A Valószínűségszámítás I. előadássorozat harmadik témája.

Feltételes valószínűség és események függetlensége.

Először ismertetem a feltételes valószínűség fogalmát és legfontosabb tulajdonságait.

Egy A esemény (halmaz) P (A) valószínűsége azt méri, hogy mennyire tartjuk valószínűnek ennek az A eseménynek a bekövetkezését. Viszont ha tudjuk, hogy egy másik B esemény bekövetkezett, akkor ez a plusz információ megváltoztathatja megitélésünket erről a valószínűségről. Érdemes ezt a kérdést részletesebben is tárgyalni. Ezért bevezetjük a P (A|B) feltételes valószínűséget, amely az A esemény feltételes valószínűségét méri, feltéve a B eseményt, azaz azt, hogy a B esemény bekövetkezett. A feltételes valószínűség definiciója egyszerű, és néhány egyszerű és természetes tény megértese után jól tudunk vele számolni. Viszont, mivel ez nagyon fontos fogalom, érdemes több példát (lehetőleg önállóan) megoldani annak érdekében, hogy a feltételes valószínűségekkel minél biztosabban tudjunk bánni. Először megadom e fogalom pontos definicióját.

A feltételes valószínűség definiciója. Legyen B egy olyan esemény egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn, amelyre P (B) > 0. Egy ugyanezen a valószínűségi mezőn lévő A esemény P (A|B) feltételes valószínűségét feltéve a B eseményt (azaz a B esemény bekövetkezését) a

P (A|B) = \frac{P (A ∩ B)}{P (B)}

képlet adja meg.

Megjegyzés: Csak pozitív valószínűségi B események, azaz P (B) > 0 esetén definiáljuk a P (A|B) feltételes valószínűséget.

E definició szemléletes tartalma a következő. Ha a B esemény bekövetkezik, akkor minden a B eseményt kizáró esemény feltételes valószínűsége, (feltéve a B eseményt) nulla, továbbá tetszőleges A esemény feltételes valószínűsége megegyezik az A ∩ B esemény feltételes valószínűségével. Természetes feltenni, hogy az A ∩ B esemény P (A∩B|B) feltételes valószínűsége arányos az A∩B esemény P (A∩B) valószínűségével. Mivel P (B|B) = 1, ez sugallja a fenti definiciót.

Annak érdekében, hogy jobban megértsük a feltételes valószínűség fogalmát tekintsük néhány feladatot.

1.) Egy szabályos pénzdarabot feldobunk 10 alkalommal. Válaszoljuk meg a következő két kérdést: a.) Mi a valószínűsége annak, hogy pontosan 6 fejdobás történik? b.) Mi a valószínűsége annak, hogy pontosan 6 fejdobás történik, ha tudjuk, hogy

az első pénzdobás eredménye fej?

Megoldás: Az a.) kérdésre a válasz az, hogy \binom{10}{6}2^{−10}, mert \binom{10}{6} egymást kizáró eseményt kell figyelembe venni, és ezek mindegyikének 2^{−10} a valószínűsége.

A b.) kérdésre a feltételes valószínűség formális definicióját nem ismerve a következő választ adnánk: Ez a feltételes valószínűség \binom{9}{5}2^{−9}, mert a feltétel teljesülése esetében \binom{9}{5} egymást kizáró eseményt kell figyelembe venni, azt, hogy a 2.-tól a 10. dobásig a (2. és 10. dobást is beleszámítva), tehát 9 dobásban pontosan 5 fejdobás történt, és ezen események mindegyikének a valószínűsége 2^{−9}. A formális definició szerinti számolásban kissé másképpen érvelünk, de ugyanazt az eredményt kapjuk. Jelölje A azt az eseményt, hogy a 10 dobásban pontosan 6 fejdobás történt, és B azt az eseményt, hogy az első fejdobás fej. Ekkor a P (A|B) = \frac{P (A∩B)}{P (B)} feltételes valószínűséget kell kiszámolni. Továbbá P (B) = \frac{1}{2}, P (A ∩ B) = \binom{9}{5}2^{−10}, ezért P (A|B) = \binom{9}{5}2^{−9}. A P (A ∩ B) = \binom{9}{5}2^{−10} azonosság azért igaz, mert A ∩ B az az esemény, hogy az első dobás fej, és az utána következő 9 dobásban pontosan 5 fejdobás történt. Összesen \binom{9}{5} ilyen dobássorozat van, és ezek mindegyikének 2^{−10} a valószínűsége.

