a m ásik oldala ped ig a

kérdéses in tervallum bal oldali végpontjában vett függvényérték. Ezek szerin t a beírható téglalapok terü le tének összege:

s = <L.0 + <l U > ? + a l ^ + a ( Z a ? + .......... + o .n n \ n j n \ n ] n \ n ) n \ n J

3 3 In n en -^ - - t kiem elve azt kapjuk: s = -^ - ( l 2 + 22 + 32 + ..........+ (n - 1)2) .

n nA zárójelben az első n — 1 db pozitív egész szám négyzetének összege szerepel, am irő l korábban láttuk:

l 2 + + 32 + ..........+ ( „ - 1 )2 = (’| - 1 > -" - (2 " - l> .,

*gy =a(n - l)n(2n - 1)

6 n 3

Most vizsgáljuk m eg az egyes in terva llum okra em elt, köré írt téglalapok te rü le tén ek Sn összegét. E

téglalapok m indegyikének egyik o ldala (ugyanúgy, m int az előbb) , a m ásik p ed ig a kérdéses in te r

vallum jobb oldali végpontjában felvett függvényérték.

rra

c = £nx-

x = — X n2a n

a

n

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

a3n(n + 1 ) ( 2 n + 1)Sn = “ - . ( ^ + 2 ^ + 3 ^ + . , + n ) = -

6 n ó

Most azt látjuk, hogy m ind sn , m ind ped ig Sn esetében a téglalapok összege olyan racionális tört, m elynek számlálója is és nevezője is rc-ben harm adfokú, így m indkét esetben a h a tá ré rték - m int korábban láttuk - a számláló és a nevező legm agasabb fokú tagjai együ ttható inak a hányadosa. Ez pedig

o 3 3 m indkét esetben .b ó



T eh á t lim s„n-*o

: lim Sn = - g - ,W — >co 3

így létezik a parabo la alatti te rü le t a [0 ; a] in tervallum on és nem m ás, m int - - .

E m ost ism erte te tt g o ndo latm enete t általánosítva m egalkotjuk a határozott integrál fogalmát. Legyen / egy folytonos függvény az \a\ b] in tervallum on, és osszuk fel az in tervallum ot n egyenlő részre. Legyenek az osztópontok x0, X[, x2 .............. xn , és képezzük az így létrejövő részin tervallum okra illeszt

hető beírható és köré írha tó téglalapokat.

[ 7 -

[ 7

a = ^ x , x 2 x 3 x 4 ...................................t ,= x h

Az első, második, í-edik in tervallum hossza re n d reX __ y* V1 _ yi iyi __ íyi

j 0 * *^2 1 j •■ • • • • í l 1. “■***“* j

ezek a szakaszok az egyes téglalapok egyik oldalát alkotják. A téglalapok másik oldalai pedig beírható téglalapok esetében a kérdéses in tervallum ban levő legkisebb, a köré írha tó téglalapok esetében pedig az intervallum legnagyobb függvényértéke. W eierstrass té te le érte lm ében e legkisebb, illetve legnagyobb függvényértékek bárm ely zárt in tervallum ban folytonos függvény esetében léteznek. Legyen az i-edik in tervallum ban a legkisebb függvényérték mi , a legnagyobb függvényérték ped ig M t . Ekkor a

beírható , illetve a köré írh a tó téglalapok terü le te inek sn , ill. Sn Összege:n

sn = ( x , - x 0)- ml + (xg - x l ) -m2 +(x 3 - x 2)-ms + ..........+ {xn - x n_x)-mn = ^ T ( x t - xt_t )■»«!Í= 1

