A Val´ osz´ın˝ us´ egsz´ am´ıt´ as I. el˝ oad´ assorozat els˝ o el˝ oad´ asa. 2007. febru´ ar 6. Tekints¨ unk el˝ osz¨ or n´eh´ any p´eld´at, amelyek megmutatj´ak, hogy milyen k´erd´esekkel foglalkozik a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as. Tapasztalatb´ol tudjuk, hogy ´evente k¨ or¨ ulbel¨ ul ugyanannyi fi´ u ´es l´any sz¨ uletik. Ugyanakkor, az, hogy az egyes u ´jsz¨ ul¨ ottek fi´ uk lesznek-e vagy l´anyok a v´eletlent˝ol f¨ ugg. 1 osz´ın˝ us´eggel Term´eszetes feltenni, hogy minden u ´jsz¨ ul¨ ott egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul lesz 2 val´ fi´ u vagy l´any. Az, hogy ilyen k¨ or¨ ulm´enyek k¨ oz¨ ott minden ´evben k¨ or¨ ulbel¨ ul ugyanannyi fi´ u ´es l´any sz¨ uletik, teh´at nem az a helyzet, hogy egyik ´evben a sz¨ uletend˝ o fi´ uk a m´ asik ´evben a sz¨ uletend˝ o l´anyok sz´ama sokkal nagyobb, a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as egy nagyon fontos eredm´eny´enek a nagy sz´ amok t¨ orv´eny´enek a k¨ ovetkezm´enye. Ez a t¨orv´eny azt mondja, hogy ha sok egym´ ast´ ol f¨ uggetlen kis´erletet v´egz¨ unk, amelyek eredm´enye valamely v´eletlen sz´am, akkor a m´ert eredm´enyek ´ atlaga nagyon kev´ess´e ingadozik a kis´erletek eredm´eny´enek v´ arhat´ o ´ert´eke k¨ or¨ ul. Ezt az ´ all´ıt´ ast k´es˝obb pontosabban is meg fogom fogalmazni. Szeretn´enk pontosabb eredm´enyeket kapni arr´ ol, hogy mekkora ez az ingadoz´ as. Ilyen eredm´enyt ´ır le az u ´gynevezett centr´ alis hat´ areloszl´ ast´etel. A probl´ema meg´ert´ese ´erdek´eben tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o probl´em´at. Valaki a k¨ ovetkez˝ o j´ at´ekot aj´ anlja fel nek¨ unk. Feldob egy (szerinte) szab´alyos p´enzdarabot 10 000 alkalommal. Fejdob´ as eset´en mi fizet¨ unk neki 1 forintot, ´ır´asdob´ as eset´en ˝ o fizet nek¨ unk 1 forintot. Elhissz¨ uk´ akkor, e, hogy a p´enzdarab val´ oban szab´alyos volt, ha mind a 10 000 dob´as fej volt? Es ha 9000 fej ´es 1000 fej dob´as t¨ort´ent? Ha 6000 fej ´es 4000 ´ır´ asdob´ as? Ha 5200 fej ´es 4800 ´ır´asdob´ as? Ha 5050 fej ´es 4950 ´ır´asdob´ as? Term´eszetesen elvileg el˝ ofordulhat, hogy egy szab´alyos p´enzdarab, amelyet 10 000 alkalommal feldobunk minden egyes esetben a fej oldalra esik. De ennek a val´ osz´ın˝ u−10 000 s´ege rendk´ıv¨ ul kicsi, 2 . Nagyon hihetetlennek t˝ unhet, hogy egy ilyen esem´eny val´ oban bek¨ovetkezik. Ugyancsak rendk´ıv¨ ul kicsi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a fejdob´asok sz´ama nagyobb mint 9000. A nagy sz´amok t¨orv´enye szerint nagy x sz´amra annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a fejdob´asok sz´ama nagyobb mint 5000 + x rendk´ıv¨ ul kicsi nagy x sz´amok eset´en. De felmer¨ ul a k´erd´es, hogy mely x sz´amok tekinthet˝ ok nagynak. Ahhoz, hogy ezt a k´erd´est meg tudjuk v´ alaszolni, j´ o lenne ismerni egy olyan eredm´enyt, amelyik k¨ ozel´ıt˝ oleg megadja annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy a fejdob´asok sz´ama nagyobb mint 5000 + x egy szab´alyos p´enzdob´ as feldob´ asa eset´en. Ilyen eredm´eny ismeretes, ´es ezt nevezik a centr´ alis hat´areloszl´ast´etelnek. ´ Erdemes megjegyezni, hogy a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel m´ as fontos probl´em´akban is megjelenik. Mutatok erre egy p´eld´at. Tegy¨ uk fel, hogy 100 l´ampa o¨ssz´elettartam´ ara vagyunk kiv´ancsiak. Olyan l´amp´ akat haszn´ alunk, amelyek mindegyik´enek v´ arhat´ o ´elettartama 100 ´ ora, de val´ odi ´elettartamuk egy ek¨or¨ uli ´ert´ek valamilyen v´eletlen ingadoz´assal. Ha egy l´ampa ki´eg, akkor kicser´elj¨ uk a k¨ ovetkez˝ o l´amp´ ara, amelynek v´ arhat´ o ´elettartama szint´en 100 ´ ora, de val´ odi ´elettartama e v´ arhat´ o ´ert´ek k¨ or¨ ul ingadozik. Az ¨ osszes l´ampa egy¨ uttes ´elettartama ekkor 10 00 ´ ora plusz valamilyen v´eletlen ingadoz´ as. A centr´ alis hat´areloszl´ast´etel ennek az ingadoz´ asnak az eloszl´as´ar´ ol mond ki egy nagyon ´erdekes eredm´enyt. Ennek az eloszl´ asnak jellegzetes alakja van, amely 1
bizonyos ´ertelemben nem f¨ ugg a l´amp´ ak ´elettartalm´anak viselked´es´et˝ ol. Ez magyar´ azza meg azt is, hogy mi´ert jelenik meg teljesen k¨ ul¨ onb¨oz˝ o probl´em´akban egy jellegzetes harangg¨ orb´enek nevezett g¨orbe. Ennek pontosabb magyar´ azat´ at csak k´es˝obb, a centr´ alis hat´areloszl´ast´etel t´argyal´ asa sor´ an fogom megadni. Ugyanis a centr´ alis hat´areloszl´ast´etelnek, ennek a rendk´ıv¨ ul fontos eredm´enynek, a megfogalmaz´asa n´eh´ any a k´es˝obbiekben t´argyalt fogalom ismeret´et ig´enyli. P´eld´aul mit jelent a l´ampa ´elettartam´ anak a v´ arhat´ o ´ert´eke? Ez heurisztikus szinten ´erthet˝o, de ahhoz hogy sz´amolni is tudjunk a v´ arhat´ o ´ert´ekkel e fogalom pontosabb kidolgoz´asa ´es meg´ert´ese sz¨ uks´eges. Ugyancsak meg kell ´erten¨ unk azt, hogy amikor a l´ampa ´elettartam´ anak az ingadoz´ as´at tekintj¨ uk, akkor hogyan ´erdemes m´erni ennek nagys´ag´ at. E probl´em´ak tiszt´az´ asa fontos r´esz´et k´epezik a k´es˝obbi el˝ oad´asoknak. A val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as megalkot´ as´aban k¨ ul¨ onb¨oz˝ o szerencsej´at´ekok vizsg´alata is nagyon fontos szerepet j´ atszott. Az ilyen k´erd´esek alaposabb vizsg´ alata nagyon hasznosnak bizonyult, t¨obb ´ert´ekes gondolat h´atter´eben szerencsej´ at´ekokkal kapcsolatos meg´ gondol´ asok rejlenek. Erdemes megjegyezni, hogy az els˝ o ilyen h´ıres probl´ema De M´er´e lovagt´ol sz´armazik, aki Pascalnak tette fel k´et szerencsej´ at´ekkal kapcsolatos k´erd´es´et. Ezek egyik´et de M´er´e lovag is meg tudta v´ alaszolni, de a m´ asikat nem. Pascal megoldotta ezt a feladatot, amelyet lev´elben elk¨ uld¨ott a Toulouseban ´el˝ o Fermatnak. Fermat is megoldotta ezt a probl´em´at. Fermat megold´ asi m´ odszere k¨ ul¨ onb¨oz¨ ott, de ugyanazt az eredm´enyt kapta. Ezut´an ´ırta Pascal sokat id´ezett mondat´ at: Ugyanaz az igazs´ ag P´ arizsban ´es Toulouseban. Le´ırom de M´er´e lovag k´erd´eseit, ´es egy kieg´esz´ıt´esben a r´ajuk adhat´o v´ alaszt is. De e feladatok megold´ asa a gyakorlatok anyaga. De M´er´e lovag probl´em´ aja: a.) Ha egy kock´ at 4-szer feldobunk, akkor mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb egy hatos dob´as lesz? Ha k´et kock´ at 24-szer feldobunk, mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb egy dupla hatos lesz? (De M´er´e lovag arra csod´alkozott r´a, hogy az els˝ o val´ osz´ın˝ us´eg 21 -n´el kicsit kisebb, a m´ asodik val´ osz´ın˝ us´eg pedig 21 -n´el kicsit nagyobb.) b.) K´et j´ at´ekos egy igazs´ agos j´ at´ekot j´ atszik, amelynek mindegyik fordul´ oj´aban az egyes j´ at´ekosok 12 val´ osz´ın˝ us´eggel nyernek, illetve vesz´ıtenek. Meg´allapodnak, hogy az a j´ at´ekos nyeri el a t´etet, aki el˝ osz¨ or ´er el hat nyer´est. De a j´ at´ekot f´elbe kell szak´ıtaniuk akkor, amikor az egyik¨ uknek h´arom a m´ asikuknak pedig o¨t nyer´ese volt. Hogyan kell igazs´ agosan osztozkodniuk? A fenti k´erd´eseket m´ ar a XVII. sz´azadban megt´ argyalta Pascal ´es Fermat. Sokan innent˝ol sz´am´ıtj´ak a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as elm´elet´enek l´etrej¨ott´et. Ezut´ an is t¨obb nagy matematikus foglalkozott ezzel a t´em´aval. K¨ oz¨ ul¨ uk k¨ ul¨ on eml´ıt´est ´erdemel Pierre–Simon Laplace (1749–1827), aki egyik f˝ o m˝ uv´et az Analitikus val´ osz´ın˝ us´egelm´elet c´ım˝ u k¨ onyvet (Th´eorie Analitique des Probabilit´es) ennek a t´em´anak szentelte. S˝ot ezenk´ıv¨ ul meg´ırta e k¨ onyvnek a m˝ uvelt nagyk¨oz¨ ons´eg sz´am´ara k´esz´ıtett v´ altozat´ at is Filoz´ ofiai essz´e a val´ osz´ın˝ us´egsz´ am´ıt´ asr´ ol (Essai Phylosophique sur les Probabilit´es) c´ımen. M´egis a mai modern val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as megalkot´ as´at j´ oval k´es˝obbre dat´alj´ak. Ez Andrei Nyiko2
