A február 24.-i gyakorlat feladatai

1. Feldobunk egy szabályos pénzdarabot végtelen sokszor egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy pontosan az ötödik dobásban jelenik meg az első fej-dobás? Mi annak a valószínűsége, hogy a második fej-dobás pontosan öt dobással az első fej-dobás után következik be? Megoldás: Akkor lesz az első fej-dobás az ötödik dobás, ha először négy írásdobás majd egy fej-dobás történik. Ennek valószínűsége (\frac{1}{2})^{4} · \frac{1}{2} = (\frac{1}{2})^{5}. Hasonlóan, annak a valószínűsége, hogy a k-ik dobás lesz az első fej-dobás 2^{−k}, k = 1, 2, …, annak valószínűsége pedig, hogy a k-ik dobás lesz az első fej-dobás, utána pedig 5 dobás múlva következik be a második fej-dobás 2^{−k} · 2^{−5} = 2^{−k−5}. Annak a valószínűségét, hogy az első és második fej-dobás között pontosan 5 dobás következik be kiszámolhatjuk úgy is, hogy kiszámoljuk minden k = 1, 2, … számra kiszámoljuk annak valószínűségét, hogy a k-ik dobás volt az első és a k +5-ik dobás a második fej-dobás, majd összegezünk k = 1, 2, … -ra. Így azt kapjuk, hogy a

keresett valószínűség ∑_{k=1}^{∞} 2^{−k−5} = 2^{−5} ∑_{k=1}^{∞} 2^{−k} = 2^{−5}.

2. Feldobunk egy szabályos pénzdarabot végtelen sokszor. Mi annak a valószínűsége, hogy az első fej-dobásig ugyanannyi dobás történik, mint az első és második fejdobás között? Annak, hogy az első és második fejdobásás között több dobás történik, mint az első fejdobásig? Péter és Pál egyidőben egymás után feldob egyegy szabályos pénzdarabot. Arra vagyunk kiváncsiak ki dob először fejet. Mi annak a valószínűsége, hogy Péter dobásai között előbb jelenik meg egy fej-dobás mint Pál dobásai között? Mi annak a valószínűsége, hogy egyszerre következik be Péter és Pál első fej-dobása? Megoldás: Annak a valószínűsége, hogy a k-ik és 2k-ik dobásban történik az első és második fej-dobás 2^{−2k} minden k = 1, 2, … számra. Ezért annak valószínűsége, hogy az első fej-dobásig ugyanannyi dobás történik, mint az első és második fej-

dobás között ∑_{k=1}^{∞} 2^{−2k} = \frac{1}{4} \frac{1}{1− \frac{1}{4}} = \frac{1}{3}. Annak valószínűsége, hogy az első fej-dobás a

k-ik dobás, a második dobás pedig a 2k + 1., 2k + 2., … dobás valamelyike, azaz

több dobás történik az első és második dobás között 2^{−k} ∑_{j=k+1}^{∞} 2^{−j} = 2^{−2k} ∑_{j=1}^{∞} 2^{−j} =

2^{−2k}. így annak a valószínűsége hogy az első és második dobás között több dobás

történik, mint az első dobásig ∑_{k=1}^{∞} 2^{−2k} = \frac{1}{3}.

Annak valószínűsége, hogy Péter és Pál dobásai között a k-ik dobásban jelenik meg először fej-dobás, és Péter fejet dob, Pál pedig nem 2−2(k − 1) + 2 = 2^{−2k}, és annak, hogy mind a ketten fejet dobnak szintén 2^{−2k}. Ezért mind az, hogy Péter

előbb dob fejet, mint Pál, illetve annak is, hogy egyszerre dobnak fejet ∑_{k=1}^{∞} 2^{−2k} = \frac{1}{3}.

Az, hogy az előző feladatokban bizonyos valószínűségek megegyeznek heurisztikusan érezhető. Így ha megvárjuk, míg az első fej-dobás bekövetkezett és utána várjuk, hogy mennyi ideig kell várni ezután a második fejdobásig az ugyanolyan valószínűségi törvényeknek tesz eleget, mint annak a valószínűsége, hogy mennyi ideig kell várni az első fej-dobásra. Ezért annak a valószínűsége, hogy 5 lépésig kell várni a fej-dobásra és annak a valószínűsége, hogy az első fej-dobás után öt lépésig kell várni a második fej-dobásra megegyezik. Hasonlóan, annak a valószínűsége, hogy az első fej-dobásig illetve az első és második fej-dobás között ugyanannyi lépés történt megegyezik annak valószínűségével, hogy Péter és Pál egyszerre dob fejet. Felmerülhet az igény, hogy próbáljunk a heurisztikus indoklásból precíz bízonyítást tenni. Ennek érdekében az első lépés az, hogy a végtelen fej-írás dobások sorozatát leíró valószínűségi modellt megértsük.