S„ =(x, +(x2 - x1) - M 2 +(x3 - x2) - M3 + ......... + (x„ ~ x nA) - Mn!=1

Bebizonyítható, hogy h a a kiindulási / függvény folytonos, akkor e részletösszegek, azaz a sri és Sn

h a tárértéke w —> oo esetén m egegyezik, és ezt nevezzük a keresett függvény alatti terü le tnek az [a; b] in tervallum ban:

l im .‘ Sn = l i m S „ = T a n—>co n-+ ooE határértéket az / függvény határozott integráljának is nevezzük az [a; b] intervallum on, és így jelöljük:

j 'f (x )dx

Ezek után vizsgáljuk m eg a határozo tt in tegrál néhány egyszerű, fontos tu lajdonságát. M inden esetben folytonos, tehát in teg rá lh a tó függvényekről lesz szó. ■


http://www.dft.hu


Akár a határozott in tegrá l fenti definíciójából, akár az in tegrá l te rü le tk én t való értelm ezéséből könnyen igazolhatóak a határozo tt in teg rá l alábbi tulajdonságai.

1 . H a az/ függvény az [a; b\ in terva llum on in tegrálható és a <b < c , akkoru c c

j' f(x)d(x) + j / (x)d(x) = j f (x)d(x) .

2. H a az/ függvény az [a\ b] in tervallum on in tegrálható és c egy valós szám, akkorV u

Jc • f(x)d(x) = c ■ j’f ( x ) d ( x ) .

3. H a a z / é s g függvény az [a\ b] intervallum on integrálhatók, akkor az f ± g függvény is integrálható, ésb b b J ( / ( x ) + g -(x ))á (x )= j f ( x )d ( x )± Jg-(jc)d(jc).

5.

aj 'f (x)d(x) = 0

a

b a

j 'f (x)d(x) = - j f (x)d(x).

MEGJEGYZÉS: É rdem es m egfigyelni azt, hogy ha a z / függvény az [a\ b\ in tervallum on negatív, akkor a fenti definícióban szereplő mi és M, értékek negatívok. Ez azt je len ti, hogy az / függvény határozott

in tegrálja nem azonos a függvénygörbe és az x tengely közötti terü le ttel. H a pl. a z /fü g g v é n y n e k az [a\b] in tervallum on van pozitív és negatív része is, akkor a függvénygörbe és az x tengely közötti terü le te t az alábbi m ódon szám olhatjuk:

Először m eghatározzuk f - n e k az [«; b\ in tervallum ba eső x0 zérushelyét , m ajd kiszám ítjuk az alábbi

integrált:*0

j f ( x)d( x) -0j/(x)íZ(x)

Ez pedig nem azonos az / függvénynek az [a; b\ in tervallum ra vonatkozó ha tározo tt integráljával. M indebből következik pl., hogy h a f (x) függvény pára tlan folytonos függvény, akkor

u

j* f (x)dx = 0 .



H a viszont f(x) páros folytonos függvény, akkor nyilvána aj* / (x)dx = 2 • J / (x)dx

—a 0

Legyen / egy folytonos függvény. H a keressük az / függvény és az x tengely közötti terü le te t valamely

[0 ; x0] in tervallum on, akkor az j* /(x)d(x) határozott in tegrá lt kell k iszám ítanunk.o

f

New ton és Leibnitz kutatásai alapján kiderü lt, hogy létezik olyan F függvény, m elyre teljesül, hogy*0

j f (x )d ( x ) = F(x0). (x0 > 0)0

Ezek szerint, ha az [a\ b\ in tervallum on folytonos, in tegrá lha tó függvény határozo tt in tegrálját keressük, akkor nincs m ás do lgunk , m in t az a d o tt/ függvényhez m egtaláln i az F függvényt. K im utatható, hogy h a / folytonos akkor a hozzá tartozó F függvény differenciálható és

F( x) = f i x ) .Az F függvényt az/ függvény egy prim itív függvényének nevezzük. H a az / függvény folytonos az [a; /;] intervallum on, akkor végtelen sok prim itív függvénye van, de ezek csupán egy konstansban különböznek egymástól. Az / függvény prim itív függvényeinek a halm azát az / függvény határozatlan integráljának nevezzük.

