\documentclass [10pt]{article} \usepackage{pstricks,pstricks-add,pst-math,pst-xkey} \usepackage[latin2]{inputenc} \usepackage{t1enc} \usepackage{pst-plot} \usepackage{pst-eps} \usepackage[magyar]{babel} \usepackage{amsmath, amssymb, epsfig, theorem} \usepackage{hyperref} %\usepackage [cp1250]{inputenc} \usepackage {fancyhdr} \pagestyle{fancy} \begin{document} \fancyhead{} \fancyhead[L]{Bevezet\H{o} feladatok gener\'{a}torf\"{u}ggv\'{e}nyre} \fancyhead[R]{matematika tagozat} \fancyfoot[L]{2014. m\'{a}rc. 29.} \fancyfoot[C]{\thepage} \fancyfoot[R]{Kieg\'{e}sz\'{i}t\H{o} tov\'{a}bbk\'{e}pz\'{e}si anyag} %\lfoot{} %\cfoot{\thepage} %\rfoot{} \renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} \renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} \textbf{Bevezet\H{o} feladatok gener\'{a}torf\"{u}ggv\'{e}nyre} \medskip A di\'{a}koknak gyakran bemutatjuk a Pascal h\'{a}romsz\"{o}g \'{e}s a polinomok egyszer\H{u} kapcsolat\'{a}t, a binomi\'{a}lis-t\'{e}telt: $$(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k.$$ Hasznos, ha a Pascal h\'{a}romsz\"{o}ggel kapcsolatos m\'{a}s \"{o}sszef\"{u}gg\'{e}sek eml\'{i}t\'{e}sekor is el\H{o}ker\"{u}lnek a polinomok. \medskip \textbf{1. feladat} Rajzoljunk egy ,,nagy'' Pascal h\'{a}romsz\"{o}get (legal\'{a}bb $10$ sort)! Adjuk \"{o}ssze a Pascal h\'{a}romsz\"{o}g $n$-edik sor\'{a}ban az elemek n\'{e}gyzet\"{o}sszeg\'{e}t az $n=1$, $n=2$, $n=3$, $n=4$, $n=5$ esetekben! Tegy\"{u}nk megfigyel\'{e}st, fogalmazzunk meg \"{o}sszef\"{u}gg\'{e}st, bizony\'{i}tsunk! \medskip \textbf{Seg\'{i}t\H{o} l\"{o}k\'{e}s} Keress\"{u}k meg az eredm\'{e}nyt a Pascal h\'{a}romsz\"{o}gben. \medskip \textbf{Megold\'{a}s} \smallskip \textbf{T\'{e}tel:} $$\sum_{k=0}^n\left(\binom{n}{k}\right)^2=\binom{2n}{n}.$$ \smallskip Az \"{o}sszef\"{u}gg\'{e}s sz\'{e}pen bizony\'{i}that\'{o} kombinatorikusan. Egy lehet\H{o}s\'{e}g, ha tekintj\"{u}k a n\'{e}gyzetr\'{a}cs egy n\'{e}gyzetnyi darabj\'{a}t \'{e}s \"{o}sszesz\'{a}moljuk, hogy egyik cs\'{u}cs\'{a}b\'{o}l h\'{a}nyf\'{e}lek\'{e}ppen juthatunk el a szemk\"{o}ztes cs\'{u}csba, majd aszerint is \"{o}sszesz\'{a}moljuk a lehet\H{o}s\'{e}geket, hogy hol keresztezz\"{u}k k\"{o}zben a m\'{a}sik k\'{e}t cs\'{u}cs k\"{o}zti \'{a}tl\'{o}t. Gondolhatunk arra is, hogy $n$ fi\'{u} \'{e}s $n$ l\'{a}ny k\"{o}z\"{u}l kell kiv\'{a}lasztanunk $n$ embert. M\'{a}s