A február 20-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai.

Feladatok:

1. Legyenek A_{1}, A_{2}, …, események egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Lássuk be,

hogy ⋃_{n=1}^{∞} ⋂_{k=n}^{∞} A_{k} jelöli azt az eseményt, hogy az A_{1}, A_{2}, …, események közül véges

sok kivétellel mindegyik bekövetkezik. Megoldás: Az, hogy az A_{n} események majdnem mindegyike bekövetkezik, azt jelenti, hogy van olyan n szám, melyre igaz, hogy minden k ≥ n indexre bekövetkezik

az A_{k} esemény, azaz a B_{n} = ⋂_{k=n}^{∞} A_{k} esemény is bekövetkezik. Az, hogy a B_{n}

esemény bekövetkezik valamely n számra azt jelenti, hogy bekövetkezik az ⋃_{n=1}^{∞} B_{n} =

⋃_{n=1}^{∞} ⋂_{k=n}^{∞} A_{k} esemény.

2. Ha egy szabályos pénzdarabot végtelen sokszor feldobunk egymás után, akkor egy valószínűséggel lesz legalább 50 fejdobás. Egy lehetséges megoldás: Az is igaz egy valószínűséggel, hogy a

B_{k} = {azon j indexekre, melyekre 50k ≤ j < 50(k + 1) minden dobás fej}

események közül végtelen sok fog bekövetkezni. Ugyanis ezek a B_{k} események

függetlenek, P (B_{k}) = 2^{−50}, tehát ∑_{k=1}^{∞} P (B_{k}) = ∞. Ezért a Borel–Cantelli lemmá-

ból következik a kívánt állítás, sőt az is, hogy végtelen sok B_{k} esemény következik be egy valószínűséggel. Valójában a Borel–Cantelli lemmára nincs is szükség. Annak valószínűsége, hogy egyik B_{k} esemény sem következik be lim_{N→∞} (1 − 2^{−50})^{N} = 0, tehát egy valószínűséggel valamelyik B_{k} esemény bekövetkezik. Hogyan lehet egyszerűen látni a Borel–Cantelli lemma nélkül, hogy végtelen sok B_{k} esemény bekövetkezik egy valószínűséggel? Segítség: Elég belátni, hogy bármilyen L számra egy valószínűséggel legalább L B_{k} esemény bekövetkezik. Viszont az előző érveléshez hasonlóan, annak valószínűsége, hogy van egy legalább 50L hosszú tiszta fejdobás sorozat egy valószínűséggel. (Jegyezzük meg, hogy ebben az érvelésben kihasználtuk, hogy megszámlálható sok egy valószínűségű halmaz metszete is egy valószínűségű.

3. Egy kaszinóban azt játsszák, hogy egymás után feldobnak egy szabályos pénzdarabot, és akinek a kaszinóban való tartozkódása alatt csupa fej-dobás történt, az nyer, akinek ott tartozkódása alatt történt írás dobás is az veszít. Végtelen sok ember egymást felváltva betér a kaszinóba, és ott megfigyel A_{n} pénzdobást. Lássuk be, hogy amennyiben A_{n} = [log n], ahol log kettes alapú logaritmust jelöl,

[x] pedig a legnagyobb x-nél kisebb egész szám, akkor egy valószínűséggel végtelen sok ember távozik nyertesen. Ha A_{n} = [\frac{101}{100} log n], akkor egy valószínűséggel csak véges sok ember távozik nyertesen. Mi a helyzet, ha A_{n} = [log n + log log n], és ha A_{n} = [log n + \frac{101}{100} log log n]?

Megoldás: Az egyes emberek egymástól függetlenül távoznak nyertesen vagy vesztesen a kaszinóból, és annak valószínűsége, hogy az n-ik ember nyertesen távozik 2^{−A_{n}}. A Borel–Cantelli lemma miatt egy valószínűséggel távozik végtelen sok em-

ber nyertesen, ha ∑_{n=1}^{∞} 2^{−A_{n}} = ∞, és egy valószínűséggel csak véges sok ember

távozik nyertesen, ha ∑_{n=1}^{∞} 2^{−A_{n}} < ∞. Ha A_{n} = [log n], akkor \frac{1}{n} ≤ 2^{−A_{n}} ≤

\frac{2}{n}, ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} = ∞, ezért ∑_{n=1}^{∞} 2^{−A_{n}} = ∞. Hasonlóan A_{n} = [\frac{101}{100} log n] esetében

∑_{n=1}^{∞} 2^{−A_{n}} < ∞ a ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{101/100}} < ∞ reláció miatt. Végül ∑_{n=1}^{∞} 2^{−A_{n}} = ∞, ha

A_{n} = [log n + log log n], és ∑_{n=1}^{∞} 2^{−A_{n}} < ∞, ha A_{n} = [log n + \frac{101}{100} log log n], a

∑_{n} \frac{1}{n log n} = ∞, és ∑_{n} \frac{1}{n(log n)^{101/100}} < ∞ relációk miatt.

4. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{k} független, diszkrét valószínűségi változók egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn, melyek valamilyen x_{1}, x_{2}, … értékeket vesznek fel. Legyenek A_{1} ⊂ {x_{1}, x_{2}, … }, A_{2} ⊂ {x_{1}, x_{2}, … }, …, A_{k} ⊂ {x_{1}, x_{2}, … } tetszőleges halmazok. Ekkor

P (ξ_{1} ∈ A_{1}, ξ_{2} ∈ A_{2}, …, ξ_{k} ∈ A_{k}) = P (ξ_{1} ∈ A_{1}) P (ξ_{2} ∈ A_{2}) ⋯ P (ξ_{k} ∈ A_{k}) .

Továbbá mutassuk meg, hogy tetszőleges {j_{1}, …, j_{s}} ⊂ {1, …, k} indexhalmazra a ξ_{j_{1}}, …, ξ_{j_{s}} valószínűségi változók függetlenek. Megoldás: A függetlenség miatt

P (ξ_{1} ∈ A_{1}, ξ_{2} ∈ A_{2}, …, ξ_{k} ∈ A_{k})

= ∑_{x_{1}∈A_{1}} ∑_{x_{2}∈A_{2}} ⋯ ∑_{x_{k}∈A_{k}} P (ξ_{1} = x_{1}, ξ_{2} = x_{2}, …, ξ_{k} = x_{k})

= ∑_{x_{1}∈A_{1}} ∑_{x_{2}∈A_{2}} ⋯ ∑_{x_{k}∈A_{k}} P (ξ_{1} = x_{1})P (ξ_{2} = x_{2}) ⋯ P (ξ_{k} = x_{k}) .

Másrészt

P (ξ_{1} ∈ A_{1}) P (ξ_{2} ∈ A_{2}) ⋯ P (ξ_{k} ∈ A_{k})

= ∑_{x_{1}∈A_{1}} P (ξ_{1} = x_{1}) ∑_{x_{2}∈A_{2}} P (ξ_{2} = x_{2}) ⋯ ∑_{x_{k}∈A_{k}} P (ξ_{k} = x_{k}) .

Elvégezve a beszorzásokat kapjuk a feladat első állítását. A második állítást megkapjuk az első speciális eseteként A_{j_{u}} = {x_{j_{u}}}, 1 ≤ u ≤ s és A_{j} = {x_{1}, x_{2}, … }, u ∈ {1, …, k} \ {j_{1}, …, j_{s}} választással.

A következő feladat megfogalmazása előtt felidézzük az alábbi definiciót.

Halmaz indikátorfüggvényének a definiciója. Legyen adva egy A ∈ A esemény egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Az A halmaz indikátorfüggvényén azt a χ_{A}(ω) valószínűségi változót értjük, melyre χ_{A}(ω) = 1, ha ω ∈ A, és χ_{A}(ω) = 0, ha ω ∉ A.

5. Legyenek A_{1}, …, A_{k} események egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Az A_{1}, …, A_{k} események akkor és csak akkor függetlenek, ha azok χ_{A_{1}}(ω), …, χ_{A_{k}}(ω) indikátorfüggvényei függetlenek. Megoldás: Ha a χ_{A_{1}}(ω), …, χ_{A_{k}}(ω) indikátorfüggvények függetlenek, akkor ezek tetszőleges részhalmaza is független az előző feladat eredménye szerint. Ezért minden {j_{1}, …, j_{s}} ⊂ {1, …, k} indexhalmazra

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}}) = P (χ_{A_{j_{1}}} = 1, …, χ_{A_{js}} = 1)
= P (χ_{A_{j_{1}}} = 1) ⋯ P (χ_{A_{js}} = 1) = P (A_{j_{1}}) ⋯ P (A_{j_{s}}) .

Ha az A_{1}, …, A_{k} események függetlenek, akkor egyes A_{j} eseményeket azok komplementerével helyettesítve ismét független eseményeket kapunk. Felírva az összes ilyen relációt, megkapjuk azokat az azonosságokat, melyek a χ_{A_{1}}(ω), …, χ_{A_{k}}(ω) indikátorfüggvények függetlenségét jelentik.

