A január 29-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai

Feladatok:

1. Egy pénzdarabot feldobunk kétszer. Mi annak a valószínűsége, hogy pontosan egy fejdobás lesz? Mi annak a valószínűsége, hogy legalább egy fejdobás lesz? Megoldás: A dobások lehetséges kimenete, (F, F), (F, I), (I, F) és (I, I). Ezen lehetséges kimenetelek mindegyikének a valószínűsége \frac{1}{4}. Ezért annak a valószínűsége, hogy pontosan egy fejdobás, azaz az (F, I) vagy (I, F) dobássorozat következik be \frac{1}{2}. Annak a valószínűsége, hogy legalább egy fejdobás, azaz az (F, F), (F, I) vagy (I, F) dobássorozatok eredménye következik be, \frac{3}{4}.

2. Feldobunk két szabályos dobókockát. Mi annak a valószínűsége, hogy a dobáseredmények összege pontosan 9 illetve pontosan 10? Hány különböző módon fordulhat elő, hogy a dobások összege 9 és hány különböző módon lehet a dobások összege 10? Megoldás: A dobások összegének eredménye akkor 9, ha a (3, 6), (4, 5), (5, 4) vagy (6, 3) dobáspárok valamelyike következik be. Ezen dobássorozatok mindegyikének valószínűsége \frac{1}{36}, ezért \frac{4}{36} = \frac{1}{9} annak a valószínűsége, hogy az összeg pontosan 9. Hasonlóan, az összeg akkor 10, ha a (4, 6), (5, 5) vagy (6, 4) dobáspárok valamelyike jelenik meg, és ennek a valószínűsége \frac{3}{36} = \frac{1}{12}. Jegyezzük meg, hogy a fenti tárgyalásban az egyes kimenetelek felsorolásában nemcsak azt vettük figyelembe, hogy milyen dobáseredmények jelentek meg, hanem azt is, hogy melyik kockán jelentek meg ezek a dobáseredmények. Miért?

Házi feladat:

Három szabályos dobókockát feldobunk. Mi annak a valószínűsége, hogy három hatos lesz a dobások eredménye? Annak, hogy két hatos és egy ötös? Annak, hogy egy egyes egy kettes és egy hármas?

3. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk 10 000 alkalommal. Mi annak a valószínűsége, hogy pontosan 5000 fej és 5000 írás dobás lesz? Adjunk a kapott valószínűségre jó közelítő becslést a Stirling formula segítségével. Megjegyzés: A Stirling formula az n! kifejezésre ad jó becslést nagy pozitív egész számokra. E formula szerint n! ∼ \sqrt{2πn} (\frac{n}{e})^{n}.

Megoldás: Egy szabályos pénzdarab 10 000-szeri feldobása esetén minden lehetséges

10 000 hosszú fej-írás sorozat valószínűsége 2^{−10 000}. Összesen \binom{10 000}{5000} olyan fej-

írás sorozat van, amelyik 5000 fej és 5000 írás jelet tartalmaz. Ezért a keresett

valószínűség \binom{10 000}{5000}2^{−10 000}.

A Stirling formula alapján \binom{10 000}{5000} = \frac{10 000!}{(5000!)^{2}} ∼ \begin{matrix}\sqrt{2π10 000} & (\frac{10 000}{e}) & 10 000 \\ (\sqrt{2π5000} (\frac{5000}{e})^{5000}) & 2 \end{matrix} ,

ahonnan \binom{10 000}{5000} ∼ \frac{1}{\sqrt{5000π}} 2^{10 000}. Ezért a keresett valószínűség körülbelül

\frac{\sqrt{2}}{100\sqrt{π}} ∼ 0.008.

4. Egy pénzdarabot feldobunnk 10-szer egymás után. Jelölje A_{j} azt az eseményt, (halmazt) hogy a j-ik dobás eredménye fej, 1 ≤ j ≤ 10. Hogyan értelmezhetjük az A_{j} eseményt mint halmazt? Fejezzük ki az A_{j} események segítségével, unió, metszet és halmaz komplementerképzés műveletét használva azt a B eseményt, hogy legalább három fejdobás történt. Fejezzük ki a fenti eseményt úgy is, hogy csak diszjunkt halmazok unióját tekintjük. (Beszéljük meg röviden az utolsó formula kapcsolatát a más matematikai tantárgyban már tanult logikai formák konjunktiv normálformjával.) Megoldás: Az az esemény, hogy a j_{1}-ik, j_{2}-ik és j_{3}-ik dobás eredménye fej, A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ Aj_{3}. Az, hogy legalább három fejdobás történt, azt jelenti, hogy léteznek ilyen 1 ≤ j_{1} ≤ j_{2} ≤ j_{3} indexek. Ezért a kifejezendő B esemény

B = ⋃_{\begin{matrix}j_{1}, j_{2}, j_{3} \\ 1≤j_{1}<j_{2}<j_{3}≤10 \end{matrix}} A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ Aj_{3}.

