Valószín¶ségszámítás gyakorlat
c.) mindhárom titkárn® megbetegszik; d.) legalább 1 titkárn® megbetegszik; e.) legalább 2 titkárn® megbetegszik.
Megoldások, megoldásvázlatok, végeredmények Matematika alapszak, matematikai elemz® szakirány
Megoldás.
Programtervez® informatikus alapszak, modellez® informatikus szakirány
a.) P (A1 ) b.) P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) c.) P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) d.) 1 − P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) e.) P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) 4.) Aritmethiában az autók rendszámai ötjegy¶ számok 00000 és 99999 között. Ezek közül találomra választunk egyet. Mennyi a valószín¶sége, hogy a.) van 6 a jegyek között; b.) minden számjegy különböz®; c.) minden számjegy egyforma; d.) csak két számjegy egyezik meg; e.) három, illetve kett® számjegy megegyezik?
Bármilyen, a segédanyaggal kapcsolatos észrevételt hibákat, más megoldásokat, egyéb ötleteket örömmel várok a
[email protected] címre (Varga László, ELTE TTK, Valószín¶ségelméleti és Statisztika Tanszék). 1.) Egy urnában 3 fehér, 2 zöld és 1 piros golyó van. Egymás után kiveszük 2 golyót az
urnából. Mik lesznek a kísérlet lehetséges kimenetelei (azaz az eseménytér elemei), ha a golyók kihúzásának sorrendjét a.) gyelembe vesszük; b.) nem vesszük gyelembe. Határozzuk meg az elemi események valószín¶ségét! Megoldás. Jelölje FZ azt az eseményt, amikor els®re fehéret és másodikra zöldet húztunk. Hasonlóan jelöljük az összes többit. Sorszám ωi P (ωi ) 1 FF 6/30 2 FZ 6/30 3 FP 3/30 ZF 6/30 a.) 4 5 ZZ 2/30 6 ZP 2/30 7 PF 3/30 8 PZ 2/30 Sorszám ωi P (ωi ) 1 FF 6/30 2 FZ vagy ZF 12/30 b.) 3 FP vagy PF 6/30 4 ZZ 2/30 5 ZP vagy PZ 4/30 2.) 2 számozott érmével dobunk, majd még annyi érmével, ahány fejet az els® két érmével kaptunk. Mik lesznek az eseménytér elemei? Határozzuk meg az elemi események valószín¶ségét! Megoldás. Jelölje I azt, hogy írást dobtunk, F pedig a fejdobást. Ω = {II, F II, F IF, IF I, IF F, F F II, F F IF, F F F I, F F F F } P (II) = 1/4, P (F II) = P (F IF ) = P (IF I) = P (IF F ) = 1/8, P (F F II) = P (F F IF ) = P (F F F I) = P (F F F F ) = 1/16 3.) Tegyük fel, hogy egy irodában 3 titkárn® dolgozik. Jelentse Ai azt az eseményt, hogy az i-edik titkárn® megbetegszik (i = 1, 2, 3). Fejezzük ki az Ai események segítségével a következ® események valószín¶ségét: a.) az els® titkárn® megbetegszik; b.) csak az els® titkárn® betegszik meg;
Megoldás. 5
9 5 a.) P(van 6 a jegyek között)=1-P(nincs 6 köztük)=1 − 10 5 = 1 − 0, 9 10·9·8·7·6 b.) 105 10 c.) 10 5 d.) El®ször válasszunk ki a rendszám 5 helyéb®l azt a kett®t, ahova az azonosakat helyezzük, majd sorban válasszuk ki 4 különböz® számjegyet! Így a keresett való(5)·10·9·8·7 szín¶ség 2 105 . Másik megoldás: El®ször válasszunk ki a 10-b®l 4 számjegyet, majd a 4-b®l vegyünk ki 1-et, amelyik duplán lesz, végül a kapott 5 számból képezzük az összes (10)·(4)· 5! lehetséges sorrendet. Így a keresett valószín¶ség: 4 11052!1!1!1! . (5)·10·9 (10)·(2)· 5! e.) Az el®z® feladatbeli gondolatmeneteket követve, 3 105 , vagy 2 1015 2!3! adódik. 5.) A német labdarúgó válogatott edzésének megkezdése el®tt, az edzésen résztvev® 20 mez®nyjátékost két csoportba osztják. Mi annak a valószín¶sége, ha találomra történik a szétosztás a két 10-es csoportba, hogy Schweinsteiger és Özil egymás ellen játszik?
Megoldás.
1. megoldás: Rögzítsük le Özilt az egyik csapatba. Ezután Schweinsteiger már csak a másik csapatba kerülhet, ahol 10 hely van, összesen pedig 19 üres hely volt, így a keresett valószín¶ség 10 19 . 2. megoldás: Összes eset: 20 10 , mivel 20 játékosból 10-et kell kiválasztani, hogy egy csapatot összerakjunk, a sorrend nem számít. Jó esetek: 2 · 18 , mivel ha a két egymás ellen játszó játékost lerögzítjük, akkor 18 9 játékosból kell még 9-et kiválasztani, hogy meglegyen egy csapat. Aztán még 2-vel be kell szorozni, mert a két rögzítet játékost megcserélhetjük egymással. 6.) Mintavétel. Adott N különböz® termék, amik között van M selejtes. Veszünk n elem¶ mintát a.) visszatevés nélkül; b.) visszatevéssel. 1
Mennyi a valószín¶sége, hogy az n termékb®l pontosan k selejtest sikerült kiválasztanunk, amennyiben számít a kihúzás sorrendje? Megoldás. Mivel számít a sorrend, ezért végig variációkkal számolunk. (N −M )! (n) M ! (M )(N −M ) −M −(n−k))! = k Nn−k ; a.) k (M −k)! (N N! (n) (N −n)! n−k M k (nk)M k (N −M )n−k n 1− M = k N , ahol M b.) Nn N N a selejtarány, ez helyett általában p-t írunk. 7.) Egy magyarkártya-csomagból visszatevéssel húzunk 3 lapot. a.) Írjuk fel az eseményteret! b.) Milyen eséllyel húzunk pontosan egy piros szín¶ lapot? c.) Milyen eséllyel húzunk legalább egy piros szín¶ lapot? Megoldás. Oldjuk meg az el®z® feladat alapján: N=32 (összes lap), M=8 (pirosak), n=3, a mintavétel visszatevéses. a.) Ω = {(ω1 , ω2 , ω3 ) : ω1 , ω2 , ω3 ∈ {lapok halmaza}} 1 3 2 8 b.) a pirosok aránya= 32 = 41 így a keresett vsz.: 31 14 4 3 c.) 1 − 34 . 8.) Tekintsük egy lottóhúzás (5-ös lottó) eredményét. a.) Írjuk fel az eseményteret! b.) Milyen eséllyel lesz két találatom? c.) Milyen eséllyel lesz legalább két találatom? Megoldás. A feladat kezelhet® mintavételként: N=90, M=5, n=5. a.) Ω = {(n1 , n2 , n3 , n4 , n5 ) : 1 ≤ n1 < n2 < n3 < n4 < n5 ≤ 90} (5)(85) b.) 2 90 3 (5) 85 5 P ) (k5)(5−k c.) 90 (5) k=2 9.) Adjuk meg annak a valószín¶ségét, hogy egy totószelvényt vaktában kitöltve, a 13 mérk®zés eredménye közül éppen 11-et találunk el! 1 11 2 2 13
12 π
= 14 . 2 ( 12 ) π 2. modell: Rögzítsük a húr egyik végpontját, a másikat pedig válasszuk ki véletlenszer¶en a körvonalon. Ekkor Ω = (0, π), a jó eseteknek megfelel® halmaz pedig , ami könnyen látszik, ha a rögzített pontban van a szabályos háromA = π3 , 2π 3 π szög egyik csúcsa. Így P (A) = π3 = 13 . 3. modell: Rögzítsük a kör egyik sugarát és válasszunk ki véletlenszer¶en ezen egy pontot. Ezek egyértelm¶en meghatároznak egy húrt: a húr menjen át a ponton és legyen mer®leges a sugárra. Ekkor Ω = (0, r), a jó eseteknek megfelel® halmaz: A = 0, 2r . r Így P (A) = r2 = 12 . Különböz® megoldásokat kaptunk, mert különböz® valószín¶ségi mez®ket tekintettünk. a húr hosszabb a szabályos háromszög oldalánál. Így P (A) =
11.) Egy R sugarú körbe szabályos háromszöget írunk. Mi a valószín¶sége, hogy a
körlapon véletlenül kiválasztva egy pontot, az a szabályos háromszög belsejébe fog esni? √ Megoldás. 34π3 ≈ 41, 35%
12.) A (0, 1) intervallumot felosztjuk két véletlenül rádobott pont segítségével 3 részre.
Mennyi a valószín¶sége, hogy
a.) mindhárom szakasz hossza rövidebb 12 -nél; b.) a 3 szakaszból háromszög alkotható; c.) a legrövidebb szakasz hossza rövidebb 15 -nél? Megoldás. Jelöljük mindhárom feladatrészben a keletkezett szakaszok hosszát x,y ,z -
vel. Mivel a szakasz 1 hosszú, z = 1 − x − y . Oldjuk meg a feladatot geometriai vsz.-i mez®n! Ω = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y < 1} A jó eseteknek megfelel® pontokat tartalmazó halmazt jelöljük A-val! a.) A = (x, y) : x, y ≥ 0, x < 12 , y < 21 , 1 − x − y < 12 . Ábrázoljuk az összes pont halmazát és a jó pontok halmazát! x + y < 1 ⇒ y < 1 − x az eseménytérb®l 1 − x − y < 21 ⇒ y > 21 − x
Megoldás. 11 3 3 10.) Bertrand-paradoxon. Tekintsünk egy kört és válasszuk ki találomra az egyik
húrját. Mennyi annak a valószín¶sége, hogy a húr hosszabb, mint a körbe írt szabályos háromszög oldala?
6y 1@@ @
Megoldás.
Legyen a kör sugara 1. Ekkor a háromszögbe írt szabályos háromszög oldalainak távolsága a kör középpontjától 21 . Egy húrt az alábbbiak közül mindegyik egyértelm¶en meghatározza: • a középpontja; • a két végpontja; • a húr iránya és 1 pontja. 1. modell: Válasszunk ki véletlenül egy pontot a kör belsejében, legyen ez a húrunk középpontja. Az ezen keresztül húzott egyenes egyértelm¶en meghatároz egy húrt. n Ekkor Ω = {(x, y) : o x2 + y 2 < 1}. A jó eseteknek megfelel® halmaz: 2 A = (x, y) : x2 + y 2 < 12 , mivel az 12 sugarú körön belüli pontok esetén lesz
@ @ @ @ @ 1 2 @
@ @ @ @
@ @ @
@ 0 2
@ 1@ 2
@ @ 1
x
A zöld vonalak által határolt 12 , 0 , 12 , 21 , 0, 12 háromszög az A halmaz, ennek területe könnyen láthatóan 81 . Az Ω a kék vonal alatti (0, 0), (1, 0), (0, 1) háromszög, ennek területe 21 .
egyik idegen nyelvet tanulja? Megoldás. Legyen B1 : egy diák angolul tanul; B2 : egy diák németül tanul; B3 : egy diák franciául tanul. Kiszámítandó a P (B1 ∪ B2 ∪ B3 ) valószín¶ség, használjuk a szita formulát. P (B1 ∪ B2 ∪ B3 ) = P (B1 ) + P (B2 ) + P (B3 ) − P (B1 ∩ B2 ) − P (B1 ∩ B3 ) − P (B2 ∩ = 31 B3 ) + P (B1 ∩ B2 ∩ B3 ) = 20+12+9−5−3−2+0 32 32 14.) Egy hattagú társaság az étteremben három pacalpörköltet, két mátrai borzas csirkemellet, és egy böllér tálat rendel. A pincér a megrendelt ételeket véletlenszer¶en osztja szét. Mennyi a valószín¶sége, hogy a.) mindenki azt kapja, amit rendelt; b.) senki sem azt kapja, amit rendelt?
1
Így a keresett valószín¶ség 81 = 41 . 2 b.) Akkor szerkeszthet® háromszög, ha teljesül a három hosszra a háromszögegyenl®tlenség. Ez három egyenletet határoz meg. Így A = {(x, y) : x, y ≥ 0, x + y > 1 − x − y, x + (1 − x − y) > y, y + (1 − x − y) > x}. Ábrázoljuk az összes pont halmazát és a jó pontok halmazát! x + y < 1 ⇒ y < 1 − x az eseménytérb®l x + y > 1 − x − y ⇒ y > 12 − x x + (1 − x − y) > y ⇒ y < 21 y + (1 − x − y) > x ⇒ x < 12
Megoldás.
a.) b.)
15.) Gerike a Kinder csokoládéban lév® új játékokat, 'Shali baba' gurákat gy¶jt. 10
6y 1@@ @ @
különböz® fajta ilyen baba van, mindegyik Kinder csokoládéba a 10 gura közül véletlenszer¶en kerül egy. Gerike nagymamája tudja, hogy ez a gyerek álma, ezért karácsonyra a Jézuskától 20-at rendel a kis únak. Tegyük fel, hogy Gerikének még nincs otthon Shali babája. Mennyi a valószín¶sége, hogy Gerike mind a 10-féle Shali babát begy¶jti? Megoldás. Legyen Ai : a kapott 20 darab tojás egyikében ott van az i. baba, i = 1, . . . , 10. Legyen p = P (20 darab tojás kinyitása után az összes baba meglett) 20 p = P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ A10 ) = 1 − P (A1 ∪ . . . ∪ A10 ) Alkalmazzuk P a szita formulát! Ehhez (10) Sk = P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) = 10 k P (A1 ∩ . . . ∩ Ak ) =
@ @ @
@ @ 1 2
@ @
@ @ @
@ @ @
@ @
1≤i1 <...