formul\'{a}t, de azonos eredm\'{e}nyt kapunk, ha figyelembe vessz\"{u}k a nemeket a v\'{a}laszt\'{a}sn\'{a}l \'{e}s ha nem vessz\"{u}k figyelembe. Az algebrai megk\"{o}zel\'{i}t\'{e}sben n\'{e}gyzetreemelj\"{u}k a $(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k$ \"{o}sszef\"{u}gg\'{e}st \'{e}s meghat\'{a}rozzuk benne $x^n$ egy\"{u}tthat\'{o}j\'{a}t a bal oldalon is \'{e}s a jobb oldalon is. Az \"{o}sszef\"{u}gg\'{e}s \'{e}s a kombinatorikai valamint az algebrai bizony\'{i}t\'{a}s is \'{a}ltal\'{a}nos\'{i}that\'{o}, teljes\"{u}l a $$\sum_{k=0}^s\binom{n}{k}\binom{m}{s-k}=\binom{n+m}{s}.$$ Most egy t\'{e}glalap egyik cs\'{u}cs\'{a}b\'{o}l a szemk\"{o}ztesbe fut\'{o} utakat sz\'{a}moljuk \"{o}ssze \'{e}s azt n\'{e}zz\"{u}k, hogy egy bizonyos vonalat hol metsz az \'{u}t. Vagy $n$ l\'{a}ny \'{e}s $m$ fi\'{u} k\"{o}z\"{u}l v\'{a}lasztunk ki $s$-et. Vagy $(1+x)^{n+m}$ hatv\'{a}nyban sz\'{a}moljuk ki $x^s$ egy\"{u}tthat\'{o}j\'{a}t k\"{o}zvetlen\"{u}l a binomi\'{a}lis t\'{e}telb\H{o}l illetve az $(1+x)^{n}$, $(1+x)^{m}$ polinomok kifejtett alakj\'{a}nak \"{o}sszeszorz\'{a}s\'{a}b\'{o}l. %\medskip \pagebreak \textbf{2. feladat} Rajzoljunk egy ,,nagy'' Pascal h\'{a}romsz\"{o}get (legal\'{a}bb $10$ sort)! Adjuk \"{o}ssze a Pascal h\'{a}romsz\"{o}g $n$-edik sor\'{a}ban az elemek n\'{e}gyzet\"{o}sszeg\'{e}t v\'{a}ltakoz\'{o} el\H{o}jellel az $n=1$, $n=2$, $n=3$, $n=4$, $n=5$, $n=6$ esetekben! Tegy\"{u}nk megfigyel\'{e}st, fogalmazzunk meg \"{o}sszef\"{u}gg\'{e}st, bizony\'{i}tsunk! \medskip \textbf{Seg\'{i}t\H{o} l\"{o}k\'{e}s} Keress\"{u}k meg az eredm\'{e}nyt a Pascal h\'{a}romsz\"{o}gben! \medskip \textbf{Megold\'{a}s} Mivel $$(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^{(n-k)}$$ \'{e}s $$(1-x)^n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}x^k,$$ \'{i}gy a keresett \'{e}pp $x^n$ egy\"{u}tthat\'{o}ja az $(1+x)^n(1-x)^n$ szorzatban. M\'{a}sr\'{e}szt $$(1+x)^n(1-x)^n=(1-x^2)^n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}x^{2k},$$ \'{i}gy a k\'{e}rdezett \'{e}rt\'{e}k z\'{e}rus, ha $n$ p\'{a}ratlan illetve $$(-1)^{\frac{n}{2}}\binom{n}{\frac{n}{2}},$$ ha $n$ p\'{a}ros. \medskip Az el\H{o}z\H{o} feladat is \'{a}ltal\'{a}nos\'{i}that\'{o}, ennek v\'{e}giggondol\'{a}s\'{a}t az olvas\'{o}ra b\'{i}zzuk. \medskip Az al\'{a}bbi p\'{e}ld\'{a}t \'{e}s II. megold\'{a}s\'{a}t egy hongkongi oktat\'{o}t\'{o}l