A március 14.-i gyakorlat feladatai

1. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a fejdobások számának a várható értékét és szórásnégyzetét. Számítsuk ki ezt egyrészt direkt módon felírva és kiszámolva a várható értéket és szórásnégyzetet kifejező összeget másrészt egyszerűbben a független valószínűségi változók szórásnégyzetét kifejező képlet segítségével. 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 jelöli a fejdobások számát

megadó valószínűségi változót. Továbbá Eξ^{2} = ∑_{k=0}^{100} k^{2}\binom{100}{k}2^{−100}, a szórásnégyzet

pedig Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}. Ezeket az összegeket közvetlenül kiszámíthatjuk.

Valóban, k\binom{100}{k} = 100\binom{99}{k − 1}, Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100} = 50 ∑_{k=0}^{99} k\binom{99}{k}2^{−99} =

50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50. Továbbá, k^{2}\binom{100}{k} = [k(k − 1) + k]\binom{100}{k} = 100 · 99 ·

\binom{98}{k − 2} + 100 · \binom{100}{99}, Eξ^{2} = 2^{−100} · 100 · 99 · ∑_{k=0}^{98} \binom{98}{k} + 2^{−100} · 100 · ∑_{k=0}^{99} \binom{99}{k} =

2^{−100} (100 · 99 · (1 + 1)^{98} + 100 · (1 + 1)^{99}) = 25·99+50, Var ξ = Eξ^{2}−(Eξ^{2}) = 25. Valójában a vizsgált várható értéket és szórásnégyzetet 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}, Var ξ = ∑_{j=1}^{100} Var ξ_{j}. Mivel Eξ_{j} = \frac{1}{2}, Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4},

1 ≤ j ≤ 100, ezért Eξ = \frac{1}{2} · 100 = 50, Var ξ = \frac{1}{4} · 100 = 25.

2. Egy szabályos dobókockát feldobunk 100-szor egymás után. Számoljuk ki a dobáseredmények összegének várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Legyenek η_{1},…, η_{100} független valószínűségi változók, amelyekre P (η_{j} =

k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor a kiszámítandó várható érték és

szórásnégyzet E ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Eη_{j}, Var ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Var η_{j}. (A második reláció

felhasználja a tekintett valószínűségi változók függetlenségét.) Eη_{j} = \frac{1}{6}(1 + 2 + 3 +

4 + 5 + 6) = 3.5, Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) = \frac{91}{6}, Var η_{j} = \frac{35}{12}, Eξ = 350,

Var ξ = \frac{3500}{12}.

Házi feladat:

Egy szabályos dobókockát feldobunk 100-szor egymás után. Tekintsük a páros értékű dobások dobáseredményeinek összegét és számítsuk ki annak szórásnégyzetét.

3. Legyen egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó. Húzzunk ki 20 golyót visszatevés nélkül. Számoljuk ki a kihúzott piros golyók számának várható értékét és szörásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következő ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 20, valószínűségi változókat: ξ_{j}(ω) = 1, ha a j-ik húzás eredménye piros, ξ_{j}(ω) = 0, ha a j-ik húzás eredménye

fehér. Ekkor a ξ = ∑_{j=1}^{20} ξ_{j} összeg várható értékét és szórásnégyzetét kell kiszámol-

nunk. Továbbá Eξ_{j} = Eξ_{1} = \frac{2}{5}, Var ξ_{j} = Var ξ_{1} = \frac{2}{5} − \frac{4}{25} = \frac{6}{25}, Eξ_{j}ξ_{k}−Eξ_{j}Eξ_{k} =

Eξ_{1}ξ_{2} − Eξ_{1}Eξ_{2} = \frac{2}{5} · \frac{19}{49} − \frac{4}{25} = −\frac{6}{1245}, ha j ≠ k. Innen a 20 dobásban kihúzott

piros golyók számának várható értéke 20Eξ_{1} = 20 · \frac{2}{5} = 8, és szórásnégyzete

20Var ξ_{1} + 20 · 19 · Cov (ξ_{1}, ξ_{2}) = 20 · \frac{6}{25} − 380 · \frac{6}{1245} = \frac{144}{49}.