2.) Egy szabályos dobókockát feldobunk kétszer egymás után.

a) Mi a valószínűsége annak, hogy lesz legalább egy hatos dobás?

b) Mi a feltételes valószínűsége annak, hogy lesz legalább egy hatos dobás, ha tudjuk, hogy a két dobás értéke különböző?

Megoldás: Minden (i, j), 1 ≤ i, j ≤ 6 dobáspár valószínűsége \frac{1}{36}. Az a) kérdés megválaszolásához össze kell számolni, hogy hány olyan dobáspár van, amelynek legalább az egyik eleme 6-os. Hat olyan dobáspár van, amelynek az első eleme 6-os. Ezenkívül még 5 olyan dobáspár van, amelynek a második eleme 6-os, de az első eleme nem hatos, tehát még nem számoltuk. Ezért összesen 11 a feltételt kielégítő dobáspár van, és a keresett valószínűség \frac{11}{36}. Vezessük be az A eseményt, ami azt jelöli, hogy volt 6-os dobás és a B eseményt, ami azt jelöli, hogy a két dobás értéke különböző. A b) kérdés megválaszolásához a P (A|B) = \frac{P (A∩B)}{P (B)} feltételes valószínűséget kell kiszámolnunk. Vegyük észre, hogy P (A ∩ B) = \frac{10}{36}, mert 10 olyan dobáspár van, amely mind az A eseményben, mind a B eseményben benne van. Vagy az első dobás hatos, és a a második dobás nem az, vagy az első dobás nem hatos, és a második dobás az. Hasonlóan, P (B) = \frac{30}{36}, mert a B eseményt teljesítő dobáspárok első elemét 6, a második elemét 5-féleképp választhatjuk. Innen a keresett feltételes valószínűség P (A|B) = \frac{1}{3}. (Látjuk, hogy az ebben a feladatban tekintett feltétel nélküli és feltételes valószínűség különbözik egymástól, de eltérésük kicsi.)

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. (Itt és a továbbiakaban B̄ a B halmaz Ω \ B komplementerét jelöli.) 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}) = 0.2. Innen a minket érdeklő feltételes valószínűség értéke \frac{0.2}{0.31} = \frac{20}{31}.

A feltételes és hagyományos valószínűség fogalmai között fogalmaz meg kapcsolatot a következő lemma.

Lemma a feltételes valószínűség által meghatározott valószínűségi mező létezéséről. Legyen (Ω, A, P) valószínűségi mező, és legyen rajtva adva egy B ∈ A esemény, amelyre P (B) > 0. Vezessük be a P_{B}, P_{B}(A) = P (A|B), A ∈ A, halmazfüggvényt a A σ-algebrán. Ekkor (Ω, A, P_{B}) szintén valószínűségi mező.

Bizonyítás: P_{B}(Ω) = 1, A σ-algebra, azt kell még ellenőrizni, hogy P_{B} σ-additiv az

A σ-algebrán, azaz, ha A_{n}, n = 1, 2, …, diszjunkt halmazok, akkor P_{B} ( ⋃_{n=1}^{∞} A_{n}) =

∑_{n=1}^{∞} P_{B}(A_{n}). Viszont ebben az esetben az A_{n} ∩ B halmazok is diszjunktak, ezért

P_{B} ( ⋃_{n=1}^{∞} A_{n}) = \frac{P (( ⋃_{n=1}^{∞} A_{n}) ∩ B)}{P (B)} = \frac{P ( ⋃_{n=1}^{∞}(A_{n} ∩ B))}{P (B)}

= \frac{∑_{n=1}^{∞} P (A_{n} ∩ B)}{P (B)} = ∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}|B) = ∑_{n=1}^{∞} P_{B}(A_{n}).

Megfogalmaztam néhány egyszerű állítást a feltételes valószínűségről. Ezeket nem kell feltétlenül megtanulni, mert olyan összefüggéseket fejeznek ki, amelyekre magunktól is rájövünk. Fontosabb inkább megérteni azt, hogy konkrét feladatokban hogyan használják ezeket az összefüggéseket.

Először felidéztem a teljes eseményrendszer definicióját, ami lényegében nem más mint a halmazelméletben szereplő partició fogalmának újrafogalmazása a valószínűségszámítás nyelvén.

Teljes eseményrendszer definiciója. Legyen adva egy (Ω, A, P) valószínűségi mező és azon A_{n} ∈ A események (halmazok) véges vagy megszámlálhatóan végtelen rendszere. Azt mondjuk, hogy az A_{n} események teljes eseményrendszert alkotnak, ha azok diszjunkt halmazok (más szóval egymást kizáró események), és ⋃_{n} A_{n} = Ω.