hallottam. \textbf{3. feladat} A dob\'{o}kock\'{a}t ,,szab\'{a}lyos''-nak nevezem, ha minden oldal\'{a}ra egyenl\H{o} es\'{e}llyel esik \'{e}s ,,szok\'{a}sos''-nak, ha rajta az $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$ sz\'{a}mok vannak, mindegyik egyszer. Lehet-e k\'{e}t szab\'{a}lyos dob\'{o}kock\'{a}ra nem szab\'{a}lyosan fel\'{i}rni pozit\'{i}v eg\'{e}szeket \'{u}gy, hogy a k\'{e}t kocka feldob\'{a}sakor a dobott sz\'{a}mok \"{o}sszeg\'{e}nek eloszl\'{a}sa ugyanaz legyen, mint k\'{e}t szok\'{a}sos szab\'{a}lyos dob\'{o}kocka feldob\'{a}sa eset\'{e}n? \medskip \textbf{I. megold\'{a}s} ({\em Esetek}) A $2$-t, mint \"{o}sszeget csak \'{u}gy kaphatjuk meg, ha mind a k\'{e}t kock\'{a}n van $1$-es \'{e}s csak \'{u}gy kaphatjuk meg pontosan egyf\'{e}lek\'{e}ppen, ha mind a k\'{e}t kock\'{a}n pontosan egy $1$-es van. Ezek ut\'{a}n a $3$-as \"{o}sszeget k\'{e}tf\'{e}lek\'{e}ppen kaphatjuk meg pontosan k\'{e}tf\'{e}lek\'{e}ppen: vagy mindk\'{e}t kock\'{a}n m\'{e}g egy $2$-es van, vagy az egyiken nincs $2$-es, a m\'{a}sikon pedig k\'{e}t $2$-es van: \textbf{A)} $(1,2,2),(1)$; \qquad \textbf{B)} $(1,2),(1,2)$. A $4$-es \"{o}sszeget h\'{a}romf\'{e}lek\'{e}ppen kell megkapnunk. Ebben az eddigi sz\'{a}mokon k\'{i}v\"{u}l csak a $3$-asok seg\'{i}thetnek. \'{I}gy az al\'{a}bbi lehet\H{o}s\'{e}geink vannak: \textbf{AA)} $(1,2,2,3,3,3),(1)$; \textbf{AB)} $(1,2,2,3,3),(1,3)$; \textbf{AC)} $(1,2,2,3),(1,3,3)$; \textbf{AD)} $(1,2,2),(1,3,3,3)$; \textbf{BA)} $(1,2,3,3),(1,2)$; \textbf{BB)} $(1,2,3),(1,2,3)$. Az $5$-\"{o}s \"{o}sszeget n\'{e}gyf\'{e}lek\'{e}ppen kell megkapnunk. Ebben az eddigi sz\'{a}mokon k\'{i}v\"{u}l csak a $4$-esek seg\'{i}thetnek. A lehet\H{o}s\'{e}gek: \textbf{AAA)} $(1,2,2,3,3,3),(1,4,4,4,4)$; \textbf{ABA)} $(1,2,2,3,3,4),(1,3,4)$; \textbf{ABB)} $(1,2,2,3,3),(1,3,4,4)$; \textbf{ACA)} $(1,2,2,3),(1,3,3)$; \textbf{AD)} $(1,2,2),(1,3,3,3)$; -- t\'{u}l sok $5$-\"{o}s! \textbf{BAA)} $(1,2,3,3,4,4),(1,2)$; \textbf{BAB)} $(1,2,3,3,4),(1,2,4)$; \textbf{BAC)} $(1,2,3,3),(1,2,4,4)$; \textbf{BBA)} $(1,2,3,4,4),(1,2,3)$; \textbf{BBB)} $(1,2,3,4),(1,2,3,4)$; \textbf{BBC)} $(1,2,3),(1,2,3,4,4)$, mint \textbf{BBA)} A $6$-ot \"{o}sszegk\'{e}nt \"{o}tf\'{e}lek\'{e}ppen kell megkapnunk. Ebben az eddigi sz\'{a}mokon k\'{i}v\"{u}l csak a $5$-\"{o}s\"{o}k seg\'{i}thetnek. \'{I}gy: \textbf{AAA)} $(1,2,2,3,3,3),(1,4,4,4,4)$ -- t\'{u}l sok $6$-os! \textbf{ABAA)} $(1,2,2,3,3,4),(1,3,4,5)$; \textbf{ABB)} $(1,2,2,3,3),(1,3,4,4)$; -- t\'{u}l sok $6$-os! \textbf{ACAA)} $(1,2,2,3,5,5),(1,3,3,5)$; \textbf{ACAB)} $(1,2,2,3,5),(1,3,3,5,5)$; \textbf{ACAC)} $(1,2,2,3),(1,3,3,5,5,5)$; \textbf{BAAA)} $(1,2,3,3,4,4),(1,2,5,5,5)$; \textbf{BABA)} $(1,2,3,3,4,5),(1,2,4,5,5)$; \textbf{BABB)} $(1,2,3,3,4),(1,2,4,5,5,5)$; \textbf{BACA)} $(1,2,3,3,5,5),(1,2,4,4,5)$; \textbf{BACB)} $(1,2,3,3,5),(1,2,4,4,5,5)$; \textbf{BBAA)} $(1,2,3,4,4,5),(1,2,3,5)$; \textbf{BBAB)} $(1,2,3,4,4),(1,2,3,5,5)$; \textbf{BBBA)} $(1,2,3,4,5,5),(1,2,3,4)$; \textbf{BBBB)} $(1,2,3,4,5),(1,2,3,4,5)$; \textbf{BBBC)} $(1,2,3,4),(1,2,3,4,5,5)$; -- mint \textbf{BBBA)} A $7$-es \"{o}sszegnek hatf\'{e}lek\'{e}ppen kell kij\"{o}nnie. Ebben az eddigi sz\'{a}mokon k\'{i}v\"{u}l csak a $6$-osok seg\'{i}thetnek. \'{I}gy: \textbf{ABAAA)} $(1,2,2,3,3,4),(1,3,4,5,6)$; \textbf{ACAA)} $(1,2,2,3,5,5),(1,3,3,5)$; -- nem lehets\'{e}ges. \textbf{ACAB)} $(1,2,2,3,5),(1,3,3,5,5)$; -- nem lehets\'{e}ges. \textbf{ACACA)} $(1,2,2,3),(1,3,3,5,5,5)$; \textbf{BAAA)} $(1,2,3,3,4,4),(1,2,5,5,5)$; -- nem lehets\'{e}ges. \textbf{BABAA)} $(1,2,3,3,4,5),(1,2,4,5,5,6)$; \textbf{BABBA)} $(1,2,3,3,4,6),(1,2,4,5,5,5)$; \textbf{BACA)} $(1,2,3,3,5,5),(1,2,4,4,5)$; -- t\'{u}l sok $7$-es. \textbf{BACB)} $(1,2,3,3,5),(1,2,4,4,5,5)$; -- t\'{u}l sok $7$-es. \textbf{BBAA)} $(1,2,3,4,4,5),(1,2,3,5)$; -- nem lehets\'{e}ges. \textbf{BBABA)} $(1,2,3,4,4,6),(1,2,3,5,5,6)$; \textbf{BBBAA)} $(1,2,3,4,5,5),(1,2,3,4,6,6)$; \textbf{BBBBA)} $(1,2,3,4,5,6),(1,2,3,4,5,6)$; Az eddigi j\'{o} kit\"{o}lt\'{e}sek \'{i}gy fejezhet\H{o}k be, illetve ez\'{e}rt nem fejezhet\H{o}k be: \textbf{ABAAAA)} $(1,2,2,3,3,4),(1,3,4,5,6,8)$; J\'{o}! \textbf{ACACA)} $(1,2,2,3),(1,3,3,5,5,5)$; -- A $12$ vagy nem j\"{o}n ki vagy h\'{a}romszor is kij\"{o}n. \textbf{BABAA)} $(1,2,3,3,4,5),(1,2,4,5,5,6)$; -- A $12$ nem j\"{o}n ki. \textbf{BABBA)} $(1,2,3,3,4,6),(1,2,4,5,5,5)$; -- A $12$ nem j\"{o}n ki. \textbf{BBABA)} $(1,2,3,4,4,6),(1,2,3,5,5,6)$; -- A $10$ csak k\'{e}tszer j\"{o}n ki. \textbf{BBBAA)} $(1,2,3,4,5,5),(1,2,3,4,6,6)$; -- A $12$ nem j\"{o}n ki. \textbf{BBBBA)} $(1,2,3,4,5,6),(1,2,3,4,5,6)$. J\'{o}! Teh\'{a}t a szok\'{a}sos dob\'{o}kock\'{a}n k\'{i}v\"{u}l m\'{e}gy egy megold\'{a}s van: $(1,2,2,3,3,4),(1,3,4,5,6,8)$. \medskip \textbf{II. megold\'{a}s} ({\em