@ x 1 1 1 1 A zöld vonalak által határolt 2 , 0 , 2 , 2 , 0, 12 háromszög az A halmaz, ennek területe könnyen láthatóan 81 . Az Ω a kék vonal alatti (0, 0), (1, 0), (0, 1) háromszög, ennek területe 21 . 0
1 60 3 60
1@ 2
Így a keresett valószín¶ség
1 8 1 2
= P (az els® k fajta babából egyik tojásban sincs példány) = Így már kiszámítható a keresett valószín¶ség: 10 10 P P (10) k 20 p=1− (−1)k+1 Sk = 1 + (−1)k 10 1 − 10 k 10 k
k=1
=1−
4 25
=
10−k 20 10
k=1
se született?
c.) P (min(x, y, 1 − x − y) < 15 ) = 1 − P (min(x, y, 1 − x − y) ≥ 15 ) = 1 − P (x ≥ 15 , y ≥ 51 , 1 − x − y ≥ 15 ) = 1 − P (x ≥ 15 , y ≥ 15 , y ≤ 45 − x) Ha ábrázoljuk a valószín¶ség belsejében akkor egy olyan háromszög lév® eseményt, adódik, aminek a csúcsai: 51 ; 51 , 35 ; 15 , 51 ; 35 . 2·2 5 5 2 1 2
16.) Mennyi a valószín¶sége, hogy 20 ember közül van olyan hónap, amelyikben egyikük
= 41 .
Ezáltal a keresett valószín¶ség 1 −
10 k
Megoldás. Tegyük fel, hogy a hónapok 30 naposak. Legyen Ai : született valaki az i.
hónapban i = 1, 2, . . . , 12. Ekkor a kiszámítandó valószín¶ség: p := P (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ A12 ) Alkalmazzuk P a szita formulát! Ehhez (12) Sk = P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ) = 12 k P (A1 ∩ . . . ∩ Ak ) =
21 25
1≤i1 <...
= P (az els® k hónapban senki se született) = Így már kiszámítható a keresett valószín¶ség: 12 12 P P (12) k 20 p= (−1)k+1 Sk = (−1)k+1 12 1 − 12 k 12 k
13.) Egy 32 tagú osztályban a diákok angolt, németet vagy franciát tanulhatnak. Tudjuk,
hogy angolul 20-an tanulnak, németül 12-en, franciául pedig 9-en. Angolul és németül egyszerre 5-en, németül és franciául egyszerre 3-an, angolul és franciául 2-en, és senki nem tanulja mind a három nyelvet. Mekkora a valószín¶sége annak, hogy egy véletlenszer¶en választott tanuló legalább az
k=1
12 k
12−k 20 12
k=1
17.) Legyen (Ω, A, P ) valószín¶ségi mez®, ahol Ω = {1, 2, 3, 4} és A = 2Ω . Rendeljünk az
elemi eseményekhez olyan valószín¶ségeket, hogy az A = {1, 2}, B = {1, 3}, C = {1, 4}
3
események páronként függetlenek legyenek, de ne legyenek teljesen függetlenek! Megoldás. P ({1}) = P ({2}) = P ({3}) = P ({4}) = 14 18.) Egy k gyerekes családnál (k ≥ 1) a ú- és lánygyerek születésének valószín¶sége minden gyereknél megegyezik. Tekintsük a következ® eseményeket: Ak : a családban legfeljebb 1 lány van; Bk : minden gyerek egyforma nem¶; Ck : legalább egy gyerek ú. Milyen k -ra lesz a.) Ak és Bk független; b.) Bk és Ck független; c.) Ak , Bk és Ck teljesen független?
játékos, ha 2:1-es állásnál félbeszakadt a k gy®zelemig tartó mérk®zésük? Tegyük fel, hogy az egyes játékok egymástól függetlenek, az els® játékos p valószín¶séggel nyerhet az egyes játékoknál. Oldjuk meg a feladatot a következ® esetekben: a.) k = 3; p = 1/4 b.) k = 4; p = 1/2 Megoldás.
a.) A játék menetét gráal is lehet ábrázolni. Piros jelöli azt az állást, amikor az els® játékos nyer, és zöld, amikor a második. Akkor osztozkodnak "igazságosan", ha a tét annyiad részét kapja az adott játékos, amennyi a nyerési esélye.
Megoldás.
a.) k = 1 és k = 3 esetén b.) k = 1 esetén c.) nincs ilyen k 19.) Milyen n>1-re lesz független az a két esemény, hogy a.) A: n érmedobásból van fej és írás is, valamint B : legfeljebb egy írás van; b.) A: n érmedobásból van fej és írás is, valamint B : az els® dobás fej?
2:1 3 4
3:1
{
#
1 4
2:2 3 4
Megoldás.
3:2
a.) P (A) = P (van fej és írás is) = 1 − P (csak az egyik van) = 1 − 2P (csak fej 1 van) = 1 − 2 21n = 1 − 2n−1 P (B) = P (legfeljebb 1 írás van) = P (pontosan 0 írás van) + P (pontosan 1 írás 1 1 n−1 = n+1 van) = 21n + n1 12 2 2n P (A ∩ B) = P (pontosan 1 írás van) = 2nn n-re megoldandó a P (A ∩ B) = P (A)P (B) egyenlet, amib®l n + 1 = 2n−1 lesz. Könnyen látható, hogy az egyenl®ség csak n = 3 esetén lesz igaz. 1 b.) P (A) = 1 − 2n−1 P (B) = P (az els® fej) = 12
{
#
1 4
2:3
Mivel az egyes mérk®zéseket egymástól függetlenül játsszák le, ezért 9 P (a második játékos nyer) = 34 · 34 = 16 . Tehát úgy ossza fel a két játékos a tétet, hogy az els® játékos kapja a tét 9 azaz 700 Ft-ot; a második pedig a tét 16 részét, azaz 900 Ft-ot. b.) Hasonló elven most is gráfot lehet készíteni.
7 16
részét,
2:1
függetlenek
P (A ∩ B) = P (az els® fej, a többiben van írás) = =P (az els® fej)P (a többiben van írás) = 21 (1 − P ((n − 1) fej) = 1 = 12 1 − 2n−1 1 n-re megoldandó a P (A ∩ B) = P (A)P (B) egyenlet, amib®l 21 1 − 2n−1 = 1 1 − 2n−1 · 12 lesz, ez pedig azonosság ⇒ minden n > 1-re függetlenek. 20.) Két kockával dobunk. Tekintsük a következ® három eseményt: A: dobtunk 1-est; B : az összeg 7; C : dobtunk 6-ost Mely eseménypárok függetlenek? Igaz-e, hogy a három esemény teljesen független? Megoldás. Tegyük fel, hogy a két kockát meg tudjuk különböztetni egymástól. Egyik esemény se független egy másiktól, ehhez számítsunk ki minden valószín¶séget. 11 , mivel a jó esetek: 11, 12, 13, 14, 15, 16, 21, 31, 41, 51, 61 P (A) = 36 6 P (B) = 36 , mivel a jó esetek: 16, 61, 25, 52, 34, 43 P (C) = 11 , 36 mivel a jó esetek: 61, 62, 63, 64, 65, 66, 16, 26, 36, 46, 56 2 6 P (A ∩ B) = 36 6= 11 36 · 36 2 11 11 P (A ∩ C) = 36 6= 36 · 36 2 6 11 P (B ∩ C) = 36 6= 36 · 36 11 6 2 · 36 · 11 P (A ∩ B ∩ C) = 36 6= 36 36 21.) Osztozkodási probléma, 1494. Hogyan osztozzon az 1600 forintos téten két
3:1 { {
1 2
4:1
1 2
4:2
4:3
{
1 2
1 2
2:2
1 2
s
1 2
1 2
3:2
3:2
1 2
3:3 1 2
3:4
{
4:2
1 2
4:3
{
1 2
{
1 2
)
1 2
1 2
3:3
3:3
{
#
1 2
2:4
1 2
1 2
3:4
2:3
4:3
{
1 2
#
3:4
Mivel az egyes mérk®zéseket egymástól függetlenül játsszák le, ezért 1 5 = 16 . P(a második játékos nyer)=1 · 81 + 3 · 16 Tehát úgy ossza fel a két játékos a tétet, hogy az els® játékos kapja a tét 11 16 részét, 5 azaz 1100 Ft-ot; a második pedig a tét 16 részét, azaz 500 Ft-ot. 22.) Aladár és Béla pingpongoznak. Minden labdamenetet, egymástól függetlenül, 1/3 valószín¶séggel Aladár, 2/3 valószín¶séggel Béla nyer meg. A jelenlegi állás 10:9 Béla javára. Mennyi annak a valószín¶sége, hogy a meccset mégis Aladár nyeri meg? Az 4
nyer, akinek sikerül legalább két pontos el®ny mellett legalább 11 pontot szerezni.
23.) Mennyi a valószín¶sége, hogy két kockadobásnál mind a két dobás 6-os, azzal a
feltétellel, hogy legalább az egyik dobás 6-os? Megoldás. A feltétel gyelembe vételével oljuk meg: legalább az egyik 6-os összes eset: 16,61,12,26,36,63,46,64,56,65,66 −→ 11 darab jó esetek: 66 −→ 1 darab 1 . így a keresett valószín¶ség 11
Megoldás. 1. megoldás
Az ábra mutatja a játék lehetséges kimeneteleit, Aladár:Béla sorrendben. A piros kimenetek azt mutatják, amikor Aladár nyert, a zöld azt, amikor Béla.
9 : 10
24.) Négyen l®nek egymás után egy céltáblára. A résztvev®k találati valószín¶ségei
2 3
y 10 : 10 y 12 : 10 y 23 : 21 y 14 : 12
1 9
1 9
1 9
·
1 1− 49
=
Megoldás.
4 9
4 9
11 : 11
6-ost dobunk, feltéve, hogy a dobott számok összege 12? Megoldás. Legyen A: egyikkel 6-ost dobunk; B : az összeg 12. Írjuk össze az összes lehetséges esetet, amikor 3 kockadobás eredményének az összege 12: 12 felbontása Esetek száma Van-e 6-os 6+5+1 3!=6 igen 6+4+2 3!=6 igen 3! 6+3+3 igen = 3 2! 3! 5+5+2 nem = 3 2! 5+4+3 3!=6 nem 4+4+4 1 nem Összesen 25 Tehát a jó esetek száma: 6+6+3=15, az összes eset száma pedig 25, így a keresett P (A|B) valószín¶ség 0, 6.
4 9
4 9
12 : 12
% 11 : 13 4 9
4 9
% 12 : 14
...
1 27
·
∞ P k=0
1 15 .
4 k 9
=
2. megoldás
Készítsünk egy gráfot Aladár szemszögéb®l, jelölje az i csúcs azt, hogy az aktuális állás szerint Aladár i ponttal vezet. Tehát a kezd® 9:10-es állás (Aladár:Béla) a −1-es csúcsnak felel meg. 1 3
−2 j
−1 j 2 3
2 3
(
1 3
0h
(
1 3
1
11 17
25.) Három különböz® kockával dobunk. Mekkora a valószín¶sége, hogy az egyik kockával
% 10 : 12
Az egyes labdamenetek egymástól függetlenek, így 2 P(Aladár nyer)= 13 · 91 + 13 · 49 · 19 + 13 · 49 · 19 + ... = 1 27
egymástól függetlenül, sorrendben 43 , 12 , 23 és 21 . Ketten érnek el találatot. Mi a valószín¶sége, hogy a második hibázta el a lövést?
% 9 : 11
1 3
(
26.) Egy érmével annyiszor dobunk, mint amennyi egy szabályos kockadobás eredménye.
Mi a valószín¶sége, hogy nem kapunk fejet? Megoldás. Legyen A: nem kapunk fejet; Bi : i-t dobunk a kockával (i = 1, . . . , 6). Ekkor B1 , . . . , B6 teljes eseményrendszert alkotnak, P (Bi ) = 1/6. i P (A|Bi )=P(i darab érmedobásból nem kaptunk fejet)= 21 Alkalmazzuk a teljes valószín¶ség tételét: 6 6 P P 1 j 1 1 · 6 = 16 · 12 + 14 + . . . + 64 = P (A) = P (A|Bj )P (Bj ) = 2
2
2 3
Jelölje pi = P (az i. csúcsban vagyunk és Aladár nyer), ahol i = −2, −1, 0, 1, 2. Nyilván p−2 = 0 és p2 = 1. A feladat megoldása a p−1 érték. A teljes valószín¶ség tételével fel tudunk írni egyenleteket, ahol a teljes eseményrendszer mindig egy aktuális játék eredménye, tehát az, hogy Aladár gy®z, illetve Aladár veszít, ezek valószín¶sége 31 , illetve 23 . p−1 = 23 p−2 + 13 p0 = 13 p0 ⇒ p0 = 3p−1 (∗) p0 = 23 p−1 + 31 p1 ⇒ 3p0 = 2p−1 + p1 (∗∗) p1 = 23 p0 + 13 p2 = 23 p0 + 13 ⇒ 3p1 − 1 = 2p0 (∗ ∗ ∗) Oldjuk meg az egyenletrendszert, ehhez (∗)-ot beírjuk a másik kett®be. 9p−1 = 2p−1 + p1 ⇒ p1 = 7p−1 1 3p1 − 1 = 6p−1 ⇒ 21p−1 − 1 = 6p−1 ⇒ p−1 = 15
=
j=1 1 1 1 2 − 128 1 63 6 1− 21 = 6 64
j=1
=
21 128
≈ 16, 4%.