Házi feladat:

Legyen egy urnában 10 piros és 20 fehér golyó. Húzzunk ki 20 golyót, és minden húzás után a kihúzott golyót visszadobjuk egy másik azonos színű golyóval együtt. Számoltuk a kihúzott piros golyók számának várható értékét és szórásnégyzetét. Megjegyzés: Használjuk az előző gyakorlat eredményét arról, hogy mi a valószínűsége annak, hogy egy adott húzásban piros golyót húzunk vagy két különböző húzás mindegyikében piros golyót húzunk.

4. Egy szabályos dobókockát feldobunk tízszer. Számoljuk ki a dobásösszeg harmadik hatványának a várható értékét. Megoldás: Vezessük be a következő valószínűségi változókat: ξ_{j}(ω) = k, ha a j-ik

dobás eredménye k, 1 ≤ j ≤ 10, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor az E ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} várható

értéket kell kiszámítanunk. Ennek érdekében tekintsük a ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} kifejezést

és értsük meg milyen tagokat kapunk, ha elvégezzük a beszorzásokat. Egyrészt megjelenik 10 ξ_{j}^{3} alakú kifejezés, és Eξ_{j}^{3} = Eξ_{1}^{3} minden ilyen tagra. Ezenkívül megjelenik 3 · 10 · 9 ξ_{j}^{2}ξ_{k}, j ≠ k, alakú kifejezés, mert a lehetséges (j, k) párokat 10 · 9 módon választhatjuk ki, és a k (csak egyszer szereplő tényező) három helyen szerepelhet. Továbbá minden ilyen tagra Eξ_{j}^{2}ξ_{k} = Eξ_{j}^{2}Eξ_{k} = Eξ_{1}^{2}Eξ_{1}. Továbbá 10· 9·8 módon jelenhet meg ξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} alakú tag, ahol a j, k és l indexek mind különbözőek, és ezekre Eξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} = (Eξ_{1})^{3}. Másfajta tag nem jelenik meg a szorzatban. Innen

( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} = 10Eξ_{1}^{3} + 270Eξ_{1}(Eξ_{1})^{2} + 720 (Eξ_{1})^{3} = 4410 + 14332.5 + 3087 =

218295.5, mert Eξ_{1} = 3.5, Eξ_{1}^{2} = \frac{91}{6} és Eξ_{1}^{3} = 441.

5. Egy urnában 10 piros és 20 fehér golyó van. Kihúzunk visszatevés nélkül 10 golyót. A páros sorszámú húzások esetén fehér golyó húzás esetén nyerünk 3 forintot, piros golyó húzás esetén pedig nem nyerünk és nem veszítünk semmit. A páratlan sorszámú húzások esetén piros húzás esetén 2 forintot nyerünk, fehér golyó húzás esetén nem nyerünk és nem veszítünk semmit. Számoljuk ki a nyereményünk várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Vezessük be a következó ξ_{j}, 1 ≤ j ≤ 10, valószínűségi változókat: Páros j számokra ξ_{j} = 3, ha a j-ik húzás eredménye piros, ξ_{j} = 0, ha a j-ik húzás eredménye fehér golyó. Páratlan j számokra ξ_{j} = 2, ha a j-ik húzás eredménye

piros, ξ_{j} = 0, ha a j-ik húzás eredménye fehér golyó. Ekkor az S = ∑_{j=1}^{10} ξ_{j} összeg

