A szeptember 26-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

1. Egy diák a feltett kérdésre (három lehetőség közül kell kiválasztani a megfelelőt)

p valószínűséggel tudja a helyes választ. Ha nem tudja, akkor tippel, és ez \frac{1}{3} valószínűséggel ad helyes eredményt. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy tudja a választ feltéve, hogy helyes választ adott?

Jelölje A azt az eseményt, hogy tudja a helyes választ, B azt az eseményt, hogy helyes választ ad. A P (A|B) feltételes valószínűség értékére vagyunk kiváncsiak. Ekkor

P (A) = P (A ∩ B) = p, P (B) = P (A ∩ B) + P (Ā ∩ B) = P (A) + \frac{1}{3}P (Ā) = p + \frac{1}{3}(1 − p).

Innen P (A|B) = \frac{p}{p + \frac{1}{3}(1 − p)}.

2. Egy ξ valószínűségi változó eloszlása (n, p) paraméterű negatív binomiális eloszlás,

ha pozitív egész értékeket vesz fel, és P (ξ = k) = \binom{k − 1}{n − 1}p^{k−n}(1−p)^{n}. Tekintsünk

egy pénzdarabot, mely p valószínűséggel esik a fej oldalra és 1 − p valószínűséggel az írás oldalra. Dobjuk fel egymás után végtelen sokszor, és tekintsük azt a ξ valószínűségi változót, mely azt adja meg, hogy hányadik dobásra jelent meg az nik írás. Lássuk be, hogy ξ eloszlása negatív binomiális eloszlás (n, p) paraméterrel.

3.) A zsebünkben van 30 kulcs, melyek közül az egyik nyit egy zárat. Egymás után kiprobáljuk véletlenszerűen kipróbálva ezeket a kulcsokat. Mi a valószínűsége annak, hogy a 20. kisérletre sikerül kinyitni a zárat? Mi annak a valószínűsége, hogy a 20. kisérletben sikerül kinyitni a zárat feltéve, hogy az első 19 kisérletben ez nem sikerült?

Megoldás: Jelölje A_{j} azt az eseményt, hogy pont a j-ik húzásra síkerül kihúzni a jó kulcsot, B_{j} = A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{j} azt az eseményt, hogy az első j kihúzott kulcs egyike

a jó kulcs. Ezeknek az eseményeknek a valószínűsége, P (A_{j}) = \frac{1}{30} és P (B_{j}) = \frac{j}{30}.

Annak valószínűsége, hogy a 20. húzásban húzzuk ki a jó kulcsot F (A_{20}) = \frac{1}{30}. Annak feltételes valószínűsége, hogy a 20. húzásban húzzuk ki a jó kulcsot feltéve,

hogy az első 19 dobásban nem síkerült azt kihúzni, P (A_{20}|B̄_{19}) = \frac{P (A_{20} ∩ B̄_{19})}{P (B̄_{19})} =

\frac{F (A_{20})}{1 − P (B_{19})} = \frac{\frac{1}{30}}{1 − \frac{19}{30}} = \frac{1}{11}. (A fenti számolásban Ā jelöli egy A halmaz komple-

menterét.)

4.) Feldobunk egy dobókockát, majd utána annyi dobókockát, amennyi az első dobás eredménye volt. Mi a valószínűsége annak, hogy a második dobássorozatban lesz hatos? Mi annak a feltételes valószínűsége, hogy az első dobás eredménye hatos, ha a második dobássorozatban nem volt hatos?

Megoldás: Tekintsünk azokat az eseményeket, melyek leírják a lehetséges dobássorozatok eredményét, és adjuk meg ezek valószínűségét. Annak valószínűsége, hogy az első dobás eredménye i, majd ezt követően egy i hosszúságú 1 és 6 közötti

számokat tartalmazó dobássorozatot kapunk (\frac{1}{6})^{i+1}. Annak valószínűsége, hogy

az első dobás eredménye i, és az utolsó i dobás egyike sem hatos, \frac{1}{6} · (\frac{5}{6})^{i}. Annak

valószínűsége, hogy a második dobássorozatban van hatos

\frac{1}{6} ((1 − \frac{5}{6}) + ⋯ + (1 − (\frac{5}{6})^{6})) .

