A február 13-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai.

Feladatok:

A következő feladat állítását gyakran hívják teleszkóp szabálynak. 1.) P (B_{1} ∩ ⋯ ∩ B_{n}) = P (B_{1}|B_{2} ∩ ⋯ ∩ B_{n−1} ∩ B_{n}) ⋯ P (B_{n−1}|B_{n})P (B_{n}), ha P (B_{2} ∩

⋯ ∩ B_{n}) > 0.

Házi feladat:

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

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

másik fáról szedett almák pedig (szintén egymástól függetlenül) \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?

2. Ha A_{1}, …, A_{n} független események, és bevezetjük az A_{j}^{1} = A_{j} és A_{j}^{−1} = Ω \ A_{j} jelöléseket, akkor tetszőleges ε_{j} = ±, 1 ≤ j ≤ n sorozatra az A_{1}^{ε_{1}}, …, A_{n}^{ε_{n}} események függetlenek. Megoldás: Elég belátni, hogy egy A_{j} halmaz kicserélése az A_{j}^{−1} halmazra nem változtatja meg a halmazrendszer függetlenségét. Továbbá az indexek szimmetria tulajdonsága miatt elég a j = 1 esettel foglalkozni. Ezután a függetlenséget definiáló relációk közül elég azokat ellenőrizni, amelyekben az 1 index szerepel. Azt kell megmutatni. hogy az A_{1}, …, A_{n} események függetlensége esetén teljesül az

P ((Ω \ A_{1}) ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) = P (Ω \ A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})

azonosság minden 2 ≤ l_{1} < ⋯ < l_{s} indexre. Viszont ekkor

P ((Ω \ A_{1}) ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) = P (A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) − P (A_{1} ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}})
= P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}}) − P (A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})
= (1 − P (A_{1}))P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})
= P (Ω \ A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}}).

3. Legyenek A_{1}, …, A_{n}, B_{1}, …, B_{m} események függetlenek egymástól. Lássuk be, hogy tetszőleges olyan C eseményre, amelyik előállítható az A_{1}, …, A_{k} halmazokból metszet, unió és komplementerképzés segítségével igaz, hogy a B_{1}, …, B_{m} és C halmazok függetlenek. Segítség: Lássuk be, hogy minden ilyen C helmaz felírható az előzű feladat jelölését használva C = ⋃_{(j_{1},...,j_{n})∈J} A^{ε_{j_{1}}} ∩ ⋯ ∩ A^{ε_{jn}} alakban, ahol J egy n hosszúságú ±1 sorozatokból álló halmaz. Továbbá az ebben a kifejezésben szereplő A^{ε_{j_{1}}} ∩⋯∩A^{ε_{jn}} események diszjunktak, és függetlenek a B_{1}, …, B_{n} eseményektől. Javaslat: Beszéljék meg e feladat kapcsán a konjunktiv és diszjunktiv normálforma jelentését és hasznát.

4. Adjunk példát egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőre azon három A_{1}, A_{2} és A_{3} eseményre, melyekre P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}), de az A_{1}, A_{2} és A_{3} események nem függetlenek. Egy lehetséges konstrukció: Legyen Ω = {1, 2, 3, 4, 5}, A az Ω halmaz összes részhalmazaiból álló σ-algebra, P ({1}) = x, P ({2}) = P ({3}) = P ({4}) = y, P ({5}) = 1 − x − 3y, alkalmas x és y számokkal, P (A) = ∑_{u∈A} P ({u}) minden

A ∈ A halmazra. Definiáljuk az A_{1} = {1, 2}, A_{2} = {1, 3} és A_{3} = {1, 4} halmazokat. Ekkor A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3} = {1}, ezért P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = x. Másrészt P (A_{1}) = P (A_{2}) = P (A_{3}) = x + y. Válasszuk meg az x és y számokat úgy, hogy

x = (x + y)^{3}. Egy lehetőség erre, x + y = \frac{1}{3}, és ekkor x = (x + y)^{3} = \frac{1}{27}, y = \frac{8}{27},

továbbá P (\{5\}) = \frac{2}{27}. Ebben a példában P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}). Viszont A_{1} ∩ A_{2} = {1} = A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}, így nyílván P (A_{1} ∩ A_{2}) ≠ P (A_{1})P (A_{2}). Tehát a függetlenség nem teljesül.

