A szeptember 23.-i gyakorlat témája

1. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk végtelen sokszor. Mutassuk meg, hogy annak a valószínűsége, hogy nem lesz fejdobás nulla. Annak valószínűsége, hogy legfeljebb 100 fejdobás lesz szintén nulla. Megoldás: Annak valószínűsége, hogy az első n dobásban nem lesz fejdobás, azaz csupa írásdobás következik be 2^{−n}. Annak valószínűsége, hogy egyáltalán nem lesz fejdobás megegyezik annak az eseménynek a valószínűségével, hogy minden n számra az első n dobásban nem lesz fejdobás, és ennek valószínűsége kisebb, mint 2^{−n} minden n = 1, 2, … számra. Innen következik, hogy a vizsgált valószínűség nulla. Hasonlóan annak az eseménynek a valósínűsége, hogy az első 100n dobásban legfeljebb 100 fejdobás következik be kisebb, mint annak a valószínűsége, hogy vagy az első 100 sem a 101. és 200. közötti sem az 100(n − 1) + 1. és 100n. közötti dobásban nem történik tiszta fejdobás sorozat, és ennek valószínűsége (1 − 2^{−100})^{n}. Ezért annak valószínűsége, hogy egyáltalán nem következik be fejdobás kisebb, mint (1 − 2^{−100})^{n} minden n számra, tehát nulla.

2. Ledobunk az egység intervallumra egy pontot véletlenül egyenletes eloszlásban, azaz annak valószínűsége, hogy a ledobott pont egy [a, b] intervallumba esik, [a, b] ⊂ [0, 1] b − a-val egyenlő. Lássuk be, hogy annak valószínűsége, hogy a ledobott pont pontosan a \frac{π}{6} pontba esik nulla. Megoldás: Annak valószínűsége, hogy a ledobott pont a \frac{π}{6} pontba esik kisebb, mint annak a valószínűsége, hogy a ledobott pont a [\frac{π}{6} − e, \frac{π}{6} + ε] intervallumba esik. Ez igaz minden ε > 0 számra. Ez csak úgy lehetséges, ha a vizsgált valószínűség nulla.

Fontos megjegyzés: Az üres, be nem következő esemény valószínűsége nulla. Az előbb tárgyalt egyszerű feladatok azt mutatják, hogy lehetséges az, hogy egy esemény bekövetkezhet, a valószínűsége mégis nulla. Nagyon fontos, hogy ezt jől megértsük.

3. Egy szabályos dobókockát sokszor feldobunk egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy a 3. hatos dobás a 20. vagy az egyik későbbi dobásban jelenik meg? Megoldás: Ez azt jelenti, hogy az első 19 dobásban nulla, egy vagy két hatos jelenik

meg. Ennek valószínűsége (\frac{5}{6})^{19} + \binom{19}{1} (\frac{5}{6})^{18} · \frac{1}{6} + \binom{19}{2} (\frac{5}{6})^{17} · (\frac{1}{6})^{2}.

második megoldás: Ez azt jelenti, hogy a harmadik hatos dobás eredménye a 20, 21, 22 vagy valamelyik későbbi dobás eredménye. (Tudni kell, hogy egy valószínűséggel előbb-utóbb megjelenik a harmadik fej-dobás.) Ennek valószínűsége

(\frac{1}{6})^{3} ∑_{k=20}^{∞} \binom{k − 1}{2} (\frac{5}{16})^{k−3} .

Annak érdekében, hogy megértsük az első megoldás jogosságát lássuk be, hogy 3a. Annak, hogy egy szabályos dobókocka végtelen sok egymás utáni feldobása során

nem jelenik meg három hatos nulla a valószínűsége. Valójában ennek a feladatnak a megoldása hasonló az első feladat megoldásához, de leírom. Megoldás: Az állítás ekvivalens azzal, hogy annak valószínűsége, hogy bekövetkezik legaláb három hatos dobás 1. Ez utóbbi esemény valószínűsége viszont nagyobb mint az, hogy (akárhogyan is rögzítünk egy n egész számot) annak valószínűsége, hogy az első n dobás közül legalább egy hatos, az n + 1-ik és 2n-ik dobás közötti dobások közül legalább az egyik hatos és a 2n+1-ik éa 3n-ik dobás közötti dobások

közül legalább az egyik hatos. Ennek valószínűsége viszont (1 − (\frac{5}{6})^{n})^{3}. Ezért

a vizsgált valószínűség ennél a számnál nagyobbnak kell lenni tetszőleges n-re, ami csak úgy lehetséges, hogy ez a valószínűség 1.