27.) 100 érme közül 10 cinkelt, ezeknél csak 1/4 a fejdobás valószín¶sége. Egy érmét
kiválasztva és azzal 10-szer dobva, k fejet kaptunk (k = 0, 1, . . . , 10). Ezen feltétellel mi a valószín¶sége, hogy a hamis érmével dobtunk? Megoldás. Legyen A: 10 dobásból k fej; B1 : jó érmével dobtunk; B2 : cinkelt érmével dobtunk. 1 k 1 10−k 1 9 P (B1 ) = 10 P (A|B1 ) = 10 = 10 k 2 2 k 210 1 1 k 3 10−k 310−k P (B2 ) = 10 P (A|B2 ) = 10 = 10 k 4 4 k 410 Alkalmazzuk a Bayes-tételt:
5
10−k
P (B2 |A) = 310−k 410 9·210 +310−k 410
P (A|B2 )P (B2 ) P (A|B1 )P (B1 )+P (A|B2 )P (B2 )
=
=
3 1 (10 k ) 410 · 10 10 10 310−k 1 = 9 1 ( k ) 210 · 10 +( k ) 410 · 10
A csúcsokat a jobb fels® szögletes zárójelben lév® szám jelöli. Legyen pi = P ( az i. csúcsban van és szétlövi a léggömböt). A feladatban megfogalmazott kérdésre adandó válasz a p0 valószín¶ség. Nyilvánvalóan p2 = 0, p3 = 1. A teljes valósz¶ség tétele alapján felírható a következ® egyenletrendszer: ⇒ p1 = 6p0 p0 = 16 p1 + 65 · 0 1 999 999 1 ⇒ 6p0 = 1000 · 1 + 1000 p0 + 1000 p0 p1 = 1000 5001 1 1 ⇒ 1000 p0 = 1000 ⇒ p0 = 5001 31.) Két érmét dobálunk egyszerre, ezt addig ismételgetjük, amíg mindkett®vel fejet nem kapunk. Amennyiben tudjuk, hogy párosadik alkalomra adódott el®ször a dupla fej, akkor mi a valószín¶sége, hogy a kísérlet befejezése el®tt csupa írást kaptunk?
38 210 ·3k +38
28.) Egy diák a vizsgán p valószín¶séggel tudja a helyes választ. Amennyiben nem tudja,
akkor tippel, és 1/3 a jó válasz esélye. Feltesszük, hogy a diák tudása biztos (azaz ha tudja a választ, akkor az jó is). Határozd meg p értékét, ha 3/5 annak a valószín¶sége, hogy amennyiben helyesen válaszolt, tudta is a helyes választ! Megoldás. Legyen A: helyesen válaszolt; B : tudta a választ. Használjuk ki, hogy B, B teljes eseményrendszer. P (B) = p P (A|B) = 1 P (A|B) = 31 P (B) = 1 − p Alkalmazzuk a Bayes-tételt: P (A|B)P (B) 1·p 3p 3 5 = P (B|A) = P (A|B)P (B)+P (A|B)P (B) = 1·p+ 1 ·(1−p) = 2p+1
Megoldás.
Egy dupla kockadobás során P (FF) = P (II) = 41 Legyen Ai : i. alkalomra jött ki el®ször a dupla fej i = 1, 2, . . .; B : az els® dupla fej el®tt csupa írást kaptunk 2 ∪A4 ∪...)) A kérdéses valószín¶ség: P (B|A2 ∪ A4 ∪ . . .) = P (B∩(A = P (A2 ∪A4 ∪...)
3
Ezt átrendezve, p = 29.) Vándorlásai közben Odüsszeusz egy hármas útelágazáshoz ér. Az egyik út Athénbe, a másik Spártába, a harmadik Mükénébe vezet. Az athéniek keresked® népség, szeretik ámítani a látogatókat, csak minden 3. alkalommal mondanak igazat. A mükénéiek egy fokkal jobbak: ®k csak minden második alkalommal hazudnak. A szigorú spártai neveltetésnek köszönhet®en a spártaiak becsületesek, ®k mindig igazat mondanak. Odüsszeusznak fogalma sincs, melyik út merre vezet, így feldob egy kockát, egyenl® esélyt adva mindegyik útnak. Megérkezve a városba, megkérdez egy embert, mennyi 2·2, mire közlik vele, hogy 4. Mi a valószín¶sége, hogy Odüsszeusz Athénba jutott? Megoldás. Legyen A: igazat mondanak; B1 : Athénba jutott; B2 : Spártába jutott; B3 : Mükénébe jutott. ⇒ B1 , B2 , B3 teljes eseményrendszer. P (A|B1 ) = 13 P (B1 ) = 13 1 P (B2 ) = 3 P (A|B2 ) = 1 P (B3 ) = 13 P (A|B3 ) = 12 Alkalmazzuk a Bayes-tételt: 1 1 P (A|B1 )P (B1 ) 2 3·3 P (B1 |A) = P (A|B1 )P (B1 )+P (A|B2 )P (B2 )+P (A|B3 )P (B3 ) = 1 · 1 +1· 1 + 1 · 1 = 11 . 1 3.
3 3
3
∞ P
=
3 start[0]
999 1000
6-ost dob
[1]
t
1 6
=
1 7 3 15
=
∞ P
P (B∩A2i )
i=1 ∞ P i=1
=
= P (A2i )
( 14 )
i=1 ∞ P
( 34 )
i=1
2i−1 1 4 2i−1 1 4
4
=
4 3
∞ P
i
1 ( 16 )
i=1 ∞ P
i
9 ( 16 )
i=1
=3
1 1 16 1− 1 16 9 1 16 1− 9 16
=
7 45
32.) Legyen Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 } eseménytér, A = {∅, Ω, {ω1 }, {ω2 , ω3 , ω4 }}. Az alábbi
függvények valószín¶ségi változók (Ω, A)-n? a.) X({ωi }) = i + 10 (i = 1, 2, 3, 4); b.) X({ω1 }) = π, X({ω2 }) = X({ω3 }) = X({ω4 }) = e; c.) X({ωi }) = |i − 2| (i = 1, 2, 3, 4); Amennyiben valamelyik nem valószín¶ségi változó, határozd meg azt a legsz¶kebb F σ -algebrát, hogy (Ω, F)-en már valószín¶ségi változó legyen!
2 3
Megoldás.
Egy játékos annyiszor l®het egy léggömbre, ahány hatost dobott egymás után egy dobókockával. Például ha els®re hatost, másodikra kettest dob, akkor egyszer l®het. Mennyi a valószín¶sége, hogy szétlövi a léggömböt, ha minden lövésnél 1/1000 valószín¶séggel talál? Megoldás. Készítsünk egy alkalmas ábrát, ami leírja a feladat menetét.
30.)
P (B∩A2 )+P (B∩A4 )+... P (A2 )+P (A4 )+...
a.) Nem valószín¶ségi változó, mert X −1 ({12}) = {ω2 } ∈ / A. Az X valószín¶ségi változó által generált σ -algebrában könnyen láthatóan benne kell lennie minden egyelem¶ halmaznak, így σ(X) = 2Ω . b.) Valószín¶ségi változó, mert X −1 ({π}) = {ω1 } és X −1 ({e}) = {ω2 , ω3 , ω4 }, ez a két halmaz által generált σ -algebra pedig éppen A. c.) Nem valószín¶ségi változó, mert X −1 ({2}) = {ω4 } ∈ / A. X −1 ({0}) = {ω2 }, X −1 ({1}) = {ω1 , ω3 }, így σ(X) = σ({ω2 }, {ω1 , ω3 }, {ω4 }) = = {∅, Ω, {ω2 }, {ω4 }, {ω1 , ω3 }, {ω2 , ω4 }, {ω1 , ω2 , ω3 }, {ω1 , ω3 , ω4 }}. 33.) Legyenek A, B, C, D, egy szabályos tetraéder csúcsai. Egy légy az A csúcsból indulva sétál a tetraéder élein, mégpedig minden csúcsból véletlenszer¶en választva a lehetséges három irány közül. Jelölje X azt a valószín¶ségi változót, hogy A-ból indulva, hányadikra érünk vissza el®ször A-ba. Írjuk fel X eloszlását! Mutassuk meg, hogy ez valóban valószín¶ségi eloszlás!
5 6
" mást dob[2]
1 1000
szétlövi a léggömböt[3] 6
√ √ 3 = P (X = 0) + P (X = 1) = e− 20 (1 + 3 20). 37.) Egy sportlöv® p valószín¶séggel talál el egy léggömböt. a.) Az els®; b.) az ötödik találatig l®. Mi lövései számának eloszlása?
Megoldás. Írjuk fel a megoldást a valószín¶ség klasszikus képlete alapján:
2 k−2
k−2
(k = 2, 3, . . .) , ugyanis P (X = k) = 3·2 3k ·1 = 31 3 • legalább 2 lépésre van szükség, hogy visszaérjünk A-ba • minden lépésben összesen 3 irányba haladhatunk, így az összes eset 3k • jó lépések: els®ként 3 helyre mehetünk, utána (k − 2) alkalommal 2 helyre, végül vissza kell lépni A-ba Ez valószín¶ségi eloszlás, mivel ∞ ∞ ∞ P P P 2 k−2 2 n P (X = k) = 31 = 13 = 13 1−1 2 = 1. 3 3 k=2
k=2
n=0 d
Egyébként könnyen látható, hogy X =
Megoldás.
a.) Geo(p) b.) NegBin(5, p)
3
1+Geo( 13 ).
38.) Számítsuk ki a kockadobás várható értékét és szórását, ha
34.) Adjuk meg annak a valószín¶ségi változónak az eloszlását, ami egy hatgyermekes
a.) a kocka szabályos; b.) a kocka szabálytalan: két 1-es, három 4-es, egy 6-os van rajta. Megoldás. Legyen X a kockadobás eredménye. 6 6·7 P a.) P (X = i) = 16 , így EX = i · 16 = 1+2+...+6 = 62 = 72 = 3, 5 6
családban a úk számát adja meg. Tegyük fel, hogy mindig 12 - 12 a úk, ill. a lányok születési valószín¶sége, és az egyes születések függetlenek egymástól. Megoldás. Legyen X : úk száma. A feladat visszatevéses mintavételként kezelhet®: p = 12 ; a minta mérete 6 n=6 ⇒ X ∼Bin(6, 12 ) 35.) Határozd meg X eloszlását, ha X : hagyományos lottóhúzásnál (90/5) a a.) találatok száma; b.) 3-mal oszthatók száma; c.) legnagyobb kihúzott szám; d.) k -adik legnagyobb kihúzott szám (k = 1, . . . , 5). Mutassuk meg, hogy ezek valóban valószín¶ségi eloszlások!
i=1
EX =
b.)
Megoldás.
a.) X ∼HipGeo(90, 5, 5) b.) X ∼HipGeo(90, 30, 5) (k−1 (k)−(k−1) 4 ) , ahol k = 5, 6, . . . , 90 c.) P (X = k) = 5 90 5 = 90 (5) (5) ugyanis ki kell választanunk 5 számot az els® k -ból, viszont nem k lesz a legnagyobb, amennyiben az els® k − 1- b®l választottuk ki ®ket, így ezeket a rossz eseteket le kell vonni. Ez valószín¶ségi eloszlás, ugyanis 89 90 P (5)+((65)−(55))+((75)−(65))+...+((90 (90 5) 5 )−( 5 )) pk = 5 = 90 = 1. 90 (5) (5) k=5 ( l−1 )·(90−l) d.) P (X = l) = 5−k 90 k−1 , ahol l = 1, 2, 3, 4, 5 (5) A számláló indoklása: xáljuk le az l. számot, ez lesz a k. legnagyobb. El®tte van még l − 1 szám, ezek közül kell 5 − k -t kiválasztani. Utána van 90 − l szám, ezek közül pedig k − 1-et kell kiválasztani. 36.) Háromszor olyan valószín¶, hogy egy évben két ember öli magát a Dunába, mint az, hogy öt. Mi a valószín¶sége, hogy egy évben legfeljebb egy ember lesz így öngyilkos? Megoldás. Legyen X : egy év alatt hányan ölik magukat a Dunába. Az öngyilkosságok tipikusan ritka eseménynek tekinthet®k, így X ∼Poi(λ). A feladat els® mondata alapján P (X = 2) = 3 · P (X = 5) ⇒ √ 2 5 5! ⇒ λ2 e−λ = 3 λ5! e−λ ⇒ λ3 = 2·3 ⇒ λ = 3 20 P (legfeljebb egy ember lesz öngyilkos a Dunába) = P (X ≤ 1) =
6 P
= 91 i · = 6 i=1 √ 91 49 182−147 35 D2 X = 6 − 4 = = 12 ⇒ DX = 2√353 12 P (X = 1) = 26 ; P (X = 4) = 36 ; P (X = 6) = 61 , így EX = 1 · 26 + 4 · 36 + 6 · 61 = 10 3 43 EX 2 = 1 · 26 + 16 · 36 + 36 · 61 = 2+48+36 = 86 6 6 = 3 q √ 29 100 DX = 43 3 − 9 = 3 2
2
1 6
1 6·7·13 6 6
39.) Egy sorsjátékon 1 darab 1 000 000 Ft-os, 10 db 100 000 Ft-os, és 100 db 1000 Ft-os
nyeremény van. A játékhoz 10 000 db sorsjegyet adtak ki. Mennyi a sorsjegy ára, ha egy sorsjegyre a nyeremény várható értéke megegyezik a sorsjegy árával? Megoldás. Legyen X a nyereményünk, ami most 4 értéket vehet fel különböz® valószín¶ségekkel, amit a következ® táblázat foglal össze: xi (Ft) Darab pi 1 1.000.000 1 10.000 1 100.000 10 1000 1 1.000 100 100 9889 0 9889 100 1 1 1 EX=1.000.000 · 10.000 + 100.000 · 1000 + 1.000 · 100 =100+100+10=210 Ft. 40.) Jelölje X az ötöslottón kihúzott lottószámoknál a párosak számát. Adjuk meg X várható értékét és szórását! Megoldás. Ekkor visszatevés nélküli mintavételezésr®l van szó, 90 számból 45 páros 45 van, és 5 elem¶ mintát veszünk. Tehát X ∼Hipgeo(90, 45, 5), így EX = 5 · 90 = 2, 5. 41.) Két kockával dobunk. Egy ilyen dobást sikeresnek nevezünk, ha van 6-os a kapott számok között. Várhatóan hány sikeres dobásunk lesz n próbálkozásból? Megoldás. P (sikeres dobás) = 11 36 Legyen X : n-b®l a sikeres dobások száma Ekkor nyilvánvaló, hogy X ∼ Bin(n, 11 36 )
7
b.) egy kockával, amíg minden szám kijön? c.) egy kockával, amíg minden páros szám kijön? Megoldás. Jelöljük a szükséges dobások számát X -szel. a.) Az 1. dobás vagy F, vagy I. Az els® esetben az a kérdés, hogy utána hányadikra fordul el® el®ször, hogy I-t kapunk, míg a második esetben ugyanez a kérdés F-jel. Ezáltal X felbontható a következ® módon X = 1+Y , ahol Y ∼Geo(1/2) (szabályos érme esetén). Ezáltal EX = 1 + EY = 1 + 11 = 3 2 b.) X felbontható a következ® módon X = 1 + Y2 + Y3 + Y4 + Y5 + Y6 , ahol Yi : dobások száma, szám kijön. míg az i. különböz® Ekkor Y2 ∼Geo 56 , Y3 ∼Geo 46 , . . ., Y6 ∼Geo 16 . Ezáltal EX = 1 + 15 + 14 + 13 + 12 + 11 = 14, 7 6 6 6 6 6 c.) X felbontható a következ® módon X = Y1 + Y2 + Y3 , ahol Yi : dobások száma, páros szám kijön. míg az i. különböz® Ekkor Y1 ∼Geo 36 , Y2 ∼Geo 26 és Y3 ∼Geo 16 . Ezáltal 1 1 1 3 + 2 + 1 = 11
EX = 11n 36 42.) Egy 200 oldalas könyvben 20 sajtóliba található véletlenszer¶en elszórva. a.) Mennyi a valószín¶sége, hogy a 100. oldalon több, mint egy ajtóhiba van? b.) Hány sajtóhuba a legvalószín¶bb a 100. oldalon? c.) Mennyi a valószín¶sége, hogy a 13. és a 14. oldalon együtt több, mint két hajtóhiba van? Megoldás. Jelölje Xi valószín¶ségi változó a könyv i. oldalán a sajtóhibák számát. Ekkor Xi -k függetlenek, és mivel egy könyvben a sajtóhibák rendszerint ritkának mondhatók, ezekr®l feltehet®, hogy Poisson eloszlásúak. Ha a teljes könyvben 20 hiba van, 20 akkor egy oldalon átlagosan 200 = 0, 1 sajtóhiba szerepel, így a Poisson eloszlás várható értékének képlete alapján λ = 0, 1. a.) P (X100 > 1) = 1 − P (X100 = 0) − P (X100 = 1) = 1 − e−0,1 − 0, 1e−0,1 = 1 − 1, 1e−0,1 ≈ 0, 5% b.) pk = P (X100 = k)-t kell maximalizálni k szerint. Nézzük a pk+1 pk hányadosokat. Egy növekv® sorozatnál ez nagyobb 1-nél, egy csökken®nél pedig kisebb 1-nél. Keressük meg azt a pontot, ahol ez egyenl® 1-gyel, aztán vizsgáljuk meg, hogy mely egész értékek között van és ezek közül melyiknél veszi fel a maximumot. pk+1 pk
0,1k+1 −0,1 e (k+1)! 0,1k −0,1 e k!