4′. Adjunk példát minden N > 2 szám esetén egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőre azon N A_{1}, …, A_{N}, eseményre, melyekre

P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ ⋯ ∩ A_{N}) = P (A_{1})P (A_{2}) ⋯ P (A_{N}),

de az A_{1}, A_{2}, …, A_{N} események nem függetlenek. Az előző konstrukció módosítása: Legyen Ω = {1, 2, …, N + 2}, A az Ω halmaz összes részhalmazaiból álló σ-algebra, P ({1}) = x, P ({j}) = y, ha 2 ≤ j ≤ N + 1, P ({N + 2}) = 1 − x − Ny, alkalmas x és y számokkal, P (A) = ∑_{u∈A} P ({u}) minden

A ∈ A halmazra. Definiáljuk az A_{j} = {1, j + 1}, 1 ≤ j ≤ N, halmazokat. Ekkor A_{1} ∩A_{2} ∩⋯∩A_{N} = {1}, ezért P (A_{1} ∩A_{2} ∩⋯∩A_{N}) = x. Másrészt P (A_{j}) = x+y, 1 ≤ j ≤ N. Válasszuk meg az x és y számokat úgy, hogy x = (x + y)^{N}. Egy

lehetőség erre, x + y = \frac{1}{N}, és ekkor x = (x + y)^{N} = \frac{1}{N}, y = \frac{1}{N} − \frac{1}{N^{N}}, továbbá

P (\{N + 2\}) = 1 − x − Ny = \frac{N − 1}{N^{N}}. Ebben a példában P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ ⋯ ∩ A_{N}) =

P (A_{1})P (A_{2}) … P (A_{N}). Viszont az A_{1}, … A_{N}, események nem függetlenek.

5. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk n ≥ 5 alkalommal. Mi a valószínűsége annak, hogy legalább 5 fejdobás történik? Mi a valószínűsége annak, hogy egy szabályos pénzdarab végtelen sok dobása során legfeljebb 5 fejdobás történik? Tekintsük ennek az utóbbi feladatnak egy valószínűségi modelljét és beszéljük meg a következő két tulajdonság kapcsolatát: a. Egy A esemény nem következhet be. b. Egy A esemény nulla valószínűséggel következik be.

Megoldás: Annak valószínűsége, hogy egy szabályos pénzdarab n egymástól füg-

getlen dobása során pontosan j darab fejdobás történik \binom{n}{j}2^{−n}, mert összesen

\binom{n}{j} ilyen dobássorozat van, és mindegyik dobássorozat valószínűsége 2^{−n}. Így

annak a valószínűsége, hogy legfeljebb 5 fejdobás történik ∑_{j=0}^{5} \binom{n}{j}2^{−n}. Annak

a valószínűsége, hogy végtelen dobássorozat esetén legfeljebb 5 fejdobás történik

lim_{n→∞} ∑_{j=0}^{5} \binom{n}{j}2^{−n} = 0. Miért szabad határértéket venni? Megbeszélendő, hogy fel-

használtuk a valószínűségi mérték folytonossági tulajdonságát, mely a valószínűség σ-additivitásából következik.

6. Egy 100 tagú társaság minden egyes tagja egymástól függetlenül \frac{1}{1000} valószínűséggel betegszik meg. Mi annak a valószínűsége, hogy a társaságnak lesz beteg tagja? A kapott eredményről mit mondhatunk? Az nagyon nagy, majdnem 1 vagy nagyon kicsi majdnem nulla? Megoldás: Jelölje A_{j} azt az eseményt, hogy a társaság j-ik megbetegszik meg.

Ekkor a P (A_{j}) = \frac{1}{1000}, és az A_{j} események függetlenek. Számoljuk ki először a minket érdeklő esemény komplementerének, azaz annak az eseménynek a valószí-

nűségét, hogy mindenki egészséges. Ez az ⋂_{j=1}^{1000}(Ω \ A_{j}) esemény. Mivel P (Ω \ A_{j}) =

1 − \frac{1}{1000}, és az A_{j} események függetlenségéből következik az Ω \ A_{j} események

függetlensége is, ezért P ( ⋂_{j=1}^{1000}(Ω \ A_{j})) = (1 − \frac{1}{1000})^{100}. Innen a minket érdeklő

esemény valószínűsége 1 − (1 − \frac{1}{1000})^{100}.

