A MÁRCIUS 17.-i DOLGOZAT FELADATAI

1.) Minden héten feladunk három gépi lottószelvényt. (90 számból kell eltalálni 5-öt.) A három szelvényt a gép egymástól függetlenül tölti ki. Mi annak a valószínűsége, hogy a hatodik héten lesz először legalább két darab pontosan kéttalálatos szelvényünk? [9]

Megjegyzés az 1. feladathoz: A feladat a kérdezett valószínűséget kifejező képlet megadása. Nem szükséges annak értékét numerikusan is kiszámolni.

2.) Ledobunk egyenletes eloszlással egy pontot a [0, 1] intervallumra, majd egy másik pontot az [1, 3] intervallumra. Mi annak a valószínűsége, hogy a két ledobott pont távolsága kisebb, mint \frac{1}{2}? [9]

3.) Van két sziget, az igazmondók és a hazugok szigete. Az igazmondók szigetén mindenki 0.9 valószínűséggel igaz választ ad bármely feltett kérdésre, a hazugok szigetén 0.8 valószínűséggel hamis választ ad. Valaki éjjel a viharos tengeren hajózva eljut a két sziget valamelyikére, 1/2 valószínűséggel az igazmondók, 1/2 valószínűséggel a hazugok szigetére. Megkérdezi az első szembejövő embert, hogy az igazmondók szigetére került-e. Azt a választ kapja, hogy nem. A második embertől, akivel találkozik azt kérdezi, hogy igaz-e, hogy kétszer kettő néggyel egyenlő. Erre a kérdésre igenlő választ kap. Mi annak a valószínűsége, hogy emberünk az igazmondók szigetére került? [9]

4.) Van két urna, és mindkettőben 10 piros és 30 fehér golyó. Kihúzunk mind a két urnából 10 golyót, az elsőből visszatevéssel, a másodikból visszatevés nélkül. Mi a két urnából együtt kihúzott piros golyók számának a várható értéke és szórásnégyzete? [9]

5.) Feldobunk egy szabályos dobókockát 10-szer egymás után. Jelölje ξ a páros értékű dobáseredményeknek az összegét. Számolja ki az Eξ^{3} várható értéket. [9]

6.) Legyen A, B és C három esemény egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Mikor mondjuk, hogy ezek az események függetlenek? [5]

MEGOLDÁSOK.

1.) Annak valószínűsége, hogy egy szelvényen két találatunk lesz P (A) = \binom{5}{2}\binom{85}{3} \binom{90}{5}, annak

valószínűsége, hogy egy héten lesz legalább két (azaz kettő vagy három) kéttalálatos szelvényünk P (B) = 3P (A)^{2}(1 − P (A)) + P (A)^{3}. Annak valószínűsége, hogy a hatodik héten lesz először legalább két kéttalálatos szelvényünk (1−P (B))^{5}P (B) = (1 − 3P (A)^{2}(1 − P (A)) − P (A)^{3})^{5} (3P (A)^{2}(1 − P (A)) + P (A)^{3}).

2.) Jelöljük x-szel az első ledobott pont és y-nal a második ledobott pont értékét. Ekkor az (x, y) pont a B = [0, 1] × [1, 3] téglalapba esik, és annak valószínűsége, hogy ez a pont valamely A ⊂ B halmazban helyezkedik el \frac{1}{2}λ(A), ahol λ(A) jelöli az A halmaz területét. Az, hogy az x és y pont távolsága kisebb, mint \frac{1}{2} azt jelenti (felhasználva, hogy az y − x ≥ 0 egyenlőtlenség minden (x, y) párra teljesül), hogy az (x, y) pont a B téglalap és az \{(u, v): v − u < \frac{1}{2}\} félsík metszetébe esik. E két halmaz metszete az (\frac{1}{2}, 1), (1, 1) és (1, \frac{3}{2}) csúcsok által meghatározott háromszög, amelynek területe \frac{1}{8}. Így a keresett valószínűség \frac{1}{16}.

3.) Jelölje A azt az eseményt, hogy emberünk az igazmondók szigetére került, és B azt az eseményt, hogy kérdéseire az adott válaszokat kapta. Ekkor minket a P (A|B) feltételes valószínűség értéke érdekel. Feltevéseink szerint P (A) = P (Ā) = \frac{1}{2}, ahol Ā az A esemény komplementerét jelöli. Továbbá, P (B|A) = 0.1 · 0.9, (emberünk az első kérdésére hamis, a másodikra igaz választ kapott az igazmondók szigetén) P (B|Ā) = 0.2^{2}, (mind a két kérdésére igaz választ kapott a hazugok szigetén). Ezért P (A ∩ B) = \frac{1}{2} · 0.09, P (Ā ∩ B) = \frac{1}{2} · 0.04, P (B) = P (A ∩ B) + P (Ā ∩ B) = \frac{1}{2} · (0.09 + 0.04), P (A|B) = \frac{P (A∩B)}{P (B)} = \frac{9}{13}.