várható értékét és szórásnégyzetét kell kiszámolnunk. Ennek érdekében számoljuk ki az Eξ_{j} várható értékeket, Var ξ_{j} szórásnégyzeteket és Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) kovarianciákat. Annak valószínűsége, hogy a j-ik húzás eredménye piros \frac{1}{3}, annak valószínűsége, hogy j-ik húzás eredménye fehér \frac{2}{3}. Ezért Eξ_{j} = 2, ha j páros, Eξ_{j} = \frac{2}{3}, ha j páratlan, és ES = 5 (2 + \frac{2}{3}) = 13\frac{1}{3}. A szórásnégyzet kiszámítása érdekében vegyük észre, hogy Eξ_{j}^{2} = 6, Var ξ_{j} = 2, ha j páros, és Eξ_{j}^{2} = \frac{4}{3}, Var ξ_{j} = \frac{8}{9}. Továbbá annak valószínűsége, hogy két j és k indexre j ≠ k, a j-ik és k-ik húzás mindegyike fehér \frac{2·19}{3·29} = \frac{38}{87}, annak, hogy mindkét húzás piros \frac{9}{3·29} = \frac{3}{29}, annak, hogy az egyik húzás fehér a másik piros \frac{2·10}{3·29} = \frac{20}{57}. Ezért Eξ_{j}ξ_{k} = 9 · \frac{2·19}{3·29} = \frac{114}{29}, Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = \frac{114}{29} − 4 = −\frac{2}{29}, ha j és k páros, Eξ_{j}ξ_{k} = 4 · \frac{3}{29} = \frac{12}{29}, Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = \frac{12}{29} − \frac{4}{9} = −\frac{8}{263}, ha j és k páratlan, Eξ_{j}ξ_{k} = 6 · \frac{20}{57} = \frac{40}{29}, Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = \frac{40}{29} − \frac{4}{3} = \frac{4}{87}, ha j és k közül az egyik páros, a másik páratlan. Olyan (j, k) pár, 1 ≤ j, k ≤ 10, j ≠ k, melyre j és k mindegyike páros vagy mindegyike páratlan, összesen 20 van, és olyan (j, k) pár, melyekre az egyik páros, a másik páratlan 2 · 5 · 5 = 50 van, ezért

∑_{1≤j,k≤10, j≠k} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = 20 (−\frac{2}{29} − \frac{8}{263}) + 50 · \frac{4}{87} = \frac{80}{263}.

Innen

Var S = ∑_{j=1}^{10} Var ξ_{j} + ∑_{1≤j,k≤10, j≠k} Cov (ξ_{j}, ξ_{k})

= 5 (2 + \frac{8}{9}) + \frac{80}{263} = \frac{130}{9} + \frac{80}{263} = \frac{3850}{263}.

6. Feldobunk egy szabályos pénzdarabat 100-szor egymás után. Tekintsük az egymást követő fej-fej dobássorozatok számát, és számítsuk ki ennek várható értékét és szórásnégyzetét. 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} 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.) A szórásnégyzet kiszámításában viszont figyelembe kell vennünk azt, hogy nem csupa független valószínűségi változó összegét vizsgáljuk. Használjuk a szórásnégyzet kiszámolásánál a következő formulát.

Var S = Var (∑_{j=1}^{99} ξ_{j}) = ∑_{j=1}^{99} Var ξ_{j} + 2 ∑_{1≤j<k≤99} Cov (ξ_{j}, ξ_{k}).

Továbbá Cov (ξ_{j}, ξ_{k}) = 0, ha k ≥ j + 2, mert ebben az esetben ξ_{j} és ξ_{k} függetlenek, és Eξ_{j}ξ_{j+1} = \frac{1}{8} − \frac{1}{16} = \frac{1}{16} minden 1 ≤ j ≤ 98 számra. Ugyanis Eξ_{j}ξ_{j+1} = \frac{1}{8}, mivel ξ_{j}ξ_{j+1} = 1, ha a j-ik, j + 1-ik és j + 2-ik dobások mindegyike fej, aminek valószínűsége \frac{1}{8}, és ξ_{j}ξ_{j+1} = 0 egyébként. Továbbá Eξ_{j}Eξ_{j+1} = \frac{1}{16}. Ezenkívül Var ξ_{j} = \frac{1}{4} − \frac{1}{16} = \frac{3}{16}. Innen Var S = 99 · \frac{3}{16} + 2 · \frac{98}{16} = \frac{493}{16}.

7. 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.