Ezek u tán k im ondhatjuk a Newton-Leibnitz tételt:bj 'f{x)d(x) = F(b) - F{á)

a

ahol F (x) = f (x ) . A N ew ton-Leibnitz tétel kapcsolja össze a differenciálszám ítást az integrálszám ítással,

hiszen ha m ost valam ely in teg rá lha tó / függvény és az x tengely közötti te rü le te t keressük, akkor nincs m ás dolgunk, m int m egkeresn i a z / egy prim itív függvényét, és alkalm azni a N ew ton-Leibnitz tételt. M ásképpen fogalm azva azt a függvényt kell m egkeresnünk, am elynek deriváltja m aga az / függvény.


http://www.dft.hu


Vizsgáljuk m eg ezek u tán néh án y elem i függvény határozatlan in tegrálját.

Legyen / (x) = xn . E függvény m in d en ü tt folytonos, teh á t in tegrálható . Az / függvény egy prim itív

függvénye:xn+*n + Y + C (ahol C egy valós szám és n * - 1 ) ,

u N /.n+1

-y + C = x n . Ezek szerin t Jxndx = -hiszen x n + 1

„n+1

n + 1 K + l ‘

így m ost m ár - a határozo tt in tegrál korábbi tu lajdonságait is felhasználva - bárm ely polinom -függ- vény prim itív függvényét m eg tu d ju k határozni. N ézzünk e rre néhány egyszerű példát.



FELADATOK

1. Szám ítsuk ki az alábbi határozatlan integrálokat!

a) fx2^x

2x dx b) j\ax + b)(cx + e)dx c) j\ax4 + bx3 + ex2 +bx + á)dx

MEGOLDÁSa) Alakítsuk át az in teg rá lan d ó függvényt a hatványozás azonosságai szerint:

2x, 2 3/

Ezek szerint p L J^L dxÍ-+1

2x

+ (fle1 b c W +bex + c

f-i- * JC = A- A------ !- C = ■ J * 7 + CJ2 2 4_ t 143

b) Végezzük el a szorzást, m ajd alkalm azzuk a megfelelő azonosságokat.

j*(ax + b)(cx + e)dx = j \acx2 + (ae + bc)x + be)dx = ^

c) f(ax4 + foc3 + ex2 + bx + a)dx = ^§— + + § - + ■%- + ax + CJ 5 4 á z

2. A dott az f ( x ) = ~t>x2 + 2x függvény.

a) Számítsuk ki az f(x) függvény határozo tt in tegrálját a [0; 6 ] intervallum on!b) Számítsuk ki a függvénygörbe és azx tengely közötti te rü le te t a [0; 6 ] intervallum on!

MEGOLDÁS

i .6ff—i-x2 + 2 x W = 1 3X 2

~ z r + x6

r i ^ + 621jv 2 r 2 3 0 2 3 J0

V J(0) = 0

b) Á brázoljuk a függvényt! A lefelé nyíló parabolának X = 4 -ben van zérushelye. Ezért először kiszám oljuk a függvény ha tározo tt in tegrálját a [0; 4] in tervallum ban, m ajd ehhez hozzáadjuk a függvény [4; 6 ] in terva llum ra vonatkozó in tegráljának a -1-szeresét.


http://www.dft.hu


De egyszerűbben is szám olhatunk. Az a) részben kapott ered m én y ism eretében biztos, hogy az x tengely „fölötti” te rü le t m egegyezik az x tengely „alatti” területtel. E zért a keresett te rü le t a függvény [0; 4] in tervallum ra eső ha tározo tt in tegráljának éppen a kétszerese.

4 . . 4 r , n4T = 2 • + 2x jdx = j V * 2 + 4 x)dx ~ t + 2x2

= ( _ M + 3 2 ) - ( 0 ): 323

3. Számítsuk ki az f ( x ) = x 2 és g(x) = yfx függvények görbéi által közbezárt területet!

MEGOLDÁS:Á brázoljuk m indkét függvényt egy koord inátarendszerben . A két függvény grafikonja az origóban és

x = 1 -ben metszi egym ást. Ezek szerin t a keresett te rü le te t úgy kapha tjuk m eg, ha az x 2 függvény

határozott in tegráljából kivonjuk a y[s^ függvény határozo tt in tegrálját a [0 ; 1 ] in tervallum ban.