Megjegyzés: Ha egy A halmazt előállítunk véges vagy megszámlálhatóan végtelen sok diszjunkt A_{n} halmaz uniójaként, azaz A = A_{1} ∪A_{2} ∪A_{3} ∪⋯, akkor egy ilyen előállítást az A halmaz particiójának nevezünk. Ennek az általánosan használt fogalomnak a felhasználásával egy teljes eseményrendszert az Ω biztos esemény véges vagy megszámlálhatóan végtelen sok elemből álló particiójának is nevezhetünk.

Teljes valószínűség tétele. Alkossanak a B_{n} halmazok pozitív valószínűségi halmazokból álló teljes eseményrendszert. Ekkor tetszőleges A halmazra

P (A) = P (A|B_{1})P (B_{1}) + P (A|B_{2})P (B_{2}) + · · · .

A Tétel bizonyítása:

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

Bayes formula.

P (B|A) = P (A|B)\frac{P (B)}{P (A)}, ha P (A) > 0, és P (B) > 0.

A következő egyszerű eredményt a teljes eseményrendszerről szóló tételnek is hívják.

Tétel teljes eseményrendszer elemeinek feltételes valószínűségéről. Legyen adva egy A esemény és egy B_{1}, B_{2}, …, teljes eseményrendszer. Ekkor

P (B_{i}|A) = \frac{P (A|B_{i})P (B_{i})}{∑_{n=1}^{∞} P (A|B_{n})P (B_{n})} minden i = 1, 2, …, számra.

Bizonyítás: Vegyük észre, hogy a felírt kifejezésben a számláló

P (A|B_{i})P (B_{i}) = P (A ∩ B_{i}),

a nevező pedig ∑_{n=1}^{∞} P (A|B_{n})P (B_{n}) = ∑_{n=1}^{∞} P (A ∩ B_{n}) = P (A).

Megjegyzés: Az előző tételben szereplő formula azért hasznos, mert a következő gyakran előforduló problémának a megoldásában segít. Ismerjük egy A esemény P (A|B_{1}), P (A|B_{2}), … feltételes valószínűségeit feltéve egy B_{1}, B_{2}, …, teljes eseményrendszert, de minket a P (B_{i}|A), i = 1, 2, …, feltételes valószínűségek érdekelnek. E tétel eredménye szerint ezeket egyszerűen ki tudjuk számítani, ha ismerjük a P (B_{n}), n = 1, 2, …, valószínűségeket is.

Konkrét esetekben ezekre az összefüggésekre magunk is rájöhetünk anélkül, hogy a formális képleteket nézzük. Tekintsünk néhány példát.

Feladatok:

4.) 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 azokat. 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|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}.

5.) Egy szabályos dobókockát feldobunk kétszer. Mi annak a valószínűsége, hogy mind a két dobás 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 feladat eredményével, és megbeszéljük mást jelent az a feltételt, hogy két kockadobás közül az egyik megnevezett dobás (például az első dobás) hatos, és az hogy adódott hatos dobás. Képesek vagyunk-e szemléletünk alapján számolás nélkül megmondani, hogy 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}.

7.) 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 ír dolgozatot.

Megoldás: Jelölje A azt az eseményt, hogy a legrosszabb diák ír dolgozatot, B azt az eseményt, hogy a legjobb diák ír dolgozatot. Ekkor mi a P (A|B) = \frac{P (A∩B)}{P (B)}

feltételes valószínűséget akarjuk kiszámítani. Viszont P (A ∩ B) = \begin{matrix}( & {n−2 \atop r−2} & ) \\ ( & {n \atop r} & ) \end{matrix}, mert

\binom{n−2}{r−2} olyan választás van, amelyben mind a legjobb mind a legrosszabb diák ír dolgozatot, összesen \binom{n}{r} választás van, és minden választás egyforma valószínű.

Hasonlóan, P (B) = \begin{matrix}( & {n−1 \atop r−1} & ) \\ ( & {n \atop r} & ) \end{matrix}. Innen egyszerű számolással

P (A|B) = \begin{matrix}( & {n−2 \atop r−2} & ) \\ ( & {n−1 \atop r−1} & ) \end{matrix} = \frac{r − 1}{n − 1}.

