DOLGOZAT FELADATOK (A programozó matematikus gyakorlaton)

1.) Minden héten 1 000 000 ember lottózik, akik a lottószelvényeiket egymástól függetlenül töltik ki. (90 számból kell eltalálni az öt kihúzott azámot.) Mi annak a valószínűsége, hogy a 20. héten lesz először 5 találat?

2.) Három város valamelyikébe érkeztünk, mindegyikbe egyforma, azaz 1/3 valószínűséggel. Az egyik az igazmondók városa, ahol minden kérdésre 0.9 valószínűséggel válaszolnak igazat, a második a hazugok városa, ahol minden kérdésre 0.8 valószínűséggel hamis választ adnak, a harmadik a figyelmetlenek városa, ahol minden kérdésre a kérdéstől függetlenül 1/2 valószíműséggel igent és 1/2 valószínűséggel nemet válaszolnak. Megkérdezünk egy embert, akivel találkoztunk, hogy az igazmondók városába érkeztünk-e. Azt a választ kapjuk, hogy nem. Mi annak a valószínűsége, hogy az igazmondók városába érkeztünk?

3.) Két szabályos dobókockát feldobunk. Mi annak a valószínűsége, hogy mind a két

dobás páros feltéve, hogy legalább az egyik dobás hatos? 4.) Egy szabályos dobókockát feldobunk százszor. Számoljuk a páros értékű dobások

öszegének a várható értékét és szórásnégyzetét. 5.) Egy szabályos dobókockát feldobunk 101 alkalommal. Arra vagyunk kiváncsiak,

hogy hány olyan dobásidőpont volt, (a 2., 3., és így tovább a 101. dobásidőpontok között), amikor a dobás értéke (szigorúan) nagyobb volt, mint a megelőző dobás értéke. Számítsuk ki az ilyen dobásidőpontok számának a várható értékét.

6.) Mikor mondjuk, hogy három A, B és C esemény független egymástól?

MEGOLDÁSOK

1.) Annak a valószínűsége, hogy valaki egy héten ötös találatot ér el, \frac{1}{\binom{90}{5}}, annak a

valószínűsége, hogy nem ér el ötös találatot 1 − \frac{1}{\binom{90}{5}}, és mivel a lottózok egymástól

függetlenüljátszanak, annak valószínűsége, hogy az 1 000 000 lottozó egyike sem

ér el ötös találatot egy adott héten P = (1 − \frac{1}{\binom{90}{5}})^{1 000 000}. Továbbá annak

valószínűsége, hogy 19 héten keresztül nincs ötös találat, a 20. héten viszont van P^{19}(1 − P). Ezért a keresett valószínűség

(1 − \frac{1}{\binom{90}{5}})^{19 000 000} (1 − (1 − \frac{1}{\binom{90}{5}})^{1 000 000}) .

2.) Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az igazmondók városába érkeztünk, A_{2} hogy a hazugok, A_{3}, pedig, hogy a figyelmetlenek városába. Jelölje B azt az eseményt, hogy kérdésünkre nemleges választ kaptunk. Ekkor feltevéseink szerint P (A_{1}) = P (A_{2}) = P (A_{3}) = \frac{1}{3}, P (B|A_{1}) = 0.1 (az igazmondók városában hazudtak), P (B|A_{2}) = 0.2 (a hazugok városában igazat mondtak), P (A_{3}|B) = 0.5. Minket a P (A_{1}|B) feltételes valószínűség érdekel. Ez

P (B|A_{1}) = \frac{P (A_{1} ∩ B)}{P (A_{1})} = \frac{P (B|A_{1})P (A_{1})}{P (B|A_{1})P (A_{1}) + P (B|A_{2})P (A_{2}) + P (B|A_{3})P (A_{3})}

= \frac{\frac{1}{3} · 0.1}{\frac{1}{3} · 0.1 + \frac{1}{3} · 0.2 + \frac{1}{3} · 0.5} = \frac{1}{8}.

3.) A keresett feltételes valószínűség megegyezik annak a valószínűségével, hogy az egyik dobás hatos a másik dobás pedig páros osztva annak a valószínűségével, hogy volt egy hatos dobás. Az, hogy az egyik dobás hatos a másik pedig páros azt jelenti, hogy a (2,6), (4,6), (6,6), (6,2), (6,4) dobások valamelyike következik be, ennek valószínűsége pedig \frac{5}{36}. Annak valószínűsége, hogy lesz hatos dobás a valószínűsége pedig \frac{11}{36}. Ez például úgy látható, hogy annak valószínűsége, hogy nem lesz hatos dobás \frac{5}{6} · \frac{5}{6} = \frac{25}{36}, a komplementer esemény valószínűsége pedig \frac{11}{36}.

Így a keresett feltételes valószínűség értéke \frac{\frac{5}{36}}{\frac{11}{36}} = \frac{5}{11}.

4.) Vezessük be a következő ξ_{k} valószínűségi változókat, 1 ≤ k ≤ 100: ξ_{k} = 2, ha a k-ik kockadobás értéke 2, ξ_{k} = 4, ha a k-ik kockadobás értéke 4, ξ_{k} = 6, ha a k-ik kockadobás értéke 6, ξ_{k} = 0, ha a k-ik kockadobás értéke 1, 3 vagy 5. Ekkor minket

a ξ = ∑_{k=1}^{100} ξ_{k} valószínűségi változó várható értéke és szórásnégyzete érdekel. Viszont

Eξ = ∑_{k=1}^{100} Eξ_{k} Var ξ = ∑_{k=1}^{100} Var ξ_{k}, Eξ_{k} = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6) = 2, Var ξ_{k} = Eξ_{k}^{2} − (Eξ_{k})^{2},

Eξ_{k}^{2} = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36) = \frac{28}{3}, Var ξ_{k} = 163 minden 1 ≤ k ≤ 100 számra. Innen következik, hogy Eξ = 100 · 2 = 200, Var ξ = 100 · \frac{16}{3} = \frac{1600}{3}.

5.) Vezessük be a következő ξ_{k} valószínűségi változókat, 1 ≤ k ≤ 100: ξ_{k} = 1, ha a k + 1-ik kockadobás értéke nagyobb, mint a k-ik kockadobás értéke, ξ_{k} = 0, ha a k + 1-ik kockadobás értéke kisebb vagy egyenlő, mint a k-ik kockadobás értéke.

Ekkor minket a ξ = ∑_{k=1}^{100} ξ_{k} valószínűségi változó várható értéke érdekel. Viszont

Eξ = ∑_{k=1}^{100} Eξ_{k}, Eξ_{k} = P (ξ_{k} = 1, és P (ξ_{k} = \frac{1}{36}(5 + 4 + 3 + 2 + 1) = \frac{5}{12}, (Ha a k-ik

dobás értéke 1, akkor a k + 1-ik dobás 5 értéket vehet fel, ha 2 akkor 4-et, ha 3 akkor 3-at sit.) Ezért a keresett várható érték \frac{500}{12} = \frac{125}{3}.

6.) Az A, B és C események akkor függetlenek, ha a következő azonosságok mindegyike teljesül:

P (A ∩ B) = P (A)P (B)
P (A ∩ C) = P (A)P (C)
P (B ∩ C) = P (B)P (C)
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C).