laevics Kolmogorov (1903–1987) nev´ehez f˝ uz˝ odik, aki az 1930-as ´evekben ´ırt Grundbegriffe der Wahrsheinlichkeitstheorie (A val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as alapjai) c´ım˝ u m˝ uv´eben vezette be a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as ma haszn´ alt modellj´et. Tov´ abb´a bebizony´ıtott n´eh´ any olyan alapvet˝ o eredm´enyt is, amelyek lehet˝ ov´e tett´ek e modell haszn´ alat´at. Annak, hogy a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as elm´elet´et ilyen k´es˝on alkott´ak meg k´et f˝ o oka volt. Egyr´eszt filoz´ ofiai szinten neh´ez volt megfogalmazni ´es elfogadtatni a v´eletlen alkalmas fogalm´ at. A m´ asik ok matematikai jelleg˝ u. A val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as elm´elet´enek szigor´ u megalapoz´asa felhaszn´alja a XX. sz´azadi matematika egy m´ely elm´elet´enek, a m´ert´ekelm´eletnek az eredm´enyeit is. B´ar a hallgat´ os´ag ezt az elm´eletet nem tanulta, ez nem z´arja ki az el˝oad´as meg´ert´es´et. A m´ert´ekelm´elet ugyanis arra szolg´ al, hogy egyr´eszt matematikailag szigor´ uan igazolja azoknak a m´ odszereknek a jogoss´ag´ at, amelyeket a j´ ozan ´esz dikt´ al, m´ asr´eszt megmutassa, hogy mindazok a k´erd´esek, amelyeket val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´asi probl´em´anak tekint¨ unk t´argyalhat´ o a kidolgozott elm´elet keretein bel¨ ul. Ismertetni fogom Kolmogorov modellj´et, de azokat a m´ely elm´eleti eredm´enyeket, amelyek ennek alapj´ aul szolg´ alnak, (´es amelyek ismeret´ere nincs sz¨ uks´eg¨ unk konkr´et feladatok megold´ as´aban) bizony´ıt´ as n´elk¨ ul fogom k¨ oz¨ olni. Ezel˝ ott azonban egy kis kit´er˝ ot teszek. Felid´ezem a kombinatorika n´eh´ any olyan eredm´eny´et, amelyek a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ asban is fontos ´ szerepet j´ atszanak. Attekintem, hogy h´anyf´elek´epp lehet egy n elem˝ u halmazb´ol k elemet kiv´alasztani, illetve n´eh´ any ezzel kapcsolatos k´erd´est t´argyalok. Egy kombinatorikai k´ erd´ es vizsg´ alata. A k¨ ovetkez˝ o k´erd´essel foglalkozunk. H´anyf´elek´epp lehet egy n elem˝ u halmazb´ol k elemet, k ≤ n, kiv´alasztani? Vegy¨ uk el˝ osz¨ or is ´eszre, hogy val´ oj´aban egy n´egy k´erd´esb˝ ol a´ll´ o k´erd´escsoportr´ol van sz´o. A pontos k´erd´esfeltev´eskor ugyanis meg kell mondani, hogy sz´am´ıt-e a kiv´alaszt´ as sorrendje. Azaz ha egym´ as ut´ an kiv´alasztunk k elemet n elemb˝ol, ´es k´et olyan v´ alaszt´ assorozatot tekint¨ unk, amelyekben ugyanazt a k elemet v´ alasztjuk ki, de m´ as sorrendben, akkor ezt a k elem k´et k¨ ul¨ onb¨oz˝ o kiv´alaszt´ as´anak tekintj¨ uk-e vagy sem. Ugyancsak tiszt´azni kell azt, hogy ha egy elemet kiv´alasztottunk v´ alaszthatjuke ugyanazt az elemet m´egegyszer vagy sem. Ezt a k´erd´est u ´gy is meg szokt´ak fogalmazni, hogy visszatev´essel v´ alasztunk-e vagy visszatev´es n´elk¨ ul. Az al´ abbiakban p´eld´aval megvil´ ag´ıtva mind a n´egy lehet˝ os´eget t´argyalom. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert feltehetj¨ uk, hogy az n elem˝ u halmaz, amelyb˝ol v´ alasztunk megegyezik az {1, 2, . . . , n} halmazzal. Probl´ema A) H´anyf´elek´epp lehet kiv´alasztani n elem k¨ oz¨ ul k elemet, ha minden elemet csak egyszer (visszatev´es n´elk¨ ul) v´ alaszthatunk, ´es nem sz´am´ıt a sorrend? Probl´ema B) H´anyf´elek´epp lehet kiv´alasztani n elem k¨ oz¨ ul k elemet, ha minden elemet csak egyszer (visszatev´es n´elk¨ ul) v´ alaszthatunk, ´es sz´am´ıt a sorrend? E k´et feladat ´es a k¨ ozt¨ uk lev˝ o k¨ ul¨ onbs´eg meg´ert´ese ´erdek´eben tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o k´erd´est: H´anyf´ele eredm´enye lehet egy lott´oh´ uz´ asnak? Ha azt k´erdezz¨ uk, h´any k¨ ul¨ onb¨oz˝o eredm´eny jelenhet meg a m´ asnapi u ´js´agban, akkor a v´ alasz az o¨t hossz´ us´ ag´ u, 1 ´es 90 k¨ oz¨ otti sz´amokat felvev˝o, szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o sz´amsorozatok sz´ama. Ha valaki 3
elmegy a lott´oh´ uz´ asra, ´es feljegyzi mag´ anak az egym´ as ut´ an kih´ uzott sz´amokat, akkor egy ¨ ot hossz´ us´ ag´ u ´ert´ekeit 1 ´es 90 k¨ oz¨ ott felvev˝o sz´amsorozatot jegyez fel mag´ anak, amelynek ´ert´ekei nem felt´etlen¨ ul monoton n˝onek. K´erdezhetj¨ uk azt is h´any k¨ ul¨ onb¨oz˝ o eredm´enyt jegyezhet fel az ilyen megfigyel˝ o. Az els˝ o esetben az A) a m´ asodik esetben a B) probl´ema megold´ as´at k´erdezz¨ uk n = 90, k = 5 esetben. A B) k´erd´esre a v´ alasz n(n − 1) · · · (n − k + 1), mert az els˝ o elemet n a m´ asodik elemet n − 1, ´es ´ıgy tov´ abb a k-ik elemet n − k + 1 f´elek´epp v´ alaszthatjuk. Az A) k´erd´esre a v´ alasz nk = n(n−1)···(n−k+1) , mert ha megk¨ ul¨ onb¨oztetj¨ uk a k elem k! k´et olyan kiv´alaszt´ as´at, amelyekben ugyanazokat az elemeket v´ alasztjuk, de m´ as sorrendben, akkor n(n − 1) · · · (n − k + 1) v´ alaszt´ as lehets´eges. M´asr´eszt ha k´et sorozatot nem k¨ u¨onb¨oztet¨ unk meg akkor, ha ugyanazokat az elemeket tartalmazz´ ak csak esetleg m´ as sorrendben, akkor az el˝ oz˝ o ¨ osszesz´ aml´al´ asban minden lehets´eges sorozatot k! multiplicit´assal sz´amoltunk. Probl´ema C) H´anyf´elek´epp lehet kiv´alasztani n elem k¨ oz¨ ul k elemet, ha minden elemet t¨obbsz¨ or is (visszatev´essel) v´ alaszthatjuk, ´es nem sz´am´ıt a sorrend? Probl´ema D) H´anyf´elek´epp lehet kiv´alasztani n elem k¨ oz¨ ul k elemet, ha minden elemet t¨obbsz¨ or is (visszatev´essel) v´ alaszthatjuk, ´es sz´am´ıt a sorrend? P´elda olyan feladatra, amelyben a C) ´es D) probl´ema jelenik meg: Megk´erdez¨ unk k embert, hogy mikor, azaz az ´ev h´anyadik napj´ an sz¨ ulettek. (Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert tegy¨ uk fel, hogy senki sem sz¨ uletett a sz¨ok˝onapon, azaz febru´ar 29-´en.) Ha valaki egym´ as ut´ an feljegyzi, hogy a k megk´erdezett szem´ely az ´ev melyik napj´ an sz¨ uletett, ´es arra vagyunk kiv´ancsiak, h´any k¨ ul¨ onb¨oz˝ o feljegyz´es lehets´eges, akkor a D) k´erd´est kell megv´ alaszolnunk. Ha feljegyezz¨ uk n¨ovekv˝o sorrendben azokat a napokat, amelyeken a megk´erdezett emberek valamelyik´enek sz¨ ulet´esnapja van, ´es minden napot annyiszor jegyz¨ unk fel, ah´ anyszor valamelyik megk´erdezett ezt, mint sz¨ ulet´esnapot megadta, akkor a lehets´eges sz´amsorozatok sz´am´anak megad´asa a C) k´erd´eshez vezet. A D) k´erd´esre a v´ alasz egyszer˝ u; nk v´ alaszt´ as lehets´eges, mert k alkalommal n elem valamelyik´et v´ alaszthatjuk. A C) k´erd´es megv´ alaszol´asa nehezebb. Az A) feladat megold´ as´aban haszn´ alt m´ odszer ebben az esetben nem alkalmazhat´o. (Gondoljuk meg p´eld´aul, hogy h´any k¨ ul¨ onb¨oz˝ o h´arom hossz´ us´ ag´ u sorozat adhat´o meg, ha megmondjuk, hogy melyik sz´amjegy h´anyszor jelenhet meg. Egy csupa 1-esb˝ ol ´ all´ o sorozat csak egyf´elek´epp adhat´o meg, u ´gy mint 1,1,1. Egy k´et 1-esb˝ ol ´es egy 2-esb˝ ol ´ all´ o sorozat h´arom k¨ ul¨ onb¨oz˝ o m´ odon adhat´o meg: 1,1,2, 1,2,1, 2,1,1. Egy egy 1-es egy 2-es ´es egy 3-asb´ ol ´all´ o sorozat hat k¨ ul¨ onb¨oz˝ o m´ odon adhat´o meg: 1,2,3, 1,3,2, 2,1,3, 2,3,1, 3,1,2, 3,2,1. Azaz, k¨ ul¨ onb¨oz˝ o tipus´ u sorozatok sorbarendez´eseinek a sz´ama k¨ ul¨ onb¨oz˝ o.) A C) feladat megold´ asa m´ as gondolatok alkalmaz´as´at ig´enyli. . Ennek meg´ert´ese ´erdek´eben vegy¨ uk ´eszre, hogy a k´erd´es A C) k´erd´esre a v´ alasz n+k−1 k ekvivelens a k¨ ovetkez˝ o probl´em´aval. H´any k hossz´ us´ ag´ u monoton (nem felt´etlen¨ ul 4
szigor´ uan monoton) sorozat van, amelynek elemei az {1, 2, . . . , n} halmaz elemei? Ezen ekvivalencia meg´ert´es´enek ´erdek´eben ´erdemes az n elem˝ u halmazt az {1, 2, . . . , n} halmaznak v´ alasztani. Ebben az esetben egy lehets´eges halmaz kiv´alaszt´ asa megegyezik egy olyan (nem felt´etlen¨ ul szigor´ uan) n¨ovekv˝o k hossz´ us´ ag´ u sz´amsorozat megad´as´aval, amelynek elemei 1 ´es n k¨ oz¨ otti eg´esz ´ert´ekeket vesznek fel. Az ilyen sorozatok ¨ osszesz´ amol´ asa ´erdek´eben alkalmazzuk a k¨ ovetkez˝ o gondolatmenetet. Minden egyes ilyen tulajdons´ag´ u sorozatnak feleltess¨ uk meg a k¨ ovetkez˝ o sorozatot. Az els˝ o sz´amhoz adjunk 0-t a m´ asodikhoz 1-et, a harmadikhoz 2-t, . . . , a k-ikhoz k − 1-et. Ilyen m´ odon egy szigor´ uan n¨ovekv˝o k hossz´ us´ ag´ u sorozatot kapunk, amelynek elemei az 1, 2, . . . , n + k − 1 sz´amok valamelyik´et veszik fel. S˝ot, ilyen m´ odon k¨ olcs¨on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est adunk a k hossz´ us´ ag´ u (nem felt´etlen¨ ul szigor´ uan) n¨ovekv˝o ´ert´ekeit az {1, . . . , n} halmazban felvev˝o, illetve a k hossz´ us´ ag´ u, (szigor´ uan) n¨ovekv˝o ´es ´ert´ekeit az {1, 2, . . . , n + k − 1} halmazban felvev˝o sorozatok k¨ oz¨ ott. Ez´ert a keresett tulajdons´ag´ u sorozatok sz´ama megegyezik a k hossz´ us´ ag´ u szigor´ uan n¨ovekv˝o, ´ert´ekeit az {1, 2, . . . , n+k−1} halmazban felvev˝o sorozatok sz´am´aval. Az ilyen sorozatok . sz´ama n+k−1 k Megjegyz´es: A C) k´erd´es feladat megold´ as´aban felhaszn´altuk azt a t´enyt, hogy k´et halmaz, amelyek elemei k¨ oz¨ ott k¨ olcs¨on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´es l´etes´ıthet˝ o ugyanannyi elemb˝ol ´ all. Ez az ´eszrev´etel ´erv´enyes v´egtelen halmazokra is. S˝ot, v´egtelen halmazok eset´en ezen tulajdons´ag seg´ıts´eg´evel defini´alj´ak azt, hogy k´et halmaznak mikor ugyanakkora a sz´amoss´ aga. Ez a t´eny megjelenik a megsz´ aml´alhat´ o sz´amoss´ ag´ u halmazok definici´ oj´aban is, amelynek meg´ert´es´ere a k´es˝obbiekben sz¨ uks´eg¨ unk lesz. Feladat: n! n n(n − 1) · · · (n − k + 1) n = = , = k! k!(n − k)! n−k k n n n+1 + = . k k−1 k
Egy kieg´esz´ıt´esben t´argyalni fogok n´eh´ any a most t´argyalt kombinatorikai k´erd´esekkel kapcsolatos feladatot.
