A szeptember 21.-i gyakorlat témája

Házi feladat: Számítsuk ki annak valószínűségét, hogy lottón legalább három találatot érünk el.

1. Egy urnában 20 piros 30 fehér és 50 zöld golyó van. Kihúzunk visszatevéssel 10 golyót. Mi annak a valószínűsége, hogy 2 piros, 3 fehér és 5 zöld golyót húzunk ki? (Mindegyik golyót egyforma valószínűséggel választjuk.) Megoldás: Tekintsük először annak a valószínűségét, hogy egy előírt sorrendben pontosan két piros három fehér és öt zöld golyót húzunk. (Például az első 2 húzás piros, a 3., 4. és 5. húzás fehér és az utolsó 5 húzás zöld.) Vegyük észre, hogy minden ilyen húzássorozat valószínűsége, a különböző színű kihúzott golyók sorrendjétől függetlenül (\frac{2}{10})^{2} (\frac{3}{10})^{3} (\frac{5}{10})^{5}. Ezután számoljuk össze, hány különböző 2 piros 3 fehér és 5 zöld golyóból álló húzássorozat van. Egy lehetséges összeszámlálási mód: A két piros húzás helyét \binom{10}{2} féleképp jelölhetjük ki, a maradék 8 helyen a három fehér golyó kihúzásának a helyét \binom{8}{3} féleképp jelölhetjük ki, a zöld golyók húzáshelye ezután egyértelműen meghatározott. Ezért az összes lehetséges húzássorozat száma \binom{10}{2}\binom{8}{3} = \frac{10!}{8!·2!} · \frac{8!}{3!·5!} = \frac{10!}{2!·3!·5!}. Ezért a keresett valószínűség

\frac{10!}{2! · 3! · 5!} (\frac{2}{10})^{2} (\frac{3}{10})^{3} (\frac{5}{10})^{5} .

Házi feladat:

Egy urnában l_{1} darab 1-es színű, l_{2} darab 2-es színű, és így tovább l_{s} darab s-es színű golyó van. Hány olyan (visszatevéses) r = r_{1} + ⋯ + r_{s} hosszú húzássorozat van, amelyik pontosan r_{1} darab 1-es színű, r_{2} darab 2-es színű, és így tovább r_{s} darab s színű golyót tartalmaz?

2. 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, aminek valószínűsége kisebb, mint 2^{−n} minden n = 1, 2, … számra. Ezért a vizsgált esemńy valószínűsége, amely különböző 2^{−n} valószínűségű események metszete, n = 1, 2, …, nulla. Hasonlóan annak az eseménynek a valószínűsége, 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.

3. 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} − ε, \frac{π}{6} + ε] intervallumba esik, és ennek valószínűsége 2ε. 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 jól megértsük.

4. 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 4a. 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 a második 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 valószínűségnek 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 azonosság 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}. Tehát (\frac{1}{6})^{3} ∑_{k=3}^{∞} \binom{k−1}{2} (\frac{5}{16})^{k−3} = 1. Ez az azonosság ekvivalens azzal az állítással,

hogy egy szabályos dobókocka végtelen sok egymás utáni feldobása esetén 1 valószínűséggel legalább 3 hatos dobás történik.

5. 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 valószínűsége, 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.

6. 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 valószínűsége, 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 húzás piros. Ennek valószínűsége \frac{20}{50} \frac{19}{49} + \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 megoldható.

6a.) 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 húzás során a j-ik húzás piros, ha ε_{j}, azaz a j-ik koordináta 1, és a j-ik húzás fehér, ha a jik koordináta −1. Lássuk be, hogy ilyen módon a valószínűségi mező egy 2^{10} elemű particióját definiáltuk. Továbbá az az esemény, hogy a második és ötödik húzás piros megegyezik az ⋃_{ε_{2}=1, ε_{5}=1}A(ε_{1}, …, ε_{10}) eseménnyel, az az esemény pedig, hogy

az első és második húzás piros megegyezik az ⋃_{ε_{1}=1, ε_{2}=1} A(ε_{1}, …, ε_{10}) eseménnyel.

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 hiányzó részét. Megoldás: Két A(ε_{1}, …, ε_{10}), ε_{j} = ±1, esemény nyilvánvalóan diszunkt ha legalább egy koordinátájuk különbözik, az összes ilyen alakú esemény uniója pedig a biztos esemény, hiszen ez az unió tartalmazza a 10 hosszúságú 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 valószínűséget ez a kifejezés jelenik meg, az ε_{j}-k sorrendje csak a számlálóban szereplő tényezők sorrendjének megjelenését befolyásolja. Vegyük észre, hogy az az esemńy, hogy a második és ötödik húzás piros és pontosan l piros húzás következik be \binom{8}{l−2} darab olyan 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 húzás piros ∑_{l=0}^{8} \binom{8}{l−2}P (l), tehát a két valószínűség meg-

egyezik.

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 is. Mutassuk meg, hogy annak a valószínűsége, hogy az első és második kihúzott golyó piros megegyezik annak a valószínűségével, hogy a második és ötödik kihúzott golyó piros.