A március 4.-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai.

Feladatok:

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:

1. 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, amelyben 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, amelyet 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 → ∞.

2. Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{k} független, diszkrét valószínűségi változók egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn, amelyek 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, amelyre χ_{A}(ω) = 1, ha ω ∈ A, és χ_{A}(ω) = 0, ha ω ∉ A.

3. 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, amelyek a χ_{A_{1}}(ω), …, χ_{A_{k}}(ω) indikátorfüggvények függetlenségét jelentik.

4. 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 amelybe 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, amely 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.

5. 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, amely 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.

6. 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}.

7. 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, amelyben eltér annak a valószínűsége, hogy az első húzásban illetve annak a valószínűsége, hogy a második húzásban húzunk zöld golyót.

8. 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} \binom{99}{k}2^{−99} = 50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50.

Valójában a vizsgált várható értéket egyszerűbben 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,

9.) Feldobunk egy szabályos dobókockát 100-szor egymás után. Tekintsük a dobások eredményeinek összegét. Számítsuk ki ennek az összegnek a várható értékét. Megoldás: Definiáljuk az η_{1}, …, η_{100} független valószínűségi változókat úgy, hogy η_{j} és a a j-ik dobás értéke megegyezik. Ekkor P (η_{j} = k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 6,

és minket a ξ = ∑_{j=1}^{100} η_{j} valószínűségi változó várható értéke érdekel. Ez könnyen

kiszámolható, mert 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.

10. Feldobunk egy szabályos pénzdarabat 100-szor egymás után. Tekintsük az egymást követő fej-fej dobássorozatok számát, és számítsuk ki annak várható értékét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 99, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik és j + 1-ik dobások mindegyikének eredménye fej, ξ_{j} = 0 egyébként.

Vegyük észre, hogy minket az S = ∑_{j=1}^{99} ξ_{j} valószínűségi változó várható értéke

érdekel. Ezért ES = E ( ∑_{j=1}^{99} ξ_{j}) = ∑_{j=1}^{99} Eξ_{j} = \frac{99}{4}, mivel Eξ_{j} = \frac{1}{4}. (Érdemes

megjegyezni, hogy az ebben a feladatban tekintett ξ_{j} valószínűségi változók nem függetlenek, de a függetlenségre nincs szükség a várható érték additivításáhaz.)