5
A val´ osz´ın˝ us´ egsz´ am´ıt´ as Kolmogorov-f´ ele modellje. K´et term´eszetes elv´ ar´ asunk van a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as egy j´ o modellj´evel szemben. (i) Elv´ arjuk, hogy minden term´eszetes v´eletlennel kapcsolatos feladat t´argyalhat´ o legyen benne. (ii) Elv´ arjuk, hogy azok a hasznos gondolatok, ´ervek, amelyek lehet˝ ov´e teszik konkr´et feladatok megold´ as´at, alkalmazhat´oak legyenek benne. Kolmogorov modellje mind a k´et k´ıv´analmat kiel´eg´ıti. E modell ismertet´ese fontos r´esze lesz ennek az el˝ oad´assorozatnak. Miel˝ott ennek ismertet´es´ere r´at´ern´ek tekintek n´eh´ any egyszer˝ u feladatot, amelyek vizsg´alata seg´ıt meg´erteni e modellt. Ezeket a feladatokat megoldjuk n´eh´ any term´eszetes ´erv seg´ıts´eg´evel. A val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as egy prec´ız t´argyal´ as´aban ezen ´ervek jogoss´ag´ at k¨ ul¨ on meg kell indokolni. Viszont l´atni fogjuk, hogy Kolmogorov elm´elete u ´gy van fel´ep´ıtve, hogy abban k¨ ozvetlen¨ ul l´athat´ o az itt alkalmazott m´ odszerek jogoss´aga. 1.) Egy p´enzdarabot feldobunk k´etszer. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy pontosan egy fejdob´as lesz? Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb egy fejdob´as lesz? Megold´ as: A dob´asok lehets´eges kimenete, (F, F ), (F, I), (I, F ) ´es (I, I). Ezen lehets´eges kimenetelek mindegyik´enek a val´ osz´ın˝ us´ege 14 . Ez´ert annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy pontosan egy fejdob´as, azaz az (F, I) vagy (I, F ) dob´assorozat k¨ ovetkezik osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb egy fejdob´as, azaz az (F, F ), (F, I) vagy be 12 . Annak a val´ (I, F ) dob´assorozatok eredm´enye k¨ ovetkezik be, 34 . 2.) Feldobunk k´et szab´alyos dob´okock´ at. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a dob´aseredm´enyek ¨ osszege pontosan 9 illetve pontosan 10? H´any k¨ ul¨ onb¨oz˝ o m´ odon fordulhat el˝ o, hogy a dob´asok ¨ osszege 9 ´es h´any k¨ ul¨ onb¨oz˝ o m´ odon lehet a dob´asok o¨sszege 10? Megold´ as: A dob´asok ¨ osszeg´enek eredm´enye akkor 9, ha a (3, 6), (4, 5), (5, 4) vagy (6, 3) dob´asp´ arok valamelyike k¨ ovetkezik be. Ezen dob´assorozatok mindegyik´enek 1 4 val´ osz´ın˝ us´ege 36 , ez´ert 36 = 91 annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az o¨sszeg pontosan 9. Hasonl´ oan, az ¨ osszeg akkor 10, ha a (4, 6), (5, 5) vagy (6, 4) dob´asp´ arok valame1 3 uk meg, hogy a fenti lyike jelenik meg, ´es ennek a val´ osz´ın˝ us´ege 36 = 12 . Jegyezz¨ t´argyal´ asban az egyes kimenetelek felsorol´ as´aban nemcsak azt vett¨ uk figyelembe, hogy milyen dob´aseredm´enyek jelentek meg, hanem azt is, hogy melyik kock´ an jelentek meg ezek a dob´aseredm´enyek. 3.) Egy urn´aban 20 piros ´es 30 feh´er goly´o van. Kih´ uzunk 25 goly´ot visszatev´essel. Mi a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros? Annak, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a m´ asodik´e feh´er? Annak, hogy az o¨t¨odik h´ uz´ as eredm´enye piros? Annak, hogy az ¨ ot¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a tizenhatodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er? 20 = 52 , mert 50 goly´ob´ ol Megold´ as: Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros 50 h´ uzzuk ki a 20 piros goly´o valamelyik´et, ´es minden goly´ot egyforma val´ osz´ın˝ us´eggel h´ uzunk ki. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros, a m´ asodik feh´er,
6
2 5
6 · 35 = 25 , mert el˝ osz¨ or 50 goly´o k¨ oz¨ ul v´ alasztjuk ki a h´ usz piros goly´o valamelyik´et majd 50 goly´o valamelyik´eb˝ ol a 30 feh´er goly´o valamelyik´et, ´es minden h´ uz´ as egyforma val´ osz´ın˝ u. Hasonl´ oan, annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az 5. h´ uz´ asban piros osz´ın˝ us´ege, hogy az 5. h´ uz´ as sor´ an piros ´es a 16. goly´ot h´ uzunk ki 52 , ´es annak val´ 6 . h´ uz´ as sor´ an feh´er goly´ot h´ uzunk 25 · 53 = 25
Jegyezz¨ uk meg, hogy a k¨ ovetkez˝ o feladat megold´ asa egy olyan ´ervet tartalmaz, amelyik ebben az esetben is alkalmazhat´o, ´es megmutatja, hogy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az 5. h´ uz´ as piros ´es a 16. h´ uz´ as feh´er megegyezik annak val´ osz´ın˝ us´eg´evel, ´ hogy az els˝ o h´ uz´ as piros ´es a m´ asodik h´ uz´ as feh´er. Erdemes ezeket az ´ervel´eseket m´egegyszer v´egiggondolni azut´ an, hogy megt´ argyaltuk a val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ o pontos definici´ oj´at. 4.) Egy urn´aban 20 piros ´es 30 feh´er goly´o van. Kih´ uzunk 25 goly´ot visszatev´es n´elk¨ ul. Mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros? Annak, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a m´ asodik´e feh´er? Annak, hogy az o¨t¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros? Annak, hogy az ¨ ot¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a tizenhatodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er? 20 = 52 , mert 50 goly´ob´ ol Megold´ as: Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros 50 h´ uzzuk ki a 20 piros goly´o valamelyik´et, ´es minden goly´ot egyforma val´ osz´ın˝ us´eggel h´ uzunk ki. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros, a m´ asodik feh´er, 25 · 30 49 = 60 osz¨ or 50 goly´o k¨ oz¨ ul v´ alasztjuk ki a h´ usz piros goly´o valamelyik´et, majd 245 , mert el˝ 49 goly´o valamelyik´eb˝ ol a 30 feh´er goly´o valamelyik´et, ´es minden h´ uz´ as egyforma val´ osz´ın˝ u. Bel´ atjuk, hogy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az 5. h´ uz´ asban piros goly´ot h´ uzunk ki, megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros, azaz 2 . Tov´ a bb´ a annak a val´ o sz´ ın˝ u s´ e ge, hogy az 5. h´ u z´ a s sor´ a n piros ´ e s a 16. h´ uz´ as 5 sor´ an feh´er goly´ot h´ uzunk megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a m´ asodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er. Ez´ert ez a val´ osz´ın˝ us´eg is 2 30 60 5 · 49 = 245 .
Tekints¨ uk ugyanis az ¨ osszes 25 hossz´ us´ ag´ u h´ uz´ assorozatot. Ekkor annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az 5. h´ uz´ as eredm´enye piros a 16. h´ uz´ as eredm´enye feh´er megegyezik az osszes olyan 25 hossz´ ¨ us´ ag´ u h´ uz´ assorozat val´ osz´ın˝ us´eg´enek az o¨sszeg´evel, amelyek 5. hely´en piros ´es a 16. hely´en feh´er jegy ´ all. Hasonl´ oan sz´am´ıthat´ o ki annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros ´es a m´ asodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er, azzal a k¨ ul¨ onbs´eggel, hogy az 5. hely helyett az els˝ o ´es a 16. hely helyett a m´ asodik helyet kell tekinteni. Be fogjuk l´atni, hogy ugyanaz a k´eplet fejezi ki ezt a k´et k¨ ul¨ onb¨oz˝ o val´ osz´ın˝ us´eget, ez´ert azok megegyeznek. Ezt az ´ervel´est kiss´e a´ltal´ anosabban fogjuk kifejteni egy m´ as alkalmaz´asokban is hasznos egyszer˝ u lemma seg´ıts´eg´evel. Annak ´erdek´eben, hogy a fent jelzett ´ervel´est v´egrehajthassuk, vegy¨ uk el˝ osz¨ or ´eszre a k¨ ovetkez˝ o t´enyt. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy el˝ o´ırt konkr´et 25 hossz´ us´ ag´ u sorozat jelenik meg csak att´ol f¨ ugg, hogy ez a sorozat h´any piros ´es h´any feh´er goly´ot tartalmaz, de nem f¨ ugg a feh´er ´es piros h´ uz´ asok sorrendj´et˝ ol. Val´ oban, ha egy h´ uz´ assorozat s piros ´es 25 − s feh´er goly´ot tartalmaz, akkor e sorozat megje. Ugyanis egy len´es´enek a val´ osz´ın˝ us´ege P (s) = 20·19···(20−s+1)·30·29···(30−(25−s)+1) 50·49···26 7
el˝ o´ırt h´ uz´ assorozat val´ osz´ın˝ us´ege
25 Q
j=1
l(j) 50−j+1 ,
ahol l(j) az a j − 1-ik h´ uz´ as ut´ an az
urn´aban maradt piros goly´ok sz´ama, ha a j-ik h´ uz´ as piros, ´es a j − 1-ik h´ uz´ as ut´ an az urn´aban maradt feh´er goly´ok sz´ama, ha a j-ik h´ uz´ as feh´er. Ez a kifejez´es meg25 Q egyezik a megadott formul´ aval, mert l(j) = 20 · 19 · · · (20 − s + 1) · 30 · 29 · · · (30 − j=1
(25 − s) + 1). Ugyanis az azonoss´ag k´et oldal´ an fel´ırt szorzatokban ugyanazok a t´enyez˝ ok szerepelnek, csak m´ as sorrendben.