=
=
0,1 k+1
=1
⇒
⇒
0, 1 = k + 1
6
k = −0, 9
Megoldás. 8 = np
4 = 22 = np(1 − p) Els®t másodikba téve 4 = 8(1 − p) ⇒ p = 21 és n = 16 adódik P (X < 16) = 1 − P (X ≥ 16) = 1 − P (X = 16) = 1 − 2116 . 46.) Írd fel és ábrázold az eloszlásfüggvényt, ha X
a.) indikátorváltozó p = 2/3 paraméterrel; b.) egy olyan kockadobás eredménye, ahol a kockán egy 2-es, két 4-es és három 5-ös van.
2
−0,1 e−0,1 0,1 − 0, 1e−0,1 · 0, 1e−0,1 = 2 e −0,2 =1−e (1 + 0, 1 + 0, 1 + 0, 005 + 0, 005 + 0, 01) = = 1 − 1, 22e−0,2 ≈ 0, 1% 43.) n darab dobókockát egyszerre feldobunk. a.) Hány dobókocka esetén lesz a legnagyobb annak a valószín¶sége, hogy a kapott számok között pontosan egy hatos van? b.) Várhatóan mennyi lesz a dobott számok összege?
Megoldás.
a.) F (x) =
pn+1 pn
n+1 n
5 n−1 6
0
1 2
1 0 1
x≤0 0<x≤1 x>1
x≤2 2<x≤4 b.) F (x) = 61+2 4<x≤5 6 1 x>5 47.) Lehetnek-e egy X valószín¶ségi változó eloszlásfüggvényei a következ® függvények? Ha igen, akkor van X -nek s¶r¶ségfüggvénye? Jelölje [x] az x szám egészrészét. ha x ≤ 0 0 a.) F (x) = tg x ha 0 < x ≤ π6 1 ha π6 < x
Megoldás. n 6
6
DX = 2. Határozd meg a P (X < 16) valószín¶séget!
A maximum vagy −1-ben, vagy 0-ban van, de mivel X100 nem vesz fel pozitív valószín¶séggel −1 értéket, ezért 0-ban van a maximum. c.) Feltehet®, hogy az egyes oldalakon lév® hibák száma független egymástól. P (X13 + X14 > 2) = 1 − P (X13 + X14 = 0) − P (X13 + X14 = 1) − P (X13 + X14 = 2) = = 1 − P (X13 = 0)P (X14 = 0) − P (X13 = 1)P (X14 = 0) − P (X13 = 0)P (X14 = 1) − P (X13 = 2)P (X14 = 0) − P (X13 = 0)P (X14 = 2) − P (X13 = 1)P (X14 = 1) = 2 −0,1 −0,1 = 1 − e−0,1 e−0,1 − 0, 1e−0,1 e−0,1 − e−0,1 0, 1e−0,1 − 0,1 e − 2 e
a.) pn := P (n dobásból egy 6-os) =
6
45.) Legyen X binomiális eloszlású valószín¶ségi változó, amir®l ismertek: EX = 8,
−→ max n
5 6
= · Ezt 1-re rendezve adódik, hogy n = 5 vagy n = 6 esetén lesz maximális a valószín¶ség. b.) 3, 5n 44.) Átlagosan hányat kell dobnunk a.) egy érmével, amíg fej és írás is lesz a dobások között? 8
( 8 1 − x6 ha x > 6 b.) F (x) = 0 különben ha x ≤ 0 0 c.) F (x) = [x] ha 0<x≤2 2 1 ha 2 < x ( exp{(x − 1)3 } ha x ≤ 1 d.) F (x) = 1 ha 1 < x
49.) Legyen F (x) =
Megoldás.
a.) Kizárólag a√monotonitást kell garantálni, a többi automatikusan teljesül. El®ször is, mivel 1/ x monoton csökken® a kérdéses intervallumon, a ≤ 0-ra van szükség. Másrészt, 9-ben és 16-ban is ügyelni kell, hogy a függvény ne legyen 0-nál kisebb, illetve 1-nél nagyobb, ami 1-1 egyenl®tlenséget jelent: a + b ≥ 0 és 3/4a + b ≤ 1. √ b.) P (8 < X < 11) = F (11) − F (8) = 3a/ 11 + b P (X < 9) = F (9) = 0 P (X ≤ 9) = F (9+) = a + b c.) Abszolút folytonossághoz kell: a + b = 0 és 3/4a + b = 1 ⇒ a = −4; b = 4. A s¶r¶ségfüggvény: f (x) = 6x−3/2 I(9 < x < 16) EX = 12 DX = 2 ( c · sin x ha x ∈ 0, 3π 2 50.) Mely c-re lesz s¶r¶ségfüggvény f (x) = ? 0 egyébként
a.) F (x) eloszlásfüggvény, de nem létezik s¶r¶ségfüggvénye, mivel tg 6 = √13 6= 1, így F nem folytonos π6 -ban. b.) F (x) eloszlásfüggvény, és létezik s¶r¶ségfüggvénye: ( 8 6 ·8 ha x > 6 9 f (x) = x 0 különben c.) F (x) nem eloszlásfüggvény, mivel 1-ben és 2-ben nem balról folytonos (de jobbról folytonos). d.) F (x) eloszlásfüggvény, és létezik s¶r¶ségfüggvénye: ( 3(x − 1)2 exp{(x − 1)3 } ha x ≤ 1 f (x) = 0 egyébként ha x ≤ 0 0 48.) Legyen F (x) = cx3 ha 0 < x ≤ 3 , ahol c valós paraméter. 1 ha 3 < x a.) Mely c értékek esetén lesz F (x) eloszlásfüggvény? b.) P (−1 < X < 1) =? P (X ≥ 3) =? c.) Mely c-re létezik s¶r¶ségfüggvény? Határozd meg! EX =? DX =?
Megoldás.
A sin(x) függvény el®jelet vált a π helyen, így nincs olyan c, amire a fenti f (x) s¶r¶ségfüggvény lenne hiába érhet® el megfelel® konstanssal, hogy az integrál 1 legyen. ( cx4 ha 0 < x < 1 51.) Legyen X s¶r¶ségfüggvénye a következ®: f (x) = 0 különben
Megoldás.
a.) Határozd meg a c értékét és X eloszlásfüggvényét! b.) P (X < −0, 5) =? P (X < 0, 5) =? P (X < 1, 5) =? c.) D2 (X) =?
a.) F (x)-nek monoton növ®nek kell lennie, ami csak akkor teljesül, ha c ≥ 0. További korlátozást jelent c értékére, hogy az eloszlásfüggvény maximum 1 lehet, amit az x = 3-ban vesz fel a középs® tartományon: 1 1 ≥ max cx3 = c · 33 = 27c ⇒ c ≤ 27
Megoldás.
x∈(0,3]
Tehát F (x) eloszlásfüggvény, ha 0 ≤ c ≤ b.) P (−1 < X < 1) = P (−∞ < X < 1) = F (1) = c P (X ≥ 3) = 1 − P (X < 3) = 1 − F (3) = 1 − 27c ( 1 27
EX =
esetén van csak s¶r¶ségfüggvénye: f (x) = 1 9
R3 0
x3 dx =
34 9·4
=
ha 16 < x
a.) A paraméterek mely értékeire lehet F az X valószín¶ségi változó eloszlásfüggvénye? b.) P (8 < X < 11) =? P (X < 9) =? P (X ≤ 9) =? c.) A paraméterek mely értékeire lesz F abszolút folytonos? Határozd meg ekkor a s¶r¶ségfüggvényt, valamint X várható értékét és szórását!
π
1 27
3a √ x
1
Megoldás.
c.) c =
ha x ≤ 9 + b ha 9 < x ≤ 16 , ahol a és b valós paraméterek.
0
a.) 1 =
R1
cx4 dx = c
0 1 2 9x
0
ha 0 < x < 3 különben
h
x5 5
i1 0
= c 15 ⇒ c = 5
0 Rx
ha x ≤ 0 4
5t dt = x 0 1 b.) P (X < −0.5) = F (−0, 5) = 0 P (X < 0.5) = F (0, 5) = 0, 55 P (X < 1.5) = F (1, 5) = 1 R1 c.) EX = 5x5 dx = 5 16 = 56 F (x) = P (X < x) =
9 4
R3 35 EX 2 = 19 x4 dx = 9·5 = 27 5 0 q q q 81 432−405 DX = 27 = 27 5 − 16 = 16·5 80
0
9
5
ha 0 < x ≤ 1 ha x > 1
R1
EX 2 = D2 X =
5x6 dx = 5 71 =
0 5 7
−
25 36
=
Φ−1 (0, 3) = −Φ−1 (0, 7) = −0, 5244, így b = 3 · (−0, 5244) + 2 = 0, 4268 2 2 2 c.) X1 − X2 = X1 + (−X2 ) ∼ N (2 − 4; 3 + 4 ) = N (−2; 5 ) 2 1 5 , így 2 (X1 − X2 ) ∼ N −1; 2 0−(−1) X1 −X2 P >0 =1−Φ = 1 − Φ 25 ≈ 0, 3446 5 2
5 7
5 252 .
52.) Legyen X s¶r¶ségfüggvénye a következ®: f (x) =
x 3 1 6
0
ha 0 < x < 2 ha 2 < x < c különben
2
55.) Tegyük fel, hogy az egyetemisták IQ teszten elért eredménye normális eloszlású 105
a.) c =? F (x) =? P (X > 3) =? P (X = e) =? b.) E(X) =? D(X) =?
várható értékkel és 10 szórással. Mi a valószín¶sége, hogy valaki 120-nál több pontot ér el a teszten? Megoldás. Legyen X : egy egyetemista IQ-pontja ⇒ X ∼ N (105, 102 ) P (X > 120) = 1 − P (X < 120) = 1 − P X−105 < 120−105 = 10 10 = 1 − Φ(1, 5) = 1 − 0, 9332 = 4, 68%. 56.) Mennyi garanciát adjunk, ha azt szeretnénk, hogy termékeink legfeljebb 10%-át kelljen garanciaid®n belül javítani, ha a készülék élettartama 10 év várható érték¶ és 2 év szórású normális eloszlással közelíthet®? Megoldás. Legyen X : a termékek élettartama ⇒ X ∼ N (10, 22 ) Jelölje a garanciaid®t t A feladat szövege alapján 0, 1 ≥ P (X < t) P (X < t) = P X−10 = Φ t−10 < t−10 2 2 2 Átrendezve t-re: t ≤ 2 · Φ−1 (0, 1) + 10 = 2 · (−Φ−1 (0, 9)) + 10 = −2 · 1, 28 + 10 = 7, 44 Tehát legfeljebb 7 év garanciát kell adnunk (ha a garanciaid® csak egész szám lehet). 57.) Egy vállalatnál a szellemi foglalkozásúak teszik ki a dolgozók 60%-át, az ® zetésük 1 eloszlása (ezer Ft-ban) Z + 150 , ahol Z ∼ Exp 200 ; a zikai dolgozóé pedig Y + 100, 1 ahol Y ∼Exp 100 . a.) Mi az esélye, hogy egy véletlenszer¶en kiválasztott szellemi foglalkozású többet keres 450 ezer Ft-nál? b.) Egy véletlenszer¶en kiválasztott dolgozó átlagosan mennyit keres?
