A szeptember 26-i gyakorlat témája

1.) Számítsuk ki annak valószínűségét, hogy lottón (pontosan) három találatot érünk el. Megoldás: Számoljuk ki, hány olyan húzássorozat van, amely a (majdani lottóhúzáson) kihúzott 5 számból pontosan 3-at tartalmaz, és összesen hány 5 hosszúságú húzássorozat van. (A húzássorozatok összeszámolásánál nem vesszük figyelembe, hogy milyen sorrendben húztuk ki a golyókat, csak azt, hogy mi a kihúzott 5 golyó.) Képzeljük el úgy, hogy a kihúzott (eltalálandó) golyók pirosra, a nem kihúzott golyók fehérre vannak festve. Akkor az a kérdés, hogy hányféleképp tudunk az 5 piros golyóból 3-at, a 85 fehér golyóból 2-t kiválasztani. Megtárgyaltuk, hogy a 85 golyóból \binom{85}{2}-féleképpen tudunk kiválasztani 2-t, és 5 golyóból \binom{5}{3}-féleképpen tudunk kiválasztani 3-t. Az összes olyan 5 elemű sorozat száma, amely 3 piros és 2 fehér golyót tartalmaz \binom{85}{2}\binom{5}{3}. Megbeszéltük korábban, hogy 90 golyóból 5-öt \binom{90}{5}- féleképpen választhatunk ki. Minden húzássorozat valószínűsége egyforma, ezért a három találat valószínűsége

\frac{kedvező eset}{összes eset} = \begin{matrix}\binom{85}{2} & \binom{5}{3} \\ ( & {90 \atop 5} & ) \end{matrix}.

Megjegyzés. Azt mondtuk, hogy minden húzássorozat valószínűsége egyforma nagy. Ez közvetlenül akkor látható, ha a húzássorozatokban a kihúzott golyók húzásának a sorrendjét is figyelembe vesszük, míg számunkra az az eset az érdekes, amikor azt nem vesszük figyelembe. De ez a második eset könnyen visszavezethető az első esetre, mert minden a húzássorozat sorrendjét figyelembe nem vevő sorozat megjelenése ugyanannyi (nevezetesen 5!) a húzássorozat sorrendjét figyelembe vevő sorozat valamelyikének a megjelenését jelenti.

2.) Számítsuk ki annak valószínűségét, hogy lottón legalább három találatot érünk el. Megoldás: Az, hogy legalább három találatunk van azt jelenti, hogy három, négy vagy öt találatunk van. Továbbá ez a három esemény egymást kizárja, (másképp fogalmazve ezek diszjunkt események). Ezért a kiszámolandó valószínűség egyenlő annak a valószínűségével, hogy 5 találatunk van plusz annak a valószínűségével, hogy 4 találatunk van plusz annak a valószínűségével, hogy 3 találatunk van. Ezt az előző feladathoz hasonlóan tudjuk kiszámolni, és az eredmény:

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

Megjegyzés: A kérdés természetes folytatása olyan valószínűségek kiszámolása, mint például a két találat elérésének valószínűsége akkor, ha több szelvényt is kitöltünk. Az ilyen kérdések vizsgálatát azonban elhalasztom. Ezekre akkor térünk vissza, ha tanultuk a függetlenség fogalmát.

Házi feladat:

Egy urnában l_{1} darab 1-es színű, l_{2} darab 2-es színű, és így tovább l_{s} darab s-es színű golyó van. Hány olyan (visszatevéses) r = r_{1} + ⋯ + r_{s} hosszú húzássorozat van, amelyik pontosan r_{1} darab 1-es színű, r_{2} darab 2-es színű, és így tovább r_{s} darab s színű golyót tartalmaz?