A 4. feladatot a fenti tulajdons´ag ´es az al´ abbi lemma seg´ıts´eg´evel lehet megoldani. Ennek a lemm´anak tov´ abbi hasznos k¨ ovetkezm´enyei is vannak. Lemma bizonyos h´ uz´ assorozatok val´ osz´ın˝ us´ eg´ er˝ ol. Legyen adva n piros vagy feh´er goly´ o egy olyan egym´ as ut´ ani v´eletlen kiv´ alaszt´ asa, amelyben egy el˝ o´ırt n hossz´ us´ ag´ u k piros ´es n − k feh´er goly´ ot tartalmaz´ o sorozat kiv´ alaszt´ as´ anak a val´ osz´ın˝ us´ege csak a k sz´ amt´ ol f¨ ugg. (Azaz k´et olyan h´ uz´ assorozat val´ osz´ın˝ us´ege, amelyekben ugyanannyi piros ´es feh´er goly´ ot h´ uztunk ki, csak m´ as sorrendben megegyezik.) R¨ ogz´ıts¨ unk p k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o 1 ≤ l1 < l2 < · · · < lp ≤ n id˝ opontot ´es egy p hossz´ us´ ag´ u piros–feh´er jelsorozatot. Jel¨ olje r, 0 ≤ r ≤ p, a piros-feh´er jelek eme r´eszsorozat´ aban szerepl˝ o piros jelek sz´ am´ at. Tekints¨ uk annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy az lj id˝ opontban kih´ uzott goly´ o sz´ıne megegyezik a r¨ ogz´ıtett p hossz´ us´ ag´ u piros–feh´er jelsorozat j-ik elem´evel minden 1 ≤ j ≤ p indexre. Ez a val´ osz´ın˝ us´eg megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o r h´ uz´ asban piros ´es az ut´ ana k¨ ovetkez˝ o p − r h´ uz´ asban feh´er goly´ ot h´ uztunk. 1. Megjegyz´es. A fenti lemma seg´ıts´eg´evel k¨ onnyen befejezhetj¨ uk a 4. feladat megold´as´at. L´ attuk ugyanis, hogy a tekintett modellben teljes¨ ulnek a lemma felt´etelei. Ez´ert annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ¨ ot¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros megegyezik annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ot¨ ¨ odik h´ uz´ as eredm´enye piros ´es a tizenhatodik h´ uz´ as eredm´enye feh´er egyenl˝o annak a val´ osz´ın˝ us´eg´evel, hogy az els˝ o h´ uz´ as piros, a m´ asodik pedig feh´er. Ez ut´ obbi val´ osz´ın˝ us´egeket pedig m´ ar kisz´ amoltuk. 2. Megjegyz´es. L´etezik a fenti lemm´anak egy hasznos ´es term´eszetes a´ltal´ anos´ıt´ asa u ´gynevezett felcser´elhet˝ o val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ okr´ ol, amely hasonl´oan, s˝ ot kiss´e egyszer˝ ubben bizony´ıthat´ o. Ezt az ´ all´ıt´ ast is megfogalmazom k´es˝obb egy r¨ovid kieg´esz´ıt´esben. Ezt az a´ltal´ anosabb eredm´enyt ´erdemes n´eh´ any k´es˝obb bevezetend˝ o fontos fogalom ismeret´eben megfogalmazni, ´es ez az oka a halaszt´asnak. A lemma bizony´ıt´ asa. El´eg bel´ atni, hogy tetsz˝oleges r ≤ s ≤ n − p + r sz´amra a k¨ ovetkez˝ o A) ´es B) esem´eny val´ osz´ın˝ us´ege megegyezik: A) esem´eny: Olyan (n hossz´ us´ ag´ u) h´ uz´ assorozatot v´ alasztunk, amelyben az lj ik helyen lev˝ o elemnek a sz´ıne megegyezik a r¨ogz´ıtett p hossz´ us´ ag´ u piros–feh´er jelsorozat j-ik elem´evel minden 1 ≤ j ≤ p indexre, ´es amely pontosan s darab piros goly´ot tartalmaz. B) esem´eny: Olyan n hossz´ us´ ag´ u h´ uz´ assorozatot v´ alasztunk, amelynek az els˝ o r eleme piros, az ut´ ana k¨ ovetkez˝ o p − r eleme feh´er, ´es amely pontosan s darab piros 8
goly´ot tartalmaz. Ugyanis o ¨sszegezve ezeket az azonoss´agokat minden r ≤ s ≤ l − p + r indexre megkapjuk a k´ıv´ant ´ all´ıt´ ast. Viszont ezeket az azonoss´agokat k¨ onnyen ellen˝ or´ızhetj¨ uk. Val´ oban, jel¨olje P (s) egy olyan (n hossz´ us´ ag´ u) sorozat val´ osz´ın˝ us´eg´et, amely pontosan s piros goly´ot tartalmaz. n−p Ekkor az A) esem´eny val´ osz´ın˝ us´ege n−p s−r P (s). Ugyanis p−r olyan sorozat van, amely teljes´ıti az A) esem´eny definici´ oj´aban szerepl˝o felt´eteleket, (ez az´ert igaz, mert p helyen, a j1 , . . . , jp id˝ opontokban a kih´ uzott goly´ok sz´ıne el˝ o´ırt, ´es ezek k¨ oz¨ ott r darab piros sz´ın˝ u goly´o van, ´ıgy a marad´ek n − p helyen pontosan s − r piros goly´onak kell lennie,) ´es minden ilyen sorozat osz´ın˝ us´ege P (s). Hasonl´ oan a B) esem´eny megjelen´es´enek a val´ n−p val´ osz´ın˝ us´ege is s−r P (s). Az el˝ oz˝ o p´eld´ak, illetve azok megold´ asai mutatj´ak, hogy ´erdemes a val´ osz´ın˝ us´egi feladatok egy halmazelm´eleti modellj´et tekinteni, ´es azokat jobban meg´erteni. A form´alis definici´ o megad´asa el˝ ott tekints¨ unk n´eh´ any hasonl´o probl´em´at, ahol azonban a r´eszletek kidolgoz´ asa sz¨ uks´egess´e teszi nehezebb matematikai k´erd´esek tiszt´az´ as´at.
Els˝ o p´elda: Ledobunk a [0, 1] egys´egintervallumra egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul el˝ osz¨ or egy x majd egy y pontot, azaz annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az x vagy y pont az egys´egintervallum valamely [a, b] ⊂ [0, 1] r´eszintervallum´aba esik megegyezik ezen intervallum |b − a| hossz´aval, annak val´ osz´ın˝ us´ege pedig, hogy az egys´egn´egyzet belsej´eben l´ev˝o az (x, y) pontp´ ar ´ altal meghat´ arozott pont egy az egys´egn´egyzetben lev˝ o [a, b] × [c, d] ⊂ [0, 1]×[0, 1] t´eglalapba esik megegyezik ennek a t´eglalapnak (b−a)(c−d) ter¨ ulet´evel. Azt v´ arjuk, hogy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az (x, y) pont egy az egys´egn´egyzet belsej´eben ´ l´ev˝o r sugar´ u k¨ orbe esik megegyezik ennek a k¨ ornek r2 π ter¨ ulet´evel. Altal´ anosabban, azt v´ arjuk, hogy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az (x, y) pont egy az egys´egn´egyzet belsej´eben l´ev˝o A halmazba esik egyenl˝o ennek a halmaznak a ter¨ ulet´evel. Helyes-e ez a term´eszetes elk´epzel´es? Alapj´ aban v´eve helyes, de felmer¨ ul egy komoly elvi probl´ema. Nevezetesen a k¨ ovetkez˝ o: Annak az ´ all´ıt´ asnak, hogy a v´eletlen (x, y) pont akkora val´ osz´ın˝ us´eggel esik egy A halmazba, mint amennyi ennek az A halmaznak a ter¨ ulete csak akkor van ´ertelme, ha besz´elhet¨ unk az A halmaz ter¨ ulet´er˝ ol. Tudjuk-e ´ertelmezni tetsz˝oleges halmaz ter¨ ulet´et? Gondoljuk meg, hogy m´ ar egy k¨ or ter¨ ulet´enek ´ a meghat´ aroz´asa sem egyszer˝ u. Altal´anosabban, a k´erd´esk¨or (bizonyos m´ely elm´eleti eredm´enyek felhaszn´al´ as´aval) megmutathat´ o, hogy komoly elvi okok miatt nem tudjuk minden halmaz ter¨ ulet´et defini´alni. De azoknak a halmazoknak, amelyek konkr´et feladatokban megjelennek mindig defini´alhat´ o a ter¨ ulet¨ uk. Annak igazol´asa viszont, hogy ez val´ oban ´ıgy van komoly elm´eleti eredm´enyek bizony´ıt´ as´at ´es felhaszn´al´ as´at ig´enyli. Ennek alaposabb vizsg´alata nem ennek az el˝ oad´asnak a t´em´aja. M´ asodik p´elda: Feldobunk egy szab´alyos p´enzdarabot v´egtelen sokszor egym´ as ut´ an egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul. Jel¨olje k(n) a fejdob´asok sz´am´at az els˝ o n dob´asban. Azt v´ arjuk, k(n) k(n) 1 uk, ´es ez a hat´ar´ert´ek az 2 sz´am 1 hogy a n sz´amoknak van lim n hat´ar´ert´ek¨ n→∞ val´ osz´ın˝ us´eggel. L´ atni fogjuk, hogy ez az ´ all´ıt´ as igaz. Ezt az a´ll´ıt´ ast h´ıvj´ ak a nagy sz´amok er˝ os t¨orv´eny´enek (ebben a speci´alis esetben). De ahhoz, hogy ezt az a´ll´ıt´ ast be9
bizony´ıtsuk el˝ osz¨ or azt kell tiszt´aznunk, hogy a megfogalmazott a´ll´ıt´ asnak van ´ertelme. Mint l´atni fogjuk, nem minden lehets´eges esem´enynek defini´aljuk a val´ osz´ın˝ us´eg´et. Meg k(n) kell mutatnunk, hogy annak az esem´enynek, hogy a lim n hat´ar´ert´ek l´etezik, ´es ez n→∞
a hat´ar´ert´ek 21 val´ oban van val´ osz´ın˝ us´ege. Annak ´erdek´eben, hogy ezt megtehess¨ uk, el˝ osz¨ or meg kell fogalmaznunk a val´ osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´ as pontos elm´elet´et, ´es meg kell ismern¨ unk annak n´eh´ any alapvet˝ o fogalm´at. Kolmogorov elm´ elet´ enek n´ eh´ any fontos fogalma. El˝osz¨ or bevezetek n´eh´ any Kolmogorov elm´elet´eben fontos fogalmat. K´es˝obb ezek szeml´eletes tartalm´ aval is foglalkozni fogunk. Val´ osz´ın˝ us´ egi mez˝ o definici´ oja. Azt mondjuk, hogy egy (Ω, A, P ) rendszer val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ o, ha Ω, amelyet biztos esem´enynek is nevez¨ unk, bizonyos a ´ltal´ aban ω-val jel¨ olt elemekb˝ ol (pontokb´ ol) a ´ll, amelyeket elemi esem´enyeknek is neveznek. Ezenk´ıv¨ ul kijel¨ olt¨ uk az Ω halmaz bizonyos kit¨ untetett r´eszhalmazait, amelyek u ´gynevezett σ-algebr´ at alkotnak, ´es a kijel¨ olt halmazokb´ ol a ´ll´ o σ-algebr´ at A-val jel¨ olt¨ uk. Az A ∈ A halmazoknak (esem´enyeknek) van P (A) val´ osz´ın˝ us´eg¨ uk, ´es ezek a val´ osz´ın˝ us´egek nem-negat´ıv egyre norm´ alt σ-addit´ıv halmazf¨ uggv´enyt, u ´gynevezett val´ osz´ın˝ us´egi m´ert´eket alkotnak. Annak ´erdek´eben, hogy a fenti definici´ ot teljess´e tegy¨ uk, tiszt´aznunk kell a σalgebra illetve a nem-negat´ıv egyre norm´ alt σ-addit´ıv halmazf¨ uggv´eny fogalm´ at. Azut´an meg kell ´erteni, hogy p´eld´aul a kor´ abban vizsg´alt feladatokat hogyan t´argyalhatjuk a fenti definici´ ot kiel´eg´ıt˝ o modellek seg´ıts´eg´evel. Algebra ´ es σ-algebra definici´ oja. Legyen adva egy Ω halmaz, ´es azoknak bizonyos A ⊂ Ω r´eszhalmazainak A rendszere. Azt mondjuk, hogy A algebra, ha tetsz˝ oleges A ∈ A halmazra ennek komplementere, az Ω \ A halmaz is eleme a A halmazrendszernek, azaz Ω \ A ∈ A, ´es az ∅ u ¨res halmaz is eleme az A algebr´ anak, azaz ∅ ∈ A. Tov´ abb´ a, ha A ∈ A ´es B ∈ A elemei az A halmazrendszernek, akkor e halmazok metszete illetve uni´ oja is teljes´ıti az A ∩ B ∈ A ´es A ∪ B ∈ A felt´eteleket. Az A algebra akkor σ-algebra, ha ezen k´ıv¨ ul a k¨ ovetkez˝ o felt´eteleket is teljes´ıti: Ha A1 , A2 , . . . , megsz´ aml´ alhat´ o sok halmaz, amelyek az A algebra elemei, azaz An ∈ A minden n = 1, 2, . . . sz´ amra, akkor ezek metszete ´es uni´ oja is benne van az A σ∞ ∞ S T An ∈ A. An ∈ A, ´es algebr´ aban, azaz n=1
n=1
Addit´ıv ´ es σ-addit´ıv halmazf¨ uggv´ eny definici´ oja. Legyen adva egy Ω halmaz r´eszhalmazaib´ ol a ´ll´ o A σ-algebra. Azt mondjuk, hogy egy µ(A), A ∈ A, halmazf¨ uggv´eny addit´ıv, ha b´ armely diszjunkt A ∈ A ´es B ∈ A halmazra µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B). Azt mondjuk, hogy ez a µ halmazf¨ uggv´eny nemcsak addit´ıv, ıv is, ha minden σ-addit´ ∞hanem ∞ P S µ(An ). Ez a σAn = diszjunkt An ∈ A, n = 1, 2, . . . , halmazsorozatra µ n=1
n=1
addit´ıv halmazf¨ uggv´eny nem-negat´ıv, ha minden A ∈ A halmazra µ(A) ≥ 0, ´es egyre norm´ alt, ha µ(Ω) = 1. 10
Megjegyz´es: A jel¨ol´esrendszer az irodalomban nem egys´eges. Van ahol k´et A ´es B halmaz uni´oj´at ´es metszet´et A ∪ B illetve A ∩ B-vel ´es van ahol A + B illetve ABvel jel¨olik. Hasonl´ oan megsz´ aml´alhat´ o sok halmaz uni´oj´at illetve metszet´et szok´ as bi∞ ∞ ∞ ∞ Q P T S An An illetve An jel¨ol´essel, m´ asutt pedig a An , illetve a zonyos helyeken n=1
n=1
n=1
n=1
jel¨ol´essel megadni. V´eg¨ ul k´et halmaz k¨ ul¨ onbs´eg´et szok´ as bizonyos helyeken A \ B-vel m´ asutt A − B-vel jel¨olni. L´ assunk n´eh´ any p´eld´at arra, hogyan tudunk val´ osz´ın˝ us´egi probl´em´at a val´ osz´ın˝ us´egi mez˝ o Kolmogorov f´ele definici´ oja alapj´ an megfogalmazni. a.) Adjuk meg egy szab´alyos p´enz t´ız egym´ asut´ani (f¨ uggetlen) dob´as eredm´enyeinek egy modellj´et.