Megoldás.
a.) 1 =
R2
2 c−2 dx + c−2 ⇒ c=4 6 = 3 + 6 0 x≤0 x R 2 t dt = x 0<x≤2 6 F (x) = 0 3 2 x−2 x+2 2<x≤4 3 + 6 = 6 1 x>4 R2 t2 R4 t b.) E(X) = 3 dt + 6 dt = 17 9 0
x 3
0
2
E(X ) =
R2
√ 0 71 9
2
t3 3
dt +
R4 2
t2 6
dt =
40 9
DX = 53.) Véletlenszer¶en választunk egy pontot az x2 + y 2 < 5 kör belsejében. Jelölje Z a távolságát a középponttól. Adjuk meg Z eloszlás- és s¶r¶ségfüggvényét, valamint várható értékét! Megoldás.
FZ (z) = P (Z < z) =
0 2
z π 5π
1
=
z 5
√ ha 0 < z ≤ 5 fZ (z) = 0 különben √ h i √5 √ R 5 2z2 2 z3 EZ = = 235 5 = 5 3 (
2
Megoldás.
ha z ≤ 0 √ ha 0 < z ≤ 5 √ ha z > 5
2z 5
0
300
a.) P (Z + 150 > 450) = P (Z > 300) = e− 200 = e−3/2 ≈ 22, 31% b.) E[0, 6(Z + 150) + 0, 4(Y + 100)] = 0, 6(200 + 150) + 0, 4(100 + 100) = 290 58.) Legyen X diszkrét valószín¶ségi változó az alábbi eloszlással: P (X = i) =
ahol i = −2, −1, 0, 1, 2, 3. a.) Határozd meg Y =X 2 eloszlását és várható értékét! Igaz-e, hogy E(X 2 ) = (EX)2 ? 1 1 b.) Igaz-e, hogy E X = EX ?
0
54.) Legyenek X1 ∼ N (2, 32 ) és X2 ∼ N (4, 42 ) függetlenek.
Megoldás.
a.) P (1 ≤ X1 < 3) =? b.) Számítsuk ki b értékét, hogy P (X1 ≥ b) = 0, 7 teljesüljön! 2 c.) P X1 −X > 0 =? 2
a.) Y eloszlása: P (Y = 0) = 16 ; P (Y = 1) = 62 ; P (Y = 2) = 26 ; P (Y = 3) = 16 . 1 2 EY = EX 2 = 2+8+9 = 19 6 6 6= (EX) = 4 1 1 1 1 1 1 7 1 b.) E X = − 2 − 1 + 0 + 1 + 2 + 3 + 4 6 = 72 6= 1/4 =4 59.) Határozd meg Y = − log(X) s¶r¶ségfüggvényét, ha X valószín¶ségi változó a.) exponenciális eloszlású; b.) egyenletes eloszlású az (a, b) intervallumon.
Megoldás.
1−2 a.) P (1 ≤ X 1) < 3−2 = Φ 31 − Φ − 13 = 1 < 3) = P 3 ≤ N (0, 3 = Φ 31 − 1 − Φ 13 = 2Φ 31 − 1 ≈ 2 · 0, 6306 − 1 = 0, 2611 b.) 0, 7 = P (X1 ≥ b) = 1 − Φ b−2 ⇒ Φ b−2 = 0, 3 ⇒ b = 3Φ−1 (0, 3) + 2 3 3
Megoldás.
10
1 6,
Vezessük le általánosan a s¶r¶ségfüggvényt arra az esetre, amikor a s¶r¶ségfüggvény nem nulla. Hogy hol nem nulla a s¶r¶ségfüggvény, azt eloszlásonként kell külön-külön megvizsgálni. Y := − log(X) FY (y) = P (Y < y) = P (− log(X) < y) = P (X > e−y ) = 1 − FX (e−y ) d FY (y) = e−y fX (e−y ) Ha X abszolút folytonos, akkor fY (y) = dy ( λe−λx ha x > 0 a.) fX (x) = 0 ha x ≤ 0 X s¶r¶ségfüggvénye nem 0, ha x > 0 ⇒ log(x) ∈ R ⇒ y = − log(x) ∈ R Így a keresett s¶r¶ségfüggvény: −y −y fY (y) = e( · λe−λe y∈R 1 ha a < x
y = − log(x) > − log(b) Így a keresett s¶r¶ségfüggvény: ( −y 1 e b−a ha − log(b) < y < − log(a) a > 0. fY (y) = 0 különben
egész momentumait ismerjük. EX 5 = E(X − 2 + 2)5 = E(X − 2)5 + 5E(X − 2)4 2 + 10E(X − 2)3 4 + 10E(X − 2)2 8 + 5E(X − 2)16 + 32 = 0 + 10 · 3!! + 0 + 80 + 0 + 32 = 142 62.) Legyen X ∼ N (0, 1). Adjuk meg
a.) Y = σX + m, ahol σ > 0 és m valós számok; b.) Y = X 2 . s¶r¶ségfüggvényét és várható értékét. P (Y < 1) =? Megoldás. fX (x) =
X értékét! Igaz-e, hogy E(2 ) = 2EX ? ( 1 −1 < x < 1 Megoldás. fX (x) = 2 0 egyébként
y FY (y) = P (2X < y) = P (X log 2 < log y) = FX ( log log 2 ) log y 1 fY (y) = y log 2 fX log 2
−1
−1
1 2
63.) Egy egységnégyzetb®l válasszunk ki egy tetsz®leges pontot, jelölje X és Y a kivá-
= 2−1 < y = 2x < 2
lasztott pont két koordinátáját. a.) U = X + Y b.) U = − log(XY )
3 4 log 2
6= 2EX = 20 = 1
Határozd meg U eloszlás-, s¶r¶ségfüggvényét és várható értékét! Megoldás.
61.) Legyen X ∼ N (2, 1) és Y = X 5 . Határozd meg Y s¶r¶ségfüggvényét és várható
értékét!
(x−2) √1 e− 2 2π 1/5 = FX (y ) 1/5
Megoldás. fX (x) =
a.) Mivel X, Y 0 és 1 közötti számok, ezért X + Y 0 és 2 között lesz. FZ (z) = P (Z < z) = P (X + Y < z) = P (Y < z − X). Ábrázolva az y = z − x egyenest az egységnégyzetben, az alatta lév® térrész felel meg a jó eseteknek. Látható, hogy a jó esetek valószín¶ségének kiszámítását ketté kell bontani aszerint, hogy z < 1 vagy z > 1.
2
x∈R
FY (y) = P (X 5 < y) fY (y) = 15 y −4/5 fX (y ) X s¶r¶ségfüggvénye nem 0, ha x ∈ R Tehát Y s¶r¶ségfüggvénye:
⇒
y = x5 ∈ R
z < 1 esetén P (Y < z − X) =
(y 1/5 −2)2
2 fY (y) = 5y14/5 √12π e− y∈R A várható értékhez használjuk fel, hogy X − 2
x∈R
a.) FY (y) = P (σX + m < y) = P y−m = FX y−m σ σ X sfve nem 0, ha x ∈ R ⇒ y = σx + m ∈ R fY (y) = σ1 fX y−m σ 2 ( y−m (y−m)2 σ ) 1 Tehát Y s¶r¶ségfüggvénye: FY (y) = σ1 √12π e− 2 = √2πσ e− 2σ2 , azaz Y ∼ N (m, σ 2 ) EY = m 1−m P (Y < 1) = P Y −m < 1−m = Φ 1−m . σ σ √ = FX σ σ √ √ √ √ b.) FY (y) = P (X 2 < y) = P (− y < X < y) = FX ( y)−FX (− y) = 2FX ( y)−1 √ √ fY (y) = 2 12 y −1/2 fX ( y) = √1y fX ( y) X s¶r¶ségfüggvénye nem 0, ha x ∈ R ⇒ y = x2 ∈ [0, ∞) ( y 1 √ e− 2 y ≥ 0 2πy fY (y) = 0 y<0 2 2 EY = EX = D X + E 2 X = 1 + 0 = 1 P (Y < 1) = 2Φ(1) − 1.
60.) Legyen X ∼ E(−1, 1) és Y = 2X . Határozd meg Y s¶r¶ségfüggvényét és várható
X s¶r¶ségfüggvénye nem 0, ha −1 < x < 1 ⇒ Tehát Y ( s¶r¶ségfüggvénye: 1 1
2
x √1 e− 2 2π
z2 2
1
=
1−
z2 2
(2−z)2
2
2 z > 1 esetén P (Y < z − X) = = 2z − 1 − z2 , ugyanis a komplementer 1 egyenl® szárú derékszög¶ háromszög oldala: 1 − (z − 1) = 2 − z .
N (0, 12 ) eloszlású, aminek a pozitív 11
y
64.) Egy dobozban az 1,2,3,4 feliratú 4 cédula van. Addig húzunk visszatevéssel a do-
y @ z6 @ @y = z − x @ 1 @ @ @ @
6
1 @ z @
bozból, míg 4-es nem kerül a kezünkbe. Határozzuk meg a kihúzott számok összegének a várható értékét és szórását! Megoldás.
A várható érték kiszámítására 3 megoldást is írunk, a szóráséra egyet, a harmadik megoldásban. 1. megoldás Legyen X : a húzott számok összege. Legyen Y : húzások száma, míg 4-est kapunk, ekkor nyilvánvalóan Y ∼Geo( 41 ). Alkalmazzuk a teljes várható érték tételt: ∞ P EX = E(X|Y = i)P (Y = i)
@y = z − x @ @ @@ @ x x z 1 1 z@ @ 0 ha z ≤ 0 z2 ha 0 < z ≤ 1 Tehát FZ (z) = 2 z2 2z − 1 − ha 1 < z ≤ 2 2 1 ha 2 < z ha 0 < z ≤ 1 z Ebb®l fZ (z) = 2 − z ha 1 < z ≤ 2 0 különben R1 R2 EZ = z dz + (2 − z) dz = 1. 0
i=1
Vizsgáljuk meg az {X|Y = i} eseményt! Ekkor az utolsó, i.-nek kihúzott cédulának 4-esnek kell lennie, az el®z®, i − 1 kihúzott cédula pedig bármi lehet a 4-esen kívül. Ezek az 1-es, 2-es és 3-asok, azonos valószín¶séggel kaphatjuk meg ®ket. Jelöljük Zj vel azokat a valószín¶ségi változókat, amik azonos, 13 valószín¶séggel veszik fel ezen értékeket, azaz P (Zj = k) = 31 k = 1, 2, 3, j = 1, 2, . . . , i − 1, amik a feladat szövege miatt egymástól függetlenek. Ezek közös várható értéke EZ1 = 2, segítségükkel pedig felírható a keresett feltételes várható érték. Így ∞ P EX = [EZ1 + EZ2 + . . . + EZi−1 + 4] · P (Y = i) =
1
b.) Mivel X, Y 0 és 1 közötti számok, ezért − log(XY ) 0 és ∞ között lesz. 1 FZ (z) = P (Z < z) = P (−log(XY ) < z) = P (Y > e−z X ). Ábrázolva az y = e−z x1 egyenest az egységnégyzetben, a felette lév® térrész felel meg a jó eseteknek. y 6
=
i=1
[2(i − 1) + 4] 14
i=1 ∞ P
=2
i=1
iP (Y = i) + 2
3 i−1 4 ∞ P
=
∞ P
[2i + 2] 14
i=1
3 i−1 4
=
P (Y = i) = 2EY + 2 = 8 + 2 = 10
i=1
2. megoldás Legyen U : az els®nek húzott cédula. Használjuk a teljes várható érték tételt. EX = E(X|U = 1)P (U = 1) + E(X|U = 2)P (U = 2) + E(X|U=3)P (U=3) + +E(X|U = 4)P (U=4) = (1 + EX) 14 + (2 + EX) 14 + (3 + EX) 41 + 4 14 Ez egy egyenlet EX -re, amit megoldva, EX = 10 adódik.
1
y = e−z · x1 x 1 e−z A kérdéses terület integrálással számítható ki: R1 x=1 1 − e−z x1 dx = [x − e−z log(x)]x=e−z =
3. megoldás Használjuk a Wald-lemmát! Ehhez vegyük észre, hogy X egy véletlen tagszámú összegYP −1 ként írható fel a következ®képpen: X = Zi + 4, ahol Y és Zi -k az 1. megoldásban i=1
de niált valószín¶ségi változók. Így EX = EZ E(Y − 1) + 4 = 2s· (4 − 1) + 4 = 10 s 1 · Y −1 YP −1 P 2 2 DX = D Zi + 4 = D Zi = i=1 i=1 p = qD2 Z1 E(Y − 1) + D2 (Y − 1)E 2 Z1 = √ √ = 23 · (4 − 1) + 12 · 4 = 2 + 48 = 5 2
e−z
−z −z = 1 − (e−z − e−z ( · (−z)) = 1 − e − ze 0 ha z ≤ 0 Tehát FZ (z) = −z −z 1 − e − ze ha 0 < z ( 0 ha z ≤ 0 Ebb®l fZ (z) = e−z − e−z + ze−z = ze−z ha 0 < z ∞ R∞ R∞ EZ = z 2 e−z dz = −z 2 e−z 0 + 2 ze−z dz = 2. 0
∞ P
65.) Egy dobozban 3 cédula van, rajtuk az 1,
számok. Addig húzunk visszatevéssel a dobozból, míg 1-est nem kapunk. Határozzuk meg a kihúzott számok szorzatának
0
12
1 1 2, 4
várható értékét!