Felmerülhet az a kérdés, hogy hogyan lehet megmutatni valószínűségi meggondolások nélkül azt, hogy az előbb tárgyalt feladat két megoldásában szereplő két látszólag teljesen különböző kifejezés megegyezik. Megmutatom, hogy hogy a második

összegben szerepló végtelen összeg összegezhető a (1 + x)^{α} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{α}{k}x^{k}, ha |x| < 1

aonosság segítségével, ahol \binom{α}{k} = \frac{α(α − 1) ⋯ (α − k + 1)}{k!}. (A fenti azonosság minden

valós α számra érvényes, tekinthető úgy mint az általánosított binomiális tétel, és az (1 + x)^{α} függvény Taylor sorfejtéséből következik.) Azt kell észrevenni, hogy

\binom{k − 1}{2} = \frac{(2 − k)(1 − k)}{2} = (−1)^{k−1} \frac{(−3)(−4) ⋯ (1 − k)}{(k − 3)!} = (−1)^{k−1}\binom{−3}{k − 3},

ahonnan ∑_{k=3}^{∞} \binom{k − 1}{2} (\frac{5}{16})^{k−3} = ∑_{k=3}^{∞} \binom{−3}{k − 3} (−\frac{5}{16})^{k−3} = ∑_{k=0}^{∞} \binom{−3}{k} (−\frac{5}{16})^{k} =

(1 − \frac{5}{6})^{−3} = (\frac{1}{6})^{−3}.

4. Egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó van. Kihúzunk egymás után 10 golyót visszatevéssel. Mi annak a valószínűsége, hogy az első húzás piros? Mi annak a valószínűsége, hogy a második húzás piros? Annak, hogy az ötödik húzás piros? Annak, hogy az első és második húzás piros? Annak, hogy a második és ötödik húzás piros? Megoldás: Minden golyót egyforma valószínűséggel húzunk ki, húsz piros és harminc fehér golyó közül választhatunk. Ezért annak a valósínűsége, hogy az első húzás eredménye piros ezért \frac{20}{30}. Ugyanez a valószínűsége annak, hogy a második vagy annak a valószínűsége, hogy az ötödik húzás piros szintén \frac{20}{50}, ugyanis mindegyik esetben 50 golyóból kell kiválasztanunk 20-t, mindegyik golyó húzása egyforma valószínű. Hasonlóan látható, hogy annak valószínűsége, hogy az első és második húzás piros, (\frac{2}{5})^{2}, és ugyanez annak a valószínűsége, hogy a második és ötödik húzás piros.

Az előző feladat számunkra elsősorban azért érdekes, mert párhuzamba állítható a következő feladattal.

5. Egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó van. Kihúzunk egymás után 10 golyót visszatevés nélkül. Mi annak a valószínűsége, hogy az első húzás piros? Mi annak a valószínűsége, hogy a második húzás piros? Annak, hogy az ötödik húzás piros? Annak, hogy az első és második húzás piros? Annak, hogy a második és ötödik húzás piros? Megoldás: Annak valószínűsége, hogy az első húzás piros \frac{20}{50}, annak a valóazínűsége, hogy az első és második húzás piros \frac{20}{50} \frac{19}{49}. Ez hasonlóan látható, mint az előző feladat megoldása. Annak valószínűsége, hogy a második húzás piros megegyezik annak a valószínűségével, hogy vagy az első húzás piros és a második húzás piros vagy az első húzás fehér és a második hűzás piros. Ennek valószínűsége \frac{20}{50}1949 + \frac{30}{50} \frac{20}{49} = \frac{20(19+30)}{50·49} = \frac{20}{50}. Ez azt jelenti, hogy annak valószínűsége, hogy a második húzás piros megegyezik annak valószínűségével, hogy az első húzás piros. Annak valószínűsége, hogy a második és ötödik húzás megegyezik annak valószínűségével, hogy az első és a második húzás piros. Ez belátható hasonlóan az előző számoláshoz, de ez kissé bonyolult. Megmutatjuk, hogy az események halmazokkal való reprezentációjával ez a feladat egyszerűbben megoldaható.

5a.) Vezessük be a következő eseményeket az előző feladatban: Legyen A(ε_{1}, …, ε_{10}), ε_{j} = ±1, 1 ≤ j ≤ 10 az az esemény, amelyik akkor következik be, ha a 10 házás során a j-ik húzás piros, ha az ε_{j} koordináa 1, és a j-ik húzás fehér, ha a j-ik húzás fehér. Ezt az előírást minden 1 ≤ j ≤ 10 indexre megk0veteljük. Lássuk be, hogy ilyen módon a valószínűségi mező egy 2^{10} elemű particióját definiáltuk, az az esemény, hogy a második és ötödik húzás piros megegyezik az ⋃_{ε_{2}=1.ε_{5}=1}A(ε_{1}, …, ε_{10})

esenénnyel, az az esemény pedig, hogy az első és második hízás piros megegyezik az ⋃_{ε_{1}=1.ε_{2}=1} A(ε_{1}, …, ε_{10}) esenénnyel. Mutassuk meg, hogy az A(ε_{1}, …, ε_{10}), ε_{j} =

