A március 9.-i gyakorlat feladatai

1.) Bizonyítsuk be a következő azonosságot, amelyet teleszkóp szabálynak is szoktak nevezni: Ha adva vannak A_{1}, …, A_{k} események egy valószínűségi mezőn, amelyekre P (A_{1} ∩ ⋯ ∩ A_{k}) > 0, akkor

P (A_{1} ∩ ⋯ ∩ A_{k}) = P (A_{1})P (A_{2}|A_{1})P (A_{3}|A_{1} ∩ A_{2}) ⋯ P (A_{k}|A_{1} ∩ ⋯ ∩ A_{k−1})

Megoldás:

P (A_{1})P (A_{2}|A_{1})P (A_{3}|A_{1} ∩ A_{2}) ⋯ P (A_{k}|A_{1} ∩ ⋯ ∩ A_{k−1})

= P (A_{1})\frac{P (A_{1} ∩ A_{2})}{P (A_{1})} \frac{P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3})}{P (A_{1} ∩ A_{2})} ⋯ \frac{P (A_{1} ∩ A_{2} ⋯ ∩ A_{k−1} ∩ A_{k})}{P (A_{1} ∩ ⋯ ∩ A_{k−1})}

= P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ ⋯ ∩ A_{k}).

2.) Két különböző fáról leszednek 100 almát, és beteszik két különböző (megkülön-

böztethetetlen) ládába. Ez egyik fáról szedett almák (egymástól függetlenül) \frac{1}{4}

a másik fáról szedett almák pedig (szintén egymástól függetlenül) \frac{1}{10} valószínűséggel férgesek. Kiveszünk az egyik (véletlenül kiválasztott) ládából két almát és mind a kettő férges. Ezek után kiveszünk a másik ládából egy almát. Mi annak a valószínűsége, hogy ez az alma már nem férges? Megoldás: Értsük meg először pontosabban a feladatot. Jelölje B azt az eseményt, hogy első alkalommal a rosszabb fáról leszedett almákat tartalmazó ládához nyúlunk. Ekkor egyrészt P (B) = \frac{1}{2}. Másrészt, ha egymás után, esetleg váltogatva a ládákat kiveszünk egymás után a ládákból almákat, definiáljuk a j_{1}, …, j_{k} húzássorozatot, ahol mindegyik j_{s} = ±1, j_{1} = 1, j_{s} = 1 azt jelenti, hogy a s-ik húzás során az elsőnek kiválasztott ládából, j_{s} = −1 pedig azt, hogy a másik ládából választottunk almát, akkor A(j_{1}, …, j_{n})-nel jelölve azt az eseményt, hogy minden kiválasztott alma férges, felírhatjuk, hogy

P (A(j_{1}, …, j_{n})|B) = (\frac{1}{4})^{u(j_{1},...,j_{n})} (\frac{1}{10})^{n−u(j_{1},...,j_{n})} ,

P (A(j_{1}, …, j_{n})|B̄) = (\frac{1}{10})^{u(j_{1},...,j_{n})} (\frac{1}{4})^{n−u(j_{1},...,j_{n})} ,

ahol u(j_{1}, …, j_{n}) jelöli a j_{1}, …, j_{n} sorozatban szereplő +1 jelek számát. Hasonlóan fel tudjuk írni annak feltételes valószínűségét, hogy egy előírt húzássorozat esetén, amelyikben megmondjuk, hogy mikor melyik ládából húztunk almát a férges és jó almahúzásoknak előírt sorozata jelenik meg, feltéve a B eseményt vagy annak komplementerét, a B̄ eseményt. Jelölje C azt az eseményt, hogy az első két húzásban férges almát húzunk, D pedig azt, hogy a harmadik húzásban (a láda megváltoztatása után) jó almát húzunk. Ekkor a P (D|C) = \frac{P (C ∩ D)}{P (D)} feltételes

valószínűséget akarjuk kiszámolni. Viszont,

P (C) = P (C|B)P (B) + P (C|B̄)P (B̄) = \frac{1}{2} ((\frac{1}{4})^{2} + (\frac{1}{10})^{2}) = \frac{29}{800},

P (C ∩ D) = P (C ∩ D|B)P (B) + P (C ∩ D|B̄)P (B̄)

= \frac{1}{2} ((\frac{1}{4})^{2} \frac{9}{10} + (\frac{1}{10})^{2} \frac{3}{4}) = \frac{51}{1600}.