Megoldás. Készítsünk egy gráfot, ami a kísérlet menetét szemlélteti!
Megoldás.
Legyen X : a húzott számok szorzata 1. megoldás Legyen Y : húzások száma, míg 1-est kapunk, ekkor Y ∼Geo( 13 ) Ekkor az utolsó, Y .-nak kihúzott cédulának 1-esnek kell lennie, az el®z®, Y −1 kihúzott cédula pedig bármi lehet az 1-esen kívül. Ezek az 21 , 14 , azonos valószín¶séggel kaphatjuk meg ®ket. Jelöljük Zj -vel azokat a valószín¶ségi változókat, amik azonos, 12 valószín¶séggel veszik fel ezen értékeket, azaz P (Zj = 12 ) = P (Zj = 14 ) = 12 j = 1, 2, . . ., amik a feladat szövege miatt egymástól függetlenek. Ezek közös várható értéke EZ1 = 38 . Vegyük észre, hogy X egy véletlen tagszámú szorzatként írható fel a következ®képpen: YQ −1 X= Zi · 1
1 6 1 3
2 3
=
n=1 ∞ P 1 3 n=1
i=1 1 n−1 4
n=1
=
1 1 3 1− 14
=
14 33
=
n=1
3 n−1 1 8 3
2 n−1 3
=
4 9
2. megoldás Legyen U : az els®nek húzott cédula. Használjuk a teljes várható érték tételt. EX = E(X|U =1)P (U =1) +E(X|U = 12 )P (U = 12 ) +E(X|U= 41 )P (U= 14 ) = 1 · EX) 13 + ( 14 · EX) 31 Ez egy egyenlet EX -re: 12EX = 4 + 2EX + EX , amib®l EX = 49 adódik.
1 3
1 6
5 vagy 6
[1]
,
vége[2]
4 6
A csúcsok számát a jobb fels® szögletes zárójelben lév® szám jelöli. Jelölje mi : az i. csúcsból indulva, várhatóan meddig kell várni addig, míg a 6 és 5 számok egymás után kijönnek, ahol i = 0, 1, 2. Nyilván m2 = 0. A teljes várható érték tétel alapján az alábbi egyenleteket írhatjuk fel a 0-s és az 1-es csúcsokra: m0 = (1 + m0 ) 23 + (1 + m1 ) 31 m1 = (1 + m0 ) 46 + (1 + m1 ) 61 + 1 · 61 A feladat megoldása az m0 érték, amire az egyenletrendszert megoldva, 21 adódik. Emellett m1 = 18. 68.) Egy érmével addig dobunk, amíg az FF sorozat megjelenik. Átlagosan mennyit (hány dobásnyit) kell erre várnunk? Megoldás. 1. megoldás Készítsünk megfelel® gráfot, ami a játék menetét leírja. A csúcsok jobb fels® sarkában a kapcsos zárójelben lév® szám a csúcs sorszámát jelöli.
i=1
Használjuk érték Ya−1teljes várható Y −1tételt! ∞ Q P Q EX = E Zi = E Zi Y = n · P (Y = n) = n=1 i=1 i=1 ∞ n−1 ∞ ∞ P Q P P = E Zi · P (Y = n) = (EZ1 )n−1 · P (Y = n) =
[0] start m ;
.
+ ( 12 ·
1 2
1 2
start[0]
F [1] 1 2
66.) Egy bányász a bánya egyik termében rekedt, ahonnan öt út nyílik. Az egyik egy
három perces út végén a szabadba vezet. A többi négy közül kett® út esetén öt, másik kett® esetén pedig hét percnyi séta után visszatér ugyanebbe a terembe. A bányász teljesen össze van zavarodva, minden alkalommal a többi választásától függetlenül egyenl® valószín¶séggel választ egyet az utak közül. Legyen X a szabadba jutáshoz szükséges id®. Mennyi X várható értéke?
1 2
F F [2] 1 2
Legyen mi : átlagosan mennyit kell várni FF megjelenéséig, ha az i. csúcsban vagyunk. Nyivánvalóan m2 = 0. A teljes várható tétele alapján a 0 és 1 sorszámú csúcsokra a következ® egyenletek írhatók fel: m0 = (1 + m0 ) · 12 + (1 + m1 ) · 21 m1 = (1 + m0 ) · 12 + 1 · 21 A feladat megoldása az m0 érték, amire az egyenletrendszert megoldva, 6 adódik. A másik érték: m1 = 4.
Megoldás.
Legyen U : az els®nek választott út száma. Legyen az 1-es út a szabadba vezet®, ezen 3 percet kell menni. Legyen a 2-es és 3-as út az, amelyiken 5 percet haladva, visszaérünk a bánya termébe. Legyen a 4-es és 5-ös út az, amelyiken 7 percet haladva, visszaérünk a terembe. Használjuk a teljes várható érték tételt! EX = E(X|U = 1)P (U = 1) + E(X|U = 2)P (U = 2) + E(X|U=3)P (U=3) + E(X|U=4)P (U=4) + E(X|U=5)P (U=5) = 3 · 15 + (5 + EX) 51 + (5 + EX) 15 + (7 + EX) 51 + (7 + EX) 15 Ez egy egyenlet EX -re: 5EX = 27 + 4EX , amib®l EX = 27 perc adódik.
2. megoldás Legyen X : hányadik dobásra jön ki els®re egymás után két fej. Használjuk most is a teljes várható érték tételt, de az alapján, hogy mit dobtunk az els® két alkalommal. Így a teljes eseményrendszer a következ®: {F F, F I, IF, II}. Vegyük észre, hogy ekkor az E(X|IF ) felírása problémát fog jelenteni. Trükk: csökkentsük a teljes eseményrendszert a következ® 3 eseményre: {F F, F I, I}. Ekkor a teljes várható érték tétellel EX = E(X|F F )P (F F ) + E(X|F I)P (F I) + P (X|I)P (I) = = 2 · 14 + (2 + EX) · 41 + (1 + EX) · 12 = 3EX + 6 Ezt EX -re rendezve, 6-ot kapunk megoldásnak.
67.) Egy szabályos kockát addig dobálunk, amíg a 6 és 5 számot nem kapjuk két egy-
más utáni dobás eredményeként. Adjuk meg a szükséges dobások számának várható értékét!
13
69.) Egy érmével addig dobunk, amíg az FFI vagy az FIF sorozat megjelenik. Mennyi
Megoldás.
a valószín¶sége, hogy FFI jön el®bb? Mennyit dobunk átlagosan? Megoldás. Készítsünk megfelel® gráfot, ami a játék menetét leírja. A csúcsok jobb fels® sarkában a kapcsos zárójelben lév® szám a csúcs sorszámát jelöli.
a.) A megadott plusz információkból a peremvalószín¶ségek kitölthet?k, az együttes valószín¶ségek pedig kivonásokkal már triviálisan adódni fognak. Mivel X csak két értéket vehet fel, ezért X felfogható egy indikátorváltozó lineáris d transzformáltjaként. Könnyen látható, hogy X = 5U + 5, ahol U ∼ Ind(p). Az ismeretlen p a várható értékb®l adódik: 7 = EX = 5EU + 5 = 5p + 5 ⇒ p = 25 22 12 10 = EY = P (Y = 1) + 2P (Y = 2) + 10 , továbbá a valószín¶ségek összege 1: 4 1 = P (Y = 1) + P (Y = 2) + 10 , így az egyenletrendszer megoldásával adódik, hogy 2 4 P (Y = 1) = 10 és P (Y = 2) = 10 . A kitöltött táblázat: X\Y 1 2 3 X peremeloszlása 1 2 3 6 5 10 10 10 10 1 2 1 4 10 10 10 10 10 2 4 4 Y peremeloszlása 10 10 10 1 b.) Nem függetlenek egymástól, ugyanis például 6 2 1 6= 10 · 10 = P (X = 5) · P (Y = 1) P (X = 5, Y = 1) = 10 √ 6 4 2 2 D X = 25D U = 25 10 10 = 6 ⇒ DX = 6 2 4 4 EY = 1 · 10 + 2 · 10 + 3 · 10 = 11 5 2 4 4 2 EY = 1 · 10 + 4 · 10 + 9 · 10 = 27 5 √ 121 14 − = ⇒ DY = 514 D2 Y = 27 5 25 25 1 2 1 E(XY ) = 5 · 1 · 10 + 5 · 2 · 10 + . . . + 10 · 3 · 10 = 5+20+45+10+40+30 = 15 10 11 2 Cov(X, Y ) = 15 − 7 · 5 = − 5
1 2
1 2
start[0]
1 2
F [1] 1 2
1 2 1 2
F F [2] F I [3]
1 2
1 2
F F I [4] F IF [5]
Legyen pi = P (FFI el®bb jön ki, ha az i. csúcsban vagyunk). Nyivánvalóan p4 = 1 és p5 = 0. A teljes valószín¶ség tétele alapján a 0,1,2 és 3 sorszámú csúcsokra a következ® egyenletek írhatók fel: p0 = p0 · 21 + p1 · 12 p1 = p2 · 12 + p3 · 12 p2 = 1 · 21 + p2 · 12 p0 = p0 · 12 + 0 · 12 Ennek megoldása: p0 = 23 , p1 = 23 , p2 = 1, p3 = 31 , tehát az els® kérdésre adandó válasz p0 = 23 . Legyen mi : átlagosan mennyit kell várni FFI megjelenéséig, ha az i. csúcsban vagyunk. Nyivánvalóan m4 = m5 = 0. A teljes várható tétele alapján a 0,1,2 és 3 sorszámú csúcsokra a következ® egyenletek írhatók fel: m0 = (1 + m0 ) · 12 + (1 + m1 ) · 12 m1 = (1 + m2 ) · 12 + (1 + m3 ) · 12 m2 = 1 · 21 + (1 + m2 ) · 12 m3 = (1 + m0 ) · 12 + 1 · 21 A feladat megoldása az m0 érték, amire az egyenletrendszert megoldva, 6 adódik. A többi érték: m1 = 4, m2 = 2, m3 = 4.
R(X, Y ) =
d.) e.)
− 52
√
6·
14 5
= − √121
R2 =
⇒
1 21
≈ 0, 048
tehát gyenge negatív kapcsolat ! van X és Y között. 1 − √121 6 − 25 és c.) − 52 14 − √121 1 25 d.) P (X < 7|Y < 3) =
P (X<7,Y <3) P (Y <3)
e.) P (Y = 1|X = 10) =
70.) Az Y és X valószín¶ségi változók együttes eloszlását a következ® táblázat mutatja.
Y a.) b.) c.)
√
X\Y 1 2 3 X peremeloszlása 1 5 . . . . . . ... 10 2 10 . . . 10 ... ... 4 peremeloszlása . . . . . . 10 ... Töltsd ki a táblázatot, ha EX = 7 és EY = 11 5 ! X és Y függetlenek egymástól? Amennyiben nem, határozd meg a korrelációjukat! Add meg (X, Y )T valószín¶ségi vektorváltozó kovariancia mátrixát és korrelációs mátrixát! P (X < 7 | Y < 3) =? E(Y | X = 10) =?
1 10 4 10
=
1 4
P (Y = 2|X = 10) = 12 P (Y = 3|X = 10) = 14 E(Y |X = 10) = 1 · 41 + 2 ·
1 2
=
+3·
1 4
3 10 6 10
=
3 6
=
1 2
=2
71.) Az X és Y valószín¶ségi változók együttes eloszlását a következ® táblázat mutatja.
Y \X 0 1 2 Y peremeloszlása 3 3 4 1 27 27 27 2 2 4 2 27 27 27 1 1 7 3 27 27 27 X peremeloszlása Határozd meg X és Y eloszlását, várható értékét, szórásnégyzetét! Függetlenek-e egymástól? Amennyiben nem, határozd meg a korrelációjukat! Megoldás.
14
Y \X 0 1 2 Y peremeloszlása 3 3 4 10 1 27 27 27 27 2 2 4 8 2 27 27 27 27 1 1 7 9 3 27 27 27 27 6 6 15 X peremeloszlása 27 27 27 1 6 36 4 6 + 1 · 27 + 2 · 15 = = EX = 0 · 27 27 27 3 6 6 66 22 EX 2 = 0 · 27 + 1 · 27 + 4 · 15 27 = 27 = q9 16 6 ⇒ DX = 23 D2 X = 22 9 − 9 = 9
• a maradék három rubrikát kivonással megkaphatjuk EX = EY = 21 q DX = DY = 38 E(XY ) =
2
76 27
2 3
(X,aX+bY ) R(X, aX + bY ) = Cov DXD(aX+bY =
=
DX
√
aD 2 X+bCov(X,Y )
Cov(X,Y )
a2 D 2 X+b2 D 2 Y +2ab
DX
=
(X,aX)+Cov(X,bY ) √ Cov 2 2
DX
Cov(aX,bY )
D (aX)+D (bY )+2
√
aD 2 X+0 a2 D 2 X+b2 D 2 X+0
=
DX
729 1600
• a maradék öt rubrikát kivonással megkaphatjuk A táblázatban lév® 9 együttes valószín¶séget megvizsgálva megállapíthatjuk, hogy azok a megfelel® peremvalószín¶ségek szorzatai, így X és Z független egymástól ⇒ R=0 74.) Egy szabályos kockával dobunk. Jelölje X a dobott számot, Y pedig azt, hogy a dobott szám hárommal osztva milyen maradékot ad. R(X, Y ) =?
