Az október 31-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

5. Egy kulcs-csomón van harminc számunkra megkülönböztethetetlen kulcs, melyek közül az egyik nyitja a zárat. Véletlenszerűen egymás után kipróbáljuk a kulcsokat, egészen addig, amig sikeül kinyitni a zárat. Mi a szükséges kisérletek számának a várható értéke és szórásnégyzete? Ezt a feladatot tárgyaltuk a múlt órán. Most megbeszélünk egy másik lehetséges megoldást. Második megoldás: Vezessük be, a következő ξ_{k} valószínűségi változókat: ξ_{k} = 0, ha a k-ik kisérletben megpróbált kulcs nem nyitja a zárat, (akkor is, ha nincs k-ik

kisérlet), ξ_{k} = k, ha a k-ik kulcs nyitja a zárat. Ekkor ξ = ∑_{k=1}^{30} ξ_{k}, Eξ = ∑_{k=1}^{30} Eξ_{k} =

\frac{k}{30}, Eξ = ∑_{k=1}^{30} \frac{k}{30}. A ξ_{k} szórásnégyzetét kissé nehezebb ezen módszer segítégével

kiszámolni, mert a ξ_{k} valószínűségi változók nem függetlenek. Viszont, ha tudjuk, hogyan kell kiszámolni általános nem feltételenül független valószínűségi változók összegének a szórásnégyzetét, akkor ez is lehetséges. Ezért felidézzük a szükséges eredeményt.

Tétel. Ha ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók ugyanazon a valószínűségi mezőn, akkor

Var (∑_{j=1}^{n} ξ_{j}) = ∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j} + 2 ∑_{1≤j<k≤n}(Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k}).

= ∑_{j=1}^{n} Var ξ_{j} + ∑_{1≤j,k≤n, j≠k}(Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k}).

Megjegyzés: Ha ξ és η két valószínűségi változó, akkor ezek kovarianciája Cov (ξ, η) = E[(ξ − Eξ)(η − Eη)] = Eξη − EξEη. A kovariancia egy természetes mérése annak, hogy két valószínűségi változó milyen mértékben függ össze. Ez a mennyiség szerepelt az összeg szórásnégyzetének kifejezésében. Ha ξ és η független valószínűségi változók, akkor Cov (ξ, η) = 0.

A Tétel bizonyítása.

Var (∑_{j=1}^{n} ξ_{j}) = E (∑_{j=1}^{n} ξ_{j})^{2}− (E ∑_{j=1}^{n} ξ_{j})^{2}= E (∑_{j=1}^{m} ∑_{k=1}^{n} ξ_{j}ξ_{k}) − (∑_{j=1}^{m} ∑_{k=1}^{n} Eξ_{j}Eξ_{k})

= ∑_{j=1}^{n} (Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2}) + 2 ∑_{1≤j<k≤n}(Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k}).

és Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = Var ξ_{j}.

Jelen esetben ξ_{j}ξ_{k} = 0, ha j ≠ k. Ezért Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = −Eξ_{j}Eξ_{k}, ha j ≠ k,

Var ξ_{k} = Eξ_{k}^{2} − (Eξ_{k})^{2}. Innen Var ξ = Var ( ∑_{k=1}^{30} ξ_{k}) = ∑_{k=1}^{30} Eξ_{k}^{2} − ( ∑_{k=1}^{30} Eξ_{k})^{2} =

∑_{k=1}^{30} \frac{k^{2}}{30} − ( ∑_{k=1}^{30} \frac{k}{30})^{2}.

2. Egy urnában 20 piros és 80 fehér golyó van. Visszatevés nélköl kihúzzuk a golyókat. Mi annak a valószínűsége, hogy az első golyó piros? Annak, hogy az ötödik kihúzott golyó piros? Annak, hogy az első és második kihúzott golyó piros? Annak, hogy a második és ötödik kihúzott golyó piros?

Megoldás: Annak valószínűsége, hogy az első kihúzott golyó piros \frac{20}{100} = \frac{1}{5}. Annak

valószínűsége, hogy az első és második kihúzott golyó piros \frac{20}{100} \frac{19}{99}. Azt állítjuk, hogy annak a valószínűsége, hogy az ötödik (vagy akármelyik) kihúzott golyó piros ugyanannyi mint annak a valószínűsége, hogy az első kihúzott golyó piros. Annak a valószínűsége, hogy a második és ötödik (általában az i-edik és j-ik kihúzott golyó piros, i ≠ j, ugyanannyi mint annak a valószínűsége, hogy az első és második golyó kihúzott golyó piros. Ennek belátása érdekében tekintsük annak a valószínűségét, hogy kihúzva az összes golyót egy előírt (20 piros és 80 fehér színű golyóból álló sorozatot kapok. Ennek

valószínűsége \frac{20!80!}{100!}. A lényeg az, hogy ugyanaz a valószínűség jelenik meg minden lehetséges húzássorozat esetében. Annak valószínűsége, hogy a j-ik húzás piros megegyezik az összes olyan sorozatok száma szorozva ezzel a valószínűséggel, ahol a j-ik helyen piros van. Hasonlóan annak a valószínűsége, hogy az i-ik és j-ik helyen van piros, i ≠ j, nem függ az i és j számtól, mert az ilyen sorozatok száma nem függ az i és j indextől.