Innen P (D|C) = \frac{P (C ∩ D)}{P (D)} = \frac{51}{58}.

3. Legyenek A_{1}, A_{2}, …, események egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Lássuk be,

hogy ⋃_{n=1}^{∞} ⋂_{k=n}^{∞} A_{k} jelöli azt az eseményt, hogy az A_{1}, A_{2}, …, események közül véges

sok kivétellel mindegyik bekövetkezik. Megoldás: Az, hogy az A_{n} események majdnem mindegyike bekövetkezik, azt jelenti, hogy van olyan n szám, amelyre igaz, hogy minden k ≥ n indexre bekövetkezik

az A_{k} esemény, azaz a B_{n} = ⋂_{k=n}^{∞} A_{k} esemény is bekövetkezik. Az, hogy a B_{n}

esemény bekövetkezik valamely n számra azt jelenti, hogy bekövetkezik az ⋃_{n=1}^{∞} B_{n} =

⋃_{n=1}^{∞} ⋂_{k=n}^{∞} A_{k} esemény.

4. Ha egy szabályos pénzdarabot végtelen sokszor feldobunk egymás után, akkor egy valószínűséggel lesz legalább 50 fejdobás. Egy lehetséges megoldás: Az is igaz egy valószínűséggel, hogy a

B_{k} = {azon j indexekre, amelyekre 50k ≤ j < 50(k + 1) minden dobás fej}

események közül végtelen sok fog bekövetkezni. Ugyanis ezek a B_{k} események

függetlenek, P (B_{k}) = 2^{−50}, tehát ∑_{k=1}^{∞} P (B_{k}) = ∞. Ezért a Borel–Cantelli lemmá-

ból következik a kívánt állítás, sőt az is, hogy végtelen sok B_{k} esemény következik be egy valószínűséggel. Valójában a Borel–Cantelli lemmára nincs is szükség. Annak valószínűsége, hogy egyik B_{k} esemény sem következik be lim_{N→∞} (1 − 2^{−50})^{N} = 0, tehát egy valószínűséggel valamelyik B_{k} esemény bekövetkezik.

5. 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?

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.

6. 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.

Az elöző két feladatban láttuk hogyan lehet egyszerűen kiszámítani a A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n} alakú események valószínűségét, ha az A_{j}, 1 ≤ j ≤ n, események függetlenek. Ezek a számolások természetesen kihasználták a tekintett események függetlenségét. A következőben azt tárgyaljuk meg, hogy amennyiben nincs feltétlenül függetlenség a tekintett események között, de ki tudjuk számolni az A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}} alakú események valószínűségét, akkor egy úgynevezett szita formula segítségével ki tudjuk számítani az A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n} események valószínűségét is. Továbbá megmutatjuk, hogy ez lehetővé teszi érdekes feladatok megoldását. A következő feladatot fogjuk tárgyalni:

7. Egy estélyen megjelenik n házaspár. Egy táncmester, aki nem tudja, hogy kik házastársak és kik nem véletlen módon párba rendezi a férfiakat és nőket a tánc előtt. Mi a valószínűsége annak, hogy egyetlen házaspár sem táncol együtt? Mi ennek a valószínűségnek a határértéke, ha n → ∞? Megoldás: Definiáljuk a következő A_{j} eseményeket:

A_{j} = a j-ik házaspár egütt táncol, 1 ≤ j ≤ n.

Ekkor minket a P (\overline{A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}}) = 1 − P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) valószínűség érdekel.

Vegyük észre, hogy a P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}) = \frac{(n − k)!}{n!} azonosság igaz. Ugyanis az összes lehetséges párbaállítások száma n!, míg az olyan párbaállítások száma, amelyben a j_{1}-ik, j_{2}-ik, …, j_{k}-ik házaspár egy párba kerül (n − k)!. Továbbá érvényes a következő az irodalomban szita-formulának nevezett eredmény, amely szerepelt az előadáson is.

