Az október 10-i gyakorlat feladatai

1.) Húsz héten keresztül játszunk a lottón. Minden héten kitöltünk (egymástól függetlenül) 10 lottószelvényt. Mi annak a valószínűsége, hogy pontosan két olyan hét lesz, amelyen lesz hármas négyes vagy ötös találatunk? Megoldás: Megtárgyaltuk egy korábbi gyakorlaton, hogy annak a valószínűsége, hogy egy kitöltött lottószelvény tartalmaz három, négy vagy öt találatot

p_{1} = \frac{1 + \binom{85}{1}\binom{5}{4} + \binom{85}{2}\binom{5}{3}}{\binom{90}{5}}.

Annak a valószínűsége, hogy valamely héten van három vagy négy találatunk úgy számolható ki, hogy tekintünk 10 független kisérletet, amelyek mindegyike p_{1} valószínűséggel következik be, és annak valószínűségét kívánjuk kiszámolni, hogy ezen kisérletek legalább egyike sikeres. Annak valószínűsége, hogy nem volt sikeres kisérlet (1 − p_{1})^{10}, így annak a valószínűsége, hogy volt (legalább egy) sikeres kisérlet p_{2} = 1 − (1 − p_{1})^{10}. Tehát minden héten p_{2} valószínűséggel következik sikeres lottószelvény kitöltés. Annak valószínűsége, hogy az i-edik és j-ik (például a harmadik és ötödik) héten következik be sikeres lottókitöltés, a többi héten pedig nem p_{2}^{2}(1 − p_{2})^{18}. Mivel az ilyen hétpárokat \binom{20}{2}-féleképp választhatjuk ki, a keresett valószínűség

\binom{20}{2}p_{2}^{2}(1 − p_{2})^{18} = \binom{20}{2} (1 − (1 − p_{1})^{10})^{2} (1 − p_{1})^{180}

= \binom{20}{2} (1 − (1 − \frac{1 + \binom{85}{1}\binom{5}{4} + \binom{85}{2}\binom{5}{3}}{\binom{90}{5}})^{10})^{2}

(1 − \frac{1 + \binom{85}{1}\binom{5}{4} + \binom{85}{2}\binom{5}{3}}{\binom{90}{5}})^{180} .

2.) Ledobunk az egységintervallumra véletlenül, egymástól függetlenül 2 pontot. (Az, hogy egy pont az egységintervallum valamely részintervallumába esik megegyezik ezen intervallum hosszával.) Ez a két ledobott pont az egységkört három részintervallumra osztja. Mi annak a valószínűsége, hogy az így létrejött három részintervallumból szerkeszthető háromszög? Megoldás: A három szakaszból akkor és csak akkor szerkeszthető háromszög, ha teljesítik a háromszögegyenlőtlenséget, azaz bármely kettő összhossza nagyobb, mint a harmadik intervallum hossza. Mivel a három intervallum összhossza 1, ez ekvivalens azzal, hogy mindegyik intervallum hossza kisebb, mint \frac{1}{2}. Legyen az első ledobott pont koordinátája x a második ledobott ponté pedig y. Ekkor az (x, y) pont egyenletes eloszlású a [0, 1] × [0, 1] egységnégyzeten, és keletkezett szakaszok hossza x, y −x és 1−y, ha x < y, és y, x−y és 1−x, ha x > y. A három szakaszból akkor és csak akkor szerkeszthető háromszög, ha a következő két (egymást kizáró) esemény valamelyike bekövetkezik: a.) 0 ≤ x < \frac{1}{2}, \frac{1}{2} < y < 1, 0 < y − x < \frac{1}{2}, b.) 0 ≤ y < \frac{1}{2}, \frac{1}{2} < x < 1, 0 < x − y < \frac{1}{2}. (Az a.) eset felel meg annak, hogy x < y, a b.) eset annak, hogy y < x.) Egyszerű geometriai meggondolás mutatja, hogy mind az a) mind a b) eset teljesülése azt jelenti, hogy az (x, y) pont az egységnégyzet egy \frac{1}{2} befogókkal rendelkező szabályos derékszögű egyenlőszárú háromszögbe esik. Így a keresett valószínűség 2 · \frac{1}{8} = \frac{1}{4}.

3.) 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 3a.) Annak, hogy egy szabályos dobókocka végtelen sok egymás utáni feldobása során

nem jelenik meg három hatos nulla a valószínűsége. 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. 4.) Feldobunk egy szabályos pénzdarabot végtelen sokszor egymás után. Mi annak a

valószínűsége, hogy pontosan az ötödik dobásban jelenik meg az első fej-dobás? Mi annak a valószínűsége, hogy a második fej-dobás pontosan öt dobással az első fej-dobás után következik be? Megoldás: Akkor lesz az első fej-dobás az ötödik dobás, ha először négy írásdobás majd egy fej-dobás történik. Ennek valószínűsége (\frac{1}{2})^{4} · \frac{1}{2} = (\frac{1}{2})^{5}. Hasonlóan, annak a valószínűsége, hogy a k-ik dobás lesz az első fej-dobás 2^{−k}, k = 1, 2, …, annak valószínűsége pedig, hogy a k-ik dobás lesz az első fej-dobás, utána pedig 5 dobás múlva következik be a második fej-dobás 2^{−k} · 2^{−5} = 2^{−k−5}. Annak a valószínűségét, hogy az első és második fej-dobás között pontosan 5 dobás következik be kiszámolhatjuk úgy is, hogy kiszámoljuk minden k = 1, 2, … számra kiszámoljuk annak valószínűségét, hogy a k-ik dobás volt az első és a k +5-ik dobás a második fej-dobás, majd összegezünk k = 1, 2, … -ra. Így azt kapjuk, hogy a

keresett valószínűség ∑_{k=1}^{∞} 2^{−k−5} = 2^{−5} ∑_{k=1}^{∞} 2^{−k} = 2^{−5}.