Az előbbi érvelés finomítása alkalmazható kissé általánosabb esenben is, amikor két k és l egész számot rögzítek, és ha kihízok egy fehér golyót, akkor k darab fehér golyót dobok vissza, ha piros golyót húzok ki, akkor l piros golyót dobok visszza, (k = l = 0 választás is megengedett). Vegyük észre, hogy ebben az általánosabb esetben is egy előírt húzássorozat valószínűsége csak a sorozatban szereplő fehér és piros golyók számától függ, és az előző érvelés ebben az esetben is műdödik.

3. Egy urnában 20 piros és 80 fehér golyó van. Visszatevés nélköl kihúzzuk 10 golyót. Mi a kihúzott piros golyók számának a várható értéke és szórásnégyzete? Megoldás: Jelölje ξ_{j} azt a valószínűségi változót, melyre ξ_{j} = 1, ha a j-ik húzás

piros, 0 ha a j-ik húzás fehér. Ekkor a ξ = ∑_{j=1}^{10} ξ_{j} valószínűségi változó várható

értékét és szórásnégyzetét kell kiszámítanunk. Eξ_{j} = Eξ_{1} = \frac{1}{5}, 1 ≤ j ≤ 10, ezért Eξ = 2. A ξ_{j} valószínűségi változók nem függetlenek, de az előbb tárgyalt tétel segítségével ki tudjuk számolni az összegük szórásnégyzetét. Ehhez vegyük észre, hogy Var ξ_{j} = Var ξ_{1} = \frac{1}{5} − (\frac{1}{5})^{2}, Eξ_{j}ξ_{k} = P (ξ_{j} = 1, ξ_{k} = 1) = P (ξ_{1} =

1, ξ_{2} = 1) = \frac{1}{5} \frac{19}{99}, Eξ_{j}ξ_{k} − Eξ_{j}Eξ_{k} = \frac{1}{5} (\frac{19}{99} − \frac{1}{5}) = −\frac{16}{9900}, ha j ≠ k. Innen

Var ξ = 10 (\frac{1}{5} − \frac{1}{25}) − \frac{90 · 16}{9900} = \frac{16}{11}.

Házi feladat: Egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó van. Visszatevés nélköl kihúzzuk 20 golyót. Mi a kihúzott piros golyók számának a várható értéke és szórásnégyzete?

A következő feladat állítását gyakran hívják teleszkóp szabálynak. 4.)

P (B_{1} ∩ ⋯ ∩ B_{n}) = P (B_{1}|B_{2} ∩ ⋯ ∩ B_{n−1} ∩ B_{n})P (B_{2}|B_{3} ∩ ⋯ ∩ B_{n−1} ∩ B_{n})
⋯ P (B_{n−1}|B_{n})P (B_{n}),

ha P (B_{2} ∩ ⋯ ∩ B_{n}) > 0. 5.) Egy urnában z zöld és s sárga golyó van. Egymás után kihúzunk négy golyót úgy,

hogy minden húzás után a golyót visszadobjuk az urnába, és vele együtt az urnába dobunk 2 ellenkező színű golyót. Mi a valószínűsége egy zöld, zöld, zöld, sárga húzássorozatnak?

Megoldás: Kiszámoltuk annak valószínűséségét, hogy az első húzás eredménye Z=(zöld), annak feltételes valószínűségét, hogy a második húzás Z, feltéve, hogy az első húzás Z, annak a feltételes valószínűségét, hogy a harmadik húzás eredménye Z feltéve, hogy elótte Z, Z és annak feltételes valószínűségét, hogy a negyedik húzás eredménye S feltéve, hogy előtte Z, Z, Z húzás volt. Ez a valószínűség, il-

letve feltételes valószínűségek \frac{z}{z + s}, \frac{z}{z + s + 2}, \frac{z}{z + s + 4}, \frac{s + 6}{z + s + 6}. A keresett

valószínűség \frac{z}{z + s} · \frac{z}{z + s + 2} · \frac{z}{z + s + 4} · \frac{s + 6}{z + s + 6}.