Gener\'{a}tor f\"{u}ggv\'{e}ny}) A szok\'{a}sos szab\'{a}lyos dob\'{o}kock\'{a}hoz rendelj\"{u}k a $$p(x)=x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6$$ polinomot. A polinom kitev\H{o}i a kock\'{a}n el\H{o}fordul\'{o} sz\'{a}moknak felelnek meg. A polinom egy\"{u}tthat\'{o}i mind $1$-esek, ez annak felel meg, hogy mindegyik sz\'{a}m egyszer szerepel a kock\'{a}n. A $p$ polinom n\'{e}gyzete k\'{e}t kocka egy\"{u}ttes feldob\'{a}s\'{a}r\'{o}l ,,mes\'{e}l'': $$p^2(x)=\left(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6\right)\cdot\left(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6\right)=$$ $$x^2+2x^3+3x^4+4x^5+5x^6+6x^7+5x^8+4x^9+3x^{10}+2x^{11}+x^{12}.$$ Az $x^{8}$ egy\"{u}tthat\'{o}ja $5$, ez \'{e}pp azt fejezi ki, hogy a $8$-as \"{o}sszeg \"{o}tf\'{e}lek\'{e}ppen \'{a}ll el\H{o}. Val\'{o}ban, ha elv\'{e}gezz\"{u}k a fenti szorz\'{a}st, akkor az al\'{a}bbi ,,tal\'{a}lkoz\'{a}sok'' adnak $x^8$-os tagot: $$x^2\cdot x^6,\quad x^3\cdot x^5,\quad x^4\cdot x^4,\quad x^5\cdot x^3,\quad x^6\cdot x^2.$$ A szorz\'{a}sn\'{a}l a kitev\H{o}k \"{o}sszead\'{o}dnak, \'{i}gy a $$8=2+6=3+5=4+4=5+3=6+2$$ \"{o}sszeg-el\H{o}\'{a}ll\'{i}t\'{a}sok val\'{o}sulnak meg a kitev\H{o}kben. Teh\'{a}t a szorzatk\'{e}nt kapott polinom egy\"{u}tthat\'{o}i azt mutatj\'{a}k meg, hogy az adott tag kitev\H{o}je h\'{a}nyf\'{e}lek\'{e}ppen \'{a}ll\'{i}that\'{o} el\H{o} k\'{e}ttag\'{u} \"{o}sszegk\'{e}nt az eredeti polinomok el\H{o}fordul\'{o} kitev\H{o}ib\H{o}l, azaz az $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$ sz\'{a}mokb\'{o}l. Keress\"{u}nk most k\'{e}t m\'{a}sik kock\'{a}t, $A$-t \'{e}s $B$-t. Az $A$ kock\'{a}n szerepeljenek az $n_1$, $n_2$, \ldots sz\'{a}mok, m\'{e}ghozz\'{a} $n_1$ \'{e}ppen $a_1$-szer, $n_2$ pedig $a_2$-sz\"{o}r, \ldots, m\'{i}g a $B$ kock\'{a}n legyenek az $m_1$, $m_2$, \ldots sz\'{a}mok rendre $b_1$-szer, $b_2$-sz\"{o}r, \ldots. Ezek a kit\"{o}lt\'{e}sek egy-egy polinomot hat\'{a}roznak meg: $A(x)=a_1x^{n_1}+ a_2x^{n_2}+\ldots$, \quad $B(x)=b_1x^{m_1}+ b_2x^{m_2}+\ldots$. Az $a_1$, $a_2$, \ldots , $b_1$, $b_2$ sz\'{a}mok itt mind pozit\'{i}v eg\'{e}szek, azt fejezik ki, hogy bizonyos sz\'{a}mok h\'{a}nyszor fordulnak el\H{o} a kock\'{a}n. Az $a_1+a_2+\ldots$ \'{e}s a $b_1+b_2+\ldots$ \"{o}sszegek az egyes kock\'{a}kra r\'{a}ker\"{u}l\H{o} sz\'{a}mok sz\'{a}m\'{a}val, azaz a kocka lapjainak sz\'{a}m\'{a}val, teh\'{a}t $6$-tal egyeznek meg. A polinomok nyelv\'{e}n: $A(1)=B(1)=6.