Az október 3-i gyakorlat témája

Megtárgyaljuk a valószínűségszámítás egyik fontos fogalmát, a feltételes valószínűséget, és néhány ezzel kapcsolatos feladatot. Szemléletesen a következőről van szó. Egy A esemény P (A) valószínűsége azt fejezi ki, hogy mennyire valószínű ennek az A eseménynek a bekövetkezése. Viszont ennek a bizonyosságnak a mértéke megváltozik, ha tudjuk, hogy egy B esemény bekövetkezett-e vagy nem. Ezért definiáljuk az A esemény feltételes valószínűségét, feltéve, hogy a B esemény bekövetkezett. Ennek definiciója P (A|B) = \frac{P (A∩B)}{P (B)}. Bár az alábbi azonosság triviális, fontossága miatt érdemes külön megfogalmazni.

P (A ∩ B) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (B), ha P (A) > 0 és P (B) > 0.

További egyszerű, de hasznos észrevételek:

Ha B_{1}, …, B_{n} a valószínűségi mező egy particiója, azaz a B_{1}, …, B_{n} események

diszjunktak, és ⋃_{k=1}^{n} B_{k} = Ω, akkor

P (A) = P (A ∩ B_{1}) + P (A ∩ B_{2}) + ⋯ P (A ∩ B_{n})
= P (A|B_{1})P (B_{1}) + P (A|B_{2})P (B_{2}) + ⋯ + P (A|B_{n})P (B_{n})

minden A halmazra. Ezért

P (B_{1}|A) = \frac{P (B_{1} ∩ A)}{P (A)} = \frac{P (A|B_{1})P (B_{1})}{P (A|B_{1})P (B_{1}) + P (A|B_{2})P (B_{2}) + ⋯ + P (A|B_{n})P (B_{n})}.

Természetesen hasonló összefüggés írható fel a P (B_{j}|A) feltételes valószínűségre tetszőleges j indexre. A fenti egyszerű összefüggés fontosságát az adja, hogy ez lehetővé teszi a P (B_{j}|A) feltételes valószínűségek kiszámítását a ‘fordított’ P (A|B_{j}) valószínűségek ismeretében, feltéve, hogy ismerjük a P (B_{j}) valószínűségeket is.

1. Egy diák a feltett kérdésre (három lehetőség közül kell kiválasztani a helyeset) p valószínűséggel tudja a jó választ. Ha nem tudja, akkor tippel, és ez \frac{1}{3} valószínűséggel ad helyes eredményt. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy tudja a választ feltéve, hogy jó választ adott?

Megoldás: Jelölje A azt az eseményt, hogy tudja a jó választ, B azt az eseményt, hogy jó választ ad. A P (A|B) = \frac{P (A∩B)}{P (B)} feltételes valószínűség értékére vagyunk kiváncsiak. Ekkor P (A ∩ B) = P (A) = p, P (B) = P (A ∩ B) + P (Ā ∩ B) = P (A) + P (B|Ā)P (Ā) = P (A) + (1 − P (A))P (B|Ā) = \frac{1}{3} = p + \frac{1}{3}(1 − p). Innen P (A|B) = \frac{p}{p+ \frac{1}{3} (1−p)}.

2.) Egy urnában z zöld és s sárga golyó van. Egymás után kihúzunk négy golyót úgy, hogy minden húzás után a golyót visszadobjuk az urnába, és vele együtt az urnába dobunk 2 ellenkező színű golyót. Mi a valószínűsége egy zöld, zöld, zöld, sárga húzássorozatnak?

Megoldás: Számoljuk ki először annak a valószínűségét, hogy az első húzás eredménye Z=(zöld), annak feltételes valószínűségét, hogy a második húzás Z, feltéve, hogy az első húzás Z, annak a feltételes valószínűségét, hogy a harmadik húzás eredménye Z feltéve, hogy előtte Z, Z és annak feltételes valószínűségét, és hogy a negyedik húzás eredménye S feltéve, hogy előtte Z, Z, Z húzás történt. Ez a valószínűség, illetve ezek a feltételes valószínűségek \frac{z}{z+s}, \frac{z}{z+s+2}, \frac{z}{z+s+4}, \frac{s+6}{z+s+6}. A keresett valószínűség \frac{z}{z+s} · \frac{z}{z+s+2} · \frac{z}{z+s+4} · \frac{s+6}{z+s+6}.

