A szeptember 12-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

1. Mi annak a valószínűsége, hogy lottóhúzás eredményeként legalább négyes találatot érünk el? Megoldás: Hány olyan kitöltése van a lottószelvénynek, mely mely (pontosan) 4 találatot biztosít? Az 5 jó számból 4-et 5 féleképpen, a rosszat 85 féleképpen választhatom, ezek mind különböző sorozatok, így 5 · 85 féleképp lehet pontosan

4 találatom, és 1 féleképpen 5 találatom. Az összes lehetőség \binom{90}{5}, és minden

sorozat egyforma valószínű. Ezért a keresett valószínűség \frac{5 · 85 + 1}{\binom{90}{5}}.

Házi feladat: Mi annak a valószínűsége, hogy egy kitötltött lottószelvényen pontosan három találatot érünk el?

2. Egy házibulira 50 embert hívnak meg. Mindenki egymástól függetlenül 0.5 valószínűséggel megy el. Mi annak a valószínűsége, hogy lesznek vendégek a házibulin? Megoldás: Mint sok egyéb esetben, most is érdemes az esemény be nem követke-

zésének a valószínűségét kiszámolni. Ez (\frac{1}{2})^{50}. Így annak valószínűsége, hogy

valaki eljön 1 − (\frac{1}{2})^{50}.

3. Egy házibulira 50 embert hívnak meg. Mindenki egymástól függetlenül 0.5 valószínűséggel megy el. Mi annak a valószínűsége, hogy pontosan 3 ember jön el? Annak, hogy legalább három ember jön el?

Megoldás: \binom{50}{3} (\frac{1}{2})^{50}, 1 − (1 + \binom{50}{1} + \binom{50}{2}) (\frac{1}{2})^{50}.

4. Valaki játékra hív fel. Egy állítólag szabályos pénzdarabot dob fel egymás után 10 000-szer. Fejdobás esetén ő nyer egy forintot írás dobás estén mi. A dobások eredményeként 5500 fejdobás történt. Mi annak a valószínűsége, hogy egy szabályos pénz feldobása esetén a fejdobások száma legalább 5500?

Megoldás: Ez a valószínűség ∑_{k=5500}^{10000} \binom{10000}{k}2^{−10000}.

Valójában, ezzel a feladat megoldásával nem vagyunk kész. Arra is kiváncsiak vagyunk, hogy ez a szám körülbelül mekkora. Ki tudjuk-e ezt számolni kevés számolással viszonylag rövid idő alatt? Az igazi, minket érdeklő kérdés az, hogy pechünk volt-e, vagy a játékot javasló személy csalt, a pénzdarab nem volt szabályos. Ehhez a kérdéshez később még visszatérünk. Megbeszéltük, hogy az a kérdés, hogy az adott dobássorozat esetén elhisszük-e azt, hogy a pénzdarab szabályos-e a matematikai statisztika egy fontos kérdésének a hipotézésvizsgálatnak speciális esete. Az áltlalános kérdés az, hogy egy elvégzett a véletlentől is függő kisérletsorozat alapján elfogadjuk-e, hogy egy adott feltételezés (hipotézis) helyes-e. Ha a hipotézis érvényes és mi mégis elvetjük azt nevezzük első fajú hibának. Ha a hipotézis nem teljesül és mi mégis igaznak fogadjuk el, azt másodfajú hibának nevezzük. Azt a feladatot szokták vizsgálni, hogy megengedve előirt elsőfajú hibát (ezt általában 0.05 vagy 0.01-nek szokás választani) hogyan tudjuk a másodfajú hibát minimalizálni. Megjegyeztük azt is, hogy a valószínűségszámítás egyik alapvető eredménye a centrális határeloszlástétel segítségével meg lehet határozni egyszerűen az ebben a feladatban tekintett valószínűség jó közelítő értékét. Ennek alapján a fenti esemény bekövetkezése rendkivül valószínűtlen.