=
2 √aD X a2 +b2 DX
=
1 8
R(X, Y ) = = − 13 b.) X és Z együttes eloszlása és a peremeloszlások: Z\X 0 1 2 Z peremeloszlása 729 486 81 81 1296 0 1600 1600 1600 100 = 1600 162 108 18 18 288 1 1600 1600 1600 100 = 1600 9 6 1 1 16 2 1600 1600 1600 100 = 1600 9 900 6 600 1 100 X peremeloszlása 16 = 1600 16 = 1600 16 = 1600 1 A táblázat kitöltésének menete például történhet így: 1 • A peremek eloszlása ismert: X ∼Bin 2, 41 és Z ∼Bin 2, 10 így a széleket ki lehet tölteni. 1 2 1 • P (X = 2, Z = 2) = P (mindkét cédula a piros 10-es) = 40 = 1600 81 9 2 = 1600 • P (X = 2, Z = 0) = P (mindkét cédula piros, de nem 10-es) = 40 3 2 9 • P (X = 0, Z = 2) = P (mindkét cédula 10-es, de nem piros) = 40 = 1600 2 • P (X = 0, Z = 0) = P (mindkét cédula se nem piros, se nem 10-es) = 27 = 40
tehát gyenge pozitív kapcsolat van X és Y között. 72.) Legyen X és Y független, azonos eloszlású. Tegyük fel azt is, hogy véges szórásúak. R(X, aX + bY ) =? Megoldás.
=
1 1 8−4 3 8
8 9 53 EY = 1 · 10 27 + 2 · 27 + 3 · 27 = 27 10 8 9 2 EY = 1 · 27 + 4 · 27 + 9 · 27 = 35 √ 9 D2 Y = 512 ⇒ DY = 16 272 27 2 3 3 7 E(XY ) = 1 · 0 · 27 + 1 · 1 · 27 + ... + 3 · 2 · 27 = 3+8+4+16+3+42 = 27 Nem függetlenek egymástól, ugyanis például 3 6 P (X = 0, Y = 1) = 27 6= 27 · 10 27 = P (X = 0)P (Y = 1) 76 4 53 16 Cov(X, Y ) = 27 − 3 · 27 = 81 16 1 R(X, Y ) = √ 2 8116 √ = √ ⇒ R2 ≈ 0, 083 3 · 27
2 16
√ a a2 +b2
73.) Egy dobozban 10 piros, 10 fehér, 10 zöld, 10 kék cédula van, mindegyik 1-t®l 10-ig
számozva. Visszatevéssel húzunk kétszer. Legyen X a pirosak száma a kihúzottak között; Y a kékek száma; Z a 10-esek száma. Határozd meg a.) X és Y ; b.) X és Z együttes eloszlását és korrelációját!
Megoldás.
Készítsük el az együttes és a peremeloszlásokat tartalmazó táblázatot! X és Y együttes eloszlása és a peremeloszlások: Y \X 1 2 3 4 5 6 Y peremeloszlása 1 0 0 0 16 0 0 16 3 1 1 1 1 0 0 6 0 0 6 3 1 1 1 2 0 6 0 0 6 0 3 1 1 1 1 1 1 X peremeloszlása 6 6 6 6 6 6 1 EX = 72 D2 X = 35 12 (kockadobásnál már kiszámoltuk) EY = 1 5 EY 2 = 1+4 3 = 3 2 D2 Y = 3 E(XY ) = 1+4+4+10 = 19 6 q6 19 7 2 2 6 −2 √ R(X, Y ) = 35 2 = − 35 ⇒ R2 = 35 ≈ 0, 06
Megoldás.
a.) X és Y együttes eloszlása és a peremeloszlások: Y \X 0 1 2 Y peremeloszlása 4 4 1 9 0 16 16 16 16 4 2 6 1 0 16 16 16 1 1 2 0 0 16 16 9 6 1 X peremeloszlása 16 16 16 1 A táblázat kitöltésének menete például történhet így: • A peremek eloszlása ismert: X és Y mindkett® Bin 2, 14 eloszlást követ, így a széleket ki lehet tölteni. • P (X = 2, Y = 2) = P (X = 1, Y = 2) = P (X = 2, Y = 1) = 0 1 1 • kivonással P (X = 2, Y = 0) = 16 , hasonlóan P (X = 0, Y = 2) = 16 2 4 • P (X = 0, Y = 0) = P (mindkét cédula zöld vagy kék) = 12 = 16
12 3
Tehát X és Y között gyenge negatív kapcsolat van. 15
75.) Egy szabályos érmét kétszer feldobunk. Legyen X értéke 1, ha az els® dobás fej, és
50 P 20 P
0, ha írás. Legyen Y értéke 1, ha a második dobás fej, és 0, ha írás. Mutassuk meg, hogy X + Y és |X − Y | korrelálatlanok, de nem függetlenek!
R(X, Y ) =
Y =
Ui ∼Bin 75,
i=1
R(X + Z, Y ) = 50 P 75 P
és Z =
Ui ∼Bin 30,
i=71
cov(X+Z,Y ) D(X+Z)·DY
cov(Ui ,Uj )+
i=1 j=1 = √ 2
100 P
75 100 P P
75· 12 · 21
=
s
és Y =
=√
=
√ 55 √ 4 5·5 3
=
R(X, Y ) =
2 20D U1 √ 20 10 9
=
20· 31 · 23 √ 20 10 9
=
√2 10
.
cov(X,Y ) DX·DY
=√
i=1 j=1
cov(Ui ,Vj )
√
10· 16 · 65 ·
10· 12 · 21
Nézzük meg, hogy mi lesz az egyek Ui -k és Vj közötti kovariancia! Ehhez meg kell gondolni, milyen eloszlású az Ui · Vj valószín¶ségi változó. Mivel mindkét tényez? önmagában indikátorváltozó, ezért a szorzatuk is az lesz, ( 0 ha i = j P (Ui · Vj = 1) = P (Ui = 1, Vj = 1) = 1 1 1 · = ha i 6= j 6 2 12 ( 1 1 1 10 db 0 − · = − 12 ha i = j Így cov(Ui , Vj ) = 1 6 1 2 1 ha i 6= j 102 − 10 = 90 db 12 − 6 · 2 = 0 Ezt felhasználva már kiszámítható a keresett korreláció: 10·(− 1 ) 1 ,V1 ) √ = 10√512 = − √15 R(X, Y ) = 10·cov(U 10 5 12
12
79.) Egy tízemeletes ház földszintjén 15 ember száll be a liftbe. Mindenki a többiekt®l
függetlenül 1/10 eséllyel száll ki az egyes emeleteken. Mennyi a megállások számának várható értéke és szórása?
.
Megoldás.
Legyen X : hány emeleten áll meg a lift. Ezt fel lehet bontani független, azonos 10 P eloszlású valószín¶ségi változók összegére: X = Ui , ahol Ui : annak az indikátora,
50D 2 U1 +5D 2 U1 √ 50 100 P P 50· 21 · 21 +30· 21 · 12 + cov(Ui ,Uj )· 5 2 3
=
i=1
hogy az i. emeleten megáll a lift. Ezek azonos eloszlásúak, de nem lesznek függetlenek. P (U1 = 1) = P (az 1. emeleten megáll a lift) = 9 15 = 1 − P (az 1. emeleten senki se száll ki) = 1 − 10 ⇒ Ui ∼Ind 1 − 0, 915 , i = 1, . . . , 10 10 P Ui = 10 · EU1 = 10 · (1 − 0, 915 ) ≈ 7, 94 EX = E i=1 10 P Ui = 10 · D2 U1 + (102 − 10) · cov(U1 , U2 ) = D2 X = D2
11 √ 4 15
golyó van. X jelentse a kihúzott piros golyók számát az els® 50, Y pedig az els® 20 kísérletben. R(X, Y ) =? Megoldás. Az X -et és Y -t fel lehet bontani független, azonos eloszlású val. változók összegére. Legyen Ui : annak az indikátora, hogy az i. húzás piros lett. Ek50 P kor Ui ∼Ind 31 függetlenek. Ennek fényében X = Ui ∼Bin 50, 31 és Y =
i=1
= 10 · (1 − 0, 915 ) · 0, 915 + 90 · [E(U 1 U2 ) − EU1 · EU2 ] = = 10 · (1 − 0, 915 ) · 0, 915 + 90 · P (U1 = 1, U2 = 1) − (1 − 0, 915 )2 Annak a valószín¶ségét, hogy két emeleten is megáll a lift, a következ®képp lehet kiszámítani:
i=1
i=1
Vi ∼Bin 10,
1 2
10 P 10 P
77.) 100-szor húzunk visszatevéssel egy olyan dobozból, amelyben 1 piros és 2 fehér
20 P
10 P i=1
i=1 j=71
50 5 4 +4 √ 5 3 80 +0· 4 2
=
i=1
D (X+Z)·DY
√
D X+D 2 Z+2cov(X,Z)·
20· 13 · 32
összegére. Legyen Ui : annak az indikátora, hogy az i. húzás 6-oslett. Legyen Vi : annak az indikátora, hogy az i. húzás páratlan lett. Ekkor Ui ∼Ind 16 i = 1, . . . , 10 függetle10 P nek és Vi ∼Ind 21 i = 1, . . . , 10 függetlenek. Ennek fényében X = Ui ∼Bin 10, 16
√ 2 )+cov(Z,Y ) = = cov(X,Y
cov(Ui ,Uj )
i=1 j=71
1 2
√
50· 13 · 32 ·
Megoldás. Az X -et és Y -t fel lehet bontani független, azonos eloszlású val. változók
i=1
cov(Ui ,Uj )
számok száma. Határozzuk meg X és Y korrelációs együtthatóját!
Készítsük el az együttes és a peremeloszlásokat tartalmazó táblázatot! X + Y és |X − Y | együttes eloszlása és a peremeloszlások: |X − Y |\X + Y 0 1 2 |X − Y | peremeloszlása 1 1 0 0 14 4 2 1 1 1 0 2 0 2 1 1 1 X + Y peremeloszlása 4 2 4 1 Vegyük észre, hogy X + Y ∼Bin(2, 12 ) és |X − Y | ∼Ind( 12 ) E(X + Y ) = 1 D2 (X + Y ) = 12 E|X − Y | = 21 D2 Y = 14 E(XY ) = 21 cov(X, Y ) = 12 − 12 = 0 ⇒ X + Y és |X − Y | korrelálatlanok Viszont nem függetlenek, mert például a bal alsó együttes valószín?séget tekintve 0 6= 11 2 4. 76.) Egy dobozban 5 piros és 5 kék golyó van, amib®l 100-szor húzunk visszatevéssel. Jelölje X az els® 50, Y az els® 75, Z pedig az utolsó 30 húzásból a pirosak számát. Határozzuk meg X + Z és Y korrelációs együtthatóját! Megoldás. Az X -et, Y -t és Z -t fel lehet bontani független, azonos eloszlású val. változók összegére. Legyen Ui : annak az indikátora, hogy az i. húzás piros 50 P lett. Ekkor Ui ∼Ind 12 függetlenek. Ennek fényében X = Ui ∼Bin 50, 12 , 1 2
=√
i=1 j=1
78.) Egy kockát 10-szer feldobunk. X a dobott 6-osok száma, Y a dobott páratlan
Megoldás.
75 P
cov(X,Y ) DX·DY
Ui ∼Bin 20, 3 . 1
16
P (U1 = 1, U2 = 1) = P ({U1 = 1} ∩ {U2 = 1}) = = 1 − P ({U1 6= 1} ∪ {U2 6= 1}) = 1 − 2P (U1 6= 1) + P (U1 6= 1, U2 6= 1) = = 1 − 2 · 0, 915 + 0, 815 Így a szórás p a következ® lesz: DX = 10 · (1 − 0, 915 ) · 0, 915 + 90 · [1 − 2 · 0, 915 + 0, 815 − (1 − 0, 915 )2 ] ≈ 0, 993 80.) Mely c valós paraméter esetén lesznek kétdimenziós s¶r¶ségfüggvények az alábbiak? Adjuk meg az együttes eloszlásfüggvényt, valamint a perems¶r¶ségfüggvényeket! P X > 21 , Y < 1 =? Független X és Y ? R(X, Y ) =? cxy ha (x, y) ∈ (0, 1)2 különben 0 c(x + y) ha x ∈ (0, 2)2 b.) f (x, y) = 0 különben a.) f (x, y) =
− c.) f (x, y) =ce
d.) f (x, y) =
fX (x) =
EX =
0 0
0
0
c 2
R1
y dy =
0
c 4
⇒
0
EX 2 =
, (x; y) ∈ R2 x −y 1 < x < c és 0 < y 2e 0 különben 2
Az együttes eloszlásfüggvény az együttes s¶r¶ségfüggvényb®l: 0 ha x < 0 vagy y < 0 Ry Rx 4uv dudv = x2 y 2 ha 0 < x < 1 és 0 < y < 1 0 0 FX,Y (x, y) = y2 ha 1 < x és 0 < y < 1 2 x ha 0 < x < 1 és 1 < y 1 ha 1 < x és 1 < y h 2 i2 R2 R2 R2 R2 = 8c ⇒ c = b.) 1 = c(x + y) dx dy = 2c x dx dy = 4c x2 0 0
0 0
0
x+1 4
x x+1 4 dx =
R2 0 5 3
0<x<2 egyébként
7 6
x2 x+1 4 dx =
= EY 5 3
0 0 49 4 3 − 36
0 0 2
1 4
h
x3 3
i2 h 0
y2 2
1 1 ⇒ R = 121 ≈ 0, 01 R(X, Y ) = 11 = − 11 36 Tehát X és Y között gyenge negatív (lineáris) kapcsolat van. R2 R1 R2 P X > 12 , Y < 1 = 18 x + 21 dx = 18 x + y dydx = 18
i2
15 8
=
4 3
3 4
0
+
=
21 64
1/2
c.) Vegyük észre, hogy a s¶r¶ségfüggvény szétbontható csak x-t®l és csak y -tól függ® tagok szorzatára, így a korreláció biztosan 0; illetve mindkét szétbontott tag er®sen "hasonlít" a normális eloszlás s¶r¶ségfüggvényére. 2 Az x-t®l függ® tag e−x /2 , ami majdnem az N (0, 1) eloszlás s¶r¶ségfüggvénye. A
0
0
+ y) dy =
1/2 0
c=4
1/2
1/2 0
1 8 (x
11 2 − 49 36 = 36 = D Y 2 2 RR R2 R2 1 2 E(XY ) = xy 18 (x + y) dx dy = 4 x y dx dy =
D2 X =
x2 +4y 2
1 R 4xy dy = 2x ha 0 < x < 1 fX (x) = y=0 0 különben A szimmetria miatt ( 2y ha 0 < y < 1 fY (y) = 0 különben Tehát X és Y azonos eloszlásúak és függetlenek. ⇒ R = 0 h 2 i1 h 2 i1 R1 R1 y xy dxdy = 4 x2 = 1 − 14 = P X > 12 , Y < 1 = 4 2
R2 0
a.) c meghatározása: 1 R∞ R∞ R1 R1 R1 R 1= fX,Y (x, y) dx dy = c xy dxdy = c y x dx dy = −∞ −∞
0
0
Megoldás.