3.) Reggel valaki hazulról elmenve a lakáskulcsot elteszi, mégpedig úgy, hogy 0.5 valószínűséggel teszi a kabátzsebébe, 0.3 valószínűséggel a nadrágzsebébe és 0.2 valószínűséggel a mellényzsebébe. A nap folyamán mindenfelé jár, ezért a lakáskulcs a kabátzsebéből 0.1, a nadrágzsebéből 0.2, a mellényzsebéből viszont 0 valószínűséggel esik ki. Este hazatérve emberünk először a kabát majd a nadrágzsebében keresi a kulcsot, de egyik helyen sem találja. Mi annak a valószínűsége, hogy a lakáskulcs ott van a mellényzsebében? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy emberünk a lakáskulcsot a kabát A_{2}, hogy a nadrág és A_{3}, hogy a mellényzsebébe tette. Jelölje továbbá B azt az eseményt, hogy a kulcs nem veszett el. Ekkor feltételeink szerint az A_{1}, A_{2} és A_{3} események egymást kizáróak, P (A_{1}) = 0.5, P (A_{2}) = 0.3, P (A_{3}) = 0.2 továbbá P (B|A_{1}) = 0.9, P (B|A_{2}) = 0.8 és P (B|A_{3}) = 1. Vezessük be a C = (B̄ ∩ A_{1}) ∪ (B̄ ∩ A_{2}) ∪ A_{3} eseményt. Ekkor C jelenti azt az eseményt, hogy emberünk este nem találta a lakáskulcsot sem a kabát sem a nadrágzsebében. Ezért minket a P (B|C) = \frac{P (B∩C)}{P (C)} feltételes valószínűség érdekel. Viszont P (C) = P (A_{1} ∩ B̄) + P (A_{2} ∩ B̄) + P (A_{3}) = P (B̄|A_{1})P (A_{1}) + P (B̄|A_{2})P (A_{2}) + P (A_{3}) = 0.1 · 0.5 + 0.2 · 0.3 + 0.2 = 0.31, és P (B ∩ C) = P (B ∩ A_{3}) = P (A_{3})P (B|A_{3}) = P (A_{3}) = 0.2. Innen a minket érdeklő feltételes valószínűség értéke \frac{0.2}{0.31} = \frac{20}{31}.

4.) A Fazekas könyv egyik feladata (3.4 Példa a 32. oldalon) arról szól, hogy ha egy n létszámú csoportban r véletlenül kiválasztott diáknak dolgozatot kell írni, mi annak a feltételes valószínűsége, hogy a legrosszabb diáknak is dolgozatot kell írni, feltéve, hogy a legjobb diák is dolgozatot ír. Heurisztikusan úgy érvelhetünk, hogy ha a legjobb diák dolgozatot ír, akkor annak (feltételes) valószínűsége, hogy a legrosszabb diák is dolgozatot ír, azzal egyenlő, hogy a maradék n − 1 diák közül őt is kiválasztják a maradék r − 1 dolgozatíró közé, tehát \frac{r−1}{n−1}. Kissé pontosabban, annak valószínűsége, hogy mind a ketten dolgozatot írnak, \frac{r(r−1)}{n(n−1)}, annak, hogy a legjobb diák dolgozatot ír \frac{r}{n}, ahonnan következik az állítás. Ha a könyvben szereplő eredményt egyszerűbb alakra hozzuk, látjuk hogy az eredmény helyes. Adjunk közvetlen, a szemléletet követő precíz bizonyítást arra, hogy a fenti formulák az adott valószínűségekre helyesek. Megoldás: Az urna visszatevés nélküli húzás modelljének érvelését alkalmazhatjuk ebben az esetben is. Tegyük fel, hogy egymás után kiválasztjuk a dolgozatot írókat, Minden lépésben az eddig ki nem választottak valamelyikét választjuk ki egyforma valószínűséggel. Ha kijelöljük (az urnából való húzásnál szereplő érvelést használva) egy külön (egy elemű) csoportba a legjobb, egy külön (egy elemű) csoportba a legrosszabb diákot, egy külön csoportba az összes többit, akkor rögzítve egy 1 ≤ j, k ≤ r, j ≠ k számpárt kapjuk, hogy annak a valószínűsége, hogy a j-ik választásnál választunk az első, a k-ik választáskor a második csoportból, megegyezik annak a valószínűségével, hogy az első választáskor választunk az első és a második választáskor a második csoportból. Ennek valószínűsége viszont \frac{1}{n(n−1)}. Mivel a fenti események különböző (j, k) számpárokra kizárják egymást, ezért annak valószínűsége, hogy a legjobb és alegrosszabb diák is dolgozatot ír \frac{r(r−1)}{n(n−1)}. Hasonlóan, látható, hogy annak a valószínűsége, hogy a legjobb diák dolgozatot ír az \frac{r}{n} számmal egyenlő.

5.) Mi annak a valószínűsége, hogy egy (szabályos) dobókocka mindkét dobásának az eredménye hatos feltéve, hogy legalább az egyik dobás hatos? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az első dobás eredménye hatos, A_{2} azt az eseményt, hogy a második dobás eredménye hatos. Akkor minket a P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) feltételes valószínűség érdekel. Viszont

P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) = \frac{P ((A_{1} ∩ A_{2}) ∩ (A_{1} ∪ A_{2}))}{P (A_{1} ∪ A_{2})} = \frac{P (A_{1} ∩ A_{2})}{P (A_{1} ∪ A_{2})}.