4 . Számítsuk ki az f ( x ) = x 2 - 6x + 5 és g(x) = - x 2 + 4x - 3 függvények görbéi által közbezárt területet.

MEGOLDÁS:Legelőször ábrázoljuk a két függvényt egy koord inátarendszerben . A két függvény grafikonjának egyik m etszéspontja x = 1 -ben van (itt egyébként m indkét függvénynek egyben zérushelye is van), a másik ped ig x = 4 -ben.



A függvényeket ábrázolva észrevehetjük, érdem esnek látszik m indkét függvény görbéjét 4-gyel feljebb tolni; ezzel a keresett terü let m éretén nyilván nem változtattunk semmit. Ekkor az „új” függvények:

/ j (x) = x 2 - 6x + 9 és (x) = - x 2 + 4x + 1. Ezeket látjuk a jobb oldali ábrán. Ezek u tán a keresett T terület:4 4 4

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

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

5. Legyen f ( x ) = Ax + B és legyenek 0 < a < b valós számok. Igazoljuk, hogy ekkorb

MEGOLDÁS:V

j (Ax + B)dx ■■ A x ' + Bx < Ab2 + Bb r ^ - + Ba) = ^- (b2 - a 2) + B (b - a ) -

= {b - a ) ^ ( b + a) + fi) = (b - a) • /

M EGJEGYZÉS: Az f (x) függvény grafikus képe egy egyenes; a kereset határozo tt in tegrál ped ig egy derékszögű trapéz te rü le te (lásd ábra).

A trapéz m agassága (b — a) , a párhuzam os oldalai összegének a fele p ed ig egyenlő a középvonalával,

am i nem más, m in t az a helyen felvett függvényérték. így a te rü le te valóban: (b — a) ■ f ^ j .

E fejezet első részében m eghatároztuk a sinx és cosx függvények deriváltját. E nnek felhasználásával adódnak e függvények határozatlan integráljai:

j"sinxdx = - c o s x + C és J"cosxdx = s in x + C .

Számítsuk ki pl. az / (x) = sin x függvény görbéje és az x tengely közötti terü le te t a [0; n ] intervallumban.7U 71js in x d x = [ - c o s x ] = (— cos tt) — (— cos 0) = l - ( - l ) = 2 .

0 0


http://www.dft.hu


Mivel szorzatfüggvény deriváltja nem egyenlő e függvények deriváltjainak szorzatával, ezért a szorzatfüggvény határozatlan in teg rá ljának kiszámítása sem egyszerű dolog. M indenese tre m u tatunk egy speciális esetet egy ilyen típusú in teg rá l kiszámítására.

1. H a az in tegrá landó függvény f n(x)- f (x) alakú, akkor

\ f n{x ) f (x)dx : rn + 1

Ezt könnyen ellenőrizhetjük , ha a közvetett függvény deriválási szabálya szerin t differenciáljuk az egyenlőség jo b b oldalát.

Legyen pl. g(x) = 2x ■ \ j x 2 + 3 . H a f ( x ) = x 2 + 3 , akkor / (x) = 2 x , így

Jg-(x)dx = J / 2 (x) ■ f (x)dx = | ■ f i (x) + C = | • -^(x2 + 3 ) 3 + C .

Nézzük m indezek u tán az in tegrálszám ítás két fontos alkalmazási terü le té t.H a az f(x) folytonos függvény görbéjé t körbeforgatjuk az [a; b\ in terva llum ban az x tengely körül

360°-kal, akkor a keletkezett forgástest V térfogata:b

V = ti j 'f 2(x)dx .a

Alkalmazzuk ugyanazt a gondo latm enetet, m in t am it a határozo tt in tegrá l értelm ezésénél is tettünk.

