A február 22-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

De Méré lovag problémája:

Az a;ább megfogalmazott két probléma történetileg érdekes. Ezekkel a kérdésekkel fordult de Méré lovag Pascalhoz. Sokan e feladat megoldásától illetve Pascalnak és Fermat-nak e probléma megoldásáról szóló levelezésétől számítják a valószínűségszámítás megszületését.

a.) Ha egy kockát 4-szer feldobunk, akkor mi annak a valószínűsége, hogy legalább egy hatos dobás lesz? Ha két kockát 24-szer feldobunk, mi annak a valószínűsége, hogy legalább egy dupla hatos lesz. (De Méré lovag arra csodálkozott rá, hogy az első valószínűség \frac{1}{2}-nél kicsit kisebb, a második valószínűség pedig \frac{1}{2}-nél kicsit nagyobb.)

b.) Két játékos egy igazságos játékot játszik, melynek mindegyik fordulójában az egyes játékosok \frac{1}{2} valószínűséggel nyernek, illetve veszítenek. Megállapodnak, hogy az a játékos nyeri el a tétet, aki először ér el hat nyerést. A játékot félbe kell szakítaniuk akkor, amikor az egyiküknek három a másikuknak pedig öt nyerése volt. Hogyan kell igazságosan osztozkodniuk?

Megoldás:

a.) Annak a valószínűsége, hogy egy dobás eredménye nem hatos \frac{5}{6}, annak pedig, hogy

4 egymás utáni dobásban nem jelenik meg a hatos (\frac{5}{6})^{4}. Annak a valószínűsége,

hogy négy dobásban megjelenik egy hatos P_{1} = 1 − (\frac{5}{6})^{4}. Hasonlóan, annak

a valószínűsége, hogy két kocka dobásában nem jelenik meg a dupla hatos \frac{35}{36},

annak a valószínűsége, hogy ez 24 dobásban nem jelenik meg (\frac{35}{36})^{24}. Annak a

valószínűsége, hogy 24 dobásban megjelenik egy dupla hatos P_{2} = 1 − (\frac{35}{36})^{24}.

Érdemes megérteni, hogy a P_{1} és P_{2} valószínűségek miért vannak olyan közel

egymáshoz. Vezessük be az a_{n} = (1 − \frac{1}{n})^{n}, n = 1, 2, …, számokat. Ekkor

1 − P_{1} = a_{6}^{2/3}, 1 − P_{2} = a_{36}^{2/3}. Viszont tanultuk az analízisben, hogy lim_{n→∞} a_{n} = e^{−1}, e = 2.71 . . .. Továbbá ez az a_{n} sorozat elég gyorsan tart a határértékéhez, ezért az a_{6} ∼ e^{−1} és a_{36} ∼ e^{−1} elég jó közelítés. Ezért mind a P_{1} mind a P_{2} valószínűség jól közelíthető az 1 − e^{−2/3} számmal. Továbbá ismeretes, hogy az a_{n} sorozat monoton növekvő, és innen adódik, hogy P_{1} > P_{2}. Történetesen az 1 − e^{−2/3} szám közel van \frac{1}{2}-hez, és a P_{1} és P_{2} valószínűségek ezt a számot közrefogják. b.) Tekintsük azt az általánosabb problémát, amikor n nyerés kell a tét megszerzéséhez,

és az első játékos k a második pedig l alkalommal nyert. Tekintsük a következő (n − k) + (n − l) − 1 = 2n − k − l − 1 fordulót. Az első játékos akkor és csak akkor nyerné el a tétet, ha ezekben a fordulókban legalább n − k alkalommal nyer.

Ennek valószínósége P = 2^{k+l+1−2n} ∑_{j=n−k}^{2n−k−l−1} \binom{2n − k − l − 1}{j}. Jelen esetben az

első játékos \frac{7}{8}, a második játékos \frac{1}{8} valószínűséggel nyeri el a tétet. Az igazságos tehát a 7 : 1 aráyú osztozkodás.

További feladatok

1.) Egy urnában húsz piros és tíz fehér golyó van. Visszatevéssel kihúzunk három golyót. Mi annak a valószínűsége, hogy az első húzásban piros golyót húzunk? Mi annak a valószínűsége, hogy a harmadik húzás eredménye piros? Mi a valószínűsége annak, hogy az első és harmadik húzás eredménye piros?