Az előadás kiegészítésében írtam további a feltételes valószínűséggel kapcsolatos feladatokat is e feladatok megoldásával együtt. Ott visszatértem erre a feladatra is, és ismertettem annak egy másfajta heurisztikus elveken alapuló tárgyalását, illetve azt, hogy miért ad ez a heurisztikus érvelés helyes eredményt.

Események függetlensége.

Események és a később tárgyalandó valószínűségi változók függetlensége a valószínűségszámítás legfontosabb fogalmai közé tartozik. Heurisztikusan azt mondhatjuk, hogy egy A esemény akkor független egy B eseménytől, ha az A esemény bekövetkezése vagy be nem következése nem befolyásolja annak a valószínűségét, hogy a B esemény bekövetkezik-e. Ez azt sugallja, hogy a B esemény akkor független az A eseménytől, ha P (B|A) = P (B). Ezt az összefüggést átrendezve jutunk a következő definicióhoz.

Két esemény függetlenségének a definiciója. Azt mondjuk, hogy egy A és B esemény független, ha P (A ∩ B) = P (A)P (B).

Ez a definició azonban önmagában nem elegendő számunkra. Beszélni akarunk több esemény függetlenségéről is. Ezért a következő definiciót is bevezetjűk.

Több esemény függetlenségének definiciója: Az A_{1}, …, A_{n} események akkor (teljesen) függetlenek, ha az {1, …, n} indexhalmaz minden {j_{1}, …, j_{k}} ⊂ {1, …, n} részhalmazára

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}) = P (A_{j_{1}}) ⋯ P (A_{j_{k}}).

Események végtelen A_{1}, A_{2}, … sorozata akkor és csak akkor független, ha tetszőleges pozitív n egész számra az A_{1}, …, A_{n} események függetlenek.

Speciálisan n = 3 esetben ez a definició a következőt jelenti: Az A, B és C események akkor függetlenek, ha a következő azonosságok mindegyike teljesül:

P (A ∩ B) = P (A)P (B)
P (A ∩ C) = P (A)P (C)
P (B ∩ C) = P (B)P (C)
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C).

A teljesség kedvéért megadom végtelen sok valószínűségi változó függetlenségének a definicióját is.

Végtelen sok valószínűségi változó függetlenségének a definiciója. Legyen adva ξ_{t}, t ∈ T, valószínűségi változóknak egy T esetleg végtelen halmaz elemeivel indexelt rendszere. Azt mondjuk, hogy ezek a valószínűségi változók függetlenek, ha a T halmaz tetszőleges {t_{1}, …, t_{n}} ⊂ T véges részhalmazára a ξ_{t_{1}}, …, ξ_{t_{n}} valószínűségi változók függetlenek.

Megjegyzés: Alább bevezetjük események páronkénti függetlenségének az irodalomban szintén használt fogalmát. Fontos, hogy események páronkénti függetlenségének és (teljes) függetlenségének a fogalmát meg tudjuk különböztetni egymástól.

Események páronkénti függetlenségének a definiciója. Legyen A_{1}, A_{2}, …, események (véges vagy végtelen) sorozata egy valószínűségi mezőn. Azt mondjuk, hogy ezek az események páronként függetlenek, ha tetszőleges különböző számokból álló (j, k), j ≠ k, indexekre P (A_{j} ∩ A_{k}) = P (A_{j})P (A_{k}).

Azért, hogy megmutatassuk, hogy az események (teljes) függetlenségének definiciójában szereplő feltételek mindegyike fontos tekintsük a következő feladatot.

Adjunk példát egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőre azon három A_{1}, A_{2} és A_{3} eseményre, amelyekre P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}), de az A_{1}, A_{2} és A_{3} események nem függetlenek. Egy lehetséges konstrukció: Legyen Ω = {1, 2, 3, 4, 5}, A az Ω halmaz összes részhalmazaiból álló σ-algebra, P ({1}) = x, P ({2}) = P ({3}) = P ({4}) = y, P ({5}) = 1 − x − 3y, alkalmas x és y számokkal, P (A) = ∑_{u∈A} P ({u}) minden

A ∈ A halmazra. Definiáljuk az A_{1} = {1, 2}, A_{2} = {1, 3} és A_{3} = {1, 4} halmazokat. Ekkor A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3} = {1}, ezért P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = x. Másrészt P (A_{1}) = P (A_{2}) = P (A_{3}) = x + y. Válasszuk meg az x és y számokat úgy, hogy x = (x + y)^{3}. Egy lehetőség erre, x + y = \frac{1}{3}, és ekkor x = (x + y)^{3} = \frac{1}{27}, y = \frac{8}{27}, továbbá P (\{5\}) = \frac{2}{27}. Ebben a példában P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}). Viszont A_{1} ∩ A_{2} = {1} = A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}, így nyílván P (A_{1} ∩ A_{2}) ≠ P (A_{1})P (A_{2}). Tehát a függetlenség nem teljesül.