[7

! Zz .

a = x 0 xi x 2 x 3 x4 .............................b =Xn

H a az / függvény görbéjét körbeforgatjuk az x tengely körül 360°-kal, akkor a beírt és köré írt téglalapok egy-egy hengert alkotnak, ezek a beírt, ill. körülírt hengerek. H a a beírt hengerek térfogatának összege vn ,

a körülírt hengerek térfogatának összege Vn , a keresett forgástest térfogata pedig V, akkor nyilván

v < V < Vn — —rn *Az egyes in tervallum okon a b e írt és köré írt hengerek m agassága két szom szédos osztópont távolsága, vagyis az í-edik in tervallum on: xi Az i-edik in tervallum on a beírt és köré írt hen g erek sugarai

wi: , illetve M ,. Ekkor teh á t

v„ = m,9 9 9 9 9f 7t(Xj - x0) + m2 tt(x2 - x ,) + n(x3 - x2) + ......+ mnn(xn - x ri_l )= > mi n(xt - x ^ )i 1

esIV

Vn = M fn (x i - x0 ) + M l tu(x 2 - x ,) + Aíf rc(x3 - x2 ) + ...... + M%n(x„ - xn_{) = ^ M ‘fn(x.t - x ^ )i= 1



K im utatható, hogy ha / folytonos az [a\ b] in tervallum ban, akkor n - » co esetén vn és Vn h a tárértéke m egegyezik, így ez nem leh e t más, m in t a keresett V térfogat:

lim vn = lim Vn = V , azaz V = n \ f 2(x)dx . n-> 00 n-»oü J

Példaként vezessük le az egyenes csonkakúp térfogatát a kapo tt ered m én y alapján. Legyen az alap- és fedőkör sugara R és r, a m agasság ped ig m.

Helyezzük el a csonkakúp alkotóját egy koord inátarendszerben :

Az ábrából könnyen leolvasható, hogy az / (x ); R - rm

x + r függvényt kell körbe fo rgatnunk az x ten

gely körül a [0; m\ in tervallum ban, hogy m egkapjuk a csonkagúla V térfogatát. Az előzőek alapján:wí 2 m / o 9 \

( R - r ) x 2 r ( R - r ) xV = ti • x + r j dx = 7t | ■ + r dx =

( R - r ) 2x A r(R — r)x2 2-------- 5---- + —---------— + r x

3m m

= 2 & - ( ( R - r f + 3r(R - r) + 3 r2) =

= ^ - ( R 2 + r 2 - 2Rr + 3Rr - 3 r 2 + 3 r2)

= SLK.(R2 + r 2 + Rr) ó

Másik alkalm azásként valam ely / folytonos függvény és az x tengely közötti te rü le t súlypontjának kiszámítási m ódját m u ta tjuk meg.

Legyen / > 0 folytonos függvény az [a; b] intervallum on. Ekkor - am in t az pl. bárm ely függvény-

táblázatból kiolvasható - az / függvény görbéje és az x tengely közötti te rü le t S súlypontjának xs és ys

koordinátái az [a; b] in tervallum ban:


http://www.dft.hu


j*f (x)dxys

J f (x)dx

H atározzuk m eg pl. az f (x) = - x 2 + 4 függvény x tengely „fölötti” részének a súlypontját, azaz annak

koordinátáit!

