Az október 17-i gyakorlat témája

Az előző gyakorlaton tekintettünk néhány feladatot, amelynek hátterében a következő probléma megoldása volt. Legyenek A_{1} …, A_{n} független események, amelyeknek ismerjük P (A_{j}), 1 ≤ j ≤ n, valószínűségeit. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy legalább egy A_{j} esemény bekövetkezik. Egy általánosabb feladat azon esemény valószínűségének a kiszámolása, hogy pontosan k darab A_{j} esemény következik be, 0 ≤ k ≤ n. Hasonlóan annak a valószínűségét is ki akarjuk számolni, hogy legalább k A_{j} esemény következik be.

Korábban a következő típusú feladatokat tárgyaltunk. Legyenek B_{1}, …, B_{n} egymást kizáró események, azaz legyen B_{j} ∩ B_{k} = ∅ minden 1 ≤ j, k ≤ n indexre, ha j ≠ k, ahol ∅ az üres halmazt jelöli. Mi annak a valószínűsége, hogy pontosan egy B_{j} esemény következik be? E kérdés megválaszolása nagyon egyszerű, mert az az esemény, hogy legalább egy B_{j} esemény következik be megegyezik a B_{1} ∪ ⋯ ∪ B_{n} eseménnyel, és P (B_{1} ∪ ⋯ ∪ B_{n}) = P (B_{1}) + ⋯ + P (B_{n}). Annak a valószínűsége, hogy pontosan k ≥ 2 B_{j} esemény következik be nulla, annak valószínűsége, hogy nulla B_{j} esemény következik be 1 − P (B_{1}) − ⋯ − P (B_{n}).

Annak a valószínűségét, hogy pontosan egy A_{j} esemény következik be a következő módon számolhatjuk ki a Morgan azonosság felhasználásával. A keresett valószínűség

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

ahol Ā = Ω \ A az A esemény komplementerét jelöli. (A fenti számolásban kihasználtuk azt az eredményt, amely szerint, ha A_{1}, …, A_{n} független események, akkor Ā_{1}, …, Ā_{n} is az.)

1.) Legyenek A_{1} …, A_{n} független események, amelyeknek ismerjük P (A_{j}), 1 ≤ j ≤ n, valószínűségeit. Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy pontosan k darab, illetve hogy legalább k darab A_{j} esemény következik be, 0 ≤ k ≤ n. Megoldás: Az, hogy pontosan k darab A_{j} esemény következik be azt jelenti, hogy léteznek olyan 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{k} ≤ n számok, hogy az A_{j_{1}}, …, A_{j_{k}} események bekövetkeznek, míg s ≠ j_{l}, 1 ≤ l ≤ k, 1 ≤ s ≤ n indexekre az A_{s} esemény nem következik be, azaz az Ā_{s} esemény következik be. Ennek valószínűsége rögzített 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{k} ≤ n indexekre

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}} ∩ ⋂_{s∈{1,...,n}\{j_{1},...,j_{k}}} Ā_{s}) = ∏_{s=1}^{k} P (A_{j_{s}})  ∏_{t∈{1,...,n}\{j_{1},...,j_{k}}} (1 − P (A_{t})).

Így annak a valószínűsége, hogy pontosan k darab A_{j} esemény következik be

P_{k} = ∑_{(j_{1},...,j_{k}):1≤j_{1}<j_{2}≤···j_{k}≤n} P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}} ∩ ⋂_{s∈{1,...,n}\{j_{1},...,j_{k}}} Ā_{s})

= ∑_{(j_{1},...,j_{k}):1≤j_{1}<j_{2}≤···j_{k}≤n} ∏_{s=1}^{k} P (A_{j_{s}}) ∏_{t∈{1,...,n}\{j_{1},...,j_{k}}}(1 − P (A_{t})).

Annak a valószínűsége, hogy legalább k darab A_{j} esemény következik be Q_{k} =

∑_{l=k}^{n} P_{l}.