Lássunk példát arra is, hogy események páronkénti függetlenségéből nem következik azok függetlensége.

Példa: Definiálunk egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőt, azon három A_{1}, A_{2}, A_{3}-mal jelölt eseményt, amelyek páronként függetlenek, azaz P (A_{1} ∩ A_{2}) = P (A_{1})P (A_{2}), P (A_{1} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{3}) és P (A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{2})P (A_{3}), de nem teljesül a P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}) azonosság, tehát ezek az események nem függetlenek.

Álljon az (Ω, A, P) valószínűségi mezőben Ω 4 pontból, a jobb szemlélhetőség kedvéért legyenek ezek az (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) pontok, álljon A az Ω halmaz összes részhalmazából, és legyen P (\{(1, 1)\}) = P (\{(1, 2)\}) = P (\{(2, 1)\}) = P (\{(2, 2)\}) = \frac{1}{4}. Tekintsük az A_{1} = {(1, 1), (1, 2)} A_{2} = {(1, 1), (2, 1)} és A_{3} = {(1, 1), (2, 2)} halmazokat. Ekkor teljesülnek a P (A_{1} ∩ A_{2}) = P (A_{1})P (A_{2}), P (A_{1} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{3}) és P (A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{2})P (A_{3}) azonosságok, mert P (A_{1}) = P (A_{2}) = P (A_{3}) = \frac{1}{2}, és A_{1} ∩ A_{2} = A_{1} ∩ A_{2} = A_{2} ∩ A_{3} = \{(1, 1)\}, P (A_{1} ∩ A_{2}) = P (A_{1} ∩ A_{3}) = P (A_{2} ∩ A_{3}) = \frac{1}{4}. Másrészt, P (A_{1} ∩A_{2} ∩A_{3}) ≠ P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}), mert P (A_{1} ∩A_{2} ∩A_{3}) = P ({(1, 1)}) = \frac{1}{4}, és P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}) = \frac{1}{8}.

Megjegyzés: n esemény függetlenségének a definiciójában összesen 2^{n}−n−1 nem triviális azonosság szerepel. (Az 1 elemű {j}, 1 ≤ j ≤ n, alakú részhalmazoknak megfelelő P (A_{j}) = P (A_{j}) és az üres halmaznak megfelelő 1 = 1 azonosságok automatikusan teljesülnek.) A nem triviális azonosságok egyikét sem lehet a függetlenség definiciójából elhagyni. Be lehet látni, hogy a definicióban szereplő bármely nem triviális azonosságot elhagyva lehet konstruálni egy valószínűségi mezőt és azon n olyan eseményt, amelyek a függetlenség definiciójában szereplő összes többi nem triviális azonosságot teljesítik, de ezt az azonosságot nem. Ezért ezek az események nem függetlenek.

Fogalmazzuk meg a független eseményekre vonatkozó tulajdonságok közül a legfontosabbakat.

Lemma független események tulajdonságairól. Ha az A_{1}, …, A_{n} események függetlenek, és bevezetjük az A_{j}^{1} = A_{j} és A_{j}^{−1} = Ω \ A_{j} jelöléseket, akkor tetszőleges ε_{j} = ±1, 1 ≤ j ≤ n, sorozatra az A_{1}^{ε_{1}}, …, A_{n}^{ε_{n}} események függetlenek.

Indoklás: Elég belátni, hogy egy A_{j} halmaz kicserélése az A_{j}^{−1} halmazra nem változtatja meg a halmazrendszer függetlenségét. Továbbá az indexek szimmetria tulajdonsága miatt elég a j = 1 esettel foglalkozni. Ezután a függetlenséget definiáló relációk közül elég azokat ellenőrizni, amelyekben a j = 1 index szerepel. Azt kell megmutatni, hogy az A_{1}, …, A_{n} események függetlensége esetén teljesül az

P ((Ω \ A_{1}) ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) = P (Ω \ A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})

azonosság minden 2 ≤ l_{1} < ⋯ < l_{s} indexsorozatra. Viszont ekkor

P ((Ω \ A_{1}) ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) = P (A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) − P (A_{1} ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}})
= P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}}) − P (A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})
= (1 − P (A_{1}))P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})
= P (Ω \ A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}}).

