A szeptember 19-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

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

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

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{5}{16})^{k−3} .

Annak érdekében, hogy megértsük az első megoldás jogosságát lássuk be, hogy 2. Annak, hogy egy szabályos dobókocka végtelen sok egymás utáni feldobása során

nem jelenik meg három hatos nulla a valószínűsége. Megoldás: Az állítás ekvivalens azzal, hogy annak valószínűsége, hogy bekövetkezik legaláb három hatos dobás 1. Ez utóbbi esemény valószínűsége viszont nagyobb mint az, hogy (akárhogyan is rögzítünk egy n egész számot) annak valószínűsége, hogy az első n dobás közül legalább egy hatos, az n + 1-ik és 2n-ik dobás közötti dobások közül legalább az egyik hatos és a 2n+1-ik éa 3n-ik dobás közötti dobások

közül legalább az egyik hatos. Ennek valószínűsége viszont (1 − (\frac{5}{6})^{n})^{3}. Ezért

a vizsgált valószínűség ennél a számnál nagyobbnak kell lenni tetszőleges n-re, ami csak úgy lehetséges, hogy ez a valószínűség 1.

Röviden beszéltünk arról, hogy hogyan lehet megmutatni azt, hogy az első feladat két megoldásában a látszólag teljesen különböző megoldás megegyezik. Megjegyeztük, hogy a második összegben szerepló végtelen összeg összegezhető a (1 + x)^{α} =

∑_{k=0}^{∞} \binom{α}{k}x^{k}, ha |x| < 1 aonosság segítségével, ahol \binom{α}{k} = \frac{α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)}{k!}. (A

fenti azonosság minden valós α számra érvényes, tekinthető úgy mint az általánosított binomiális tétel, és az (1 + x)^{α} függvény Taylor sorfejtéséből következik.) Azt kell észrevenni, hogy

\binom{k − 1}{2} = \frac{(2 − k)(1 − k)}{2} = (−1)^{k−1} \frac{(−3)(−4) ⋯ (1 − k)}{(k − 3)!} = (−1)^{k−1}\binom{−3}{k − 3},

ahonnan ∑_{k=3}^{∞} \binom{k − 1}{2} (\frac{5}{16})^{k−3} = ∑_{k=3}^{∞} \binom{−3}{k − 3} (−\frac{5}{16})^{k−3} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{−3}{k} (−\frac{5}{16})^{k} =

(1 − \frac{5}{6})^{−3} = (\frac{1}{6})^{−3}.

3. Egy tóban 3000 hal van. Véletlenül kihalásnak belőle 1000 darabot, és ezekre piros pöttyöt festenek és visszaengedik őket. Ezután ismét kifognak véletlenül 1000 halat. Mi annak a valószínűsége, hogy a kifogott halak között 100 megfestett van?

Megoldás: \begin{matrix}\binom{1000}{100} & \binom{2000}{900} \\ ( & {3000 \atop 1000} & ) \end{matrix}.

Megjegyzés: A gyakorlatban előforduló kérdés ennek fordítottja. Elvégezzük a fenti kisérletet, összeszámláljuk a megfestett halakat, és ebből próbálunk következtetni a tóban levő halak számára. Hogyan érdemes ezt csinálni? Ez a későbbiek témája lesz.

4. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges pozitív egész n, m és k számokra, melyekre k ≤ n, m ≤ n

∑_{r=1}^{k} \binom{m}{r}\binom{n − m}{k − r} = \binom{n}{k}.

Megoldás: Számítsuk ki két különböző módon azt, hogy az 1, 2, …, n számok közül hányféleképp tudok kiválasztani k számot. Az egyik kiszámítás legyen az, hogy azt nézem, hogy az 1, …, m számok közül hánféleképp tudok kiválasztani r-et az m + 1, …, n számok közük k − r-et, és azután tekintjük az összes 1 ≤ r ≤ k lehetőséget.