Házi feladat:

Egy szabályos dobókockát feldobunk végtelen sokszor. Mi annak a valószínűsége annak, hogy az első hatos dobásig ugyanannyi dobás történt, mint az első és második hatos dobás között?

5.) Egy szabályos érmét feldobunk egymás után egészen addig, amíg másodszor megjelenik egy fej. Azután a dobássorozatot abbahagyjuk. Mi annak a valószínűsége, hogy az utolsóelőtti dobás eredménye fej? Megoldás: Az esemény, amelyiknek a valószínűségét ki akarjuk számolni, a következő módon is jellemezhető: Először k darab írásdobás történik valamely k = 0, 1, 2, …, számmal, majd utána két fejdobás következik be. Ennek valószínűsége

∑_{k=0}^{∞} (\frac{1}{2})^{k} · \frac{1}{2} · \frac{1}{2} = \frac{1}{4} ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{2^{k}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}.

Házi feladat:

Egy szabályos érmét feldobunk egymás után egészen addig, amíg másodszor megjelenik egy fej. Azután a dobássorozatot abbahagyjuk. Mi annak a valószínűsége, hogy legalább három dobást végzünk, és az utolsót kettővel megelőző dobás eredménye fej?

6.) 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.

7.) 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 8.) Egy házibulira 50 embert hívnak meg. Mindenki egymástól függetlenül 0.5 valószí-

nűséggel megy el.

a) Mi annak a valószínűsége, hogy pontosan 3 ember jön el?

b) Mi annak a valószínűsége, hogy Annak, hogy legalább három ember jön el?

Megoldás: a) \binom{50}{3} (\frac{1}{2})^{50}, b) 1 − (1 + \binom{50}{1} + \binom{50}{2}) (\frac{1}{2})^{50}. 9.) Egy gyakorlatra véletlenszerűen 24 hallgató jön el. Mi annak a valószínűsége, hogy

van közöttük két ember, akiknek ugyanazon a napon van a születésnapjuk? Megoldás: Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy nincs két ilyen ember. Képzeljük el, hogy egymásután megjelennek a hallgatók, valaki felírja a születésnapjukat, és minden egyes lépésben más dátumot ír fel. Az első hallgató megjelenésekor biztos, hogy új számot ír fel, a második hallgató megjelenésekor (1 − \frac{1}{365}), a harmadik hallgató megjelenésekor, (feltéve, hogy az első két hallgató esetében különböző számokat írt fel (1 − \frac{2}{365}), a negyedik hallgató esetében (1 − \frac{3}{365}) valószínűséggel írt fel különböző számokat, és így tovább. Annak a valószínűsége, hogy

mind a 24 esetben különböző számokat írt fel ∏_{k=1}^{23} (1 − \frac{k}{365}), a keresett valószínűség

pedig 1 − ∏_{k=1}^{23} (1 − \frac{k}{365}).

Kiváncsiak lehetünk, hogy ez a szám mekkora. Nagyon kicsi vagy nagyon nagy, azaz majdnem 1. Meg tudjuk-e ezt határozni viszonylag kevés számolással? A következő számolás tanulságos lehet. A vizsgálandó szorzatot felírhatjuk mint

1 − ∏_{k=1}^{23} (1 − \frac{k}{365}) = 1 − exp \{ ∑_{k=1}^{23} log (1 − \frac{k}{365})\} .

Használjuk fel a log(1 + x) ∼ x kis x számokra való közelítést. Ez azt sugallja, hogy log (1 − \frac{k}{365}) ∼ −\frac{k}{365}, és a vizsgált valószínűség közelítőleg

1 − exp \{− ∑_{k=1}^{23} \frac{k}{365}\} = 1 − exp \{−\frac{12 · 23}{365}\} = 1 − e^{−276/365}.

10.) 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. 11.) Legyen adva végtelen sok A_{1}, A_{2}, … esemény. Fejezzük ki ezen események se-

gítségével az únió, metszet és komplementer leképezések felhasználásával azt az eseményt, hogy az A_{1}, A_{2}, … események közül végtelen sok következik be. Megoldás: Az az esemény, hogy az A_{1}, A_{2}, … események közül végtelen sok következik be úgy is megfogalmazható, hogy bármely n indexre létezik olyan N ≥ n index melyre az A_{N} esemény bekövetkezik. Rögzített n számra az az esemény, hogy bekövetkezett az A_{N} esemény valamely N ≥ n indexre felírható mint a B_{n} =

⋃_{n=N}^{∞} A_{N} esemény. Az, hogy a B_{n} események mindegyike bekövetkezik az C =

⋂_{n=1}^{∞} B_{n} esemény. Ezért a vizsgált esemény felírható C = ⋂_{n=1}^{∞} B_{n} = ⋂_{n=1}^{∞} ( ⋃_{n=N}^{∞} A_{N})

alakban írható.