2.) 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 összegeket, másrészt egyszerűbben az előző tétel 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 következő 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.

3.) 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) = \frac{7}{2}, Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) = \frac{91}{6}, Var η_{j} = Eη_{j}^{2} − (Eη_{j})^{2} = \frac{91}{6} − \frac{49}{4} = \frac{182−147}{12} = \frac{35}{12}, Eξ = 350, Var ξ = \frac{3500}{12}.

4.) Egy szabályos dobókockát feldobunk egymás után addig, amíg meg nem jelenik a 100. hatos dobás. Számoljuk ki a dobások számának a várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: Jelölje T_{1} azt a valószínűségi változót, hogy hányszor kellett a kockát feldobni addig, amíg az első hatos dobás megjelent (az első hatos dobást is beleszámítva ebbe a dobássorozatba), T_{2} azt, hányszor kellett a kockát az első hatos dobás után feldobni, amíg a második hatos dobás megjelent, és általában legyen T_{j} az a valószínűségi változó, amelyik azt számolja meg, hogy hány dobás következett be a j − 1-k és j-ik hatos dobás között. (A j-ik hatos dobást beszámítjuk a j − 1-ik hatos dobást viszont nem számítjuk be ebbe a sorozatba.) Ekkor a minket érdeklő

valószínűségi változó, a dobások száma a 100. hatos dobásig T = ∑_{j=1}^{100} T_{j}, továbbá, a

T_{j} valószínűségi változók függetlenek, és P (T_{j} = k) = (\frac{5}{6})^{k−1} \frac{1}{6}, k = 1, 2, . . .. Ezért

ET = ∑_{j=1}^{100} ET_{j}, Var T = ∑_{j=1}^{100} Var T_{j}, ET_{j} = ∑_{k=1}^{∞} k \frac{1}{6} (\frac{5}{6})^{k−1}, ET_{j}^{2} = ∑_{k=1}^{∞} k^{2} \frac{1}{6} (\frac{5}{6})^{k−1},

Var T_{j} = ET_{j}^{2} − (ET_{j})^{2}.

Az ET_{j} várható érték egy lehetséges kiszámolási módja: Deriváljuk a

∑_{k=0}^{∞} x^{k} = \frac{1}{1 − x}, |x| < 1

azonosságot. Azt kapjuk, hogy

(∗)  ∑_{k=0}^{∞} kx^{k−1} = \frac{1}{(1 − x)^{2}} , |x| < 1,

ahonnan x = \frac{5}{6} helyettesítéssel

∑_{k=0}^{∞} k (\frac{5}{6})^{k−1} = 6^{2},

és ET_{j} = 6, ET = 100ET_{1} = 600. Hasonlóan, a (∗) azonosságot x-szel beszorozva, deviválva, majd az x = \frac{5}{6} behelyettesítést alkalmazva azt kapjuk, hogy

∑_{k=1}^{∞} k^{2}x^{k−1} = \frac{1}{(1 − x)^{2}} + \frac{2x}{(1 − x)^{3}} , |x| < 1,

ET_{j}^{2} = \frac{1}{6}(36 + 360) = 66, Var T_{j} = ET_{j}^{2} − (ET_{j})^{2} = 30, Var T = 100Var T_{1} = 3000.

5.) Legyen egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó. Húzzunk ki 20 golyót visszatevés nélkül. Számoljuk ki a kihúzott piros golyók számának várható értékét. 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 kell kiszámolnunk. Továbbá

Eξ_{j} = Eξ_{1} = \frac{2}{5}, mert Eξ_{j} = 1 · P (ξ_{j} = 1) = p(ξ_{1} = 1). Innen a 20 dobásban kihúzott piros golyók számának várható értéke 20 · \frac{2}{5} = 8.

Házi feladat:

Egy szabályos dobókockát feldobunk egymás után százszor. Tekintsük a páros értékű dobások összegét, és számítsuk ki ennek várható értékét és szórásnégyzetét.