Az unióban szereplő kifejezések nem diszjunktak. De átírhatjuk a kívánt formáan, ha úgy írjuk fel a keresett eseményt, hogy bizonyos 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} indexekre, s ≥ 3, a dobás eredménye fej, a többi dobás eredménye írás. Ezért

B = ⋃_{s=3}^{10} ⋃_{\begin{matrix}j_{1}, j_{2},...,j_{s} \\ 1≤j_{1}<j_{2}<···j_{s}≤10 \end{matrix}} (A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ Aj_{s} ∩ ⋂_{l∈\{1,··· ,10\}\\{j_{1},...,j_{s}\}} Ā_{l}) ,

ahol Ā jelöli az A esemény (halmaz) komplementerét.

Házi feladat:

Definiáljunk olyan valószínűségi mezőt, melyben lehet vizsgálni egy szabályos dobókocka öt egymásutáni dobásának az eredményét.

5. Egy pénzdarabot feldobunnk végtelen sokszor egymás után. Jelölje A_{j} azt az eseményt, (halmazt) hogy a j-ik dobás eredménye fej, 1 ≤ j < ∞. Fejezzük ki az A_{j} események segítségével, unió, metszet és halmaz komplementerképzés műveletét használva azt a D eseményt, hogy legalább hogy az első n dobásban történt fejdobások számának limesz szuperiora nagyobb vagy egyenlő mint \frac{2}{3}, ha n → ∞. Fejezzük ki ezt az eseményt az A_{j} események segítségével úgy is, hogy csak megszámlálható sok halmaz metszetét és unióját szabad vennünk. Beszéljük meg, hogy ez a feladat kapcsolatban van a következő kérdéssel: Ha az A_{j} események, (tehát azok az események, hogy egy végtelen pénzdobás egyes eredményei fej dobások) benne vannak valamely (Ω, A, P) valószínűségi mező A σ-algebrájában, akkor az az esemény, hogy a dobásszámok limesz superiora nagyobb vagy egyenlő mint \frac{2}{3} szintén benne van az A σ-algebrában, tehát van értelme ezen esemény valószínűségéről beszélni.

Megoldás: Jelölje C(k, n), 0 ≤ k ≤ n, azt az eseményt, hogy az első n dobásban legalább k fejdobás történt. Ekkor

C(k, n) = ⋃_{\begin{matrix}j_{1}, j_{2},··· ,j_{k} \\ 1≤j_{1}<j_{2}<···<j_{k}≤n \end{matrix}} A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ Aj_{k}.

Tekintsünk egy 0 ≤< α ≤ 1 számot, és definiáljuk azokat a D(n, α), n = 1, 2, …, és D(α) eseményeket, amelyek azt jelölik, hogy rögzített n számra van olyan, N > n szám melyre az első N dobásban legalább [αN] fejdobás történt, illetve akármilyen nagy n számra létezik olyan N > n szám, melyre legalább Nα fejdobás történt. Itt [x] az x szám egész részét jelöli, azaz a legnagyobb az x számnál kisebb egész számot. Ekkor

D(n, α) = ⋃_{N=n}^{∞} C([αN], N),

D(α) = ⋂_{n=1}^{∞} D(n, α).

Az az esemény, hogy a limesz szuperior nagyobb vagy egyenlő mint a \frac{2}{3} szám

megegyezik azzal az eseménnyel, hogy a D(α) esemény bekövetkezik minden α < \frac{2}{3} számra. Ezért

D = ⋂_{α< \frac{2}{3}} D(α).

Az utolsó kifejezésben kontinum sok (egymásba skatulyázott) esemény metszetét

vettük. Viszont ugyanezt a D eseményt kapjuk, ha csak α = \frac{2}{3} − \frac{1}{n}, n ≥ 2 alakú halmazokra vesszük a metszetet. Ezért

D = ⋂_{n=2}^{∞} D (\frac{2}{3} − \frac{1}{n}) ,

és ez a kívánt tulajdonságú előállítása a D halmaznak.