6. Egy szabályos dobókockát feldobunk, majd feldobunk egy szabályos péndarabot 10-sze annyi alkalommal, mint amennyi a kockadobás eredménye volt. Számítsuk ki a fejdobások számának várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Legyen Z_{j} a fejdobások száma, ha a kockadobás eredménye j volt és nulla különben, 1 ≤ j ≤ 6, legyen Z_{j,k} = 1, ha a kockadobás eredménye j és a k-ik pénzdobás eredménye fej, 1 ≤ j ≤ 6, 1 ≤ k ≤ 10j. Ekkor minket a Z =

∑_{j=1}^{6} Z_{j} valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete érdekel. Továbbá,

Z_{j} = ∑_{k=1}^{10j} Z_{j,k}. Innen, EZ = ∑_{j=1}^{6} EZ_{j}, EZ_{j} = ∑_{k=1}^{10j} EZ_{j,k} = \frac{10j}{12} . Innen, EZ = \frac{35}{2}.

V arZ = ∑_{j=1}^{6} Var Z_{j} + ∑_{\begin{matrix}1≤j,k≤6 \\ j≠l \end{matrix}}(EZ_{j}Z_{k} − EZ_{j}EZ_{k}). Továbbá, EZ_{j}Z_{k} = 0, mert

Z_{j}Z_{k} = 0 egy valószínűséggel, ha j ≠ k, és EZ_{j}EZ_{k} = \frac{100jk}{144} , ezért EZ_{j}Z_{k} −

EZ_{j}EZ_{k} = −\frac{100jk}{144} . Ezenkívül

Var Z_{j} = ∑_{k=1}^{10j} Var Z_{j,k} + ∑_{\begin{matrix}1≤k,l≤10j \\ k≠l \end{matrix}} (EZ_{j,k}Z_{j,l} − EZ_{j,k}EZ_{j,l}) ,

Var Z_{j,k} = \frac{1}{12} − \frac{1}{144} = \frac{11}{144}, EZ_{j,k}Z_{j,l} = \frac{1}{6} · \frac{1}{4} = \frac{1}{24}, EZ_{j,k} = \frac{1}{12}, EZ_{j,k}Z_{j,l} −

EZ_{j,k}EZ_{j,l} = \frac{5}{144}, Var Z_{j} = \frac{110}{144}j + \frac{50}{144}j(10j − 1) = \frac{500}{144}j^{2} + \frac{60}{144}j. Innen,

Var Z = \frac{10}{144} ( ∑_{j=1}^{6}(50j^{2} + 6j) − ∑_{\begin{matrix}1≤j,k≤6 \\ j≠k \end{matrix}} 10jk)=140.

7. Az F (x) = 1 − e^{−λx}, ha x ≥ 0, F (x) = 0, ha x < 0 exponenciális eloszlás teljesíti a következő úgynevezett örökifjú tulajdonságot: Ha ξ F eloszlású valószínűségi változó, azaz P (ξ < x) = F (x) akkor P (ξ > x + y|ξ > x) = P (ξ > y. Miért nevezik ezt a tulajdonságot örökifjú tulajdonságnak?

8. Ha ξ negatív binomiális valószínűségi változó n = 1 paraméterrel, azaz P (ξ = k) = p^{k}(1 − p), k = 0, 1, 2, …, valamilyen 0 < p < 1 számmal, akkor ez teljesíti az örökifjú tulajdonság következő diszkrét változatát: P (ξ ≥ k + l|ξ ≥ k) = P (ξ ≥ l). Mi ennek az azonosságnak a valószínűségi magyarázata? Valószínűségi magyarázat: Dobjunk fel egy pénzdarabot, mely az egyes dobások során a többi dobástól függetlenül esik p valószínűséggel esik a fej és 1 − p valószínűséggel az írás oldalra egymás után egész addig míg meg nem jelenik egy írás dobás. Ekkor P (ξ ≥ l) annak a valószínűsége, hogy az első l dobás eredménye fej, a P (ξ ≥ k + l|ξ ≥ k) pedig annak a feltételes valószínűsége, hogy feltéve, hogy az első k dobás írás, akkor legalább l írás következik a fejdobás megjelenéséig.

9. Számoljuk ki egy λ paraméterű ξ exponenciális eloszlású valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Parciális integrálással kapjuk, hogy

Eξ = ∫_{0}^{∞} xλe^{−λx} dx = [−xe^{−λx}]_{0}^{∞} + ∫_{0}^{∞} e^{−λx} dx = \frac{1}{λ},

Eξ^{2} = ∫_{0}^{∞} x^{2}λe^{−λx} dx = [x^{2}e^{−λx}]_{0}^{∞} + ∫_{0}^{∞} 2xe^{−λx} dx = \frac{2}{λ^{2}} .

Ezért Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2} = \frac{2}{λ^{2}} − \frac{1}{λ^{2}} = \frac{1}{λ^{2}} .