$ Ha az $A$, $B$ kock\'{a}k megfelelnek a feladat felt\'{e}teleinek, akkor a nekik megfelel\H{o} polinomokra $$A(x)B(x)=x^2+2x^3+3x^4+4x^5+5x^6+6x^7+5x^8+4x^9+3x^{10}+2x^{11}+x^{12}.$$ A jobb oldali polinom \'{i}gy is \'{i}rhat\'{o}: $$\left(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6\right)^2=x^2(x^2+x+1)^2(x+1)^2(x^2-x+1)^2.$$ Az \begin{equation}\label{eq:hongkongpolkocka140330} x,\quad (x^2+x+1),\quad (x+1),\quad (x^2-x+1) \end{equation} polinomok $\mathbb{Q}[x]$-ben ($\mathbb{R}[x]$-ben is) irreducibilis polinomok. $\mathbb{Q}[x]$-ben is igaz a sz\'{a}melm\'{e}let alapt\'{e}tele. R\'{a}ad\'{a}sul a Gauss lemma kimondja hogy ha egy $A$ eg\'{e}sz egy\"{u}tthat\'{o}s polinom felbomlik k\'{e}t racion\'{a}lis egy\"{u}tthat\'{o}s polinom szorzat\'{a}ra, akkor ugyanezen polinomok megfelel\H{o} sz\'{a}mszorosai m\'{a}r olyan eg\'{e}sz egy\"{u}tthat\'{o}s polinomok, amelyek szorzata $A$. Ez\'{e}rt az $A(x)$, $B(x)$ polinomokat is a (\ref{eq:hongkongpolkocka140330}) polinomok szorzatak\'{e}nt kell el\H{o}\'{a}ll\'{i}tani. Az $A(1)=B(1)=6$ \"{o}sszef\"{u}gg\'{e}s pontosan akkor teljes\"{u}l, ha mindk\'{e}t polinomban benne van az $(x+1)$ \'{e}s az $(x^2+x+1)$ t\'{e}nyez\H{o}. Sz\"{u}ks\'{e}ges m\'{e}g, hogy a konstans tagok $0$-k legyenek, az az ne forduljon el\H{o} $x^0$ egyik polinomban sem, ne kelljen $0$-t \'{i}rni a kock\'{a}kra. Ez azt jelenti, hogy mindk\'{e}t polinomban szerepel az $x$ t\'{e}nyez\H{o} is. Ez\'{e}rt csak k\'{e}t eset marad: \textbf{I.} $A(x)=B(x)=x(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$. Ez a k\'{e}t szok\'{a}sos szab\'{a}lyos kock\'{a}nak felel meg. \textbf{II.} $A(x)$ \'{e}s $B(x)$ valamilyen sorrendben az $x(x+1)(x^2+x+1)$, $x(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)^2$ polinomoknak felel meg. Mivel $$x(x+1)(x^2+x+1)=x+2x^2+2x^3+x^4,$$ \'{e}s $$x(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)^2=x+x^3+x^4+x^5+x^6+x^8,$$ \'{i}gy az al\'{a}bbi j\'{o} megold\'{a}shoz jutunk: Az egyik kocka sz\'{a}mai: $1, 2, 2, 3, 3, 4$, a m\'{a}sik kocka sz\'{a}mai: $1, 3, 4, 5, 6, 8.