Annak valószínűsége, hogy az első dobás hatos, utána pedig van hatos dobás

\frac{1}{6} (1 − (\frac{5}{6})^{6}). Ezért a keresett feltételes valószínűség

\frac{1 − (\frac{5}{6})^{6}}{(1 − (\frac{5}{6})) + ⋯ + (1 − (\frac{5}{6})^{6})}.

5.) Három gép gyárt csavarokat, az egyik 0.01 a második 0.02 a harmadik 0.03 valószínűséggel gyárt hibás csavarokat. A csavarokat egy raktárba viszik összekeverik. Egy gyártott csavar 0.5 valószínűséggel készült az első 0.3 valószínűséggel a második és 0.2 valószínűséggel készült a harmadik gépen. Kiveszünk egy csavart, megnézzük, és azt találjuk, hogy hibás. Milyen valószínűséggel készült a csavar eme feltételek mellett az első gépen? Megoldás: Jlölje A_{1}, A_{2} illetve A_{3} azt az eseményt, hogy a csavar az elsó, második vagy harmadik gépen készült, B azt az eseményt, hogy a csavar hibás. Ekkor minket a P (A_{1}|B) feltételes valószínűség érdekel. Tudjuk, hogy P (A_{1}) = 0.5, P (A_{2}) = 0.3, P (A_{3}) = 0.2, továbbá P (B|A_{1}) = 0.01, P (B|A_{2}) = 0.02, és P B(B|A_{3}) = 0.03. Ekkor

P (B|A_{1}) = \frac{P (B ∩ A_{1})}{P (A_{1})} = \frac{P (A_{1}|B)P (A_{1})}{P (B ∩ A_{1}) + P (B ∩ A_{2}) + P (B ∩ A_{3})}

= \frac{P (A_{1}|B)P (A_{1})}{P (A_{1}|B)P (A_{1}) + P (A_{2}|B)P (A_{2}) + P (A_{3}|B)P (A_{3})}

= \frac{0.01 · 0.5}{0.01 · 0.5 + 0.02 · 0.3 + 0.03 · 0.2}.

Események függetlenségének definiciója: Az A_{1}, …, A_{n} események akkor (teljesen) függetlenek, ha az {1, …, n} indexhalmaz minden {j_{1}, …, j_{k}} ⊂ {1, …, n} részhalmazára

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}) = P (A_{j_{1}}) ⋯ P (A_{j_{k}}).

Események végtelen A_{1}, A_{2}, … sorozata akkor és csak akkor független, ha tetszőleges pozitív n egész számra az A_{1}, …, A_{n} események függetlenek.

Események függetlenségének definiciója: Az A_{1}, …, A_{n} események akkor páronként függetlenek, ha minden 1 ≤ i < j ≤ n számra P (A_{i} ∩ A_{j}) = P (A_{i})P (A_{j}).

6. Lássunk példát arra, hogy például k = 3 esetében egy A, B és C halmaz esetében a P (ABC) = P (A)P (B)P (C) feltétel teljesülése nem elegendő az A, B és C események függetlenségéhez. Legyen Ω = {1, 2, 3, 4, 5}, A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 4},

C = \{2, 3, 4\}, P (\{1\}) = P (\{2\}) = P (\{3\}) = P (\{4\}) = \frac{1}{3\sqrt{3}}, P (\{5\}) = 1 − \frac{4}{3\sqrt{3}}.

