A március 7.-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 (C)} 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 (C)} = \frac{51}{58}.

Házi feladat.

Adott két sziget, az igazmondók és a hazugok szigete. Az igazmondók szigetén mindenki 0.9 valószínűséggel igaz választ ad a feltett kérdésre, a hazugok szigetén mindenki 0.8 valószínűséggel hamis választ ad. Valaki éjjel a viharos tengeren hajózva eljut a két sziget valamelyikére, 1/2 valószínűséggel az igazmondók szigetére, 1/2 valószínűséggel a hazugok szigetére. Megkérdezi az első szembejövő embert, hogy az igazmondók szigetére jutott-e. Azt a választ kapja, hogy nem. Mi a valószínűsége annak, hogy az igazmondók szigetére került?

3a. 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.

3b. 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

végtelen sok esemény bekövetkezik. Megoldás: Az, hogy az A_{n} események közül végtelen sok bekövetkezik, azt jelenti, hogy minden n számhoz van olyan k ≥ n index, amelyre az A_{k} esemény

bekövetkezik, azaz a B_{n} = ⋃_{k=n}^{∞} A_{k} esemény minden n számra bekövetkezik. Az, hogy a B_{n} esemény bekövetkezik minden n számra azt jelenti, hogy bekövetkezik

az ⋂_{n=1}^{∞} B_{n} = ⋂_{n=1}^{∞} ( ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}) esemény.

4. Egy (szabályos) pénzdarabot feldobunk végtelen sokszor. Jelölje A_{k} azt az eseményt, hogy a k-ik dobás fej, k = 1, 2, . . .. Fejezzük ki az A_{k} események segítségével (megszámlálható unió, megszámlálható metszet, komplementerképzés műveletek felhasználásával), azt az E eseményt, hogy a fejdobások számának a relatív gyakorisága tart az \frac{1}{2}-hez. Megoldás: Az E esemény bekövetkezte azt jelenti, hogy minden m = 1, 2, … egész számra bekövetkezik a következő B(m) esemény: Minden elég nagy n számra teljesül a következő C(m, n) esemény. Az első n dobásban bekövetkezett fej-dobások száma nagyobb, mint n(\frac{1}{2} − \frac{1}{m}) és kisebb, mint n(\frac{1}{2} + \frac{1}{m}). Innen

E = ⋂_{m=1}^{∞} B(m) = ⋂_{m=1}^{∞} ( ⋃_{k=1}^{∞} ( ⋂_{n=k}^{∞} C(m, n))) .

Ezért a feladat megoldásához elegendő a C(m, n) eseményeket a kívánt módon kifejezni. Ennek érdekében minden n = 1, 2, … számra vezessük be az {1, …, n} halmaz bizonyos {j_{1}, …, j_{s}}: 1 ≤ j_{1} < j_{2} < …, j_{s} ≤ n} részhalmazaiból álló U(m, n) halmazt a következő módon: {j_{1}, …, j_{s}} ∈ U(m, n) akkor és csak akkor, ha 1 ≤ j_{1} < j_{2} < …, j_{s} ≤ n, és n (\frac{1}{2} − \frac{1}{m}) < s < n (\frac{1}{2} − \frac{1}{m}). Definiáljuk továbbá minden {j_{1}, …, j_{s}}; 1 ≤ j_{1} < j_{2} < …, j_{s} ≤ n alakú halmazra a

D(n; j_{1}, …, j_{s}) = ⋂_{l∈{j_{1},...,j_{s}}} A_{l} ∩ ⋂_{l∈{1,...,n}\{j_{1},...,j_{s}}}(Ω \ A_{l})

halmazt. Ekkor

C(m, n) = ⋃_{{j_{1},...,j_{l}}∈U(m,n)} D(n; j_{1}, …, j_{s}),

és ez megadja a C(m, n) halmaz egy kívánt alakú előállítását.

5. 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.

6. 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.

7. 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.

8. Egy urnában 30 piros és 70 fehér golyó van. Kihúzunk 20 golyót. Mi a valószínűsége annak, hogy az első 10 húzásban 5 piros golyót húzunk, a második 10 húzásban megint 5 piros golyót húzunk, ha a.) A golyókat visszatevéssel húzzuk? b.) A golyókat visszatevés nélkül húzzuk?

Megoldás: Az a) esetben a válasz (\binom{10}{5} (\frac{3}{10})^{5} (\frac{7}{10})^{5})^{2}. A b) esetben \binom{30}{5}\binom{70}{5} \binom{100}{10} \binom{25}{5}\binom{65}{5} \binom{90}{10}.

Házi feladat. Mi a valószínűsége annak, hogy az előző feladatban tekintett húzássorozatban az első 10 húzásban 5 piros golyót húzunk, a második 10 húzásban megint 5 piros golyót húzunk, ha az első 10 húzásban visszatevéssel, a második 10 húzásban visszatevés nélkül húzunk?