A március 2.-i gyakorlat feladatai

Fontos megérteni a feltételes valószínűség fogalmát, illetve azt, hogyan kell vele számolni. Ezért több ezzel kapcsolatos feladatot foguk tárgyalni. Előtte azonban felelevenítjük a legfontosabb fogalmakat ée eredményeket.

A feltételes valószínűség szemléletesen a következőt jelenti. Egy A esemény P (A) valószínűsége azt fejezi ki, hogy mennyire valószínű annak bekövetkezése. Viszont ennek a bizonyosságnak a mértéke megváltozik, ha tudjuk, hogy egy B esemény bekövetkezett. Ezért definiájuk az A esemény feltételes valószínűségét, feltéve, hogy a B esemény

bekövetkezett. Ennek definiciója P (A|B) = \frac{P (A ∩ B)}{P (B)}. Bár az alábbi azonosság

triviális, fontossága miatt érdemes külön megfogalmazni.

P (A ∩ B) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (B), ha P (A) > 0 és P (B) > 0.

További egyszerű, de hasznos észrevételek:

Ha B_{1}, …, B_{n} a valószínűségi mező egy particiója, azaz a B_{1}, …, B_{n} események

diszjunktak, és ⋃_{k=1}^{n} B_{k} = Ω, akkor

P (A) = P (A ∩ B_{1}) + P (A ∩ B_{2}) + ⋯ + P (A ∩ B_{n})
= P (A|B_{1})P (B_{1}) + P (A|B_{2})P (B_{2}) + ⋯ + P (A|B_{n})P (B_{n})

minden A halmazra. Ezért

P (B_{1}|A) = \frac{P (B_{1} ∩ A)}{P (A)} = \frac{P (A|B_{1})P (B_{1})}{P (A|B_{1})P (B_{1}) + P (A|B_{2})P (B_{2}) + ⋯ + P (A|B_{n})P (B_{n})}.

Természetesen hasonló összefüggés írható fel a P (B_{j}|A) feltételes valószínűségre tetszőleges j indexre. A fenti egyszerű összefüggés fontosságát az adja, hogy lehetővé teszi a P (B_{j}|A) feltételes valószínűségek kiszámítását a ‘fordított’ P (A|B_{j}) valószínűségek ismeretében, feltéve, hogy ismerjük a P (B_{j}) valószínűségeket.

1. Egy diák a feltett kérdésre (három lehetőség közül kell kiválasztani a megfelelőt)

p valószínűséggel tudja a helyes választ. Ha nem tudja, akkor tippel, és ez \frac{1}{3} valószínűséggel ad helyes eredményt. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy tudja a választ feltéve, hogy helyes választ adott?

Megoldás: Jelölje A azt az eseményt, hogy a diák tudja a helyes választ, B azt

az eseményt, hogy helyes választ ad. Ekkor a P (A|B) = \frac{P (A ∩ B)}{P (B)} feltételes

valószínűség értékére vagyunk kiváncsiak. Továbbá P (A∩B) = P (A) = p, P (B) = P (A ∩ B) + P (Ā ∩ B) = P (A) + P (B|Ā)P (Ā) = P (A) + (1 − P (A))P (B|Ā) =

p + \frac{1}{3}(1 − p). Innen P (A|B) = \frac{P (A ∩ B)}{P (B)} = \frac{p}{p + \frac{1}{3}(1 − p)}.

2.) 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: Kiszámoljuk 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, il-

letve 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}.

3.) Reggel valaki hazulról elmenve a lakáskulcsot elteszi, mégpedig úgy, hogy 0.5 valószínűséggel teszi a kabátzsebébe, 0.3 valószínűséggel a nadrágzsebébe és 0.2 valószínűséggel a mellényzsebébe. A nap folyamán mindenfelé jár, ezért a lakáskulcs a kabátzsebéből 0.1, a nadrágzsebéből 0.2, a mellényzsebéből viszont 0 valószínűséggel esik ki. Este hazatérve emberünk először a kabát majd a nadrágzsebében keresi a kulcsot, de egyik helyen sem találja. Mi annak a valószínűsége, hogy a lakáskulcs ott van a mellényzsebében? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy emberünk a lakáskulcsot a kabát A_{2}, hogy a nadrág és A_{3}, hogy a mellényzsebébe tette. Jelölje továbbá B azt az eseményt, hogy a kulcs nem veszett el. Ekkor feltételeink szerint az A_{1}, A_{2} és A_{3} események egymást kizáróak, P (A_{1}) = 0.5, P (A_{2}) = 0.3, P (A_{3}) = 0.2 továbbá P (B|A_{1}) = 0.9, P (B|A_{2}) = 0.8 és P (B|A_{3}) = 1. Vezessük be a C = (B̄ ∩ A_{1}) ∪ (B̄ ∩ A_{2}) ∪ A_{3} eseményt. Ekkor C jelenti azt az eseményt, hogy emberünk este nem találta a lakáskulcsot sem a kabát sem a nadrágzsebében. Ezért

minket a P (B|C) = \frac{P (B ∩ C)}{P (C)} feltételes valószínűség érdekel. Viszont P (C) =

