A február 6-i előadáshoz kapcsolódó gyakorlat feladatai.

Feladatok:

1. 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.

2. 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.

Később tanulni fogunk olyan módszereket, melyek lehetővé teszik e két feladat megoldását más módon. Akkor majd vissza fogunk térni ezekhez a feladatokhoz.

3. Egy pénzdarabot, mely \frac{1}{3} valószínűséggel esik a fej és \frac{2}{3} valószínűséggel az írás oldalára feldobunk (egymástól függetlenül) 10-szer egymás után. Adjunk erre valószínűségi modellt. Megoldás: Legyen ω egy elemi esemény egy 10 hosszúságú fej-írás sorozat. Tekintsük az összes ilyen sorozatból álló halmazt, ez legyen Ω, a biztos esemény.

Legyenek a A σ-algebra elemei az Ω halmaz részhalmazai. (Az összes lehetséges részhalmazt tekintjük.) Definiálnunk kell még egy A ∈ A halmaz (esemény) valószínűségét P (A) is. Ezt a következő módon tesszük: P (A) = ∑_{ω∈A} P ({ω}), és

P (\{ω\}) = (\frac{1}{3})^{k} · (\frac{2}{3})^{10−k}, ha az ω elemi esemény olyan sorozat, amelyik k fej és 10−k írásjelből áll. (Ugyanis minden fej-dobás esetén \frac{1}{3} és minden írás-dobás esetén \frac{2}{3}-dal, a fej, illetve írásdobás valószínűségével kell megszorozni a valószínűséget.)

4. Egy urnában 20 piros és 30 fehér golyó van. Kihúzunk 25 golyót

a.) visszatevéssel,

b.) visszatevés nélkül.

Adjunk erre valószínűségi modellt mind a két esetben.

Megoldás: Az előző feladat megoldásához hasonló konstrukciót adhatunk. Legyenek az ω elemi események a 25 hosszúságú P, F (piros, fehér) jelekből álló sorozatok, az Ω biztos esemény az összes ilyen sorozatból álló halmaz, A az Ω részhalmazaiból álló halmaz, P (A) = ∑_{ω∈A} P ({ω}), minden A ∈ A halmazra, és definiálnunk kell

még a P ({ω}) valószínűségeket. Eddig a pontig az a.) és b.) esetet kielégítő konstrukció nem különbözött. A különbség az lesz, hogy a két esetben másképp fogjuk definiálni a P ({ω}) valószínűségeket. Az a.) esetben, amikor visszatevéssel húzzuk ki a golyókat, egy olyan ω valószínűsége, amelyik k P és 25 − k F jelet tartalmaz (\frac{2}{5})^{k} (\frac{3}{5})^{25−k}, mert minden piros húzásnak \frac{20}{50} és minden fehár húzásnak \frac{30}{50} a valószínűsége, (a húzás előtt az urnában levő piros illetve fehér golyók száma osztva az urnában levő golyók számával.) A b.) eseben, amikor visszatevés nélkül húzzuk a golyókat, egy olyan ω valószínűsége, amelyik k P és 25 − k F jelet tar-

talmaz \frac{25 · 24 ⋯ (25 − k + 1) · 30 · 29 ⋯ (30 − (25 − k) + 1)}{50 · 49 ⋯ 26}. Ugyanis egy előírt

húzássorozat valoszínűsége ∏_{j=1}^{25} \frac{l(j)}{50 − j + 1}, ahol l(j) az a j − 1-ik húzás után az

urnában maradt piros golyók száma, ha a j-ik húzás piros, és a j − 1-ik húzás után az urnában maradt fehér golyók száma, ha a j-ik húzás fehér. Gondoljuk meg, hogy ez a kifejezés megegyezik a megadott formulával, ha k fehér és 25 − k piros húzás történt.

Házi feladat:

Egy szabályos dobókockát feldobunk 10-szer egymás után. Adjunk erre valószínűségi modellt.

5. 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}) = 0.2. Innen a

minket érdeklő feltételes valószínűség értéke \frac{0.2}{0.31} = \frac{20}{31}.

6. 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 érvelhetűnk, 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 egforma valószínűséggel. Ha kijelüljük (az urnából való húzásnál szereplő érvelést használva) egy külön (egy elemű) csoportba a legjobb, egy külön (egy elemű) csoportba a legrosszabb diákot, egy külön csportba 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 an-

nak 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.

7. Egy diák a feltett kérdésre (három lehetőség közül kell kiválasztani a megfelelőt)

p valószínűséggel tudja a helyes 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 helyes választ adott?

Megoldás: Jelölje A azt az eseményt, hogy tudja a helyes választ, B azt az eseményt, hogy helyes választ ad. A P (A|B) feltételes valószínűség értékére vagyunk kiváncsi-

ak. Ekkor P (A) = P (A∩B) = p, P (B) = P (A∩B)+P (Ā∩B) = P (A)+ \frac{1}{3}P (Ā) =

p + \frac{1}{3}(1 − p). Innen P (A|B) = \frac{p}{p + \frac{1}{3}(1 − p)}.

Házi feladat:

A zsebünkben van 30 kulcs, melyek közül az egyik nyit egy zárat. Egymás után kiprobáljuk véletlenszerűen kipróbálva ezeket a kulcsokat. Mi a valószínűsége annak, hogy a 20. kisérletre sikerül kinyitni a zárat? Mi annak a valószínűsége, hogy a 20. kisérletben sikerül kinyitni a zárat feltéve, hogy az első 19 kisérletben ez nem sikerült?

8.) Feldobunk egy dobókockát, majd utána annyi dobókockát, amennyi az első dobás eredménye volt. Mi a valószínűsége annak, hogy a második dobássorozatban lesz hatos? Mi annak a feltételes valószínűsége, hogy az első dobás eredménye hatos, ha a második dobássorozatban nem volt hatos?

Megoldás: Tekintsünk azokat az eseményeket, melyek leírják a lehetséges dobássorozatok eredményét, és adjuk meg ezek valószínűségét. Annak valószínűsége, hogy az első dobás eredménye i, majd ezt követően egy i hosszúságú 1 és 6 közötti

számokat tartalmazó dobássorozatot kapunk (\frac{1}{6})^{i+1}. Annak valószínűsége, hogy

az első dobás eredménye i, és az utolsó i dobás egyike sem hatos, \frac{1}{6} · (\frac{5}{6})^{i}. Annak

valószínűsége, hogy a második dobássorozatban van hatos

\frac{1}{6} ((1 − \frac{5}{6}) + ⋯ + (1 − (\frac{5}{6})^{6})) .

Annak valószínűsége, hogy az első dobás hatos, utána pedig van hatos dobás

\frac{1}{6} (1 − (\frac{5}{6})^{6}). Ezért a keresett feltételes valószínűség

\frac{1 − (\frac{5}{6})^{6}}{(1 − (\frac{5}{6})) + ⋯ + (1 − (\frac{5}{6})^{6})}.

9.) 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 összekeverik. 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: Jlölje A_{1}, A_{2} illetve A_{3} azt az eseményt, hogy a csavar az elsó, 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}.

10. Mi annak a valószínűsége, hogy egy (szabályos) dobókocka mindkét dobásának az eredménye hatos feltéve, hogy legalább az egyik 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}.

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?