DOLGOZAT FELADATOK

Megjegyzés: Abban az esetben, ha egy megkérdezett fogalom definícióját több (egymással ekvivalens) módon lehet megadni, akkor ezek mindegyike jó válasznak minősül.

1. Egy szabályos dobókockát feldobunk egymás után 100-szor egymástól függetlenül. Számítsuk ki a páros értékű dobások összegének a várható értékét és szórásnégyzetét.

2. Egy urnában 20 fehér és 30 piros golyó van. Kihúzunk 10 golyót úgy, hogy minden húzás után a golyót visszadobjuk az urnába, és vele együtt az urnába dobunk egy ugyanolyan színű golyót. Számoljuk ki a kihúzott piros golyók számának várható értékét és szórásnégyzetét.

3. Feldobunk egy szabályos dobókockát, majd ezután két szabályos dobókockát dobunk fel akkor, ha a dobás eredménye páros és egy dobókockát, ha a dobás eredménye páratlan szám. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy az első dobásban hatost dobtunk, feltéve, hogy a második dobásban megjelent egy hatos?

4. Mi a valószínűsége annak, hogy lottóhúzáskor (90 számból húznak ki ötöt), legalább hármas találatunk lesz?

5. Egy urnában n lap van, melyekre rá vannak írva a számok 1-től n-ig. Kihúzunk

egy lapot véletlenül, minden lapot egyforma \frac{1}{n} valószínűséggel, majd visszatesszük ezt a lapot az urnába és megismételjük a kisérletet. Mi a két kihúzott lapon levő szám összegének az eloszlása?

6. Legyen A_{1}, A_{2} és A_{3} három esemény egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Mikor mondjuk, hogy az A_{1}, A_{2} és A_{3} események függetlenek?

Megoldások:

1. Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 100, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye páratlen, ξ_{j} = 2, ha a j-ik dobás értéke 2, ξ_{j} = 4, ha a j-ik

dobás értéke 4, és ξ_{j} = 6, ha a j-ik dobás értéke 6, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a ξ = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j}

valószínűségi változó várható értékét és szórásnégyzetét kell kiszámolnunk. Viszont

Eξ_{j} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6) = 2, Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{6}(2^{2} + 4^{2} + 6^{2}) = \frac{28}{3}, Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = \frac{16}{3}

minden 1 ≤ j ≤ 100 indexre. Mivel a ξ_{j} valószínűségi változók függetlenek, ezért

ebből következik, hogy Eξ = 200 és Var ξ = \frac{1600}{3}.

2. Vezessük be a következő valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik húzás eredménye piros, és ξ_{j} = 0, ha a j-ik húzás eredménye fehér, 1 ≤ j ≤ 10. Ekkor min-

ket a ξ = ∑_{j=1}^{10} ξ_{j} valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete érdekel.

Ennek kiszámítása érdekében számoljuk ki először a ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10, várható értékeket, Var ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10, szórásnégyzeteket és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}), 1 ≤ j < k ≤ 10, covarianciákat. Vegyük észre, hogy Eξ_{j} megegyezik annak valószínűsével, hogy a j-ik húzás eredménye piros, ami, mint azt mind az órán mind a gyakorlaton megtárgyaltuk, megegyezik annak valószínűségével, hogy az első húzás piros. Ezért

Eξ_{j} = \frac{3}{5}. Hasonlóan, Eξ_{j}ξ_{k} = Eξ_{1}ξ_{2} = \frac{3}{5} · \frac{31}{51}, ahol az utolsó mennyiség annak valószínűsége, hogy az első két húzás piros. Ezért Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = Eξ_{j}Eξ_{k} −Eξ_{j}ξ_{k} =

\frac{3}{5} (\frac{31}{51} − \frac{3}{5}) = \frac{2}{425}. Továbbá Var ξ_{j} = Eξ_{j}^{2} − (Eξ_{j})^{2} = \frac{3}{5} − (\frac{3}{5})^{2} = \frac{6}{25}. Ezért

Eξ = ∑_{j=1}^{10} Eξ_{j} = 10 · \frac{3}{5} = 6, és Var ξ = ∑_{j=1}^{10} Var ξ_{j} + 2 ∑_{j=1}^{9} ∑_{k=j+1}^{10} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) =

\frac{12}{5} + 90 · \frac{2}{425} = \frac{12}{5} + \frac{36}{85} = \frac{240}{85} = \frac{48}{17}.