3. Két ember 8 és 9 óra között megjelenik egy téren egymástól függetlenül és egyenletes eloszlásal. Mind a kettő félórát vár a másikra, és ha az addig nem jön, akkor hazamegy. Mi a valószínűsége annak, hogy találkoznak? Megoldás: Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy az első ember az y koordinátája pedig megadja, hogy a második ember ember mikor érkezett. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten, azaz annak valószínűsége, hogy ez a pont az egységnégyzet egy (szép) részhalmazába esik megegyezik e halmaz területével. Az, hogy a két ember találkozik azt az eseményt jelenti, hogy az így definiált (x, y) pont az egységnégyzet

A = \{(x, y): − \frac{1}{2} ≤ y − x ≤ \frac{1}{2}\} ∩ [0, 1] × [0, 1]

részhalmazába esik. Ennek a halmaznak a területe 1 − 2 · \frac{1}{8} = \frac{3}{4}, és ez a keresett valószínűség.

4. Két egy méter hosszú botot véletlenszerűen, (egymástól függetlenül) egyenletes eloszlással eltörünk. A két rövidebb darabot összeragasztjuk. Mi annak a valószínűsége, hogy az így kapott új bot hossza kisebb mint 0.8 méter? Megoldás: Ez a feladat is hasonló módon tárgyalható. Tekintsük az egységnégyzetet, és válasszuk azt a véletlen pontot az egységnégyzeten, melynek x koordinátája megadja, hogy hol törtük el az első botot az y koordinátája pedig azt, hogy hol törtük el a második botot. Ekkor az így definiált pont egyenletes eloszlású az egységnégyzeten. Az az esemény, hogy az összeragasztott bot hossza kisebb mint 0.8 megegyezik annak az eseménynek a valószínűségével, hogy az (x, y) pont a következő A_{1}, A_{2}, A_{3} és A_{4} halmazok A_{1} ∪ A_{2} ∪ A_{3} ∪ A_{4} uniójába esik: A_{1} = {(x, y): x + y < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{2} = {(x, y): x + (1 − y) < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1], A_{3} = {(x, y): 1 − x + y < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1] és A_{4} = {(x, y): 1 − x + 1 − y < 0.8} ∩ [0, 1] × [0, 1]. Rajzoljuk le ezeket a halmazokat. Az ábra mutatja, hogy az A_{1} ∪A_{2} ∪A_{3} ∪A_{4} halmaz komplementere az a négyzet melynek csúcsai a (0.3, 0.5), (0.5, 0, 3), (0.7, 0.5), és (0.5, 0.7) pontok. Ennek a négyzetnek a területe, 0.08 tehát a minket érdeklő valószínűség 1 − 0.08 = 0.92.

Értsük meg azt a valószínűségi modellt, amelyben a fenti problémákat tárgyaltuk. Milyen (Ω, A, P) valószínűségi mezőben tudjuk tárgyalni a 3. feladatot?

Az ω elemi eseményeket természetes módon definiálhatjuk. Egy lehetséges kimenetel az, hogy az első ember 8+x órakor a második ember 8+y órakor érkezik, 0 ≤ x, y ≤ 1.

Ezt természetes módon azonosíthatjuk az (x, y) pontpárral. Ilyen módon definálhatjuk az Ω = [0, 1]×[0, 1] egységnégyzetet, mint a biztos eseményt, és egy (x, y) ∈ [0, 1]×[0, 1] elemi esemény azt jelenti, hogy az első ember 8 + x a második ember pedig 8 + y órakor érkezett.

A A σ-algebra és a A σ-algebrán értelmezett P valószínűségi mérték definiciója sokkal nehezebb. Ez néhány a matematika mély és az Önök tananyagában nem szereplő eredményén alapul. Viszont az eredmények szemléletesek, ezért a probléma az eredmények pontos ismerete nélkül is tárgyalható. Az természetes, hogy P ({ω}) = 0 minden ω = (x, y) elemi eseményre. Az A σ-algebra az Ω részhalmazaiból áll, és természetes egy A halmaz valószínűségét úgy definiálni, mint ennek a halmaznak a területét. De beszélhetünk-e az egységnégyzet tetszőleges részhalmazának a területéről? A válasz erre a kérdésre nemleges, és a helyzet pontos tisztázásához a matematika mély eredményeire van szükség. Lényeges különbség a korábban tekintett és most tárgyalt probléma között, hogy a jelen esetben az elemi események ismert P ({ω}) = 0 valószínűsége nem segít az általános halmazok valószínűségének a meghatározásában. Már egy [a, b] × [c, d] téglalap valószínűségének a definiciójához sem elegendő az elemi események valószínűségének az ismerete. (Itt találkozunk azzal az eredménnyel, hogy egy téglalapnak kontinum sok, tehát több mint megszámlálhatóan sok pontja van.) Mit lehet tenni e probléma megoldása érdekében?