Szita formula. Legyenek A_{1}, …, A_{n} tetszőleges események egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Ekkor

P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}) = S_{1} − S_{2} + S_{3} − ⋯ + (−1)^{n+1}S_{n},

ahol

S_{k} = ∑_{1≤j_{1}<···<j_{k}≤n} P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}).

A szita-formula segítségével kapjuk, hogy n házaspár esetében

S_{k} = \binom{n}{k}\frac{(n − k)!}{n!} = \frac{1}{k!}.

Innen adódik, hogy a minket érdeklő valószínűség n házaspár esetén

P (\overline{A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}}) = 1 − P (A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n})

= 1 − S_{1} + S_{2} + ⋯ + (−1)^{n}S_{n} = ∑_{k=0}^{n} \frac{(−1)^{k}}{k!} ,

és ezért

P (\overline{A_{1} ∪ ⋯ ∪ A_{n}}) = ∑_{k=0}^{n} \frac{(−1)^{k}}{k!} → \frac{1}{e} ha n → ∞.

Kiegészítés

1. Feldobunk egy szabályos pénzdarabot 100-szor egymás után. Számítsuk ki a fejdobások számának várható értékét. Megoldás: A fejdobások száma 0 és 100 között van. Annak valószínűsége, hogy k

fejdobás következik be, 0 ≤ k ≤ 100, p_{k} = \binom{100}{k}2^{−100}. Ezért a dobások számának

várható értéke Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100}, ahol ξ jelőli a fejdobások számát megadó

valószínűségi változót. Ezt az összeget közvetlenül kiszámíthatjuk. Valóban, mivel

k\binom{100}{k} = 100\binom{99}{k − 1}, ezért

Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100} = 50 ∑_{k=0}^{99} \binom{99}{k}2^{−99} = 50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50.

Valójában a vizsgált várható értéket egyszerűbben is kiszámíthatjuk. Vezessük be a ξ_{j} valószínűségi változókat, ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej ξ_{j} = 0, ha a

j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor a fejdobások száma ξ = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j},

Eξ = ∑_{j=1}^{100} Eξ_{j}. Mivel Eξ_{j} = \frac{1}{2}, 1 ≤ j ≤ 100, ezért Eξ = \frac{1}{2} · 100 = 50,

2.) Feldobunk egy szabályos dobókockát 100-szor egymás után. Tekintsük a dobások eredményeinek összegét. Számítsuk ki ennek az összegnek a várható értékét. Megoldás: Definiáljuk az η_{1}, …, η_{100} független valószínűségi változókat úgy, hogy η_{j} és a a j-ik dobás értéke megegyezik. Ekkor P (η_{j} = k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 6,

és minket a ξ = ∑_{j=1}^{100} η_{j} valószínűségi változó várható értéke érdekel. Ez könnyen

kiszámolható, mert Eξ = E ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Eη_{j}, Eη_{j} = \frac{1}{6}(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 3.5.

Innen Eξ = 350.

Házi feladat:

Feldobunk egy szabályos dobókockát 100-szor egymás után. Tekintsük a páros értékű dobások eredményeinek összegét. Számítsuk ki ennek az összegnek a várható értékét.

3. Feldobunk egy szabályos pénzdarabat 100-szor egymás után. Tekintsük az egymást követő fej-fej dobássorozatok számát, és számítsuk ki annak várható értékét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 99, valószínűségi változókat: ξ_{j} = 1, ha a j-ik és j + 1-ik dobások mindegyikének eredménye fej, ξ_{j} = 0 egyébként.

Vegyük észre, hogy minket az S = ∑_{j=1}^{99} ξ_{j} valószínűségi változó várható értéke érdekel. Ezért ES = E ( ∑_{j=1}^{99} ξ_{j}) = ∑_{j=1}^{99} Eξ_{j} = \frac{99}{4}, mivel Eξ_{j} = \frac{1}{4}. (Érdemes megjegyezni, hogy az ebben a feladatban tekintett ξ_{j} valószínűségi változók nem függetlenek, de a függetlenségre nincs szükség a várható érték additivításáhaz.)