3. Jelölje A azt az eseményt, hogy az első dobás eredménye hatos, és B azt az

eseményt, hogy a második dobásban dobunk hatost. Ekkor a P (A|B) = \frac{P (A ∩ B)}{P (B)}

valószínűséget kell kiszámolnunk. P (A ∩ B) = \frac{1}{6} (1 − \frac{25}{36}) = \frac{11}{216}, mert \frac{1}{6} annak

valószínűsége, hogy az első dobás 6-os, ha ez bekövetkezik akkor két kockát dobunk fel, annak valószínűsége pedig, hogy ebben a két dobásban lesz hatos az 1 minusz

annak a valószínűsége, hogy egyik dobás sem hatos, azaz 1 − (\frac{5}{6})^{2}. Hasonlóan

P (B) = \frac{1}{2} · \frac{1}{6} + \frac{1}{2} · \frac{11}{36} = \frac{17}{72}, ahol az összeg első tagja azt adja meg, hogy az első dobás páratlan, a második pedig hatos, míg a második tag annak valószínűségét, hogy az első dobás páros, a második dobásban pedig megjelenik egy hatos. Innen

P (A|B) = \frac{11}{51}.

4. Annak valószínűsége, hogy pontosan három találatunk van \begin{matrix}\binom{5}{3} & \binom{85}{2} \\ ( & {90 \atop 5} & ) \end{matrix}, mert az öt jó

számból kell kiválasztanunk 3-at és a 85 rosszból kettőt, és minden választás egyforma valószínű. Hasonlóan annak valószínűsésge, hogy pontosan négy találatunk

lesz \begin{matrix}\binom{5}{4} & \binom{85}{1} \\ ( & {90 \atop 5} & ) \end{matrix}, és annak valószínűsége, hogy öt találatunk lesz \frac{1}{\binom{90}{5}}. Ezért a keresett

valószínűség \frac{5 · 85 · 84 + 5 · 85 + 1}{\binom{90}{5}}.

5. A két húzás eredményének az összege akkor lesz k, ha az első húzás eredménye valamilyen j a második húzás eredménye pedig k − j. Egy (j, k − j) pár húzásának

a valószínűsége \frac{1}{n^{2}} , ha 1 ≤ j ≤ n, és 1 ≤ k − j ≤ n, azaz k − n ≤ j ≤ k − 1, és nulla egyéb esetben. Ezért a kívánt valószínűség kiszámolásához azt kell tudnunk,

hány olyan (j, k − j) pár van, melynek valószínűsége \frac{1}{n^{2}} . Az ilyen párok száma nulla, ha k ≤ 1 vagy k ≥ 2n + 1, ezért egy ilyen k nulla valószínűséggel lesz az összeg értéke. Ha 1 ≤ k ≤ n + 1, akkor az ilyen számpárok száma k − 1, mert az 1 ≤ j ≤ k − 1 számok esetén lesz a (j, k − j) számpár megfelelő. Ezért az összeg

\frac{k − 1}{n^{2}} valószínűséggel vesz fel egy 2 ≤ k ≤ n + 1 értéket. Ha n + 1 ≤ j ≤ 2n, akkor

az összeg \frac{2n − k + 1}{n^{2}} valószínűséggel veszi fel a k értéket, mert ebben az esetben a (j, k − j) párnak olyannak kell lennie, melyre a k − n ≤ j ≤ n egyenlőtlenség teljesül.

6. Az A_{1}, A_{2} és A_{3} események akkor függetlenek, ha a P (A_{1} ∩ A_{2}) = P (A_{1})P (A_{2}), P (A_{1} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{3}), P (A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{2})P (A_{3}) és P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}) azonosságok mindegyike teljesül.