Ekkor ABC = \{2\}, P (ABC) = \frac{1}{3\sqrt{3}}, P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{\sqrt{3}}, P (AB) =

P (\{2, 3\}) = \frac{2}{3\sqrt{3}}. Ezért P (ABC) = P (A)P (B)P (C), de P (AB) ≠ P (A)P (B).

7.) Lássunk példát három olyan A B és C eseményt, melyek páronként függetlenek, de nem függetlenek.

Egy lehetséges megoldás: Dobjunk le egy pontot az egységnégyzetre egyenletes eloszlással. Legyen A = [0, \frac{1}{2}] × [0, 1], B = [0, 1] × [0, \frac{1}{2}] és C = [0, \frac{1}{2}] × [0, \frac{1}{2}] ∪ [\frac{1}{2}, 1] × [\frac{1}{2}, 1] × [\frac{1}{2}, 1]. Ekkor P (A) = P (B) = P (C) = \frac{1}{2}, P (A ∩ B) = P (A ∩ C) = P (B ∩ C) = \frac{1}{4}, és P (A ∩ B ∩ C) = \frac{1}{4}. (Itt egy X ⊂ [0, 1] × [0, 1] esemény azt jelenti, hogy a ledobott pont az X halmazba esik.)

A következő feladat állítását gyakran hívják teleszkóp szabálynak.

8.)

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.

9.) 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}.

10. Két különböző fáról leszednek 10 almát, és beteszik két különböző (megkülönböz-

tethetetlen dobozba.) Ez egyik fáról szedett almák \frac{1}{4} a másik fáról szedett almák

pedig \frac{1}{10} valószínűséggel férgesek. Kiveszünk az egyik dobozból két almát és mind a kettő férges. Ezek után kiveszünk a másik dobozból egy almát. Mi annak a valószínűsége, hogy ez az alma már nem férges?

Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az első almafáról leszedett almákat tartalmazó ládát és A_{2} azt az eseményt, hogy az második almafáról leszedett almákat tartalmazó ládát választottuk az első kisérletre. Jelölje B azt az eseményt, hogy e ládából kiválasztott két alma férges. Számítsuk ki a P (A_{1}|B) és P (A_{2}|B) feltételes valószínűségeket.

Mivel P (A_{1}|B) = \frac{P (A_{1} ∩ B)}{P (B)}, P (B) = P (A_{1} ∩ B) + P (A_{2} ∩ B), P (A_{1} ∩ B) =

\frac{1}{2} · \frac{1}{16}, P (A_{2} ∩ B) = \frac{1}{2} · \frac{1}{100}, ezért P (A_{1}|B) = \frac{\frac{1}{2} · \frac{1}{16}}{\frac{1}{2} · \frac{1}{16} + \frac{1}{2} · \frac{1}{100}} . Hasonlóan, P (A_{2}|B) =

\frac{\frac{1}{2} · \frac{1}{100}}{\frac{1}{2} · \frac{1}{16} + \frac{1}{2} · \frac{1}{100}} . Jelölje C azt az eseményt, hogy a másik ládából veletlenül kiválasztott

alma nem férges. Ekkor minket a P (C|B) feltételes valószínűség érdekel.

Viszont P (C|A_{1} ∩ B) = P (C|A_{1}) = \frac{9}{10}, P (C|A_{2} ∩ B) = P (C|A_{2}) = \frac{3}{4}, P (C|B) =

P (C ∩ A_{1}|B) + P (C ∩ A_{2}|B) = P (C|A_{1} ∩ B)P (A_{1}|B) + P (C|A_{2} ∩ B)P (A_{2}|B). Ezért

P (B|C) = \frac{9}{10} · \frac{\frac{1}{2} · \frac{1}{16}}{\frac{1}{2} · \frac{1}{16} + \frac{1}{2} · \frac{1}{100}} + \frac{3}{4} · \frac{\frac{1}{2} · \frac{1}{100}}{\frac{1}{2} · \frac{1}{16} + \frac{1}{2} · \frac{1}{100}} .

11. 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?