R1 h 2 i1 dy = = c y x2
2 R
y2
−
2
1 hiányzó konstans az Az y -tól függ® tag e = e ( 2 ) , ami majdnem q 2 1 az N (0, ( 12 )2 ) eloszlás s¶r¶ségfüggvénye. A hiányzó konstans az √2π· = 1 π . Így
−4y 2 /2
√1 . 2π
2·
tehát c = π1 . P X > 12 , Y < 1 = P X > 12 )P (Y < 1 = 1 − Φ( 12 ) Φ(2) h 2 ia √ R∞ Ra x −y 2 ∞ x e d x d y = · [−e−y ]0 = ( a4 − 14 ) · 1 ⇒ a = 5 d.) 1 = 2 4 0 1
2
1
Az eddigiekb®l nyilvánvaló, hogy X és Y függetlenek, így a korreláció 0, valamint Y ∼Exp(1) P X > 12 , Y < 1 = P (Y < 1) = 1 − e−1
3 4
81.) Megadható-e olyan 0 várható érték¶ és 1 szórású valószín¶ségi változó, amelyre
P (|X| ≥ 2) ≥ 0, 5? 2 Megoldás. Nem, mivel a Csebisev-egyenl®tlenség miatt P (|X| ≥ 2) ≤ D22X = 14 . 82.) U és V valószín¶ségi változókról a következ®ket tudjuk: R(U, V ) = −0, 75; EU = 4; EV = 6; D(U ) = D(V ) = √12 . Becsüld alulról a P (7 < U + V < 12) valószín¶séget! Megoldás. X := U + V Ekkor EX = EU + EV = 4 + 6 = 10 cov(U, V ) = R(U, V ) · DU · DV = − 34 · 12 = − 38 D2 X = D2 U + D2 V + 2Cov(U, V ) = 12 + 12 + 2 · − 38 = 14 P (7 < X < 12) = P (−3 < X − 10 < 2) ≥ P (−2 < X − 10 < 2) = 2 = P (|X − 10| < 2) = 1 − P (|X − 10| ≥ |{z} 2 ) ≥ 1 − Dε2X =
1 8
Mivel nem lehet ®ket szétbontani x-t®l és y -tól függ®k szorzatára, ezért láthatóan nem függetlenek. A s¶r¶ségfüggvény szimmetriája miatt elég csak X s¶r¶ségfüggvényét, várható értékét és szórását kiszámítani.
ε=
17
1
t®l, i = 1, 2, . . . , 10000. Ekkor P (Xi = 11) = 0, 99 és P (Xi = −989) = 0, 01
1 15 = 1 − 242 = 1 − 16 = 16 . 83.) Hamis érmével dobunk, a fej valószín¶sége 0,51. a.) Becsüljük meg a Csebisev-egyenl®tlenséggel, majd a centrális határértéktétel segítségével is annak a valószín¶ségét, hogy 10 ezer dobásból legalább 5150 fej! b.) Hányszor kell dobni, hogy a fejek relatív gyakorisága legalább 97,5 %-os valószín¶séggel több legyen, mint 0,505?
Xi = 1000Ind(0, 99) − 989 A keresett valószín¶ség a centrális határeloszlás-tétellel közelíthet® P (X1 + . . . + X10000 ≥ 0) = 1 − P
0,51·0,49 n
Xi
≈
párt támogatottságát (az eltérést a várható támogatottságtól) legalább 95%-os valószín¶séggel 0,01nél kisebb eltéréssel szeretnénk megbecsülni? a.) Számoljunk a Csebisev-egyenl®tlenséggel. b.) Számoljunk a normális eloszlással. Megoldás. Xi (i = 1, ..., n) legyen az a valószín¶ségi változó, amely az 1 értéket veszi fel, ha az i. ember a pártra szavaz (ismeretlen p valószín¶séggel), és 0 értéket vesz fel, amennyiben nem Így Xi ∼Ind(p) ⇒ EXi = p, D2 Xi = p(1 − p) Becsüljük a támogatottságot X -gal 2 Így EX = EX1 = p és D2 X = D nX1 = p(1−p) n
i=1
n
<
0−10000·(1000·0,99−989) √ √ 10000·1000· 0,99·0,01
85.) Legalább hány embert kell megkérdezni egy közvéleménykutatásnál, ha egy adott
Ekkor EY = 5100 és D2 Y = 2499. A becsülend® valószín¶ség: P (Y ≥ 5150) Csebisev-egyenl®tlenséggel: 2 P (Y − 5100 ≥ 50) ≤ P (|Y − 5100| ≥ 50) ≤ D502Y = 2499 2500 Használjuk a centrális határeloszlás-tételt: 50 50 P Y√−5100 ≥ √2499 ≈ 1 − Φ √2499 ≈ 1 − Φ(1) = 0, 1587 2499 b.) Legyen X n =
Xi −10000·EX1 i=1 √ 10000·DX1
10000·1 √ ≈ 1 − Φ − 1000· = Φ( √1099 ) ≈ Φ(1) = 0, 8413 99
a.) Legyen Xi valószín¶ségi változó, ami 1 értéket vesz fel, ha fejet dobunk, és 0-t, amikor írást. Ekkor nyilvánvalóan Xi ∼Ind(0, 51) Legyen Y : mennyi fejet kaptunk 10000 dobásból, azaz 10000 P Y = Xi ∼Bin(10000; 0, 51).
n P
10000 P
Megoldás.
i=1
⇒
d
ε=
a fejek relatív gyakorisága, ekkor EX n = 0, 51 és D2 X n =
z}|{ a.) P ( X − EX < 0, 01) = 1 − P ( X − EX ≥ 0, 01) ≥ 1 − =1−
A becsülend® valószín¶ség: P (X n > 0, 505) Használjuk a Csebisev-egyenl®tlenséget: P (X n > 0, 505) = P (X n − 0, 51 > −0, 005) = = 1 − P (X n − 0, 51 ≤ −0, 005) ≥ 1 − P (|X n − EX n | ≥ 0, 005) ≥ 2 0,51·0,49 Xn ≥1− D · 2002 = 1 − 9996 0,0052 = 1 − n n A feladat szövege alapján ennek kell legalább 0,975-nek lennie: 1 − 9996 n ≥ 0, 975 ezt megoldva n ≥ 399840 jön ki: legalább 399840-szer kell dobnunk. Centrális határérték-tétellel: −0,005 0,005 √ √ P (X n > 0, 505) = P X√n −0,505 > ≈ 1 − Φ − = 0,2499 0,2499 0,2499 n n n √ n = Φ 2√2499 A feladat szövege alapján ennek kell legalább 0,975= Φ √0,005 0,2499
p(1−p) n 1 1002
=1−
D2 X ε2
=
10000p(1−p) n
és ennek kell nagyobbnak lennie 0,95-nél: 1 − 10000p(1−p) ≥ 0, 95 ⇒ 0, 05 ≥ 10000p(1−p) ⇒ n ≥ 200000p(1 − p). n n Például ha p = 0, 1, akkor az n ≥ 18000 becslést kapjuk. b.) Feltesszük, hogy X ∼ N p, p(1−p) n
0, 95 ≤ P (|X − EX| < 0, 01) = P (−0, ! 01 < X − p < 0, 01) = =P
q−0,01
p(1−p) n
<
qX−p
p(1−p) n
<
q 0,01
p(1−p) n
! =Φ ⇒
n
nek lennie: √ √ √ n Φ 2√2499 ≥ 0, 975 ⇒ n ≥ Φ−1 (0, 975) · 2 2499 = 195, 96 tehát n ≥ 38399, 2 adódik: legalább 38400-szor kell dobnunk. 84.) Egy életbiztosító társaságnak 10000 biztosítottja van, tegyük fel, hogy ®k egyforma korúak és egészség¶ek. 1% annak a valószín¶sége, hogy egy ilyen személy az év folyamán meghal. Minden biztosított az év elején 11 ezer Ft-ot zet be, halála esetén pedig hozzátartozói 1 millió Ft-ot kapnak a biztosítótól. Mi a valószín¶sége, hogy a biztosító egy évben ezen biztosításra vonatkozóan nem lesz veszteséges? Megoldás. Legyen Xi : a biztosító bevétele (e Ft-ban) az adott biztosított személy-
q1 p(1−p) 100 n √ n √ 100 p(1−p)
−Φ
= !
− q1p(1−p) 100 n
≥ Φ−1 (0, 975) = 1, 96
= 2Φ ⇒
√ n 100 p(1−p)
√
−1
⇒
n ≥ 1962 p(1 − p)
Például ha p = 0, 1, akkor az n ≥ 3457 becslést kapjuk. 86.) Egy dobókockát 720-szor feldobunk. A centrális határeloszlástétel alkalmazásával
határozzuk meg annak a valószín¶ségét, hogy a dobott 6-osok száma legalább 110, de 140-nél kisebb! Megoldás.
Legyen Xi : annak az indikátora, hogy az i. dobás 6-os. Ekkor Xi ∼Ind i = 1, 2, . . . , 720. 720 P 720 dobásból a 6-osok száma: Y = Xi ∼Bin 720, 61 i=1
18
1 6
függetlenek,
A felbontás miatt pedig használható a centális határeloszlástétel, tehát a keresett valószín¶ség √ ) = Φ(0) = 1 lim P ( X−EX ≤ n−n DX 2 n
EY = 720 · 61 = 120 D2 Y = 720 · 16 · 56 = 100 A kiszámítandó valószín¶ség: ≤ Y −120 < 140−120 ≈ P (110 ≤ Y < 140) = P 110−120 10 10 10 ≈ Φ(2) − Φ(−1) = Φ(2) − (1 − Φ(1)) = Φ(2) + Φ(1) − 1 ≈ 0, 8186 87.) Egy dobozban 4 cédula van, rajtuk a -1,0,2,2 számok. 192-szer húzunk visszatevéssel a dobozból. A centrális határeloszlástétel alkalmazásával határozzuk meg annak a valószín¶ségét, hogy a kihúzott számok összege legalább 108, de 162-nél kisebb!
n→∞
Megoldás.
Legyen Xi : az i. húzás során kapott szám. Ekkor X1 , . . . , X192 függetlenek és azonos eloszlásúak, P (X1 = −1) = P (X = 0) = 41 és P (X = 2) = 12 . 192 P A húzások összege: Y = Xi i=1
EX1 = −1+4 = 43 4 1+8 2 EX1 = 4 = 49 9 DX12 = 94 − 16 = 27 16 EY = 192 · EX1 = 192 · 34 = 144 27 2 D2 Y = 192 · 27 16 = 16 = 324 = 18 A kiszámítandó valószín¶ség: ≤ Y −144 < 162−144 ≈ P (108 ≤ Y < 162) = P 108−144 18 18 18 ≈ Φ(1) − Φ(−2) = Φ(1) − (1 − Φ(2)) = Φ(1) + Φ(2) − 1 ≈ 0, 8186 88.) Xi -k (i = 1, 2, . . .) független val. változók Hova konvergál és hogyan? 5 X15 +...+Xn a.) Xi ∼Ind(p) n 2 X12 +...+Xn b.) Xi : az i-edik kockadobás eredménye n X1 Xn e +...+e c.) Xi ∼ Exp(2) n Megoldás. Mindegyik feladatrészben a nagy számok er®s törvényét fogjuk alkalmazni, így a konvergencia mindenhol 1 valószín¶ség¶ lesz. X 5 +...+X 5 n→∞
a.) 1 n n → EX15 = 15 · p + 05 · (1 − p) = p b.) Xi -k közös eloszlása: P (Xi = k) = 16 , k = 1, 2, ..., 6 6 2 n→∞ P X12 +...+Xn 1 91 2 = k 2 · 16 = 6·7·13 → EX 1 n 6 6 = 6 c.)
eX1 +...+eXn n→∞ → n
E(eX 1 )
k=1 R∞
=
ex · 2e−2x dx = 2
R∞
0
e−x dx = 2 [e−x ]∞ = 2
0
0
89.) Számítsuk ki a következ® mennyiséget:
lim e−n
n→∞
n P k=0
nk k!
Megoldás. Látszólag a feladatnak nincs valószín¶ségszámítási köt®dése, viszont ha k
kicsit gyelmesebben ránézünk a szummára, láthatjuk, hogy belül az e−n nk! éppen annak a valószín¶sége, hogy egy n paraméter¶, Poisson-eloszlású valószín¶ségi változó k értéket vesz fel. Legyen tehát X ∼Poi(n), ami tudjuk, hogy felbontható n darab független Poi(1) eloszlású valószín¶ségi változó összegére. Ez alapján: n n P P nk lim e−n P (X = k) = lim P (X ≤ n) k! = lim n→∞
k=0
n→∞ k=0
n→∞
19