De Méré lovag problémája:

Az utolsó két probléma történetileg érdekes. Ezekkel a kérdésekkel fordult de Méré lovag Pascalhoz. Sokan e feladat megoldásától, illetve Pascalnak és Fermat-nak e probléma megoldásáról szóló levelezésétől számítják a valószínűségszámítás megszületését.

a.) Ha egy kockát 4-szer feldobunk, akkor mi annak a valószínűsége, hogy legalább egy hatos dobás lesz? Ha két kockát 24-szer feldobunk, mi annak a valószínűsége, hogy legalább egy dupla hatos lesz.

(De Méré lovag arra csodálkozott rá, hogy az első valószínűség \frac{1}{2}-nél kicsit nagyobb, a második valószínűség pedig \frac{1}{2}-nél kicsit kisebb.)

b.) Két játékos egy igazságos játékot játszik, melynek mindegyik fordulójában az egyes játékosok \frac{1}{2} valószínűséggel nyernek, illetve veszítenek. Megállapodnak, hogy az a játékos nyeri el a tétet, aki először ér el hat nyerést. A játékot félbe kell szakítaniuk akkor, amikor az egyiküknek három a másikuknak pedig öt nyerése volt. Hogyan kell igazságosan osztozkodniuk?

Megoldás:

a.) Annak a valószínűsége, hogy egy dobás eredménye nem hatos \frac{5}{6}, annak pedig, hogy 4 egymás utáni dobásban nem jelenik meg a hatos (\frac{5}{6})^{4}. Annak a valószínűsége, hogy négy dobásban megjelenik egy hatos P_{1} = 1 − (\frac{5}{6})^{4}. Hasonlóan, annak a valószínűsége, hogy két kocka dobásában nem jelenik meg a dupla hatos \frac{35}{36}, annak a valószínűsége, hogy ez 24 dobásban nem jelenik meg (\frac{35}{36})^{24}. Annak a valószínűsége, hogy 24 dobásban megjelenik egy dupla hatos P_{2} = 1 − (\frac{35}{36})^{24}. Érdemes megérteni, hogy a P_{1} és P_{2} valószínűségek miért vannak olyan közel egymáshoz. Vezessük be az a_{n} = (1 − \frac{1}{n})^{n}, n = 1, 2, …, számokat. Ekkor 1 − P_{1} = a_{6}^{2/3}, 1 − P_{2} = a_{36}^{2/3}. Viszont tanultuk az analízisben, hogy lim_{n→∞} a_{n} = e^{−1}, e = 2.71 . . .. Továbbá ez az a_{n} sorozat elég gyorsan tart a határértékéhez, ezért az a_{6} ∼ e^{−1} és a_{36} ∼ e^{−1} elég jó közelítés. Ezért mind a P_{1} mind a P_{2} valószínűség jól közelíthető az 1 − e^{−2/3} számmal. Továbbá ismeretes, hogy az a_{n} sorozat monoton nő, és innen adódik, hogy P_{1} > P_{2}. Történetesen az 1 − e^{−2/3} szám közel van \frac{1}{2}-hez, és a P_{1} és P_{2} valószínűségek ezt a számot közrefogják. A P_{1} szám értéke \frac{1}{2} + \frac{23}{1296} ∼ 0.5177.

b.) Tekintsük azt az általánosabb problémát, amikor n nyerés kell a tét megszerzéséhez, és az első játékos k a második pedig l alkalommal nyert. Tekintsük a következő (n − k) + (n − l) − 1 = 2n − k − l − 1 fordulót. A természetes osztozkodási elv a következő: Ha az első játékos p_{1} a második játékos pedig p_{2} = 1−p_{1} valószínűséggel nyer, akkor a természetes osztozkodási arány \frac{p_{1}}{p_{2}} = \frac{p_{1}}{1 − p_{1}} . Számoljuk ki a p_{1}

valószínűséget. Az első játékos akkor és csak akkor nyerné el a tétet, ha ezekben a fordulókban legalább n − k alkalommal nyer. Ennek valószínűsége

P = 2^{k+l+1−2n} ∑_{j=n−k}^{2n−k−l−1} \binom{2n − k − l − 1}{j}.

Jelen esetben k = 3, l = 5, n = 6, ezért az első játékos \frac{1}{8}, a második játékos \frac{7}{8} valószínűséggel nyeri el a tétet. Az igazságos tehát az 1 : 7 arányú osztozkodás.