A március 23.-i gyakorlat feladatai

Tekintünk néhány feladatot, amelyek független eseményekkel foglalkoznak. Előtte azonban felelevenítünk néhány fontos fogalmat és eredményt.

Két esemény függetlenségének a definiciója. Azt mondjuk, hogy egy A és B esemény független, ha P (A ∩ B) = P (A)P (B).

Több esemény függetlenségének definiciója: Az A_{1}, …, A_{n} események akkor (teljesen) függetlenek, ha az {1, …, n} indexhalmaz minden {j_{1}, …, j_{k}} ⊂ {1, …, n} részhalmazára

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}) = P (A_{j_{1}}) ⋯ P (A_{j_{k}}).

Események végtelen A_{1}, A_{2}, … sorozata akkor és csak akkor független, ha tetszőleges pozitív n egész számra az A_{1}, …, A_{n} események függetlenek.

Speciálisan n = 3 esetben ez a definició a következőt jelenti: 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).

Megjegyzés: Alább bevezetjük események páronkénti függetlenségének az irodalomban szintén használt fogalmát. Fontos, hogy események páronkénti függetlenségének és (teljes) függetlenségének a fogalmát meg tudjuk különböztetni egymástól.

Események páronkénti függetlenségének a definiciója. Legyen A_{1}, A_{2}, …, események (véges vagy végtelen) sorozata egy valószínűségi mezőn. Azt mondjuk, hogy ezek az események páronként függetlenek, ha tetszőleges különböző számokból álló (j, k), j ≠ k, indexekre P (A_{j} ∩ A_{k}) = P (A_{j})P (A_{k}).

Megmutatandó, hogy az események (teljes) függetlenségének definiciójában szereplő feltételek mindegyike fontos tekintsük a következő feladatot.

1.) Adjunk példát egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőre azon három A_{1}, A_{2} és A_{3} eseményre, amelyekre P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}), de az A_{1}, A_{2} és A_{3} események nem függetlenek. Egy lehetséges konstrukció: Legyen Ω = {1, 2, 3, 4, 5}, A az Ω halmaz összes részhalmazaiból álló σ-algebra, P ({1}) = x, P ({2}) = P ({3}) = P ({4}) = y, P ({5}) = 1 − x − 3y, alkalmas x és y számokkal, P (A) = ∑_{u∈A} P ({u}) minden

A ∈ A halmazra. Definiáljuk az A_{1} = {1, 2}, A_{2} = {1, 3} és A_{3} = {1, 4} halmazokat. Ekkor A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3} = {1}, ezért P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = x. Másrészt P (A_{1}) = P (A_{2}) = P (A_{3}) = x + y. Válasszuk meg az x és y számokat úgy, hogy

x = (x + y)^{3}. Egy lehetőség erre, x + y = \frac{1}{3}, és ekkor x = (x + y)^{3} = \frac{1}{27}, y = \frac{8}{27}, továbbá P (\{5\}) = \frac{2}{27}. Ebben a példában P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}). Viszont A_{1} ∩ A_{2} = {1} = A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}, így nyílván P (A_{1} ∩ A_{2}) ≠ P (A_{1})P (A_{2}). Tehát a függetlenség nem teljesül.

2.) Definiálunk egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőt, azon három A_{1}, A_{2}, A_{3}-mal jelölt eseményt, amelyek páronként függetlenek, azaz P (A_{1}∩A_{2}) = P (A_{1})P (A_{2}), P (A_{1}∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{3}) és P (A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{2})P (A_{3}), de nem teljesül a P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}) azonosság, tehát ezek az események nem függetlenek. Megoldás: Álljon az (Ω, A, P) valószínűségi mezőben Ω 4 pontból, a jobb szemlélhetőség kedvéért legyenek ezek az (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) pontok, álljon A az Ω halmaz összes részhalmazából, és legyen P ({(1, 1)}) = P ({(1, 2)}) = P ({(2, 1)}) =

P (\{(2, 2)\}) = \frac{1}{4}. Tekintsük az A_{1} = \{(1, 1), (1, 2)\} A_{2} = \{(1, 1), (2, 1)\} és A_{3} = {(1, 1), (2, 2)} halmazokat. Ekkor teljesülnek a P (A_{1} ∩ A_{2}) = P (A_{1})P (A_{2}), P (A_{1} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{3}) és P (A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{2})P (A_{3}) azonosságok, mert P (A_{1}) =

P (A_{2}) = P (A_{3}) = \frac{1}{2}, és mivel A_{1}∩A_{2} = A_{1}∩A_{2} = A_{2}∩A_{3} = \{(1, 1)\}, P (A_{1}∩A_{2}) =

P (A_{1} ∩ A_{3}) = P (A_{2} ∩ A_{3}) = \frac{1}{4}. Másrészt, P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) ≠ P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}),

mert P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (\{(1, 1)\}) = \frac{1}{4}, és P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}) = \frac{1}{8}.