További lemma független események tulajdonságairól. Legyenek A_{1}, …, A_{n}, B_{1}, …, B_{m} események függetlenek egymástól. Tetszőleges olyan C eseményre, amely előállítható az A_{1}, …, A_{k} halmazokból véges sok metszet, unió és komplementerképzés segítségével igaz, hogy a B_{1}, …, B_{m} és C halmazok függetlenek.

Emlékeztető 1. Tanulták, hogy ha adva van véges sok halmaz, akkor minden ezekből a halmazokból unió, metszet és komplementer képzéssel előállítható halmaz megadható úgynevezett konjunktív vagy diszjunktív normálformában. Ez a következőt jelenti: Legyen adva egy Ω halmaz véges sok A_{1}, …, A_{n} részhalmaza, és jelölje A_{j}^{−1} = Ω \ A_{j} az A_{j} halmaz komplementerét, 1 ≤ j ≤ n. Vezessük be továbbá az A_{j}^{1} = Aj jelölést és az ε_{j} = ±1, 1 ≤ j ≤ n, számokat valamint az összes lehetséges (ε_{1}, …, ε_{n}) alakú sorozatból álló halmazt. Ekkor minden az A_{1}, …, A_{n} halmazokból véges sok unió, metszet és komplementer segítségével előállítható C halmaz megadható a következő módon is: Létezik az n hosszúságú ±1 sorozatokból álló Σ halmaznak olyan J = J(C) ⊂ Σ részhalmaza, amelyre

C = ⋃_{(ε_{1},...,ε_{n})∈J}(A_{1}^{ε_{1}} ∩ A_{2}^{ε_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{n}^{ε_{n}})

(konjunktív normálforma), és létezik a Σ halmaznak olyan J̄ = J̄(C) ⊂ Σ részhalmaza, amelyre

C = ⋂_{(ε_{1},...,ε_{n})∈J̄}(A_{1}^{ε_{1}} ∪ A_{2}^{ε_{2}} ∪ ⋯ ∪ A_{n}^{ε_{n}})

(diszjunktív normálforma).

Emlékeztető 2. Bár erre nem lesz szükségünk, idézzük fel a diszjunktív és konjunktív normálforma létezésének egy lehetséges indoklását. Mindegyik A_{j}, 1 ≤ j ≤ n, halmaz előállítható ilyen alakban. Ebben a speciális esetben a J = J̄ halmazt úgy választjuk, mint az összes olyan (ε_{1}, …, ε_{n}) sorozatból álló halmazt, mely sorozatok j-ik eleme ε_{j} = 1, a többi eleme pedig tetszőleges. Ezután elég belátni, hogy ha két B_{1} és B_{2} halmaz előállítható konjunktív és diszjuntív normálformában, akkor ugyanez igaz a B_{1}∩B_{2}, B_{1}∪ B_{2}, Ω\B_{1} és Ω\B_{2} halmazokra is. Ez némi számolással megmutatható. E számolásban érdemes felhasználni az alábbi de Morgan formulának nevezett azonosságokat, amelyeket egyébként is tudni kell: \overline{B_{1} ∪ B_{2}} = B̄_{1} ∩ B̄_{2}, \overline{B_{1} ∩ B_{2}} = B̄_{1} ∪ B̄_{2}, ahol B̄ jelöli a B halmaz komplementerét. Általánosabban, tetszőleges B_{1}, … B_{k} halmazokra \overline{B_{1} ∪ B_{2} ∪ ⋯ ∪ B_{k}} = B̄_{1} ∩ B̄_{2} ∩ ⋯ ∩ B̄_{k}, és \overline{B_{1} ∩ B_{2} ∩ ⋯ ∩ B_{k}} = B̄_{1} ∪ B̄_{2} ∪ ⋯ ∪ B̄_{k}.

A lemma indoklása: Minden ilyen C halmaz felírható konjunktív normálformában, azaz az előbb bevezetett jelöléseket használva C = ⋃_{(ε_{1},...,ε_{n})∈J} A^{ε_{1}} ∩ ⋯ ∩ A^{ε_{n}} alakban, ahol J

egy n hosszúságú ±1 sorozatokból álló halmaz. Továbbá az ebben a kifejezésben szereplő A(ε_{1}, …, ε_{n}) = A^{ε_{1}} ∩ ⋯ ∩ A^{ε_{n}} események különböző (ε_{1}, …, ε_{n}) sorozatokra diszjunktak, és az előző lemma alapján az A(ε_{1}, …, ε_{n}), B_{1}, …, B_{n} események függetlenek. Felírva a függetlenség definicójában szereplő azonosságokat ezekre a halmazrendszerekre, majd azokat összeadva az összes (ε_{1}, …, ε_{n}) ∈ J indexre megkapjuk a Lemma állítását.