4.) Vezessük be a következő ξ_{j} és η_{j} valószínűségi változókat, 1 ≤ j ≤ 10. Legyen ξ_{j} = 1, ha az első urnából j-ik alkalommal kihúzott golyó piros, és ξ_{j} = 0, ha az első urnából j-ik alkalommal kihúzott golyó fehér. Hasonlóan, η_{j} = 1, ha a második urnából j-ik alkalommal kihúzott golyó piros, és η_{j} = 0, ha a második

urnából j-ik alkalommal kihúzott golyó fehér. Vezessük be az S = ∑_{j=1}^{10} ξ_{j} és T =

∑_{j=1}^{10} η_{j} valószínűségi változókat. Ekkor az E(S + T) és Var (S + T) mennyiségeket

kell kiszámolnunk. Továbbá E(S + T) = ES + ET, és mivel S és T függetlenek Var (S + T) = Var S + Var T.

Eξ_{j} = \frac{1}{4}, és Eη_{j} = \frac{1}{4}. (Itt kihasználtuk, hogy mind a visszatevéses, mind a visszatevés nélküli húzásnál ugyanolyan valószínűséggel húzunk piros golyót a j-

ik húzásban, mint az elsőben. Innen ES = ∑_{j=1}^{10} Eξ_{j} = \frac{10}{4} ET = ∑_{j=1}^{10} Eη_{j} = \frac{10}{4},

E(S + T) = 5. A szórásnégyzet kiszámolása érdekében számoljuk ki először a Var ξ_{j} = Var η_{j} = \frac{1}{4} − (\frac{1}{4})^{2} = \frac{3}{16} mennyiséget. Innen Var S = \frac{30}{16}. A Var T kiszámolásához először számoljuk ki a Cov (η_{j}, η_{k}) = Eη_{j}η_{k} − Eη_{j}Eη_{k}, j ≠ k, 1 ≤ j, k ≤ 10, mennyiségeket. Felírhatjuk, hogy Eη_{j}η_{k} = P (η_{j} = 1, η_{k} = 1) = P (η_{1} = 1, η_{2} = 1) = \frac{1}{4} · \frac{9}{39}, mivel annak valószínűsége, hogy mind a j-ik, mind a k-ik húzásnál piros golyót húzunk ugyanannyi, mint annak a valószínűsége, hogy az első két húzásban piros golyót húzunk. Ezért Cov (η_{j}, η_{k}) = \frac{1}{4}(\frac{9}{39} − \frac{1}{4}), Var T =

∑_{j=1}^{10} Var η_{j} + ∑_{1≤j,k≤10, j≠k} Cov (η_{j}, η_{k}) = \frac{30}{16} −90· \frac{1}{4} (\frac{1}{4} − \frac{9}{39}), Var (S+T) = \frac{15}{4} − \frac{45}{104} =

\frac{345}{104}.

5.) Vezessük be a következő valószínűségi változókat: ξ_{j}(ω) = k, ha a j-ik dobás eredménye k = 2, 4 vagy k = 6, és ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye 1, 3 vagy 5, 1 ≤

j ≤ 10, 1 ≤ k ≤ 6. Ekkor az E ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} várható értéket kell kiszámítanunk.

Ennek érdekében tekintsük a ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} kifejezést és értsük meg milyen tagokat

kapunk, ha elvégezzük a beszorzásokat. Egyrészt megjelenik 10 darab ξ_{j}^{3} alakú kifejezés, és Eξ_{j}^{3} = Eξ_{1}^{3} minden ilyen tagra. Ezenkívül megjelenik 3·10·9 darab ξ_{j}^{2}ξ_{k}, j ≠ k, alakú kifejezés, mert a lehetséges (j, k) párokat 10 · 9 módon választhatjuk ki, és a k (a négyzetre nem emelt tényező) három helyen szerepelhet a szorzatban. (Tehát például a ξ_{1}ξ_{2}^{2} alakú tagnak 3 lesz az együtthatója a szorzatban.) Továbbá minden ilyen tagra Eξ_{j}^{2}ξ_{k} = Eξ_{j}^{2}Eξ_{k} = Eξ_{1}^{2}Eξ_{1}. Továbbá, hasonló meggondolások alapján láthatjuk, hogy 10 · 9 · 8 módon jelenhet meg ξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} alakú tag, ahol a j, k és l indexek mind különbözőek, és ezekre Eξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} = (Eξ_{1})^{3}. Valóban, a ξ_{j}ξ_{k}ξ_{l} alakú alakú tagok összeszámlálásánál vegyük észre, hogy 1 ≤ j < k < l ≤ 10 alakú számhármasokat \binom{10}{3} féleképp választhatunk, a ξ_{j} tényező a szorzatban 3-féleképp jelenhet meg, a szorzat első, második vagy harmadik tagjában, a ξ_{k} tényező ezután 2-féleképp, a ξ_{l} tényező pedig egyféleképp választható. Másfajta tag nem jelenik meg a szorzatban. Innen a várható érték additívitását kihasználva azt kapjuk, hogy

E ( ∑_{j=1}^{10} ξ_{j}(ω))^{3} = 10Eξ_{1}^{3} +270Eξ_{1}E(ξ_{1}^{2})+720 (Eξ_{1})^{3} = 480+5040+5760 = 11280,

mert Eξ_{1} = \frac{1}{6}(2+4+6) = 2, Eξ_{1}^{2} = \frac{1}{6}(4+16+36) = \frac{56}{6} és Eξ_{1}^{3} = \frac{1}{6}(8+64+216) = 48.

6.) Az A, B és C események akkor függetlenek, ha teljesítik a következő azonosságokat: P (A ∩ B) = P (A)P (B), P (A ∩ C) = P (A)P (C), P (B ∩ C) = P (B)P (C), és P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C).