Természetes, hogy az [a, b] × [c, d] ⊂ Ω téglalapok definicióját a P ([a, b] × [c, d]) = (b−a)(d−c) képlettel definiáljuk, azaz egy téglalap valószínűsége megegyezik e téglalap területével. Ezenkívül megköveteljük, hogy a valószínűség σ-additív, azaz véges vagy megszámlálhatóan végtelen sok diszjukt halmaz uniójának a valószínűsége megegyezik az unióban szereplő halmazok valószínűségének az összegével. Ez a tulajdonság sok halmaz valószínűségét egyértelműen meghatározza. A matematika itt nem tárgyalt eredményeiből következik, hogy a téglalapokon definiált és a területtel egyenlő valószínűség egyértelműen kiterjeszthető a téglalapokat tartalmazó legszűkebb σ-algebrára, (az, hogy beszélhetünk a téglalapokat tartalmazó legszűkebb σ-algebráról szintén része az eredménynek), és szép halmazokra ez megegyezik a halmaz területével. A P valószínűséget a téglalapok területének a fenti kiterjesztéseként definiáljuk a téglalapokat tartalmazó legszűkebb A σ-algebrán.

Ilyen módon definiáljuk az (Ω, A, P) valószínűségi mezőt. Felmerülhet a kérdés, hogy nem okoz-e problémát az, hogy nem definiáltuk minden halmaz valószínűségét. A válasz erre a kérdésre nemleges. Ugyanis csak olyan halmazok valószínűségére vagyunk kiváncsiak, amelyeket alkalmas (megszámlálható uniók, metszetek és komplementer képzés) műveletek segítségével definiálni tudunk, és az ilyen halmazok benne vannak az A σ-algebrában.

5. Adjunk természetes módon valószínűségszámítási modellt arra, hogy egy szabályos pénzdarabot végtelen sokszor feldobunk. Más megfogalmazásban feladatunk a következő: Konstruáljunk olyan (Ω, A, P) valószínűségi mezőt, amelyben értelmezni tudjuk azt az A_{j} eseményt, hogy a j-ik dobás eredménye fej, P (A_{j}) = \frac{1}{2} minden j = 1, 2, …, sőt teljesül a P (A_{1}^{ε_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{k}^{ε_{k}}) = (\frac{1}{2})^{k} azonosság is minden k = 1, 2, …, számra ε_{j} = ±1, j = 1, 2, … kitevőre, ahol A_{j}^{1} = A_{j} és A_{j}^{−1} = Ω \ A_{j}.

Megoldás: Legyenek az ω elemi események a végtelen fej-írás sorozatok, és definiáljuk az Ω biztos eseményt mint az összes ω-t tartalmazó halmazt. Definiálnunk kell még az A σ-algebrát és a P (A) valószínűségeket az (Ω, A, P) valószínűségi mező teljes definiciója érdekében. Jelen esetben P {ω} = 0 minden ω elemi eseményre, és a kívánt A σ-algebrát, illetve P valószínűséget nem tudjuk olyan egyszerűen definiálni, mint véges dobássorozatok esetében. Valójában csak a mértékelmélet néhány fontos, de nem tanult eredményére hivatkozva tudjuk ezt megtenni. Legyen A_{j} ⊂ Ω az a halmaz, amelyik megegyezik azzal az eseménnyel, hogy a j-ik dobás fej, azaz A_{j} = ⋃_{ω j-ik koordinátája fej}{ω}, azaz az összes olyan ω = (…, F, …, I, …)

végtelen fej-írás sorozat unióját tekintjük, amelyek j-ik koordinátája fej. Definiáljuk

az összes A(ε_{1}, …, ε_{k}) = ⋂_{j=1}^{k} A_{j}^{ε_{j}}, k = 0, 1, 2, …, 1 ≤ j ≤ k halmazt. Ez an-