$ %\medskip \pagebreak \textbf{4. feladat} Adjuk meg az $n$, $p$, $q=1-p$ param\'{e}ter\H{u} binomi\'{a}lis eloszl\'{a}s v\'{a}rhat\'{o} \'{e}rt\'{e}k\'{e}t \'{e}s sz\'{o}r\'{a}s\'{a}t! \medskip \textbf{Megold\'{a}s} Az \'{o}r\'{a}n nem az al\'{a}bbi megold\'{a}ssal kezdj\"{u}k, a binomi\'{a}lis egy\"{u}tthat\'{o}kkal val\'{o} sz\'{a}mol\'{a}s sok-sok j\'{o} lehet\H{o}s\'{e}get ad. L\'{a}sd pl. {\small \url{http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/elemimat_tisztitva.pdf}} \noindent 5.4. Pascal h\'{a}romsz\"{o}g fejezet\'{e}nek 5.9.b) feladat\'{a}t \'{e}s annak megold\'{a}sait a 385-386. oldalakon. Mostani m\'{o}dszer\"{u}nk meglehet\H{o}sen \'{a}ltal\'{a}nos, alkalmas tetsz\H{o}leges olyan nemnegat\'{i}v eg\'{e}sz \'{e}rt\'{e}k\H{u} $\chi$ val\'{o}sz\'{i}n\H{u}s\'{e}gi v\'{a}ltoz\'{o} v\'{a}rhat\'{o} \'{e}rt\'{e}k\'{e}nek \'{e}s sz\'{o}r\'{a}s\'{a}nak kisz\'{a}m\'{i}t\'{a}s\'{a}ra, amelynek gener\'{a}torf\"{u}ggv\'{e}nye (l\'{a}sd al\'{a}bb) ismert, de teljes meg\'{e}rt\'{e}se az anal\'{i}zis m\'{e}lyebb ismeret\'{e}t ig\'{e}nyli. Vezess\"{u}k be a $p(\chi=k)=p_k$ r\"{o}vid\'{i}t\H{o} jel\"{o}l\'{e}st. A $\chi$ val\'{o}sz\'{i}n\H{u}s\'{e}gi v\'{a}ltoz\'{o} gener\'{a}torf\"{u}ggv\'{e}ny\'{e}nek nevezz\"{u}k a $$P_{\chi}(x)=\sum_k p_kx^k$$ kifejez\'{e}st, amely v\'{e}ges val\'{o}sz\'{i}n\H{u}s\'{e}gi v\'{a}ltoz\'{o} eset\'{e}n -- mint a binomi\'{a}lis eloszl\'{a}s is -- polinom, az \'{a}ltal\'{a}nos esetben hatv\'{a}nysor. A teljes val\'{o}sz\'{i}n\H{u}s\'{e}g: $$P_{\chi}(1)=\sum_k p_k=1.$$ Most az $$E_{\chi}=\sum_k kp_k$$ v\'{a}rhat\'{o} \'{e}rt\'{e}ket keress\"{u}k. Mivel $$P'_{\chi}(x)=\sum_k kp_kx^{k-1},$$ \'{i}gy $$E_{\chi}=P'_{\chi}(1)=\sum_k kp_k.$$ A binomi\'{a}lis eloszl\'{a}s eset\'{e}n $p_k=\binom{n}{k}p^kq^{n-k}$, teh\'{a}t $$P_{\chi}(x)=\sum_k \binom{n}{k}p^kq^{n-k}x^k=(q+px)^n.$$ Ebb\H{o}l $$P'_{\chi}(x)=np(q+px)^{n-1},$$ azaz $$E_{\chi}=P'_{\chi}(1)=np(q+p)^{n-1}=np.$$ \medskip \'{A}tt\'{e}r\"{u}nk a $\chi$ val\'{o}sz\'{i}n\H{u}s\'{e}gi v\'{a}ltoz\'{o} $$D^2_{\chi}=\sum_k k^2p_k- \left(\sum_k kp_k\right)^2$$ sz\'{o}r\'{a}sn\'{e}gyzet\'{e}nek meghat\'{a}roz\'{a}s\'{a}ra. $P''_{\chi}(x)=\sum_k k(k-1)p_kx^{k-2},$ \'{i}gy $P''_{\chi}(1)=\sum_k k(k-1)p_k,$ \'{e}s ebb\H{o}l $$\sum_k k^2p_k=P''_{\chi}(1)+P'_{\chi}(1),$$ $$D^2_{\chi}=P''_{\chi}(1)+P'_{\chi}(1)- \left(P'_{\chi}(1)\right)^2.$$ Mivel $$P''_{\chi}(x)=n(n-1)p^2(q+px)^{n-2},$$ \'{i}gy $$D^2_{\chi}=n(n-1)p^2+np-n^2p^2=np-np^2=npq.$$ A binomi\'{a}lis eloszl\'{a}s sz\'{o}r\'{a}sa teh\'{a}t $$D_{\chi}=\sqrt{npq}.$$ \end{document}