Végül jegyezzük meg, hogy (1 − \frac{1}{1000})^{100} = ((1 − \frac{1}{1000})^{1000})^{1/10} ∼ e^{−1/10}.

Miért? Ez a szám nagyon közel van az egyhez, ezért a minket érdeklő valószínűség értéke kicsi.

7. Tekintsük a következő valószínűségi mezőt. Ω = {1, …, n}, ahol n valamely pozitív egész szám, A az Ω összes részhalmazaiból álló σ-algebra,

P (A) = \frac{az A halmaz számossága}{n}.

Legyen n = p_{1}^{r_{1}} ⋯ p_{k}^{r_{k}} az n szám prímtényezős felbontása, és definiáljuk a következő A_{j} eseményeket: A_{j} = {m: m osztható a p_{j} számmal}, 1 ≤ j ≤ k. Legyen B = {m: m relatív prim az n számhoz képest}. Mutassuk meg, hogy a. Az A_{1}, …, A_{k} események függetlenek. b. P (B) = ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ), azaz összesen n · ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ) n-nél kisebb és az n-hez

képest relatív prim van.

Megoldás: A_{j} = \{p_{j}, 2p_{j}, …, \frac{n}{p_{j}} p_{j}\} egy \frac{n}{p_{j}} számból álló halmaz, ezért P (A_{j}) =

\frac{1}{p_{j}}, 1 ≤ j ≤ k. Az A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}} halmaz az n-nél kisebb p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}} számmal

osztható számokból áll minden 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} ≤ k sorozatra, ezért

számossága \frac{n}{p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}}}, és P (A_{j_{1}} ∩A_{j_{2}} ∩⋯∩A_{j_{s}}) = \frac{1}{p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}}}. Ez azt jelenti, hogy

P (A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}}) = P (A_{j_{1}})P (A_{j_{2}}) ⋯ P (A_{j_{s}}) minden 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} ≤ k sorozatra, ezért az A_{1}, A_{2}, … A_{k} halmazok függetlenek.

Végül B = Ω\(A_{1}∪⋯∪A_{k}) = ⋂_{j=1}^{k}(Ω\A_{j}). Ezért és az A_{j} események függetlensége

miatt P (B) = ∏_{j=1}^{k} P (Ω \ A_{j}) = ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ), ahonnan következik a B halmaz

számosságára megadott képlet.

Az elöző két feladatban láttuk hogyan lehet egyszerűen kiszámítani a A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n} alakú események valószínűségét, ha az A_{j}, 1 ≤ j ≤ n, események függetlenek. Ezek a számolások természetesen kihasználták a tekintett események függetlenségét. A következőben azt tárgyaljuk meg, hogy amennyiben nincs feltétlenül függetlenség a tekintett események között, de ki tudjuk számolni az A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}} alakú események valószínűségét, akkor egy úgynevezett szita formula segítségével ki tudjuk számítani az A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n} események valószínűségét is. Továbbá megmutatjuk, hogy ez lehetővé teszi érdekes feladatok megoldását. A következő feladatot fogjuk tárgyalni:

8. Egy estélyen megjelenik n házaspár. Egy táncmester, aki nem tudja, hogy kik házastársak és kik nem véletlen módon párba rendezi a férfiakat és nőket a tánc előtt. Mi a valószínűsége annak, hogy egyetlen házaspár sem táncol együtt? Mi ennek a valószínűségnek a határértéke, ha n → ∞? Megoldás: Definiáljuk a következő A_{j} eseményeket:

A_{j} = a j-ik házaspár egütt táncol, 1 ≤ j ≤ n.

Ekkor minket a P (\overline{A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}}) = 1 − P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) valószínűség érdekel.

Vegyük észre, hogy a P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}) = \frac{(n − k)!}{n!} azonosság igaz. Ugyanis az összes lehetséges párbaállítások száma n!, míg az olyan párbaállítások száma, melyben a j_{1}-ik, j_{2}-ik, …, j_{k}-ik házaspár egy párba kerül (n − k)!. Továbbá érvényes a következő az irodalomban szita-formulának nevezett eredmény, melyet külön fogunk tárgyalni.

Szita formula. Legyenek A_{1}, …, A_{n} tetszőleges események egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Ekkor

P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) = S_{1} − S_{2} + S_{3} − ⋯ + (−1)^{n+1}S_{n},

ahol

S_{k} = ∑_{1≤j_{1}<···<j_{k}≤n} P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}).