±1, esemény valószínűsége csak az esemény definiciójában szereplő ε_{j} = 1 és ε_{j} = −1 koordináták számától függ, de független azok sorrendjétől. Lássuk be ezen észrevételek segítségével az 5. feladat hiányző részét. Megoldás: Mutassuk meg, hogy az A(ε_{1}, …, ε_{10}), ε_{j} = ±1, események nyilvánvalóan diszunktak külünbözőek különböző koordináták esetén, uniójuk pedig a biztos esemény, hiszen tartalmazzák a 10 hosszíságú húzássorozat összes lehetséges kimenetelét. Ez jelenti azt, hogy a felsorolt halmazok particiót alkotnak. Az, hogy az adott kifejezések a második és ötödik húzásban történt piros húzás illetve az első és második húzásban történt piros húzást jelent hasonlóan látható. Annak valószínűsége, hogy egy olyan A(ε_{1}, …, ε_{10}), ε_{j} = ±1 esemény következik be, amelynek koordinátái l piros és 10 − l fehér húzást tartalmaznak egyenló a

P (l) = \frac{20 · 19 ⋯ (20 − l + 1) · 30 · 29 ⋯ (30 − (10 − l) + 1)}{50 · 49 ⋯ 41}

kifejezéssel, hiszen amikor kiszámoljuk ezt a valőszínűséget ez a kifejezés jelenik meg, az ε_{j}-k sorrendje csak a számlálóban szereplő tényezők sorrendjének megjelenését befolyásolja. Vegyük észre, hogy amennyiben a második és ötödik húzás piros akkor az, hogy összesen l piros húzás következik be \binom{8}{l−2} A(ε_{1}, …, ε_{10}), ε_{j} = ±1 esemény bekövetkezésekor történik meg, amelyek mindegyikének valószínűsége P (l). Ezért annak a valószínűsége, hogy a második és ötödik húzás piros és összesen l piros húzás következik be \binom{8}{l−2}P (l), annak valószínűsége pedig, hogy a második

és ötödik húzás piros ∑_{l=0}^{8} \binom{8}{l−2}P (l). Hasonló módon annak a valószínűsége, hogy az

első és második hűzás piros ∑_{l=0}^{8} \binom{8}{l−2}P (l), tehát a két valószínűség megegyezik. A

feladat további állításai hasonlóan láthatóak.

Házi feladat:

Egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó van. Kihúzunk egymás után 10 golyót úgy hogy minden húzás után a golyót visszadobjuk az urnába, és vele együtt visszadobunk két ugyanolyan színű golyót. Mutassuk meg, hogy annak a valószínűsége, hogy az első és második kihúzott golyó piros megegyezik annak a valósínűségével, hogy a második és ötödik kihúzott golyó piros.

6. Legyen adva végtelen sok A_{1}, A_{2}, … esemény. Fejezzük ki ezen események segítségével az únió, metszet és komplementer leképezések felhasználásával azt az eseményt, hogy az A_{1}, A_{2}, … események közül végtelen sok következik be. Megoldás: Az az esemény, hogy az A_{1}, A_{2}, … események közül végtelen sok következik be úgy is megfogalmazható, hogy bármely n indexre létezik olyan N ≥ n index melyre az A_{N} esemény bekövetkezik. Rögzített n számra az az esemény, hogy bekövetkezett az A_{N} esemény valamely N ≥ n indexre felírható mint a B_{n} =

⋃_{n=N}^{∞} A_{N} esemény. Az, hogy a B_{n} események mindegyike bekövetkezik az C =

⋂_{n=1}^{∞} B_{n} esemény. Ezért a vizsgált esemény felí4ható C = ⋂_{n=1}^{∞} B_{n} = ⋂_{n=1}^{∞} ( ⋃_{n=N}^{∞} A_{N})

alakban írható.

Házi feladat:

Fejezzük ki unió, metszet és komplementerképzés segítségével azt az eseményt, hogy végtelen sok A_{1}, A_{2}, … események közül véges sok kivételével mindegyik bekövetkezik.

7. Adjunk valószínűségi modellt a negyedik és ötödik feladatban szereplő feladatra. Megoldás: Tekintsük azt az Ω halmazt, amelynek ω elemi eseményei a lehetséges húzássorozatok halmaza, azaz ω egy tíz hosszúságú fej-írás sorozat. Ω, a biztos esemény, az összes lehetséges húzássorozatot tartalmazó halmaz, A pedig az Ω összes lehetséges részhalmazából álló σ-algebra. Adva egy A ∈ A halmaz, ennek P (A) valószínűsége egyenlő a P (A) = ∑_{ω∈A} P ({ω}) összeg értékével. Eddig a

pontig a visszatevéses és visszatevés nélküli húzássorozatot leírő modell definiciója megegyezik. A különbség akkor jelenik meg, amikor az elemi események P ({ω}) valószínűségét definiáljuk. Ez abban az esetben, ha az ω húzássorozat l piros és 10 − l fehér húzást tartalmaz, akkor a visszatevéses esetben P ({ω}) = P̄(l) = (\frac{2}{5})^{l} (\frac{3}{5})^{10−l}, míg a visszatevés nélküli esetben

P (\{ω\}) = P (l) = \frac{20 · 19 ⋯ (20 − l + 1) · 30 · 29 ⋯ (30 − (10 − l) + 1)}{50 · 49 ⋯ 41}.

Ha marad még idő, megtárgyaljuk a következő feladatot is.

8. Adjunk valószínűségszámítási modellt egy szabályos kocka végtelen dobássorozatára.