Házi feladat:

Legyenek A_{1}, …, A_{n}, B_{1}, …, B_{m} olyan események egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn, amelyekre B_{1}, …, B_{m} diszjunktak, és A_{1}, …, A_{n}, B_{j} független események minden 1 ≤ j ≤ m indexre. Ekkor A_{1}, …, A_{n}, B_{1} ∪ ⋯ ∪ B_{m} független események.

Feladatok független eseményekkel kapcsolatos problémákról.

1.) 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) érték? Megoldás: Jelölje A_{j} azt az eseményt, hogy a társaság j-ik tagja megbetegszik. 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 való-

színűségét, hogy mindenki egészséges. Ez az ⋂_{j=1}^{100}(Ω \ A_{j}) esemény valószínűsége.

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}^{100}(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}. Ez a szám nagyon közel van az egyhez, ezért a minket érdeklő valószínűség értéke kicsi.

2.) 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}} ), ezért 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_{js}}, és P (A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}}) = \frac{1}{p_{j_{1}} ···p_{js}}. 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.

3.) 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: A 2. előadás 6. feladatának megoldása alapján 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} .

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 annak a 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}.

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 is 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 a 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}.

5a.) 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 írás? Megoldás. Láttuk korábban, hogy annak a valószínűsége, hogy van második fejdobás egy. Ez azon két diszjunkt esemény uniója, amelyek közül az első az, hogy volt második fejdobás, az azt megelőző dobás fej, a második az, hogy volt második fejdobás, az azt megelőző dobás írás. Ezért a két esemény valószínűségének az összege egy. Láttuk az előző feladatban, hogy az első esemény valószínűsége \frac{1}{2}. Ezért a második esemény valószínűsége is \frac{1}{2}.

6.) 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}.

Kiegészítés. További feladatok a feltételes valószínűség kiszámolásáról.

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. Ezek a feltételes valószínűségek \frac{z}{z+s}, \frac{z}{z+s+2}, \frac{z}{z+s+4}, \frac{s+6}{z+s+6}-vel egyenlőek. A keresett valószínűség \frac{z}{z+s} · \frac{z}{z+s+2} · \frac{z}{z+s+4} · \frac{s+6}{z+s+6}.

3.) A feltételes valószínűség részben tárgyalt 7. feladat 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 legroszszabb 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 a valószínűsége, hogy a legjobb diák dolgozatot ír \frac{r}{n}, és innen következik az állítás. Az előbbi kissé heurisztikus érvelés eredménye helyes. Adjunk közvetlen, a szemléletet követő precíz bizonyítást erre a formulára. 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 a legrosszabb 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.

4.) 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}.

5.) 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) = P (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 adja az első rossz választ, ha nem tudja a helyes választ, és a három lehetőség közül az első rossz választ jelöli ki, és ennek a valószínűsége (1 − p_{1})\frac{1}{3}. Annak a valószínűsége, hogy a második jelölt ugyanezt a választ adja (1 − p_{2})\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})}.

6.) 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}).

7.) 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, A_{1} azt az eseményt, hogy az elsőnek választott alma férges volt, A_{2}, hogy a másodiknak kiválasztott alma férges volt, végül C legyen az az esemény, hogy az új ládából kiválasztott alma nem volt férges. Ekkor a P (C|A_{1} ∩ A_{2}) = \frac{P (A_{1}∩A_{2}∩C)}{P (A_{1}∩A_{2})} feltételes valószínűséget kell kiszámolnunk. Viszont

P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ C) = P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ C|B)P (B) + P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ C|B̄)P (B̄)

= \frac{1}{2} ((\frac{1}{4})^{2} \frac{9}{10} + (\frac{1}{10})^{2} \frac{3}{4}) = \frac{51}{1600},

és

P (A_{1} ∩ A_{2}) = P (A_{1} ∩ A_{2}|B)P (B) + P (A_{1} ∩ A_{2}|B̄)P (B̄)

= \frac{1}{2} ((\frac{1}{4})^{2} + (\frac{1}{10})^{2}) = \frac{29}{800}.

Innen P (C|A_{1} ∩ A_{2}) = \frac{P (A_{1}∩A_{2}∩C)}{P (A_{1}∩A_{2})} = \frac{51}{58}.