A harmadik feladat kapcsán felmerül a következő kérdés. Valójában, nem tudjuk, hogy hány hal van a tóban. De végezhetünk két fogást, az első fogásban kifogott halakat megjelöljuk, és meg akarjuk állapítani mennyi hal lehet összesen a tóban. Ezt természetesen csak bizonyos (véletlentől függő) pontossággal tudjuk meghatározni. Az ilyen tipusú feladatok tipikusak a matematikai statisztikában, az ilyen problémák vizsgáalatát nevezik becsléseleméletnek. Világos, hogy az, hogy 1000-nél alig több hal van, nem túl valószínű, mert akkor sokkal több megjelölt hal lenne a második fogásban. Az hogy rengeteg, mondjuk 1 000 000 hal lenne a tóban szintén nem túl valószínű, mert akkor sokkal kevesebb megjelölt hal lenne a második fogásban. A matematikai statisztikában kidolgoztak egy általános elvet a maximum likelihood módszernek nevezett eljárást, mely nagyon általános feltételek mellett nagyon jó módszert ad, és mely jelen esetben is alkalmazható. Tárgyaljuk meg ezt a módszert a jelen esetben. Tekintsünk kissé általánosabb esetet. Vezessük be a következő jelöléseket:

n a tóban lévő halak (ismeretlen) száma,

n_{1} az első fogásban kifogott (és megjelölt) halak száma,

r a második fogásban kifogott halak száma,

k a második fogásban kifogott előzöleg megjelölt halak száma. Annak valószínűsége, hogy adott (ismeretlen) n és n_{1}, r számok esetén pontosan k megjelölt halat fogunk ki

q_{k}(n, n_{1}, r) = \begin{matrix}\binom{n_{1}}{k} & \binom{n − n_{1}}{r − k} \\ ( & {n \atop r} & ) \end{matrix}.

Tekintsük az ismeretlen n szám (maximum likelihood) becslésének azt az n számot, melyre a q_{k}(n, n_{1}, r) mennyiség (rögzített n_{1}, k és r számok mellett maximális.

5. Határozzuk meg a fenti feladatban a maximum likelihood becslést.

Megoldás: Námi számolás mutatja, hogy

\frac{q_{k}(n, n_{1}, r)}{q_{k}(n − 1, n_{1}, r)} = \frac{n − n_{1}}{n − n_{1} − r + k} · \frac{n − r}{n} = \frac{n^{2} − rn − n_{1}n + rn_{1}}{n^{2} − rn − n_{1}n + kn} .

Ez a tört kisebb mint egy, ha rn_{1} < kn, nagyobb mint egy, ha rn_{1} > kn. Ezért a becslés rn_{1} = kn, azaz n = \frac{rn_{1}}{k}, pontosabban az e számot közrefogó egész számok valamelyike.

6. Mi annak a valószínűsége, hogy egy (szabályos) dobókocka mindkét dobásának az eredménye hatos feltéve, hogy legalább az egyik hatos?

Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az első dobás eredménye hatos, A_{2} azt az eseményt, hogy a második dobás eredménye hatos. Akkor minket a P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) feltételes

valószínűség érdekel. Viszont P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) = \frac{P ((A_{1} ∩ A_{2}) ∩ (A_{1} ∪ A_{2}))}{P (A_{1} ∪ A_{2})} =

\frac{P (A_{1} ∩ A_{2})}{P (A_{1} ∪ A_{2})}. Másrészt P (A_{1} ∩ A_{2}) = \frac{1}{36}, P (A_{1} ∪ A_{2}) = 1 − P (Ā_{1} ∩ Ā_{2}) = 1 − \frac{25}{36} = \frac{11}{36}.

Innen a keresett feltételes valószínűség \frac{1}{11}.

Házi feladat: Egy szabályos pénzdarabot feldobunk háromszor egymás után. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy mind a három dobás fej, feltéve, hogy legalább két fejdobás történt?