A term´eszetes hozz´ a´all´ as a k¨ ovetkez˝ o: Vegy¨ uk az ¨ osszes lehets´eges 10 hossz´ us´ ag´ u fej-´ır´as sorozatot. Ezek lesznek az ω = (F, . . . , I, . . . ) elemi esem´enyek. Az Ω biztos esem´eny az ¨ osszes lehets´eges el˝ obb defini´alt ω elemi esem´enyekb˝ ol a´ll´ o halmaz. Az A σ-algebra az Ω ¨ osszes lehets´eges r´eszhalmaz´ ab´ ol ´ all.) Ilyen m´ odon val´ oban σalgebr´at defini´altunk. Defini´ alnunk kell m´eg a P (A) val´ osz´ın˝ us´egeket minden A ∈ A halmazra. Ezt a k¨ ovetkez˝ ok´epp tessz¨ uk: Minden ω elemi esem´enyre P ({ω}) = 1 10 , mert egy szab´alyos p´enzdarab asakor minden dob´assorozatnak ennyi 2 P feldob´ P ({ω}) minden A ∈ A halmazra. a val´ osz´ın˝ us´ege. V´eg¨ ul P (A) = ω∈A
b.) Egy p´enzdarabot, mely 31 val´ osz´ın˝ us´eggel esik a fej ´es 23 val´ osz´ın˝ us´eggel az ´ır´as oldal´ ara feldobunk (egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul) 10-szer egym´ as ut´ an. Adjunk erre val´ osz´ın˝ us´egi modellt. Megold´ as: Legyen ω egy elemi esem´eny egy 10 hossz´ us´ ag´ u fej-´ır´as sorozat. Tekints¨ uk az ¨ osszes ilyen sorozatb´ ol ´ all´ o halmazt, ez legyen Ω, a biztos esem´eny. Legyenek a A σ-algebra elemei az Ω halmaz r´eszhalmazai. (Az o¨sszes lehets´eges r´eszhalmazt tekintj¨ uk.) Defini´ alnunk kell m´eg egy A ∈ A halmaz P (esem´eny) vaP ({ω}), ´es l´osz´ın˝ us´eg´et P (A) is. Ezt a k¨ ovetkez˝ o m´ odon tessz¨ uk: P (A) = ω∈A k 10−k P ({ω}) = 31 · 32 , ha az ω elemi esem´eny olyan sorozat, amelyik k fej ´es 10−k ´ır´asjelb˝ol ´ all. (Ugyanis minden fej-dob´ as eset´en 31 ´es minden ´ır´as-dob´as eset´en 2 ır´asdob´ as val´ osz´ın˝ us´eg´evel kell megszorozni a val´ osz´ın˝ us´eget.) 3 -dal, a fej, illetve ´ c.) Egy urn´aban 20 piros ´es 30 feh´er goly´o van. Kih´ uzunk 25 goly´ot a.) visszatev´essel, b.) visszatev´es n´elk¨ ul. Adjunk erre val´ osz´ın˝ us´egi modellt mind a k´et esetben. Megold´ as: Az el˝ oz˝ o feladat megold´ as´ahoz hasonl´o konstrukci´ ot adhatunk. Legyenek az ω elemi esem´enyek a 25 hossz´ us´ ag´ u P , F (piros, feh´er) jelekb˝ol a´ll´ o sorozatok, az Ω biztos esem´eny az P osszes ilyen sorozatb´ ¨ ol ´ all´ o halmaz, A az Ω r´eszhalmazaib´ ol P ({ω}), minden A ∈ A halmazra, ´es defini´alnunk kell a´ll´ o halmaz, P (A) = ω∈A
11
m´eg a P ({ω}) val´ osz´ın˝ us´egeket. Eddig a pontig az a.) ´es b.) esetet kiel´eg´ıt˝ o konstrukci´ o nem k¨ ul¨ onb¨oz¨ ott. A k¨ ul¨ onbs´eg az lesz, hogy a k´et esetben m´ ask´epp fogjuk defini´alni a P ({ω}) val´ osz´ın˝ us´egeket. Az a.) esetben, amikor visszatev´essel h´ uzzuk ki a goly´okat, egy olyan ω val´ osz´ın˝ us´ege, amelyik k P ´es 25 − k F jelet tartalk 3 25−k 30 , mert minden piros h´ uz´ asnak 20 maz 52 es minden feh´er h´ uz´ asnak 50 a 5 50 ´ val´ osz´ın˝ us´ege, (a h´ uz´ as el˝ ott az urn´aban lev˝ o piros illetve feh´er goly´ok sz´ama osztva az urn´aban lev˝ o goly´ok sz´am´aval.) A b.) eseben, amikor visszatev´es n´elk¨ ul h´ uzzuk a goly´okat, egy olyan ω val´ osz´ın˝ us´ege, amelyik k P ´es 25 − k F jelet tartalmaz 25·24···(25−k+1)·30·29···(30−(25−k)+1) . Ugyanis egy el˝ o´ırt h´ uz´ assorozat val´ osz´ın˝ us´ege 50·49···26 25 Q l(j) uz´ as ut´ an az urn´aban maradt piros goly´ok 50−j+1 , ahol l(j) az a j − 1-ik h´
j=1
sz´ama, ha a j-ik h´ uz´ as piros, ´es a j − 1-ik h´ uz´ as ut´ an az urn´aban maradt feh´er goly´ok sz´ama, ha a j-ik h´ uz´ as feh´er. Gondoljuk meg, hogy ez a kifejez´es megegyezik a megadott formul´ aval, ha k feh´er ´es 25 − k piros h´ uz´ as t¨ort´ent. H´ azi feladat: Egy szab´alyos dob´okock´ at feldobunk 10-szer egym´ as ut´ an. Adjunk erre val´ osz´ın˝ us´egi modellt. N´ eh´ any a t´ argyalt kombinatorikus k´ erd´ esekkel kapcsolatos eredm´ eny odon lehet k elemet kiv´alasztani Annak a t´enynek, hogy egy n elem˝ u halmazb´ol nk m´ visszatev´es n´elk¨ ul, ha nem sz´am´ıt a sorrend t¨obb ´erdekes k¨ ovetkezm´enye ´es a´tfogalmaz´ asa van. Tov´ abb´a megfogalmazhat´ oak ezen eredm´enyek bizonyos ´erdekes a´ltal´ anos´ıt´ asai. Ilyen ´ all´ıt´ asokat fogok t´argyalni feladatok, illetve azok megold´ as´anak form´aj´aban. El˝osz¨or megfogalmazom a feladatokat, ´es ut´ ana le´ırom azok egy lehets´eges megold´ as´at. (Egyes feladatokn´ al lehetne m´ as, esetleg ´erdekesebb megold´ asokat is megadni. odon lehet k´et diszjunkt k ´es n − k elem˝ u halmaz 1.) Egy n elem˝ u halmazt nk -f´ele m´ uni´oj´ara bontani. (Ha n p´aros sz´am, k = n2 , akkor k = n−k, ´es amennyiben A1 , A2 egy a feladat felt´eteleit teljes´ıt˝ o felbont´as, akkkor A2 , A1 is az. Ebben a feladatban k´et ilyen felbont´ast k¨ ul¨ onb¨oz˝ onek tekint¨ unk.) 2.) Legyen adva egy n elem˝ u halmaz ´es r ≥ 2 pozit´ıv eg´esz sz´am, valamint k1 , . . . , kr nem negat´ıv eg´esz sz´amok, amelyekre k1 + · · · + kr = n. Ezt az n elem˝ u halmazt n! f´ e lek´ e pp lehet r darab diszjunkt k , k , . . . , k elem˝ u halmaz uni´ o j´ara bon1 2 r k1 !···kr ! ¯ ¯ tani. (Ha adva van az n elem˝ u halmaz k´et olyan B1 , . . . , Br ´es B1 , . . . , Br felbont´asa r diszjunkt r´eszhalmazra, amelyek ugyanazokat a r´eszhalmazokat tartalmazz´ ak, de m´ as sorrendben, akkor ezeket k¨ ul¨ onb¨oz˝ oeknek tekintj¨ uk. Ilyen felbont´asp´ arok l´etezhetnek, ha a k1 , . . . , kr sz´amok nem mind k¨ ul¨ onb¨oznek.) n 3.) Egy n elem˝ u A halmaznak 2 r´eszhalmaza van. (Az u ¨res halmazt ´es mag´ at az A halmazt is a r´eszhalmazok k¨ oz´e sz´am´ıtjuk.) 4.) Legyen adva r urna, ´es dobjunk be egym´ as ut´ an n goly´ot ezen r urna valamelyik´ebe. r P R¨ ogz´ıts¨ unk r nem-negat´ıv k1 , . . . , kr eg´esz sz´amot u ´gy, hogy kj = n. Ekkor j=1
12
n! k1 !···kr !
olyan dob´assorozat van, amelyben a j-ik urn´aba kj goly´o esik minden 1 ≤ j ≤ r sz´amra. 5.) Igaz a binomi´ alis t´etel, azaz n
(a + b) =
n X n j=0
j
aj bn−j .