A lefelé nyíló parabo la és az x tengely közötti terü le t sú lypontjának x koo rd inátá ja - a szim m etriái okok m iatt - nyilván 0 . Az y k o o rd in á ta kiszám ításához

2 2

i - j" (-x 2 + 4)2<ix J(x4 - 8 x 2 + I6)dx -2 -2

| ( -x 2 + 4 )dx | (—x2 + 4 )dx-2 -2

Mivel a szám lálóban és a nevezőben is páros függvény szerepel, ezért a [-2; 2] in tervallum helyett vehetjük a kérdéses in teg rá l kétszeresét a [0 ; 2 ] in tervallum on. így a számláló

2 2 2

-i-- J (x 4 - 8 x 2 + 16)dx = l 2 - j*(x4 - 8 x2 + I6)dx = J(x4 - 8 x2 + \6)dxo

= ( M _ a . + 32) - ( 0 ) = 256

-2

i - i r + l6x 15


a n a l íz is AMI AZ ÉRETTSÉGI KÖVETELMÉNYEKBŐL - EDDIG - KIMARADT

2 2r_-t + 4x_

J ( - x 2 + 4)dx = 2 ■ j"(-x2 + 4 )dx = 2 ■ =2'H M-2 0

\ *-*' /0

T eh á t az S sú ly p o n t^ koordinátája:256

>s =15323

W " k = i = l 6 ’ így S(0; l6)-

Végezetül nézzünk az in tegrálszám ításról tanultakkal kapcsolatban n éh án y gyakorló feladatot.

4 . F. 2 1 . Az / ( x ) = - x 2 + 4 függvény és az x tengely által közbezárt területet milyen arányban osztja

két részre az y = x + 2 egyenes?

MEGOLDÁS: Először ábrázoljuk a függvényeket.

T = | ( -x 2 + 4 )dx = 2 • J í - . t 2 + 4)dx = 2

Először kiszám ítjuk a parabo la alatti T te rü le te t, m ajd az egyenes, a parabolaív és az x tengely közötti (besatírozott) T t terü le te t.

l =2- ( - f +8) - (0)=f '-2 0 L 0

A Tx te rü le t egy 3 befogójú egyenlő szárú derékszögű három szögből, valam int az [1; 2] intervallum bana parabola alatti te rü le tbő l áll.

237 6

7, = | + j"(-x2 + 4)dx = - | - 4 r- + 4x = | +i -

A keresett arány:T - 7 Í

32 37

376

2737


http://www.dft.hu


H4 . F. 2 2 . Adott az f ( x ) = x + 4x + 6 függvény. Ennek megrajzoltuk az y tengellyel való metszéspontjában az érintőjét. Határozza meg a függvénygörbe, az érintő, az x tengely és az x = - 3 görbék által közbezárt síkidom területét!

MEGOLDÁS: Az f(x) függvény y tengellyel való m etszéspontja P(0; 6 ). Az é rin tő m m eredeksége az /

függvény deriváltja az X = 0 helyen./ '( * ) = 2x + 4 -> / (0) = 4 .

T ehá t az é rin tő egyenlete: y - 6 = 4 x , azaz ji = 4x + 6 .

yAz érin tő ott metszi az x tengelyt, ahol 4x + 6 = 0 , azaz x = ™ -ben. A keresett te rü le te t úgy kapjuk

Qm eg, hogy a parabola [-3; 0] in te rv a llu m ra vonatkozó határozo tt in tegráljából levonjuk a 6 , ^ befo

gójú derékszögű három szög terü le té t.

VI

T = j"(x2 + 4x + 6 )dx - + 2 x2 + 6xó

( 0 ) - ( - 9 + 1 8 - 1 8 ) - | = |

H 4. F. 2 3 . Az ábrán egy cég lógóját láthatjuk. Ez a geometriai alakzat a sinx és cosx függvények görbéi közötti terület két szomszédos metszéspont között. Mekkora ez a terület, ha a koordinátatengelyeken az egység 1 cm?

MEGOLDÁS: A kérdéses tartom ány te rü le té t az x tengely felezi.



Mivel a két függvény -—-ben metszi egym ást, ezért a sin* függvény rrj in terva llum ra eső határo

zott integráljából kell k ivonnunk a cosx függvény

já t, m ajd a kapott e red m én y t szorozzuk 2 -vel.

JL JL 4 ’ 2 in terva llum ra vonatkozó határozo tt integrál-

* * 7tT = sin x d x - cosxdx = [ - c o s x ]* - [ s in x ] 2 = (-co s t i - ( - c o s - j ) ) - ( s in

J J 4 ~A

T eh á t a keresett terü le t: 2T = 2yj2 « 2,82 cm 2.