P (A_{1} ∩ B̄) + P (A_{2} ∩ B̄) + P (A_{3}) = P (B̄|A_{1})P (A_{1}) + P (B̄|A_{2})P (A_{2}) + P (A_{3}) = 0.1 · 0.5 + 0.2 · 0.3 + 0.2 = 0.31, és P (B ∩ C) = P (B ∩ A_{3}) = P (A_{3}) = 0.2. Innen a

minket érdeklő feltételes valószínűség értéke \frac{0.2}{0.31} = \frac{20}{31}.

4.) Mi annak a valószínűsége, hogy egy (szabályos) dobókocka mindkét dobásának az eredménye hatos feltéve, hogy legalább az egyik dobás hatos? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az első dobás eredménye hatos, A_{2} azt az eseményt, hogy a második dobás eredménye hatos. Akkor minket a P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) feltételes valószínűség érdekel. Viszont

P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) = \frac{P ((A_{1} ∩ A_{2}) ∩ (A_{1} ∪ A_{2}))}{P (A_{1} ∪ A_{2})} = \frac{P (A_{1} ∩ A_{2})}{P (A_{1} ∪ A_{2})}.

Másrészt P (A_{1} ∩ A_{2}) = \frac{1}{36}, P (A_{1} ∪ A_{2}) = 1 − P (Ā_{1} ∩ Ā_{2}) = 1 − P (Ā)P (B̄) =

1 − \frac{25}{36} = \frac{11}{36}. Innen a keresett feltételes valószínűség \frac{1}{11}.

A következő (egyszerű) feladat célja az, hogy összehasonlítsuk annak eredményét az előbb tárgyalt feladattal, és megbeszéljük mást jelent az a feltételt, hogy két kockadobás közül az egyik hatos, és az hogy adódott hatos dobás. Képesek vagyunk-e szemléletünk alapján számolás nélkül megmondani, melyik feltevés mellett nagyobb annak a feltételes valószínűsége, hogy mind a két dobás hatos?

5.) Egy szabályos dobókockát feldobunk kétszer egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy mind a két dobás hatos, feltéve hogy az első dobás hatos? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az első dobás hatos, A_{2} pedig azt az eseményt, hogy a második dobás hatos. Ekkor A_{1} ∩ A_{2} az az esemény, hogy mind a két dobás hatos, és minket a P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1}) feltételes valószínűség értéke érdekel.

Viszont, P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1}) = \frac{P (A_{1} ∩ A_{2})}{P (A_{1})} = \frac{P (A_{1})P (A_{2})}{P (A_{1})} = P (A_{2}) = \frac{1}{6}.

Házi feladat: Egy szabályos pénzdarabot feldobunk háromszor egymás után. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy mind a három dobás fej, feltéve, hogy legalább két fejdobás történt?

6.) A Fazekas könyv egyik feladata (3.4 Példa a 32. oldalon) arról szól, hogy ha egy n létszámú csoportban r véletlenül kiválasztott diáknak dolgozatot kell írni, mi annak a feltételes valószínűsége, hogy a legrosszabb diáknak is dolgozatot kell írni, feltéve, hogy a legjobb diák is dolgozatot ír. Heurisztikusan úgy érvelhetűnk, hogy ha a legjobb diák dolgozatot ír, akkor annak (feltételes) valószínűsége, hogy a legrosszabb diák is dolgozatot ír, azzal egyenlő, hogy a maradék n − 1 diák közül őt is kiválasztják a maradék r − 1 dolgozatíró

közé, tehát \frac{r − 1}{n − 1}. Kissé pontosabban, annak valószínűsége, hogy mind a ketten

dolgozatot írnak, \frac{r(r − 1)}{n(n − 1)}, annak, hogy a legjobb diák dolgozatot ír \frac{r}{n}, ahonnan