6.) Igaz a binomi´ alis t´etel k¨ ovetkez˝ o polinomi´ alis t´etelnek nevezett a´ltal´ anos´ıt´ asa. Legyenek adva a1 , . . . , ar val´ os (vagy komplex) sz´amok ´es egy n pozit´ıv eg´esz sz´am. Ekkor X n! aj11 · · · ajrr . (a1 + · · · + ar )n = j1 ! · · · jr ! (j1 ,...,jr ): ju ≥0, 1≤u≤r j1 +···+jr =n
7.) Minden nem negat´ıv eg´esz n, m ´es k sz´amokra igaz az
n+m k
n m m n m n n m + ··· + + + = 0 k k−2 2 k−1 1 k 0
azonoss´ag. (Tegy¨ uk fel, hogy n + m ≥ k.) A k¨ ovetkez˝ o eredm´eny, — amely a binomi´ alis t´etel ´ altal´ anos´ıt´ as´anak is tekinthet˝ o — az (1 + x)α f¨ uggv´eny Taylor sorfejt´ese, ahol α tetsz˝oleges (nem felt´etlen¨ ul eg´esz ´es nem felt´etlen¨ ul pozit´ıv) sz´am. 8.) Minden α, −∞ < α < ∞, ´es x, −1 < x < 1, val´ os sz´amra α
(1 + x) =
∞ X α j=0
j
xj ,
n ahol αj = α(α−1)···(α−j+1) alis , ha j ≥ 1, (azaz ´ ıgy adtuk meg az j! j binomi´ egy¨ utthat´o definici´ oj´anak form´alis kiterjeszt´es´et abban az esetben, ha az n sz´ a mnak megfelel˝ o α sz´am nem felt´etlen¨ ul pozit´ıv eg´esz sz´am), ´es α0 = 1.
9.) A 7.) feladatban megfogalmazott azonoss´ag ´erv´enyes nem eg´esz n ´es m sz´amokra is, ha a binomi´ alis egy¨ utthat´okat u ´gy defini´aljuk, mint azt a 8. feladatban tett¨ uk. Megold´ asok:
1.) Egy u halmazt. Ezt viszont ilyen felbont´as megad´as´ahoz el´eg megadni a k elem˝ n elek´epp v´ alaszthatjuk ki. (A k-elem˝ u halmaz megad´asakor k elemet kell kiv´ak -f´ lasztani n elemb˝ol, ´es nem sz´am´ıt, hogy milyen sorrendben v´ alasztjuk ki azokat.) 2.) V´alasszuk ki el˝ osz¨ or az n elem˝ u k1 elem˝ u r´eszhalmaz´ at. Ezt kn1 m´ odon tehetj¨ uk n−k1 meg. Ezut´an marad egy n − k1 elem˝ u halmaz, ahonnan k2 elemet k2 m´ odon v´ alaszthatunk ki. A k3 elem˝ u halmazt a marad´ek n − k1 − k2 elem˝ u halmazb´ol 13
n−k1 −k2 k3
sz´ama
m´ odon v´ alaszthatjuk ki. Az ¨ osszes halmaz lehets´eges kiv´alaszt´ as´anak a r Y n − k1 − · · · − ks−1 ks
s=1
=
r Y
ksQ −1
(n − k1 − · · · − ks−1 − u)
u=0
ks !
s=1
ahol
n−k1 −···−ks−1 ks
=
n k1
=
, ha s = 1, ´es hasonl´oan
ksQ −1
n! , k1 ! · · · kr !
(n − k1 − · · · − ks−1 − u) =
u=0
n(n−1) · · · (n−k1 +1) az s = 1 esetben a m´ asodik sorban. Ilyen m´ odon megkapjuk a feladat egy lehets´eges megold´ as´at. 3.) Soroljuk fel az n elem˝ u halmaz elemeit egym´ as ut´ an. Egy r´eszhalmazt megadhatunk u ´gy, hogy minden felsorolt elemr˝ ol eld¨ontj¨ uk, hogy belevessz¨ uk-e a r´eszhalmazba vagy nem. ´Ily m´ odon n alkalommal kell igen vagy nem d¨ont´est hozni. Az o¨sszes lehets´eges d¨ont´essorozat sz´ama 2n . 4.) Tekints¨ uk az A = {1, 2, . . . , n} n-elem˝ u halmazt, ´es minden dob´assorozatnak feleltess¨ uk meg az A halmaznak azt az r diszjunkt B1 , . . . , Br halmazb´ol a´ll´ o felbont´as´at, amelyben Bs , 1 ≤ s ≤ r, azon id˝ opontok halmaza, amikor a goly´ot az s-ik urn´aba dobtuk. Ilyen m´ odon a tekintett urn´akba t¨ort´en˝ o goly´odob´ asok k¨ oz¨ ott ´es egy n elem˝ u halmaz r diszjunkt halmazra val´ o felbont´asai k¨ oz¨ ott k¨ olcs¨on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est l´etes´ıtett¨ unk. Ez´ert a 4. feladat megold´ asa k¨ ovetkezik a m´ asodik´eb´ ol. 5.) V´egezz¨ uk el az (a + b)n = (a + b) · · · (a + b) szorzatban a tagonk´enti szorz´asokat. | {z } n-szer
Ekkor n-hossz´ us´ ag´ u a ´es b jegyekb˝ ol ´ all´ o szorzatok ¨ osszeg´et kapjuk. A alis binomi´ t´etel bizony´ıt´ as´ahoz el´eg megmutatni azt, hogy ebben az ¨ osszegben nk olyan szorzat van, amely k darab a ´es n − k darab b jelet tartalmaz. Viszont minden ilyen szorzatnak megfeleltethetj¨ uk az n elem˝ u C = {1, 2, . . . , n} halmaznak a felbont´as´at k´et diszjunkt A ´es B halmazra u ´gy, hogy A tartalmazza azokat a helyeket, ahol a ´es B azokat a helyeket, ahol b jel ´ all. Mivel az els˝ o feladat szerint a C halmaznak n olyan felbont´ a sa van, amelyben A k ´ e s B n − k elem˝ u halmaz, innen k¨ ovetkezik k a feladat ´ all´ıt´ asa. 6.) V´egezz¨ uk el az (a1 + · · · + ar )n = (a1 + · · · + ar ) · · · (a1 + · · · + ar ) szorzatban a | {z } n-szer
tagonk´enti szorz´asokat. Olyan n hossz´ us´ ag´ u szorzatok ¨ osszeg´et kapjuk, amelyek mindegyik tagja az a1 , . . . , ar sz´amok valamelyike. Azt kell megmutatni, hogy az ´ıgy keletkezett szorzatok k¨ oz¨ ott minden olyan j1 , . . . , jr nem negat´ıv eg´eszekb˝ ol r P n! olyan tag van, amely all´ ´ o sorozatra, amelyre teljes¨ ul a js = n azonoss´ag j1 !···j r! s=1
j1 darab a1 -et, j2 darab a2 -t, ´es ´ıgy tov´ abb jr darab ar -et tartalmaz. Viszont feleltess¨ unk meg minden egyes ilyen szorzatnak egy olyan n hossz´ us´ ag´ u dob´assorozatot 14
r urn´aba, ahol az s.-ik goly´ot, 1 ≤ s ≤ n, akkor dobjuk a p.-ik urn´aba, 1 ≤ p ≤ r, ha a szorzat s.-ik tagja ap . Ilyen m´ odon k¨ olcs¨on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est l´etes´ıt¨ unk az ´ıgy keletkezett szorzatok ´es a 4. feladatban szerepl˝o urnamodell lehets´eges kimenetelei k¨ oz¨ ott. Ez´ert a fel´ırt azonoss´ag k¨ ovetkezik a 4. feladat eredm´eny´eb˝ ol. 7.) A k¨ ovetkez˝ o kombinatorikai meggondol´as megadja a bizony´ıt´ ast. Sz´ amoljuk ki k´et k¨ ul¨ onb¨oz˝ o m´ odon, hogy egy urn´ab´ ol, amelyben n + m (megk¨ ul¨ onb¨oztethet˝ o) n+m goly´o van, h´anyf´elek´epp v´ alaszthatunk ki k goly´ot. Ez egyr´eszt , ami a k baloldali kifejez´essel egyenl˝ o . M´ a sr´ e szt, fess¨ u nk n goly´ o t piros ´ e s m goly´ o t feh´er m n odon v´ alaszthatunk ki k goly´ot u ´gy, hogy ezek sz´ın˝ ure. Ekkor s k−s f´ele m´ k¨ oz¨ ul s piros ´es k − s feh´er. Ezeket a kifejez´eseket ¨ osszegezve minden 0 ≤ s ≤ k sz´amra egyr´eszt megkapjuk az azonoss´ag jobboldal´ an szerepl˝o kifejez´est, m´ asr´eszt a baloldalon szerepl˝o kifejez´est sz´amoltuk ki m´ as m´ odon. 8.) E feladat megold´ as´aban felhaszn´aljuk a matematikai anal´ızis n´eh´ any fontos eredm´eny´et. Ezen eredm´enyek szerint egy el´eg s´ıma f (x) f¨ uggv´eny egy a pont k¨ or¨ uli ∞ (j) P f (a) j ag, ahol f (j) (a) az f (x) ´ert´ekeire ´erv´enyes az f (x) = j! (x − a) azonoss´ j=0
f¨ uggv´eny j-ik deriv´altj´ at jel¨oli az x = a pontban. Ez az azonoss´ag ´erv´enyes minden olyan x pontban, amelyre |x − a| < lim inf |f (j) (a)|1/j . A fenti azonoss´ag j→∞
jobboldal´ an megjelen˝o hatv´anysort nevezik az f (x) f¨ uggv´eny Taylor sor´ anak. Az f (x) = (1 + x)α f¨ uggv´enyre a = 0 v´ alaszt´ assal alkalmazhat´o ez az eredm´eny, azaz ebben az esetben teljes¨ ulnek a k´ıv´ant felt´etelek. Az f (x) = (1 + x)α esetben (j) f (0) (0) = f (0) = 1, f (j) (0) = α(α − 1) · · · (α − j + 1), ha j ≥ 1, ez´ert f j!(0) = αj . Nem atni, hogy minden ε > 0 sz´amra l´etezik olyan C(ε) > 0 sz´am, amelyre neh´ez bel´ α j ≤ C(ε)(1 + ε)j minden j = 1, 2, . . . sz´amra, ahonnan lim inf |f (j) (0)|1/j ≤ 1. j→∞
Innen k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa.
Megjegyz´es: Ha α = n pozit´ıv eg´esz sz´am, akkor αj = 0 minden j > n sz´amra, mert ebben az esetben az n(n − 1) · · · (n − j + 1) szorzat tartalmazza a nulla t´enyez˝ ot. Ez´ert n P n j ırhat´ o, ebben az esetben a megadott Taylor sorfejt´es (1 + x)n = j x alakban ´ j=0
´es ez az azonoss´ag ´erv´enyes minden x val´ os sz´amra. Ez az azonoss´ag ekvivalens a binomi´ alis t´etellel. Az α = −1 esetben azt kapjuk, hogy −1 = (−1)(−2)···(−j) = (−1)j , j j! ∞ P 1 ahonnan (1 + x)−1 = 1+x = (−1)j xj , ha |x| < 1. ´Irjuk a´t ezt az azonoss´agot j=0
y = −x helyettes´ıt´essel. Azt kapjuk, hogy
1 1−y
=
∞ P
y j , ha |y| < 1. Ez ut´ obbi k´eplet
j=0
megegyezik a geometriai sor ¨ osszegez´esi formul´ aj´aval.