Másrészt P (A_{1} ∩ A_{2}) = \frac{1}{36}, P (A_{1} ∪ A_{2}) = 1 − P (Ā_{1} ∩ Ā_{2}) = 1 − \frac{25}{36} = \frac{11}{36}. Innen a keresett feltételes valószínűség \frac{1}{11}.

A következő (egyszerű) feladat célja az, hogy összehasonlítsuk annak eredményét az előbb tárgyalt feladattal, és megbeszéljük, hogy mást jelent az a feltétel, hogy két kockadobás közül az egyik előírt (például az első) dobás hatos, és az hogy adódott hatos dobás. Képesek vagyunk-e szemléletünk alapján számolás nélkül megmondani, melyik feltevés mellett nagyobb annak a feltételes valószínűsége, hogy mind a két dobás hatos?

6.) Egy szabályos dobókockát feldobunk kétszer egymás után. Mi annak a valószínűsége, hogy mind a két dobás hatos, feltéve hogy az első dobás hatos? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az első dobás hatos, A_{2} pedig azt az eseményt, hogy a második dobás hatos. Ekkor A_{1} ∩ A_{2} az az esemény, hogy mind a két dobás hatos, és minket a P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1}) feltételes valószínűség értéke érdekel. Viszont, P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1}) = \frac{P (A_{1}∩A_{2})}{P (A_{1})} = \frac{P (A_{1})P (A_{2})}{P (A_{1})} = P (A_{2}) = \frac{1}{6}.

Házi feladat: Egy szabályos pénzdarabot feldobunk háromszor egymás után. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy mind a három dobás fej, feltéve, hogy legalább két fejdobás történt?

7.) Három gép gyárt csavarokat, az egyik 0.01 a második 0.02 a harmadik 0.03 valószínűséggel gyárt hibás csavarokat. A csavarokat egy raktárba viszik, és összekeverik őket. Egy gyártott csavar 0.5 valószínűséggel készült az első 0.3 valószínűséggel a második és 0.2 valószínűséggel készült a harmadik gépen. Kiveszünk egy csavart, megnézzük, és azt találjuk, hogy az hibás. Milyen valószínűséggel készült a csavar eme feltételek mellett az első gépen?

Megoldás: Jelölje A_{1}, A_{2} illetve A_{3} azt az eseményt, hogy a csavar az első, második vagy harmadik gépen készült, B azt az eseményt, hogy a csavar hibás. Ekkor minket a P (A_{1}|B) feltételes valószínűség érdekel. Tudjuk, hogy P (A_{1}) = 0.5, P (A_{2}) = 0.3, P (A_{3}) = 0.2, továbbá P (B|A_{1}) = 0.01, P (B|A_{2}) = 0.02, és P B(B|A_{3}) = 0.03. Ekkor

P (A_{1}|B) = \frac{P (B ∩ A_{1})}{P (B)} = \frac{P (B|A_{1})P (A_{1})}{P (B ∩ A_{1}) + P (B ∩ A_{2}) + P (B ∩ A_{3})}

= \frac{P (B|A_{1})P (A_{1})}{P (B|A_{1})P (A_{1}) + P (B|A_{2})P (A_{2}) + P (B|A_{3})P (A_{3})}

= \frac{0.01 · 0.5}{0.01 · 0.5 + 0.02 · 0.3 + 0.03 · 0.2}.