következik az állítás. Ha a könyvben szereplő eredményt egyszerűbb alakra hozzuk, látjuk hogy az eredmény helyes. Adjunk közvetlen, a szemléletet követő precíz bizonyítást arra, hogy a fenti formulák az adott valószínűségekre helyesek. Megoldás: Az urna visszatevés nélküli húzás modelljének érvelését alkalmazhatjuk ebben az esetben is. Tegyük fel, hogy egymás után kiválasztjuk a dolgozatot írókat, Minden lépésben az eddig ki nem választottak valamelyikét választjuk ki egforma valószínűséggel. Ha kijelüljük (az urnából való húzásnál szereplő érvelést használva) egy külön (egy elemű) csoportba a legjobb, egy külön (egy elemű) csoportba a legrosszabb diákot, egy külön csportba az összes többit, akkor rögzítve egy 1 ≤ j, k ≤ r, j ≠ k számpárt kapjuk, hogy annak a valószínűsége, hogy a j-ik választásnál választunk az első, a k-ik választáskor a második csoportból, megegyezik annak a valószínűségével, hogy az első választáskor választunk az első és a

második választáskor a második csoportból. Ennek valószínűsége viszont \frac{1}{n(n − 1)}.

Mivel a fenti események különböző (j, k) számpárokra kizárják egymást, ezért annak valószínűsége, hogy a legjobb és alegrosszabb diák is dolgozatot ír \frac{r(r − 1)}{n(n − 1)}.

Hasonlóan, látható, hogy annak a valószínűsége, hogy a legjobb diák dolgozatot ír az \frac{r}{n} számmal egyenlő.

Házi feladat:

A zsebünkben van 30 kulcs, amelyek közül az egyik nyit egy zárat. Egymás után kipróbáljuk véletlenszerűen kipróbálva ezeket a kulcsokat. Mi a valószínűsége annak, hogy a 20. kisérletre sikerül kinyitni a zárat? Mi annak a valószínűsége, hogy a 20. kisérletben sikerül kinyitni a zárat feltéve, hogy az első 19 kisérletben ez nem sikerült?

7.) Feldobunk egy dobókockát, majd utána annyi dobókockát, amennyi az első dobás eredménye volt. Mi a valószínűsége annak, hogy a második dobássorozatban lesz hatos? Mi annak a feltételes valószínűsége, hogy az első dobás eredménye hatos, feltéve hogy a második dobássorozatban volt hatos?

Megoldás: Tekintsünk azokat az eseményeket, amelyek leírják a lehetséges dobássorozatok eredményét, és adjuk meg ezek valószínűségét. Annak valószínűsége, hogy az első dobás eredménye i, majd ezt követően egy i hosszúságú 1 és 6 közötti

számokat tartalmazó dobássorozatot kapunk (\frac{1}{6})^{i+1}. Annak valószínűsége, hogy

az első dobás eredménye i, és az utolsó i dobás egyike sem hatos, \frac{1}{6} · (\frac{5}{6})^{i}. Annak

valószínűsége, hogy a második dobássorozatban van hatos

\frac{1}{6} ((1 − \frac{5}{6}) + ⋯ + (1 − (\frac{5}{6})^{6})) .

Annak valószínűsége, hogy az első dobás hatos, utána pedig van hatos dobás

\frac{1}{6} (1 − (\frac{5}{6})^{6}). Ezért a keresett feltételes valószínűség

\frac{1 − (\frac{5}{6})^{6}}{(1 − (\frac{5}{6})) + ⋯ + (1 − (\frac{5}{6})^{6})}.

8.) Három gép gyárt csavarokat, az egyik 0.01 a második 0.02 a harmadik 0.03 valószínűséggel gyárt hibás csavarokat. A csavarokat egy raktárba viszik összekeverik. Egy gyártott csavar 0.5 valószínűséggel készült az első 0.3 valószínűséggel a második és 0.2 valószínűséggel készült a harmadik gépen. Kiveszünk egy csavart, megnézzük, és azt találjuk, hogy az hibás. Milyen valószínűséggel készült a csavar eme feltételek mellett az első gépen?

Megoldás: Jelölje A_{1}, A_{2} illetve A_{3} azt az eseményt, hogy a csavar az elsó, második vagy harmadik gépen készült, B azt az eseményt, hogy a csavar hibás. Ekkor minket a P (A_{1}|B) feltételes valószínűség érdekel. Tudjuk, hogy P (A_{1}) = 0.5, P (A_{2}) = 0.3, P (A_{3}) = 0.2, továbbá P (B|A_{1}) = 0.01, P (B|A_{2}) = 0.02, és P B(B|A_{3}) = 0.03. Ekkor

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

= \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{0.01 · 0.5}{0.01 · 0.5 + 0.02 · 0.3 + 0.03 · 0.2}.