8.) Egy vizsgán 19 diák vesz részt. Összesen 11 vizsgakérdés van, amelyek közül minden diák kettőt kap. 9 diák kiválóan, 6 diák jól, és négy diák közepesen készült fel. Egy kiválóan felkészült diák mind a 11 kérdésre jól tud válaszolni, egy jól felkészült diák 8-ra, egy közepesen felkészült diák pedig 6-ra. Egy diák helyes választ ad mind a két kérdésre. Mi annak a valószínűsége, hogy ő a jól felkészült diákok közé tartozik? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy a tekintett diák a kiválóan, A_{2} hogy a jól és A_{3}, hogy a közepesen felkészült diákok közé tartozik. Jelölje B azt az eseményt, hogy mind a két kérdésre jól válaszol. Ekkor a P (A_{2}|B) feltételes valószínűséget kell kiszámolnunk. Viszont P (A_{1} ∩ B) = \frac{9}{19}, P (A_{2} ∩ B) = P (A_{2})P (B|A_{2}) = \frac{6}{19} \frac{8}{11} \frac{7}{10} = \frac{336}{2090}, és P (A_{3} ∩ B) = P (A_{3})P (B|A_{3}) = \frac{4}{19} \frac{6}{11} \frac{5}{10} = \frac{120}{2090}. Ugyanis, ha egy diák a 11 kérdésből r kérdésre tudja a helyes választ akkor \frac{r(r−1)}{11·10} valószínűséggel tud a két feltett kérdésre jól válaszolni. A fenti számolások alapján P (B) = P (A_{1} ∩ B) + P (A_{2} ∩ B) + P (A_{3} ∩ B) == \frac{9}{19} + \frac{6}{19} \frac{8}{11} \frac{7}{10} + \frac{4}{19} \frac{6}{11} \frac{5}{10} = \frac{1446}{2090}, és P (A_{2}|B) = \frac{P (A_{2}∩B)}{P (B)} = \frac{336}{1446} = \frac{56}{241}.

9.) Egy utazó az útlevelét keresi íróasztalának 6 fiókjában. De egyáltalán nem biztos, hogy az útlevél az íróasztalban található. Ennek valószínűsége 0.9, és az útlevél egyforma valószínűséggel lehet mindegyik fiókban. Mennyi annak a valószínűsége, hogy az útlevél a 6. fiókban van, ha az utazó az első 5 fiókot már kinyitotta, de ezek egyikében sem találta az útlevelét? Megoldás: Jelölje A_{j}, 1 ≤ j ≤ 6, azt az eseményt, hogy az útlevél a j-ik fiókban van,

Ā_{j} ennek az eseménynek a komplementerét, és legyen B = ⋃_{j=1}^{6} A_{j} az az esemény,

hogy az útlevél valamelyik fiókban van. Tudjuk, hogy P (A_{j}) = P (A_{j}|B)P (B) = \frac{1}{6} ·0.9 minden 1 ≤ j ≤ 6 indexre, és az A_{j}, 1 ≤ j ≤ 6, események diszjunktak. Ezen észrevételek alapján a feladatot így fogalmazhatjuk át: Adott 6 egymást kizáró A_{j}, 1 ≤ j ≤ 6, esemény, és mindegyiknek a valószínűsége \frac{1}{6} · 0.9. Számoljuk ki az A_{6} esemény feltételes valószínűségét ama feltétel mellett, hogy az A_{j}, 1 ≤ j ≤ 5, események egyike sem következik be.

A P (A_{6} | ⋂_{j=1}^{5} Ā_{j}) feltételes valószínűséget kell kiszámolni. Másrészt A_{6} ⊂ ⋂_{j=1}^{5} Ā_{j}.

Ezért P (A_{6} ∩ ⋂_{j=1}^{5} Ā_{j}) = P (A_{6}), és

P (A_{6} | ⋂_{j=1}^{5} Ā_{j}) = \frac{P (A_{6})}{P ( ⋂_{j=1}^{5} Ā_{j})} = \frac{P (A_{6})}{1 − P ( ⋃_{j=1}^{5} A_{j})} = \frac{P (A_{6})}{1 − ∑_{j=1}^{5} P (A_{j})}.

Innen

P (A_{6} | ⋂_{j=1}^{5} Ā_{j}) = \frac{0.9 · \frac{1}{6}}{1 − 5 · 0.9 · \frac{1}{6}} = \frac{9}{60 − 45} = \frac{3}{5}.