6. Véletlenül meghívunk 30 embert. Tegyük fel, hogy az egyes embereknek egymástól

függetlenül van születésnapjuk, és minden ember esetében \frac{1}{365} annak a valószínűsége, hogy az év valamely napján született. Mi annak a valószínűsége, hogy van két ember a társaságban, akiknek ugyanaznap van a születésnapjuk? Általánosabban, van n urna, amelyekbe bedobunk egymástól függetlenül k golyót úgy, hogy mindegyik golyó egyforma valószínűséggel esik az egyes urnákba. Mi annak a valószínűsége, hogy van olyan urna melybe legalább két golyó esik? Érdekel minket továbbá ennek a valószínűségnek a viselkedése, ha mind az n mind a k szám nagy, és a k = k(n) számnak megfelelő a nagyságrendje. Lássuk be, hogy a fenti

valószínűségnek van határértéke, ha n → ∞, \frac{k}{\sqrt{n}} → α valamilyen 0 ≤ α < ∞

számmal, és határozzuk meg ezt a határértéket. Megoldás: Jelölje ξ_{j} azt a valószínűségi változót, hogy a j-ik embernek az év hanyadik napján van a születésnapja. Ekkor a ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 30, valószínűségi

változók függetlenek, P (ξ_{j} = l) = \frac{1}{365}, 1 ≤ j ≤ 30, 1 ≤ l ≤ 365, és P (ξ_{j} ≠ ξ′_{j} ha j ≠ j′) annak a valószínűsége, hogy mindenkinek különböző nap van a születésnapja. Ez a valószínűség viszont

\frac{365 · 364 ⋯ (365 − 30 + 1)}{365^{k}} = ∏_{j=1}^{29} (1 − \frac{j}{365}) ,

mert annak valószínűlége, hogy az első ember születésnapja az l_{1}-ik, a másodiké az

l_{2}-ik és így tovább a k-ik ember születésnapja az l_{k}-ik napon van \frac{1}{365^{k}}, tetszőleges 1 ≤ l_{j} ≤ 365, 1 ≤ j ≤ 30 számok esetén, és ezeket a számokat ∏_{j=0}^{k−1}(365 − j)

módon választhatjuk úgy, hogy mindegyik l_{j} szám különböző legyen. Így annak a valószínűsége, hogy van két ember akinek ugyanazon a napon van a születésnapja

1 − ∏_{j=1}^{29} (1 − \frac{j}{365}).

Hasonlóan, annak valószínűsége, hogy ha k golyót dobunk n urnába az adott

módon, akkor van olyan urna, amelyikbe legalább két golyó esik 1 − ∏_{j=1}^{k−1} (1 − \frac{j}{n}).

Adjunk jó közelítést a log ∏_{j=1}^{k−1} (1 − \frac{j}{n}) = ∑_{j=1}^{k−1} log (1 − \frac{j}{n}) kifejezésre, ha n → ∞,

\frac{k(n)}{\sqrt{n}} → α. Heurisztikus érvelés szerint mivel log (1 − \frac{j}{n}) ∼ −\frac{j}{n} a log(1 + x)

függvény Taylor sorfejtése szerint, ezért ∑_{j=1}^{k−1} log (1 − \frac{j}{n}) ∼ − ∑_{j=1}^{k−1} \frac{j}{n} = −\frac{(k − 1)k}{2n},

ahonnan log ∏_{j=1}^{k(n)−1} (1 − \frac{j}{n}) → −\frac{α^{2}}{2} , ha n → ∞, és \frac{k(n)}{\sqrt{n}} → α. Ez a számolás

precizzé tehető, ha felhasználjuk például azt az egyenlőtlenséget, mely szerint

|log (1 − \frac{j}{n}) + \frac{j}{n}| ≤ \frac{2j^{2}}{n^{2}} ≤ \frac{const.}{n} , ha n elég nagy és \frac{j}{\sqrt{n}} ≤ α + 1,

ami szintén következik a log(1+x) Taylor sorfejtéséből. Miért? Innen kapjuk, hogy

1 − ∏_{j=1}^{k(n)−1} (1 − \frac{j}{n}) → 1 − e^{−α^{2}/2}, ha n → ∞, és \frac{k(n)}{\sqrt{n}} → α.

7. Egy urnában F fehér és P piros golyó van. Kihúzunk véletlenül egy golyót, majd visszadobunk R, R ≥ 0 ugyanolyan színű golyót az urnába. Minden húzás során a korábbiaktól függetlenül az urnában levő egyes golyókat egyforma valószínűséggel húzzuk ki. Lássuk be, hogy annak a valószínűsége, hogy a j-ik húzásban piros golyót húzunk megegyezik annak valószínűségével, hogy az első húzásban húzunk piros golyót. Annak valószínűsége, hogy a j-ik és k-ik húzásban húzunk piros golyót, j ≠ k, megegyezik annak valószínűségével, hogy az első és második húzásban húzok piros golyót. Megoldás: Vegyük észre, hogy egy olyan húzássorozatnak a valószínűsége, mely N piros és M fehér golyót tartalmaz csak az N és M számtól függ, nem függ a különböző színű golyók húzásának a sorrendjétől. Valóban, egy ilyen húzássorozat valószínűségét fel tudjuk írni. Ez