A szita-formula segítségével kapjuk, hogy n házaspár esetében

S_{k} = \binom{n}{k}\frac{(n − k)!}{n!} = \frac{1}{k!}.

Innen adódik, hogy a minket érdeklő valószínűség n házaspár esetén

P (\overline{A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}}) = 1 − P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n})

= 1 − S_{1} + S_{2} + ⋯ + (−1)^{n}S_{n} = ∑_{k=0}^{n} \frac{(−1)^{k}}{k!} ,

és ezért

P (\overline{A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}}) = ∑_{k=0}^{n} \frac{(−1)^{k}}{k!} → \frac{1}{e} ha n → ∞.

9. Bizonyítsuk be a szita formulát. Megoldás: Adva egy A esemény vezessük be az A^{ε} jelölést, ahol ε = ±1, ε = 1 estében A^{1} = A, ε = −1 esetében A^{−1} = Ω \ A = Ā. Definiáljuk tetszőleges r_{s} = 1 vagy r_{s} = −1, s = 1, …, n számokra az

A(r_{1}, …, r_{n}) = A^{r_{1}} ∩ ⋯ ∩ A^{r_{n}}

eseményeket. Vegyük észre, hogy

A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n} = ⋃_{(r_{1},...,r_{n}) : (r_{1},...,r_{n})≠(−1,...,−1)} A(r_{1}, …, r_{n}),

és tetszőleges A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}}, 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} ≤ n alakú halmazra

A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}} = ⋃_{(r_{1},...,r_{n}) : r_{ju} =1, 1≤u≤s} A(r_{1}, …, r_{n}).

Továbbá az A(r_{1}, …, r_{n}) események különböző (r_{1}, …, r_{n}) paraméterek esetében diszjunktak. Ezért

P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) = ∑_{(r_{1},...,r_{n}) : (r_{1},...,r_{n})≠(−1,...,−1)} P (A(r_{1}, …, r_{n})),

és tetszőleges A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}} alakú halmazra

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}}) = ∑_{(r_{1},...,r_{n}) : r_{ju} =1, 1≤u≤s} P (A(r_{1}, …, r_{n})).

Ilyen módon a az A(r_{1}, …, r_{n}) halmazok P (A(r_{1}, …, r_{n})) valószínűségeinek a lineáris kombinációjaként fejezhető ki a szita-formula két oldalán szereplő kifejezés. Azt kell belátni, hogy a P (A(r_{1}, …, r_{n})) szám a szitaformula két oldalán szereplő kifejezésben ugyanazzal az együtthatóval szerepel. Az azonosság baloldalán ez az együttható 1, ha {r_{1}, …, r_{n}} ≠ {−1, …, −1}, és nulla, ha {r_{1}, …, r_{n}} = {−1, …, −1}. Ha az (r_{1}, …, r_{s}) halmaz l darab 1 és n−l darab −1 jegyet tartalmaz,

akkor ennek valószínűsége a szitaformula jobboldalán ezt \binom{l}{1}−\binom{l}{2}+⋯±\binom{l}{l} =

∑_{k=1}^{l}(−1)^{k+1}\binom{l}{k} együtthatóval szerepel. Ugyanis az S_{k} összegben ez a kifejezés

\binom{l}{k} együtthatóval szerepel. Miért?

Innen a vizsgált együttható ∑_{k=1}^{l}(−1)^{k+1}\binom{l}{k} = 1− ∑_{k=0}^{l}(−1)^{k}\binom{l}{k} = 1−(1−1)^{k} = 1,

ha az A(r_{1}, …, r_{n}) halmaz r_{1}, …, r_{n} indexei között l ≠ 0 1-es van. A maradék esetben pedig az együttható nulla. Ez azt jelenti, hogy a szita formula két oldal]án szereplő együthatók megegyeznek.

Nem kötelező házi feladat: Lássuk be, hogy a szitaformula jelöléseit használva

S_{1} − S_{2} = ∑_{j=1}^{n} P (A_{j}) − ∑_{1≤j<k≤n} P (A_{j} ∩ A_{k}) ≤ P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) ≤ S_{1} = ∑_{j=1}^{n} P (A_{j})

és általában

∑_{k=1}^{2l}(−1)^{k+1}S_{k} ≤ P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) ≤ ∑_{k=1}^{2l−1}(−1)^{k+1}S_{k}

minden l indexre. (Legyen S_{k} = 0, ha k > n.)