nak felel meg, hogy azokat a dobássorozatokat tekintjük, amelyekben az első k dobás eredményét előírjuk, a többi dobás eredménye tetszőleges lehet. Természetes elvárás, hogy ezek az A(ε_{1}, …, ε_{k}) halmazok benne legyenek az A σ-algebrában. Egy viszonylag egyszerűen bizonyítható eredmény azt mondja ki, hogy létezik egy legszűkebb az összes A(ε_{1}, …, ε_{k}) alakú halmazt tartalmazó σ-algebra. Ez lesz a A σ-algebra. Definiáljuk a P (A(ε_{1}, …, ε_{k})) valószínűségeket a P (A(ε_{1}, …, ε_{k})) = (\frac{1}{2})^{k} képlet segítségével. (Ez a természetes definició.) A mértékelmélet egy mély eredménye szerint ezen események valószínűsége egyértelműen kiterjeszthető az A σ-algebrára úgy, hogy σ-addítív halmazfüggvényt, azaz valószínűségi mértéket kapjunk. Másképp kifejezve, meg lehet adni a P (A) valószínűségeket minden A ∈ A halmazra, mégpedig egyértelműen úgy, hogy σ-additív halmazfüggvényt kapjunk, és a 0 ≤ P (A) ≤ 1, A ∈ A, és P (Ω) = 1 relációk is teljesülnek. Ez a kiterjesztés lesz a P valószínűség A-n.

6. 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}.

7. Ledobunk az egység intervallumra egy pontot véletlenül egyenletes eloszlásban, azaz annak valószínűsége, hogy a ledobott pont egy [a, b] intervallumba esik, [a, b] ⊂ [0, 1] b − a-val egyenlő. Lássuk be, hogy annak valószínűsége, hogy a ledobott pont pontosan a \frac{π}{6} pontba esik nulla. Megoldás: Annak valószínűsége, hogy a ledobott pont a \frac{π}{6} pontba esik kisebb, mint annak a valószínűsége, hogy a ledobott pont a [\frac{π}{6} − ε, \frac{π}{6} + ε] intervallumba esik, és ennek valószínűsége 2ε. Ez igaz minden ε > 0 számra. Ez csak úgy lehetséges, ha a vizsgált valószínűség nulla.

Fontos megjegyzés: Az üres, be nem következő esemény valószínűsége nulla. Az előbb tárgyalt egyszerű feladatok azt mutatják, hogy lehetséges az, hogy egy esemény bekövetkezhet, a valószínűsége mégis nulla. Nagyon fontos, hogy ezt jól megértsük.

8. Egy szabályos pénzdarabot feldobunk végtelen sokszor. Mutassuk meg, hogy annak a valószínűsége, hogy nem lesz fejdobás nulla. Annak valószínűsége, hogy legfeljebb 100 fejdobás lesz szintén nulla. Megoldás: Annak valószínűsége, hogy az első n dobásban nem lesz fejdobás, azaz csupa írásdobás következik be 2^{−n}. Annak valószínűsége, hogy egyáltalán nem lesz fejdobás megegyezik annak az eseménynek a valószínűségével, hogy minden n számra az első n dobásban nem lesz fejdobás, aminek valószínűsége kisebb, mint 2^{−n} minden n = 1, 2, … számra. Ezért a vizsgált esemény valószínűsége, amely különböző 2^{−n} valószínűségű események metszete, n = 1, 2, …, nulla. Hasonlóan annak az eseménynek a valószínűsége, hogy az első 100n dobásban legfeljebb 100 fejdobás következik be kisebb, mint annak a valószínűsége, hogy vagy az első 100 sem a 101. és 200. közötti sem az 100(n − 1) + 1. és 100n. közötti dobásban nem történik tiszta fejdobás sorozat, és ennek valószínűsége (1 − 2^{−100})^{n}. Ezért annak valószínűsége, hogy egyáltalán nem következik be fejdobás kisebb, mint (1 − 2^{−100})^{n} minden n számra, tehát nulla.