Házi feladat:

Egy szabályos dobókockát feldobunk végtelen sokszor. Mi annak a valószínűsége annak, hogy az első hatos dobásig ugyanannyi dobás történt, mint az első és második hatos dobás között?

3. Mi annak a valószínűsége, hogy lottón pontosan három találatot érünk el? Mi annak a valószínűsége, hogy egymástól függetlenül kitöltünk 10 lottószelvényt, és egyetlen három találatos szelvényünk lesz? Megoldás: Minden az 1 és 90 számok valamelyikét tartalmazó számötös megjelenése egyformán valószínű. Így minden egyes húzás eredmény valószínűsége \frac{1}{\binom{90}{5}}. Kitöltöttünk 5 számot, számoljuk ki hány húzáseredmény során lesz pon-

tosan három találatunk. Ez úgy lehetséges, ha a kihúzott 5 szám közül 3 az általunk kitöltött 5 szám közül való, 2 pedig a ki nem töltött 85 szám közül. Ez

\binom{5}{3}\binom{85}{2} féle módon lehetséges. Ezért a hármas találat valószínűsége \binom{5}{3}\binom{85}{2} \binom{90}{5}. Annak

valószínűsége, hogy nincs 3 találat 1 − \binom{5}{3}\binom{85}{2} \binom{90}{5}. Ha egymástól függetlenül kitöltünk

10 szelvényt, akkor annak valószínűsége, hogy egy 3 találatos szelvény sem jelenik

meg (1 − \begin{matrix}\binom{5}{3} & \binom{85}{2} \\ ( & {90 \atop 5} & ) \end{matrix})^{10}. Annak a valószínűsége, hogy a j-ik szelvény 3 találatos, a

többi pedig nem \binom{5}{3}\binom{85}{2} \binom{90}{5} (1 − \begin{matrix}\binom{5}{3} & \binom{85}{2} \\ ( & {90 \atop 5} & ) \end{matrix})^{9} minden 1 ≤ j ≤ 10 számra. Ezért annak

valószínűsége, hogy a 10 egymástól függetlenül kitöltött szelvények közül pontosan

1 3 találatos lesz 10\binom{5}{3}\binom{85}{2} \binom{90}{5} (1 − \begin{matrix}\binom{5}{3} & \binom{85}{2} \\ ( & {90 \atop 5} & ) \end{matrix})^{9}.

4. Két ember 8 és 9 óra között megjelenik egy téren egymástól függetlenül és egyenletes eloszlásal. Mind a kettő félórát vár a másikra, és ha az addig nem jön, akkor hazamegy. Mi a valószínűsége annak, hogy találkoznak? Megoldás: Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy az első ember az y koordinátája pedig megadja, hogy a második ember ember mikor érkezett. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten, azaz annak valószínűsége, hogy ez a pont az egységnégyzet egy (szép) részhalmazába esik megegyezik e halmaz területével. Az, hogy a két ember találkozik azt az eseményt jelenti, hogy az így definiált (x, y) pont az egységnégyzet

A = \{(x, y): − \frac{1}{2} ≤ y − x ≤ \frac{1}{2}\} ∩ [0, 1] × [0, 1]

részhalmazába esik. Ennek a halmaznak a területe 1 − 2 · \frac{1}{8} = \frac{3}{4}, és ez a keresett valószínűség.

5. Két egy méter hosszú botot véletlenszerűen, (egymástól függetlenül) egyenletes eloszlással eltörünk. A két rövidebb darabot összeragasztjuk. Mi annak a valószínűsége, hogy az így kapott új bot hossza kisebb mint 0.8 méter? Megoldás: Ez a feladat is hasonló módon tárgyalható. Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy hol törtük el az első botot az y koordinátája pedig azt, hogy hol törtük el a második botot. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten. Az az esemény, hogy az összeragasztott bot hossza kisebb mint 0.8 megegyezik annak az eseménynek a valószínűségével, hogy az (x, y) pont a következő A_{1}, A_{2}, A_{3} és A_{4} halmazok A_{1} ∪ A_{2} ∪ A_{3} ∪ A_{4} uniójába esik: A_{1} = {(x, y): x + y < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{2} = {(x, y): x + (1 − y) < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{3} = {(x, y): 1 − x + y < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1] és A_{4} = {(x, y): 1 − x + 1 − y < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1]. Rajzoljuk le ezeket a halmazokat. Az ábra mutatja, hogy az A_{1} ∪A_{2} ∪A_{3} ∪A_{4} halmaz komplementere az a négyzet melynek csúcsai a (0.3, 0.5), (0.5, 0, 3), (0.7, 0.5), és (0.5, 0.7) pontok. Ennek a négyzetnek a területe, 0.08 tehát a minket érdeklő valószínűség 1 − 0.08 = 0.92.