9.) Ennek a feladatnak a megold´ as´aban is felhaszn´aljuk a matematikai anal´ızis n´eh´ any ∞ P eredm´eny´et. Egyr´eszt felhaszn´aljuk azt a t´enyt, hogy egy f (x) = aj xj hatv´anyj=0
sor aj egy¨ utthat´oit egy´ertelm˝ uen meghat´ arozz´ ak az f (x) f¨ uggv´eny ´ert´ekei nulla egy 15
kis k¨ ornyezet´eben. (Ezek az egy¨ utthat´ok megegyeznek az f (x) f¨ uggv´eny Taylor sorfejt´es´eben megjelen˝o egy¨ utthat´okkal.) M´asr´eszt, hatv´anysorok szorz´asakor a szorzatot ugyan´ ugy sz´amolhatjuk ki, mint polinomok eset´en. ´Irjuk ´ at az (1 + x)m (1 + x)n = (1 + x)n+m azonoss´agot az itt megjelen˝o f¨ uggv´enyek hatv´anysora seg´ıts´eg´evel. Azt kapjuk, hogy
∞ X m j=0
j
xj
∞ X m + n j x , xj = j j j=0
∞ X n j=0
ha |x| < 1. V´egezz¨ uk el a beszorz´ ast a baloldalon, ´es sz´amoljuk ki xk egy¨ utthat´oj´at. k P n m o az xk tag egy¨ utthat´oj´aval az azoAzt kapjuk, hogy ez k−j . Ez egyenl˝ j j=0 sz´ammal, ´es ezt kellett noss´ ag jobboldal´ an szerepl˝o hatv´anysorban, azaz a n+m k bel´ atni. De M´ er´ e lovag k´ et probl´ em´ aja 1. probl´ema. Ha egy kock´ at 4-szer feldobunk, akkor mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb egy hatos dob´as lesz? Ha k´et kock´ at 24-szer feldobunk, mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb egy dupla hatos lesz? 2. probl´ema. K´et j´ at´ekos egy igazs´ agos j´ at´ekot j´ atszik, amelynek mindegyik for1 dul´oj´aban az egyes j´ at´ekosok 2 val´ osz´ın˝ us´eggel nyernek, illetve vesz´ıtenek. Megallapodnak, hogy az a j´ ´ at´ekos nyeri el a t´etet, aki el˝ osz¨ or ´er el hat nyer´est. De a j´ at´ekot f´elbe kell szak´ıtaniuk akkor, amikor az egyik¨ uknek h´arom a m´ asikuknak pedig ¨ ot nyer´ese volt. Hogyan kell igazs´ agosan osztozkodniuk? Az 1. probl´ema megold´ asa: Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy dob´as eredm´enye nem hatos 65 , annak pedig, hogy 4 4 egym´ as ut´ ani dob´asban nem jelenik meg a hatos 56 . Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, 4 hogy n´egy dob´asban megjelenik egy hatos P1 = 1 − 65 . Hasonl´ oan, annak a 35 , annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy k´et kocka dob´as´aban nem jelenik meg a dupla hatos 36 24 35 . Annak a val´ osz´ın˝ ua val´ osz´ın˝ us´ege, hogy ez 24 dob´asban nem jelenik meg 36 35 24 s´ege, hogy 24 dob´asban megjelenik egy dupla hatos P2 = 1 − 36 . ´ Erdemes meg´erteni, hogy a P1 ´es P2 val´ osz´ us´egek mi´ert vannak olyan k¨ ozel ın˝ 1 n egym´ ashoz. Vezess¨ uk be az an = 1 − n , n = 1, 2, . . . , sz´amokat. Ekkor 2/3 2/3 1 − P1 = a6 , 1 − P2 = a36 . Viszont tanultuk az anal´ızisben, hogy lim an = e−1 , n→∞ e = 2.71 . . . . Tov´ abb´a ez az an sorozat el´eg gyorsan tart a hat´ar´ert´ek´ehez, ez´ert az a6 ∼ e−1 ´es a36 ∼ e−1 el´eg j´ o k¨ ozel´ıt´es. Ez´ert mind a P1 mind a P2 val´ osz´ın˝ us´eg j´ ol k¨ ozel´ıthet˝ o az 1 − e−2/3 sz´ammal. Tov´ abb´a ismeretes, hogy az an sorozat monoton n˝o, ´es innen ad´ odik, hogy P1 > P2 . T¨ ort´enetesen az 1 − e−2/3 ∼ 0.49 sz´am k¨ ozel 16
van 12 -hez, ´es a P1 ´es P2 val´ osz´ın˝ us´egek az 23 1 + ∼ 0.52. 2 1296
1 2
sz´amot k¨ ozrefogj´ ak. A P1 sz´am ´ert´eke
A 2. probl´ema megold´ asa. Tekints¨ uk azt az ´ altal´ anosabb probl´em´at, amikor n nyer´es kell a t´et megszerz´es´ehez, ´es az els˝ o j´ at´ekos k, a m´ asodik j´ at´ekos pedig l alkalommal nyert. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o (n − k) + (n − l) − 1 = 2n − k − l − 1 fordul´ ot. Az els˝ o j´ at´ekos akkor ´es csak akkor nyern´e el a t´etet, ha ezekben a fordul´ okban legal´ abb n − k alkalommal 2n−k−l−1 P 2n−k−l−1 . Jelen esetben az nyer. Ennek val´ osz´ın´ os´ege P = 2k+l+1−2n j j=n−k
asodik j´ at´ekos els˝ o j´ at´ekos 78 , a m´ teh´at a 7 : 1 ar´ any´ u osztozkod´as.
1 8
val´ osz´ın˝ us´eggel nyeri el a t´etet. Az igazs´ agos
T¨ ort´eneti megjegyz´es. Matematika-t¨ ort´en´eszek kider´ıtett´ek, hogy mindk´et most t´argyalt feladat j´ oval kor´ abban ismert volt, miel˝ ott de M´er´e lovag kit˝ uzte ˝ oket. Az a) feladat eredeti megfogalmaz´as´aban azt k´erdezz¨ uk, hogy h´anyszor kell feldobni k´et kock´ at ahhoz, hogy annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy legal´ abb egyszer 2 hatost dobunk nagyobb legyen, mint 1/2. De M´er´e maga is megoldotta ezt a feladatot, de sajnos, . . . k´et m´ odszerrel, amelyek k¨ ul¨ onb¨oz˝ o eredm´enyre vezettek: 24 ´es 25 dob´as. De M´er´e biztos volt abban, hogy a k´et m´ odszer egyform´ an megb´ızhat´ o, ´es a k´et megold´ as k¨ ul¨ onb¨oz˝ o eredm´enye miatt a matematika ,,ingatags´ag´ at” tette felel˝ oss´e. Pascal, miut´ an meggy˝ oz˝ od¨ ott arr´ ol, hogy a helyes v´ alasz 25, le sem ´ırta a megold´ ast. (De M´er´e lovag u ´gy gondolta, hogy ha n´egy dob´ as elegend˝ o 1 ahhoz, hogy egy kock´ aval legal´ abb 2 val´ osz´ın˝ us´eggel hatost dobjunk, akkor minthogy annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy k´et kocka mindegyik´evel hatost dobunk 16 -szor kisebb mint annak, hogy egy kock´ aval dobunk hatost, ez´ert (szerinte) 6-szor t¨obb, teh´at 4 × 6 = 24 dob´as kell ahhoz, hogy legal´ abb 12 val´ osz´ın˝ us´eggel k¨ ovetkezz´ek be k´et hatos dob´as.) Nem k¨ otelez˝ o h´ azi feladat: L´ assuk be, hogy az an = 1 −
1 n n
sorozat val´ oban monoton n¨ovekszik.
Seg´ıts´eg: L´ assuk be, os sz´amokra, x hogy az an sorozat ,,folytonos kiterjeszt´ese” a val´ f¨ uggv´eny, illetve annak logaritmusa az f (x) = x log 1 − x1 az a(x) = 1 − x1 f¨ uggv´eny monoton n˝o az x ≥ 1 f´elegyenesen. Ennek ´erdek´eben mutassuk meg, hogy f (x) konk´ av f¨ uggv´eny, amelynek deriv´altja a v´egtelenben null´ ahoz tart.)
17
Kieg´ esz´ıt´ es. A Taylor sorfejt´ esr˝ ol. ´ Attekintem a Taylor sorfejt´es sz´amunkra leg´erdekesebb eredm´enyeit. Ezt ´erdemes a k¨ ovetkez˝ o Lagrange-t´ol sz´armaz´o eredm´ennyel kezdeni. Lagrange t´ etele f¨ uggv´ enyek alkalmas polinom k¨ ozel´ıt´ es´ er˝ ol. Legyen f (x) egy k +1-szer, k ≥ 0, differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny valamely [a−h, a+h] intervallumban. Ekkor ´erv´enyes az f (a + u) = f (a) + f ′ (a)u +
f ′′ (a) 2 f (k) (a) k f (k+1) (ξ) k+1 u + ··· + u + u , 2 k! (k + 1)!
ha |u| < h,
azonoss´ ag, ahol f (j) (x) az f f¨ uggv´eny j-ik deriv´ altja az x pontban, ξ egy alkalmas pont az (a, a + u) intervallumban, ha u > 0, ´es az (a − u, a) intervallumban, ha u < 0. Megfogalmazom e t´etel egy fontos k¨ ovetkezm´eny´et. Lagrange t´ etel´ enek a k¨ ovetkezm´ enye. Legyen f (x) v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny valamely [a − h, a + h] intervallumban, amelyre teljes¨ ul a hk k→∞ k!
|f (k) (x)| = 0
sup
lim
a−h<x
felt´etel. Ekkor f (a + u) =
∞ X f (k) (a)
k=0
k!
uk
minden |u| < h sz´ amra.
(A fenti k´epletben f (0) (a) = f (a).) A fenti eredm´eny azt sugallja, hogy ha adva van egy az a pontban v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f f¨ uggv´eny, akkor ´erdemes bevezetni e f¨ uggv´enynek a ∞ X f (k) (a)
k=0
k!