P (N, M) = \frac{P (P + R − 1) ⋯ (P + (N − 1)(R − 1))}{∏_{k=0}^{N+M−1}(P + P − k(R − 1))}

· F (F + R − 1) ⋯ (F + (M − 1)(R − 1))

(Miért?), és innen következik az állítás. Innen látható, hogy annak valószínűsége, hogy pontosan N piros és M fehér golyót húzunk és az első húzás eredménye piros megegyezik annak valószínűségével, hogy pontosan N piros és M fehér golyót húzunk és a j-ik húzás eredménye piros. Ugyanis mind a két valószínűség

\binom{N + M − 1}{M}P (N, M).

Innen következik, hogy annak valószínűsége, hogy az első húzás piros megegyezik annak valószínűségével, hogy a j-ik húzás piros. Hasonlóan látható, hogy annak a valószínűsége, hogy a j-ik és k-ik húzás piros megegyezik annak valószínűségével, hogy az első és a második húzás eredménye piros. Ezután a keresett valószínűsége-

ket könnyen kiszámíthatjuk. Annak valószínűsége, hogy a j-ik húzás piros \frac{P}{P + F} ,

és \frac{P (P + R − 1)}{(F + P)(F + P + R − 1)} annak a valószínűsége, hogy a j-ik és k-ik húzás piros,

j ≠ k,

Megjegyzés: A most vizsált modell R = 0 esetén a visszatevés nélküli, R = 1 esetén a visszatevéses urnamodellt adja mint speciális esetet.

8. 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: Számoljuk ki 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,

illetve 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}.

9. Tekintsük az előző feladatban bevezetett urnamodellt. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy az első húzás eredménye zöld, és annak, hogy a második húzás eredménye zöld.

Megoldás: Annak valószínűsége, hogy az első húzás eredménye zöld \frac{z}{z + s}. Az az

esemény, hogy a második húzás zöld úgy fordulhat elő hogy vagy egy zöld, zöld vagy egy sárga, zöld húzássorozat jelenik meg. A második keresett valószínűség ezen két húzássorozat valószínűségének az összege, tehát \frac{z}{z + s} · \frac{z}{z + s + 2} + \frac{s}{z + s} ·

\frac{z + 2}{z + s + 2} = \frac{z^{2} + s(z + 2)}{(z + s)(z + s + 2)}.

Megjegyzés: Ebben a feladatban olyan urnamodellt tekintettünk, melyben eltér annak a valószínűsége, hogy az első húzásban illetve annak a valószínűsége, hogy a második húzásban húzunk zöld golyót.

10.) Feldobunk egy szabályos pénzdarabot 100-szor egymás után. Számítsuk ki a fejdobások számának várható értékét. Megoldás: A fejdobások száma 0 és 100 között van. Annak valószínűsége, hogy k

fejdobás következik be, 0 ≤ k ≤ 100, p_{k} = \binom{100}{k}2^{−100}. Ezért a dobások számának

várható értéke Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100}, ahol ξ jelőli a fejdobások számát megadó

valószínűségi változót. Ezt az összeget közvetlenül kiszámíthatjuk. Valóban, mivel

k\binom{100}{k} = 100\binom{99}{k − 1}, ezért

Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100} = 50 ∑_{k=0}^{99} k\binom{99}{k}2^{−99} = 50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50.

Valójában a vizsgált várható értéket egyszeűbben is kiszámíthatjuk. Vezessük be a ξ_{j} valószínűségi változókat, ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej ξ_{j} = 0, ha a

j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a fejdobások száma ξ = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j},

Eξ = ∑_{j=1}^{100} Eξ_{j}. Mivel Eξ_{j} = \frac{1}{2}, 1 ≤ j ≤ 100, ezért Eξ = \frac{1}{2} · 100 = 50,

11.) Feldobunk egy szabályos dobókockát 100-szor egymás után. Tekintsük a dobások eredményeinek összegét. Számítsuk ki ennek az összegnek a várható értékét. Megoldás: Legyenek η_{1}, …, η_{100} független valószínűségi változók, melyekre P (η_{j} = k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor a kiszámítandó várható érték Eξ =

E ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Eη_{j}. Eη_{j} = \frac{1}{6}(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 3.5. Innen Eξ = 350.

Házi feladat:

Feldobunk egy szabályos dobókockát 100-szor egymás után. Tekintsük a páros értékű dobások eredményeinek összegét. Számítsuk ki ennek az összegnek a várható értékét.