Az első húzás eredménye \frac{2}{3} valószínűséggel piros. Ugyanez igaz a harmadik húzásra is, (mert a golyókat visszadobtuk) Annak valószínűsége, hogy az első és harmadik

húzás eredménye is piros (\frac{2}{3})^{2}.

2.) Egy urnában húsz piros és tíz fehér golyó van. Visszatevés nélkül kihúzunk három golyót. Mi annak a valószínűsége, hogy az első húzásban piros golyót húzunk? Mi annak a valószínűsége, hogy a harmadik húzás eredménye piros? Mi a valószínűsége annak, hogy mind az első mind a harmadik húzás eredménye piros? Mi a valószínűsége annak, hogy az első és második húzás eredménye piros? Mi a valószínűsége annak, hogy mind az első mind a második mind a harmadik húzás eredménye piros?

Megoldás: Annak valószínűsége, hogy az első huzás eredménye piros \frac{2}{3}. Az az esemény, hogy a harmadik húzás eredménye piros úgy következhet be, hogy a három első húzás eredméye a PPP, PFP, FPP, FFP húzássorozat valamelyike. Mindegyik sorozat valószínűségét kiszámoltuk és összeadtuk. Azt kaptuk, hogy

annak a valószínűsége, hogy a harmadik húzásban piros golyót húzunk \frac{2}{3}, azaz ugyanannyi, mint annak a valószínűsége, hogy az első húzás eredménye piros. Hasonlóan kiszámitottuk annak a valószínűségét, hogy az első és harmadik húzás eredménye piros. Ez akkor következik be, ha PFP vagy PPP golyót húztunk az első három húzás során. Ennek valószínűsége \frac{20}{30} \frac{19}{29}, azaz ugyanannyi, hogy az első két golyó húzásakor két piros golyót húzunk. Annak valószínűsége, hogy az első

három húzás mindegyikének eredménye piros \frac{20}{30} \frac{19}{29} \frac{18}{28}. Ezen eredmények mélyebb hátterét a következő feladat magyarázza meg.

3.) Egy urnában van k piros és l fehér golyó. Kihuzzúk a golyókat visszatevés nélkül. Készítsük el ennek a feladatnak a valószínűségi modelljét. Lássuk be ennek segítségével azt, hogy annak valószínűsége, hogy az r-ik húzás eredménye piros nem függ az r indextől.

Megoldás: Egy elemi esemény, egy lehetséges húzássorozat, mely egy k + l hosszú-

ságú sorozat, mely k piros és l fehér golyóból áll. Ennek valószínűsége \frac{1}{\binom{k + l}{k}}.

Ugyanis, ha felírjuk egy előírt sorozat húzásának a valószínűségét egy olyan k + l tört szorzatát kapjuk, melynek j − ik tagjának nevezőjében k + l − j + 1 van (a j-ik húzás előtt az urnában levő golyók száma), a számllóban pedig a j-ik húzás előtt az urnában levő fehér vagy piros golyók száma attól függően hogy a j-ik húzás eredménye fehér vagy piros. Ezért olyan szorzatot kapunk, melynek nevezőjében

(k +l)!, a számlálóban pedig k!l! van. Kiszámoltuk hogy \binom{k + l − 1}{k − 1} olyan sorozat

van, melyben az r-ik elem (az r-ik húzás eredménye) piros. Az előbbi eredmények azt jelentik, hogy annak a valószínűsége, hogy az r-ik húzás eredménye piros nem függ az r számtól, azaz megegyezik annak valószínégégével, hogy az első húzás eredménye piros.

Házi feladat:

Egy urnában 50 piros és 50 fehér golyó van. Kihúzzuk a golyókat visszatevés nélkül. Mi a valószínűsége annak, hogy a 40-ik húzás eredménye piros? Mi annak a valószínűsége, hogy a 60-ik húzás eredménye piros? Mi annak a valószínűsége, hogy a 40-ik húzás eredménye piros? Mi a valószínűsége annak, hogy a 40-ik és 60-ik húzás eredménye is piros?