uk
Taylor sor´ at. Ezt a v´egtelen sort nevezik az f (x) f¨ uggv´eny a pont k¨ or¨ uli hatv´anysor´ anak. Ezenk´ıv¨ ul, ha adva van egy Ak , k = 0, 1, 2, . . . sz´amsorozat, akkor defini´alhatjuk az ∞ X Ak uk k=0
(form´alis) hatv´anysort. Ezut´an vizsg´alhatjuk hatv´anysorok ´es v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´enyek kapcsolat´ at. Igaz-e, hogy minden hatv´anysor v´egtelen sokszor differenci´alhat´ o? Igaz-e, hogy minden v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny hatv´anysorba fejthet˝o? Az els˝ o k´erd´esre a v´ alasz igenl˝ o. (Ez u ´gy ´ertend˝o, hogy csup´an 18
annyi felt´etelt kell tenni a hatv´anysor egy¨ utthat´oira, ami biztos´ıtja a hatv´anysor konvergenci´ aj´at egy alkalmas intervallumban.) Ezt mondja ki az al´ abbi t´etel. Ahhoz viszont, hogy egy v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny hatv´anysorba fejthet˝o legyen, n´emi extra felt´etelt m´eg fel kell tenni. T´ etel hatv´ anysorok tulajdons´ agair´ ol. Tekints¨ unk egy g(u) =
∞ X
Ak uk
k=0 1/k
alak´ u hatv´ anysort, ´es vezess¨ uk be az A = lim sup Ak
sz´ amot. Ekkor a g(u) hatv´ anysor
k→∞
1 sz´ amra. (Az u = ± A1 eset konvergens minden |u| < A1 ´es divergens minden |u| > A nehezebb. Ez k¨ ul¨ on vizsg´ alatokat ig´enyel. Ezzel a k´erd´essel azonban itt nem foglalkozom.) A g(u) hatv´ anysor tagonk´ent differenci´ alhat´ o az |u| < A1 intervallumban, azaz
′
g (u) =
∞ X
kAk uk−1
k=1
ha |u| <
1 . A
Nem neh´ez bel´ atni, hogy a fenti t´etelt lehet alkalmazni a g ′ (u) majd rekurzive a g(u) f¨ uggv´eny k-ik deriv´altj´ ara, a g (k) (u) f¨ uggv´enyre minden k = 1, 2, . . . indexre az |u| < A1 intervallumban, ´es ez azt jelenti, hogy a g(·) f¨ uggv´eny v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o ebben az intervallumban. R´eszletesebben kifejtve, g (j) (u) =
∞ X
k(k − 1) · · · (k − j + 1)Ak uk−j
minden j = 1, 2, . . . sz´amra, ha |u| <
k=j
1 . A
´ Erdemes kimondani az al´ abbi lemm´at, amely val´ oj´aban az utols´ o t´etel egyszer˝ u k¨ ovetkezm´enye. Lemma hatv´ anysorok egy´ ertelm˝ us´ eg´ er˝ ol. Egyezzen meg k´et g(u) = h(u) =
∞ P
∞ P
Ak uk ´es
k=0 k
Bk u hatv´ anysor valamely |u| < α intervallumban. Akkor Ak = Bk minden
k=0
k = 0, 1, 2, . . . indexre. A Lagrange t´etel k¨ ovetkezm´enye alapj´ an minden olyan v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny, amelynek a (t¨ obbsz¨ or¨ os) deriv´altjai nem n˝onek t´ uls´ agosan gyorsan megadhat´ o hatv´anysor alakban, ´es ez a hatv´anysor el˝ o´all´ıt´ as az el˝ oz˝ o lemma szerint egy´ertelm˝ u. A Lagrange t´etel k¨ ovetkezm´eny´eben szerepl˝o felt´etel gyeng´ıthet˝ o, de teljesen el nem hagyhat´ o. Van olyan v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny, amely nem a´ll´ıthat´ o el˝ o hatv´anysor alakban. Ilyen f¨ uggv´enyre mutat p´eld´ at a k¨ ovetkez˝ o h´ıres p´elda. 19
P´ elda v´ egtelen sokszor differenci´ alhat´ o, de hatv´ anysorba nem fejthet˝ o f¨ ugg2 v´ enyre. Legyen f (x) = e−1/x , ha x > 0, ´es f (x) = 0, ha x < 0. Ez az f (x) f¨ uggv´eny az x = 0 pontban is v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o, ´es f (k) (0) = 0 minden k = 0, 1, 2, . . . sz´ amra. (Az f (x) f¨ uggv´eny az x 6= 0 pontokban is v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o.) Ez a v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny az x = 0 pont k¨ ornyezet´eben nem fejthet˝ o hatv´ anysorba. Azokat a (v´egtelen sokszor differenci´ alhat´ o) f¨ uggv´enyeket, amelyek hatv´anysorba fejthet˝oek analitikusnak nevezik. Az analitikus f¨ uggv´enyek (illetve azoknak a komplex sz´ams´ıkra val´ o kiterjeszt´es´enek) a vizsg´alata a komplex f¨ uggv´enytan rendk´ıv¨ ul fontos t´em´aja. Sok olyan analitikus f¨ uggv´eny van, amelyek hatv´anysor´ at illik ismerni. A legfontosabb hatv´anysorok: x
e = sin x = cos x = log(1 + x) = α
(1 + x) =
∞ X xk
k=0 ∞ X
k=0 ∞ X
k=0 ∞ X
−∞<x<∞
k!
(−1)k+1 (−1)k
x2k (2k)!
(−1)k+1
k=1 ∞ X
k=0
x2k+1 (2k + 1)!
α xk k k
−∞<x<∞
−∞<x<∞
xk k
−1<x<1 −1<x<1
ha − ∞ < α < α.
α(α−1)···(α−k+1) ´ . Erdemes megjegyezni, hogy ez az k! ∞ P 1 = (−1)k+1 xk geometriai sor¨ osszeget kifejez˝ o azonoss´ag az α = −1 esetben a 1+x k=0 n P n k azonoss´ag. Ha α = n pozit´ıv eg´esz sz´am, akkor ez az azonoss´ag az (1 + x)n = k x k=0
Az utols´ o azonoss´agban
α k
=
binomi´ alis azonoss´aggal egyezik meg.
Egy f¨ uggv´eny hatv´anysor´ anak az els˝ o n´eh´ any tagj´ anak az ¨ osszege j´ o k¨ ozel´ıt´est ad a f¨ uggv´enyre. Az, hogy milyen j´ o ez a k¨ ozel´ıt´es megbecs¨ ulhet˝ o a Taylor sor alakj´ ab´ ol, vagy Lagrange t´etel´eb˝ ol f¨ uggv´enyek alkalmas polinom k¨ ozel´ıt´es´er˝ ol. Ilyen jelleg˝ u becsl´esek fontos szerepet j´ atszanak sok vizsg´alatban. Hatv´ anysorokkal j´ ol lehet sz´amolni. Kiss´e inform´ alisan azt mondhatjuk, hogy hatv´anysorokkal u ´gy sz´amolhatunk, mint (v´eges) polinomokkal. Ezt az ´ all´ıt´ ast nem fejtem ki r´eszletesen. Tal´ an ´erdemes megjegyezni, hogy ide tartozik a hatv´anysorok tagonk´enti differenci´ alhat´ os´ag´ ar´ ol sz´ol´ o t´etel. Ez a hatv´anysorok egy fontos tulajdons´aga, mert ´ altal´ anos esetben egy f¨ uggv´enysor tagonk´enti differenci´ alhat´ os´ag´ anak biztos´ıt´ as´ahoz bizonyos extra felt´eteleket kell tenni.
20
Kieg´ esz´ıt´ es 2. Egy n´ epszer˝ u feladat t´ argyal´ asa a tanultak alapj´ an. Tanuls´ agos ´es n´epszer˝ u az al´ abbi feladat. A k¨ ovetkez˝ o lehet˝ os´eget aj´ anlj´ ak fel nek¨ unk. Egy ´ep¨ uletben h´ arom gar´ azs van, ´es mindegyiknek az ajtaja be van z´ arva. Az egyik gar´ azsban egy aut´ o van. Megk´erhetj¨ uk, hogy nyiss´ ak ki az egyik gar´ azsajt´ ot. Ha annak a gar´ azsnak az ajtaj´ at nyittatjuk ki, amelyikben az aut´ o van, akkor ezt az aut´ ot hazavihetj¨ uk, de ha egy m´ asikat nyittatunk ki, akkor u ¨res k´ezzel kell hazamenn¨ unk. R´ amutatunk az egyik gar´ azsajt´ ora. Ezut´ an kinyitnak egy m´ asik gar´ azsajt´ ot, amelyik m¨ og¨ ott nincs aut´ o. Ezut´ an kinyittathatjuk vagy azt a gar´ azsajt´ ot, amelyikre eredetileg r´ amutattunk, vagy megv´ altoztathatjuk a v´elem´eny¨ unket, ´es a m´ asik m´eg ki nem nyitott ´ gar´ azsajt´ ot nyittathatjuk ki. Erdemes-e megv´ altoztatni a v´elem´eny¨ unket, ´es a m´ asik m´eg ki nem nyitott gar´ azsajt´ ot kinyittatni vagy mindegy, hogy melyik ajt´ ot nyittatjuk ki? (C´elunk term´eszetesen az, hogy min´el nagyobb val´ osz´ın˝ us´eggel hazavihess¨ uk az aut´ ot.) A v´ alasz az, hogy ´erdemes a m´ asik ajt´ot kinyittatni, mert akkor 23 , m´ıg az eredetileg kijel¨ olt ajt´o kinyittat´ asa eset´en csak 31 val´ osz´ın˝ us´eggel vihetj¨ uk haza az aut´ot. Annak ´erdek´eben, hogy ezt j´ ol meg´erts¨ uk, ´es teljes biztons´aggal a sz´amunkra el˝ ony¨ os megold´ ast v´ alasszuk, ´erdemes megfogalmazni pontosan azt a val´ osz´ın˝ us´egi modellt, amely le´ırja a feladatban megadott procedur´ at. Ezt teszem az al´ abbi magyar´ azatban. Magyar´ azat: Nevezz¨ uk el azt az ajt´ot, amelyre r´amutattunk az 1-es, a m´ asik k´et ajt´o k¨ oz¨ ul a baloldalit a 2-es, a jobboldalit a 3-as ajt´onak. Mindh´ arom ajt´o m¨ og¨ ott 13 val´ osz´ın˝ us´eggel van az aut´o. Le´ırok egy olyan val´ osz´ın˝ us´egi modellt, amely a feladatban le´ırt elj´ar´ asnak egy lehets´eges megval´ os´ıt´ as´at adja meg. osz´ın˝ us´eggel Tegy¨ uk fel, hogy feldobnak egy szab´alyos p´enzdarabot, amelyik 12 val´ esik a fej vagy ´ır´as oldal´ ara, ´es ennek a seg´ıts´eg´evel d¨ontik el, hogy melyik ajt´ot nyitj´ak ki. Vezess¨ uk be az (1, F ), (1, I), (2, F ), (2, I), (3, F ) ´es (3, I) esem´enyeket, ahol az 1, 2 illetve 3 sz´am azt jel¨oli, hogy az aut´o az 1-es, 2-es vagy 3-as ajt´o m¨og¨ ott van az F ´es I jel pedig, hogy a p´enzdob´ as eredm´enye fej vagy ´ır´as. Ezen esem´enyek diszjunktak, ´es mindegyik¨ uk val´ osz´ın˝ us´ege 16 . Ha az (1, I) esem´eny k¨ ovetkezik be akkor a 2-es, ha az (1, F ) esem´eny k¨ ovetkezik be, akkor a 3-as ajt´ot nyitj´ak ki. (Ha az 1-es esem´eny k¨ ovetkezik be, akkor a m´ asik k´et ajt´o b´armelyik´et kinyithatj´ ak, ´es a p´enzfeldob´as szolg´ al arra, hogy v´ alasszunk.) Ha a (2, F ) vagy (2, I) esem´eny k¨ ovetkezik be, akkor a h´armas, ha a (3, F ) vagy (3, I) esem´eny k¨ ovetkezik be, akkor a 2-es ajt´ot nyitj´ak ki. (Ezekben az esetekben k¨ otelez˝o ´ıgy elj´arni.) Ha azt az ajt´ot nyittatjuk ki, amelyre eredetileg r´amutattunk, akkor az (1, F ) vagy (1, I) esem´eny bek¨ovetkezte eset´en nyerj¨ uk meg az asik ajt´ot nyittatjuk ki, akkor az aut´ot a aut´ot, ´es ennek val´ osz´ın˝ us´ege 31 . Ha a m´ (2, F ), (2, I), (3, F ) vagy (3, I) kimenetelek valamelyike eset´en nyerj¨ uk meg. Ennek val´ osz´ın˝ us´ege pedig 23 . Vegy¨ uk ´eszre, hogy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az az eredetileg kiv´alsztott 1-es ajt´o kinyittat´ asa eset´en hazavihetj¨ uk az aut´ot P ({(1, F )})+P ({1, i)}) = 1 ugg att´ol, hogy milyen val´ osz´ın˝ us´eggel esett az ´erme a fej vagy P ({1}) = 3 , ´es ez nem f¨ ´ır´as oldalra. Hasonl´ oan, annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a m´ asik ajt´o kinyit´ asa eset´en vihetj¨ uk haza az aut´ot P ({(2, F )}) + P ({2, i)}) + P ({(3, F )}) + P ({3, i)}) = P ({2}) + 21
P ({3}) = oldalra.
2 3
f¨ uggetlen¨ ul att´ol, hogy milyen val´ osz´ın˝ us´eggel esett az ´erme a fej vagy ´ır´as
Az el˝ obb tekintett modell csak l´atsz´olag speci´alis. Az ´ altal´ anos esetben is hasonl´o modell ´ırja le a feladatban tekintett procedur´ at. Az egyetlen k¨ ul¨ onbs´eg az, hogy a p´enzdob´ as helyett egy m´ asik (k´et kimenetel˝ u) v´eletlen kis´erletet kell elv´egezni annak eld¨ont´es´ere, hogy melyik ajt´ot nyissuk ki abban az esetben, ha ez nem egy´ertelm˝ u.
22