8. Egy teszt-vizsgán, ahol három lehetőség közül kell kiválasztani a helyes választ ketten vesznek részt. Az első résztvevő p_{1}, a második résztvevő pedig p_{2} valószínűséggel tudja a helyes választ, továbbá a vizsga két résztvevője egymástól függetlenül tudja vagy nem tudja, hogy mi a helyes válasz. Mindkét résztvevő a jó választ jelöli meg, ha tudja azt, ellenkező esetben pedig mindentől függetlenül egyforma valószínűséggel véletlenül bejelöli a három lehetséges válasz valamelyikét. Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy mind a két résztvevő a helyes választ jelölte be, feltéve, hogy ugyanazt a választ adta? Megoldás: Jelölje A azt az eseményt, hogy az első diák jól válaszol, B azt az eseményt, hogy a második diák jól válaszol, D_{1} azt az eseményt, hogy mind a két jelölt az elsőként felsororolt feltüntetett rossz választ D_{2} pedig azt az eseményt, hogy mind a két jelölt a másodiknak felsorolt rossz választ adja. Ekkor C = (A ∩ B) ∪ D_{1} ∪ D_{2} jelöli azt az eseményt, hogy a két diák egyformán válaszol. Bennünket a P (A ∩ B|C) = \frac{P (A∩B∩C)}{P (C)} = \frac{P (A∩B)}{P ((A∩B)∪D_{1}∪D_{2})} feltételes valószínűség érdekel. Viszont P (A) = p_{1} + \frac{1}{3}(1 − p_{1}) = \frac{1+2p_{1}}{3} , P (B) = \frac{1+2p_{2}}{3} , és az A és B események függetlenek. Innen P (A∩B) = \frac{1+2p_{1}}{3} · \frac{1+2p_{2}}{3} , P (C) = R(A∩B)+P (D_{1})+ P (D_{2}) = \frac{1+2p_{1}}{3} · \frac{1+2p_{2}}{3} + 2\frac{1−p_{1}}{3} · \frac{1−p_{2}}{3} . Ugyanis P (D_{1}) = P (D_{2}) = \frac{(1−p_{1})}{3} · \frac{(1−p_{2})}{3}, mivel az első jelölt akkor válaszol rosszul, ha nem tudja a helyes választ, és a három lehetőség közül az első rossz választ jelöli ki, aminek a valószínűsége (1−p_{1})\frac{1}{3}, annak a valószínűsége, hogy a második jelölt ugyanezt a választ adja (1 − p_{1})\frac{1}{3}, a két jelölt egymástól függetlenül válaszol, ahonnan P (D_{1}) = \frac{(1−p_{1})}{3} · \frac{(1−p_{2})}{3}. Hasonlóan, a P (D_{2}) valószínűségre ugyanazt az értéket kapjuk. Innen

P (A ∩ B|C) = \frac{(1 + 2p_{1})(1 + 2p_{2})}{(1 + 2p_{1})(1 + 2p_{2}) + 2(1 − p_{1})(1 − p_{2})}.

9.) Adott két város, az igazmondók és hazugok városa. Az igazmondók városában egy kérdésre 0.9 valószínűséggel helyes a hazugok városában pedig 0.8 valószínűséggel hamis választ adnak. Megérkezünk véletlenül az egyik városba, egyforma, azaz \frac{1}{2} valószínűséggel az igazmondók vagy a hazugok városába. Megkérdezzük az első embert, akivel találkozunk, hogy az igazmondók városába értünk-e. Azt a választ kapjuk, hogy nem. Mi a valószínűsége annak, hogy az igazmondók városába érkeztünk? Megoldás: Jelölje A azt az eseményt, hogy az igazmondók városába érkeztünk, és B azt az eseményt, hogy a véletlenül megkérdezett ember azt válaszolja kérdésünkre, hogy nem az igazmondók városába érkeztünk. Ekkor minket a P (A|B) feltételes valószínűség értéke érdekel. Tudjuk továbbá, hogy P (A) = \frac{1}{2}, P (B|A) = 0.1, P (B|Ā) = 0.2. (Az első esetben az igazmondók városában megkérdezett ember hazudik, a másodikban a hazugok városában megkérdezett ember igazat mond.) Ezért

P (A|B) = \frac{P (A ∩ B)}{P (B)} = \frac{P (B|A)P (A)}{P (B|A)P (A) + P (B|Ā)P (Ā)} = \frac{0.1 · 0.5}{0.1 · 0.5 + 0.2 · 0.5} = \frac{1}{3}.

Házi feladat:

Egy háromnapos nyaraláson veszünk részt a Balatonnál. Minden nap a többi naptól függetlenül \frac{2}{3} valószínűséggel kisüt a nap, \frac{1}{3} valószínűséggel nem süt ki. Azokon a napokon, amikor kisüt a nap, \frac{2}{3} valószínűséggel megfürdünk a Balatonban és fagylaltot is eszünk, \frac{1}{6} valószínűséggel megfürdünk a Balatonban, de nem eszünk fagylaltot, \frac{1}{6} valószínűséggel nem fürdünk meg a Balatonban, de eszünk fagylaltot, és nulla annak a valószínűsége, hogy nem fürdünk és fagylaltot sem eszünk. Ha nem süt a nap, akkor \frac{1}{4} annak a valószínűsége, hogy eszünk fagylaltot, és fürdünk, \frac{1}{4} annak a valószínűsége, hogy eszünk fagylaltot, de nem fürdünk, \frac{1}{4} annak a valószínűsége, hogy nem eszünk fagylaltot, de fürdünk, és ugyancsak \frac{1}{4} annak a valószínűsége, hogy sem fagylaltot nem eszünk, sem a Balatonban nem fürdünk meg. Mi annak a feltételes valószínűsége, hogy megfürödtünk a Balatonban, feltéve hogy nem ettünk fagylaltot?

10.) 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}).

11.) Két különböző fáról leszednek 100 almát, és beteszik két különböző (megkülönböztethetetlen) 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 (D)} 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 (D)} = \frac{51}{58}.