Lemma. Ha A_{1}, …, A_{n} független események, és bevezetjük az A_{j}^{1} = A_{j} és A_{j}^{−1} = Ω\A_{j} jelöléseket, akkor tetszőleges ε_{j} = ±1, 1 ≤ j ≤ n, sorozatra az A_{1}^{ε_{1}}, …, A_{n}^{ε_{n}} események függetlenek.

Lemma. Legyenek A_{1}, …, A_{n}, B_{1}, …, B_{m} események függetlenek egymástól. Tetszőleges olyan C eseményre, amelyik előállítható az A_{1}, …, A_{k} halmazokból véges sok metszet, unió és komplementerképzés segítségével igaz, hogy a B_{1}, …, B_{m} és C halmazok függetlenek.

3.) Egy 100 tagú társaság minden egyes tagja egymástól függetlenül \frac{1}{1000} valószínűséggel betegszik meg. Mi annak a valószínűsége, hogy a társaságnak lesz beteg tagja? A kapott eredményről mit mondhatunk? Az nagyon nagy, (majdnem 1) vagy nagyon kicsi (majdnem nulla) érték? Megoldás: Jelölje A_{j} azt az eseményt, hogy a társaság j-ik megbetegszik meg.

Ekkor a P (A_{j}) = \frac{1}{1000}, és az A_{j} események függetlenek. Számoljuk ki először a minket érdeklő esemény komplementerének, azaz annak az eseménynek a valószí-

nűségét, hogy mindenki egészséges. Ez az ⋂_{j=1}^{1000}(Ω \ A_{j}) esemény. Mivel P (Ω \ A_{j}) =

1 − \frac{1}{1000}, és az A_{j} események függetlenségéből következik az Ω \ A_{j} események

függetlensége is, ezért P ( ⋂_{j=1}^{1000}(Ω \ A_{j})) = (1 − \frac{1}{1000})^{100}. Innen a minket érdeklő esemény valószínűsége 1 − (1 − \frac{1}{1000})^{100}.

Végül jegyezzük meg, hogy (1 − \frac{1}{1000})^{100} = ((1 − \frac{1}{1000})^{1000})^{1/10} ∼ e^{−1/10}.

Miért? Ez a szám nagyon közel van az egyhez, ezért a minket érdeklő valószínűség értéke kicsi.

4.) Tekintsük a következő valószínűségi mezőt. Ω = {1, …, n}, ahol n valamely pozitív egész szám, A az Ω összes részhalmazaiból álló σ-algebra,

P (A) = \frac{az A halmaz számossága}{n}.

Legyen n = p_{1}^{r_{1}} ⋯ p_{k}^{r_{k}} az n szám prímtényezős felbontása, és definiáljuk a következő A_{j} eseményeket: A_{j} = {m: m osztható a p_{j} számmal}, 1 ≤ j ≤ k. Legyen B = {m: m relatív prim az n számhoz képest}. Mutassuk meg, hogy a. Az A_{1}, …, A_{k} események függetlenek.

b. P (B) = ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ), azaz összesen n · ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ) n-nél kisebb és az n-hez

képest relatív prim van.

Megoldás: A_{j} = \{p_{j}, 2p_{j}, …, \frac{n}{p_{j}} p_{j}\} egy \frac{n}{p_{j}} számból álló halmaz, ezért P (A_{j}) =

\frac{1}{p_{j}}, 1 ≤ j ≤ k. Az A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}} halmaz az n-nél kisebb p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}} számmal

osztható számokból áll minden 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} ≤ k sorozatra, ezért

számossága \frac{n}{p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}}}, és P (A_{j_{1}} ∩A_{j_{2}} ∩⋯∩A_{j_{s}}) = \frac{1}{p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}}}. Ez azt jelenti, hogy

P (A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}}) = P (A_{j_{1}})P (A_{j_{2}}) ⋯ P (A_{j_{s}}) minden 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} ≤ k sorozatra, ezért az A_{1}, A_{2}, … A_{k} halmazok függetlenek.

Végül B = Ω\(A_{1}∪⋯∪A_{k}) = ⋂_{j=1}^{k}(Ω\A_{j}). Ezért és az A_{j} események függetlensége

miatt P (B) = ∏_{j=1}^{k} P (Ω \ A_{j}) = ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ), ahonnan következik a B halmaz

számosságára megadott képlet.

5.) 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.

Házi feladat:

Egy szabályos pénzdarabot feldobunk százszor. Számoljuk ki a három egymást követő fej-dobásból álló részsorozatok várható értékét és szórásnégyzetét.

Házi feladat:

Adott két urna, mind a kettőben 10 piros és 20 fehér golyó. Kihúzunk 10 alkalommal mind a két urnából egy-egy golyót, az elsőből visszatevéssel, a másodikból visszatevés nélkül. Számítsuk ki azon húzáspárok számának a várható értékét és szórásnégyzetét, amelyekben azonos színű golyót húztunk.