H 4. F. 2 4 . Forgassuk körbe az / (x ) = sinx függvény görbéjét az x tengely körül 360°-kal a [0; ti]

intervallumban! Számítsa ki a keletkezett forgástest térfogatát!

71MEGOLDÁS: Az alábbi h a táro zo tt in teg rá lt kell kiszám ítanunk: V = j s in 2 xdx .

o

Először alakítsuk át s i n 2 X -t, k iindulva a cos2x = cos2 x - sin 2 x azonosságból. Ezzel

cos 2 x = l - 2 sin2x , azaz sin 2 x = ^ ~ c° s .

n 7lT eh á t F = Jsin 2 xdx = J— cos 2 x

71 7t<lx ■■

n

T eh á t a keresett V térfogat: V = js in 2 xdx =

0 0

x - cos x sin

[coí 2 x dx = X 71 s in 2 xJ 2 _2 _0 L 4 J = | - 0 - (0 - 0) = |

]Ito

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

EGYENES UTAZ EGYETEMRE ANALÍZIS

H 4. F. 25 . Legyen f ( x ) = yfx . Számítsa ki a függvény görbe és az x tengely között a [0; 4] intervallumba eső területrész súlypontjának a koordinátáit!

MEGOLDÁS: Az alábbi tö rtek é rték é t kell kiszám olnunk:‘i

^Xyfxdx

xdx

A nevezők:

Az xs számlálója:

Az számlálója:

ldx ■■

ys2

o

j'yjxdx0

16 3 '

o3

j x 2ű!x 2 . xf5 = 1 -3 2 = ^5 5

o Jo= -|-8 = 4.

Ezek szerint az S sú lypont koordinátái: xs = • ^ • = ^■ = 2 ,4 , ys = -y|r = -|- = 0 ,75 .

T

■ 4 . F. 2 6 . Tekintsük az f ( x ) = \ fx függvény görbéje és az x tengely által közbezárt területet a [0; a] intervallumban. Határozza meg az a paraméter értékét, ha tudjuk, hogy e területrész súlypontja illesz

kedik az y = ~ x egyenesre!

MEGOLDÁS: A feltételek szerin t ys = ■ xs , azaz

i - Jxdx

o _ J_ _ö 2 '

'1j'xyfxdx

azaz

jVxdx j' \fxdx

jxűíx = J x 2 ű!x. 0 0

|~x2 "a 9

— ■X22

05

r~ 5In n en v a = - j , teh á t az a p a ram éte r keresett értéke: a = 16 '


Analízis. kombinatorika, gráfok, valoszíníiseg-számítás és sta'isztika: e témakörök abban hasonlítanak egymásra, hogy a középiskolai érettségi követelmények között nem szerepeltek hangsúlyosan - eddig. A kétszintű érettségi azonban e témaköröket is a I.ö\etelmények szerves részévé tette. így majd' minden, matematikából érettségiző diák találkozhat ezek kihívásánál.

A kiadvány abból a felismerésből is született, hogy a felsőoktatásban - ott, ahol matematikát fő- vagy alapozó tárgyként tanulják - igen sok hallgatónak e t makorók oko zák a legtöbb gondot.

A sikeres érettségi és a sikeres felsőoktatási évek érdekében a tételek és definíciók mellett számos "példamegoldas, mii.lafeladat is segíti az anyag feldolgozását, a példák megold iának részletes kidolgozása pedig a tanultak elmélyítését. Több érdekes, gondolkodtat) feladat a mind' unapi élet problémáiból merítve kalauzul ja a? olvasót a matematika világában.

BFNungarw

■ II. Nemzetközi Könyvf zti ok’at.:\' novelest ségi gória

Documents

Gerocs Laszlo Matematika Uj Temakorok Az Erettsegin 134o Jo ocr