5. Egy gyakorlatra véletlenszerűen 24 hallgató jön el. Mi annak a valószínűsége, hogy van közöttük két ember, akiknek ugyanazon a napon van a születésnapjuk? Megoldás: Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy nincs ilyen ember. Képzeljük el, hogy egymásután megjelennek a hallgatók, valaki felírja a születésnapjukat, és minden egyes lépésben más dátumot ír fel. Az első hallgató megjelenésekor biztos, hogy új számot ír fel, a második hallgató megjelenésekor (1 − 1365), a harmadik hallgató megjelenésekor, (feltéve, hogy az első két hallgató esetében különböző számokat írt fel (1 − 2365), a negyedik hallgató esetében (1 − 3365) valószínűséggel írt fel különböző számokat, és így tovább. Annak a valószínűsége, hogy mind a 24

esetben különböző számokat írt fel ∏_{k=1}^{23} (1 − \frac{k}{365}), a keresett valószínűség pedig

1 − ∏_{k=1}^{23} (1 − \frac{k}{365}).

Kiváncsiak lehetünk, hogy ez a szám mekkora. Nagyon kicsi vagy nagyon nagy, azaz majdnem 1. Meg tudjuk-e ezt határozni viszonylag kevés számolással? A következő számolás tanulságos lehet. A vizsgálandó szorzatot felírhatjuk mint

1 − ∏_{k=1}^{23} (1 − \frac{k}{365}) = 1 − exp \{ ∑_{k=1}^{23} log (1 − \frac{k}{365})\} .

Használjuk fel a log(1 + x) ∼ x kis x számokra való közelítést. Ez azt sugallja,

hogy log (1 − \frac{k}{365}) ∼ −\frac{k}{365}, és a vizsgált valószínűség közelítőleg

1 − exp \{− ∑_{k=1}^{23} \frac{k}{365}\} = 1 − exp \{−\frac{12 · 23}{365}\} .

6. Egy szabályos dobókockát sokszor feldobunk egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy a 17. dobásban jelenik meg a 3. hatos? Megoldás: Ez azt jelenti, hogy az első 16 dobásban pontosan két hatos jelenik meg, a

17. dobás eredménye pedig szintén hatos. Ennek valószínűsége \binom{16}{2} (\frac{5}{6})^{14} (\frac{1}{6})^{3}.

Házi feladat: Egy szabályos dobókockát feldobunk egymás után többször. Mi annak a valószínűsége, hogy a 20. dobásban jelenik meg az ötödik hárommal osztható szám?

7. Egy szabályos dobókockát sokszor feldobunk egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy a 3. hatos dobás a 20. vagy azután következő dobásban jelenik meg? Megoldás: Ez azt jelenti, hogy az első 19 dobásban nulla, egy vagy két hatos jelenik

meg. Ennek valószínűsége (\frac{4}{6})^{19} + \binom{19}{1} (\frac{5}{6})^{18} · \frac{5}{6} + \binom{19}{2} (\frac{5}{6})^{17} · (\frac{1}{6})^{2}.

Valójában az az állítás, hogy a vizsgálandó esemény helyett lehet annak a valószínűségét kiszámítani, hogy az első 19 dobásban csak nulla egy vagy két fej dobás jelenik meg némi külön indoklást igényel. A probléma az, hogy előfordulhat az is, hogy a végtelen dobássorozatban nem jelenik meg három hatos dobás. Viszont ennek az eseménynek a valószínűsége nulla. Erre a kérdésre visszatértünk a következő gyakorlaton. Másik megoldás: Ez azt jelenti, hogy a harmadik hatos dobás eredménye a 20, 21, 22 vagy valamelyik későbbi dobás eredménye. (Tudni kell, hogy egy valószínűséggel előbb-utóbb megjelenik a harmadik fej-dobás.) Ennek valószínűsége

(\frac{1}{6})^{3} ∑_{k=20}^{∞} \binom{k − 1}{2} (\frac{1}{16})^{k−2} .