Ugrás a tartalomhoz

Elemi matematika feladatgyűjtemény

Hraskó András (2013)

ELTE-TTK

15 Valószínűségszámítási feladatok megoldása

15 Valószínűségszámítási feladatok megoldása

15.1 Bevezető statisztikai példák

A 7.1.1 feladat megoldása

A megoldást táblázatkezelő program segítségével a

file/toldibetustatisztika.xls , file/toldibetustatisztika.odss

Excel illetve OpenOffice.Calc fájlokban végeztük el.

94. táblázat

95. táblázat

96. táblázat

A 7.1.2 feladat megoldásai

15.1.0.1 Segítség a 7.1.2 feladathoz

A Winword Edit/Replace azaz Szerkesztés/Csere utasítása végrehajtáskor kiírja a lecserélt betűk számát.

15.1.0.2 A 7.1.2 feladat megoldása

A titkosított szöveg karakterstatisztikáját lásd a

file/halandzsa110723hameg01.xls , file/halandzsa110723hameg01.ods

fájlok bármelyikében, a dekódolt szöveg elérhető a

file/halandzsa110723hameg01.doc , file/halandzsa110723hameg01.txt

fájlok bármelyikében, míg a központozott teljes megoldás a

file/halandzsa110723hamegteljes.doc , file/halandzsa110723hamegteljes.pdf

fájlokban olvasható.

A 7.1.4 feladat megoldása

15.1.0.3 Segítség a 7.1.4 feladathoz

A szórásnégyzet fogalmát a 2.5.1 a) feladat megoldásában, az ahhoz tartozó megjegyzésben értelmeztük.

15.1.0.4 A 7.1.4 feladat megoldása

Ha n tagból áll a számsokaság, akkor szórásnégyzetének azaz tagjainak az átlagól való eltérésének átlagos négyzetes eltérésének n-szerese így írható:

n D 2 = ( x 1 - x ¯ ) 2 + ( x 2 - x ¯ ) 2 + ( x 3 - x ¯ ) 2 + + ( x n - x ¯ ) 2 .

Azok az xi elemek, amelyek kívül vannak az [x-2D;x+2D] intervallumon egy-egy 4D2-nél nagyobb tagot hoznak be a fenti egyenlet jobb oldalára, így biztos, hogy n4-nél kevesebben vannak (hiszen a többi tag is nemnegatív). Tehát az adott intervallumon kívül az elemeknek kevesebb, mint 25%-a van, több mint 75% az intervallumban van.

Annak az adatsokaságnak, melyben a tagok 34-ed része megegyezik az átlaggal, míg a maradék 14-ed rész az átlagtól 2D-vel tér el a fele felfelé, a fele lefelé, hogy kijöjjön az átlag a szórása éppen D, így az állítás nem javítható.

A 7.1.5 feladat megoldása

Az 19-ed résznél kevesebb. Tehát az elemek legalább 89-ed része, azaz kb. 88.89%-a az intervallumon belül van.

A 7.1.6 feladat megoldása

Csebisev tulajdonság

Állítjuk, hogy ha egy H számsokaság átlaga x¯, szórása D és B>1 tetszőleges szám, akkor a számsokaság elemeinek 1B2-nél kisebb része van az [x-BD;x+BD] intervallumon kívül. Ha ugyanis legalább ennyi elem kívül lenne, akkor azok átlagtól való távolságának négyzetösszege nB2(BD)2=nD2-nél több lenne, így a szórásnégyzet is több lenne D2-nél.

A 7.1.8 feladat megoldása

M X + Y = ( x 1 + y 1 ) + ( x 2 + y 2 ) + + ( x n + y n ) n =

= ( x 1 + x 2 + + x n ) + ( y 1 + y 2 + + y n ) n =

= x 1 + x 2 + + x n n + y 1 + y 2 + + y n n = M X + M Y ,

tehát MX+Y=MX+MY. Az XY számsokaság átlaga:

M X Y =

= ( x 1 + y 1 ) + + ( x 1 + y n ) + ( x 2 + y 1 ) + + ( x 2 + y n ) + + ( x n + y n ) n 2 =

= ( x 1 + y 1 ) + + ( x 1 + y n ) n + ( x 2 + y 1 ) + + ( x 2 + y n ) n + + ( x n + y 1 ) + + ( x n + y n ) n n =

= n x 1 + ( y 1 + y 2 + + y n ) n + n x 2 + ( y 1 + y 2 + + y n ) n + + n x n + ( y 1 + y 2 + + y n ) n n =

= x 1 + M Y + x 2 + M Y + + x n + M Y n = ( x 1 + x 2 + + x n ) + n M Y n = M X + M Y ,

azaz MXY=MX+MY. Ehhez hasonlóan

M X Y =

= ( x 1 y 1 ) + + ( x 1 y n ) + ( x 2 y 1 ) + + ( x 2 y n ) + + ( x n y n ) n 2 =

= ( x 1 y 1 ) + + ( x 1 y n ) n + ( x 2 y 1 ) + + ( x 2 y n ) n + + ( x n y 1 ) + + ( x n y n ) n n =

= x 1 ( y 1 + y 2 + + y n ) n + x 2 ( y 1 + y 2 + + y n ) n + + x n ( y 1 + y 2 + + y n ) n n =

= x 1 M Y + x 2 M Y + + x n M Y n = M Y x 1 + x 2 + + x n n = M Y M X ,

azaz MXY=MXMY.

Az XY számsokaságot még nem vizsgáltuk. Ennek átlagát nem határozzák meg az X, Y számsokaságok átlagai. Ha pl

X = { 1 , 2 , 3 } , Y = { 1 , 2 , 3 } ,

akkor X és Y átlaga is 2, míg az

X Y = { 1 2 , 2 2 , 3 2 }

számsokaság átlaga MXY=1+4+93=143, de ha változtatunk a sorrenden, pl

X = { 1 , 2 , 3 } , Y = { 3 , 2 , 1 } ,

akkor ugyan X és Y átlaga továbbra is 2, az

X Y = { 3 , 4 , 3 }

számsokaság átlaga viszont most MXY=103.

Nem csak a sorrenddel van gond. Ha pl

X = { 1 , 2 , 3 } , Y = { 0 , 2 , 4 } ,

akkor X és Y átlaga még mindig 2, de az

X Y = { 0 , 4 , 12 }

számsokaság átlaga MXY=0+4+123=163.

15.1.0.5 Megjegyzés a 7.1.8 fel. megoldásához

Ezek a példák az alábbi valószínűségszámítási összefüggések statisztikai analogonjait igazolják.

a) Két független valószínűségi változó szorzatának várható értéke az egyes változók várható értékének szorzata. A függetlenség itt lényeges feltétel.

b) Két valószínűségi változó összegének várható értéke az egyes változók várható értékének összege. Ezeknek a valószínűségi változóknak nem kell függetlennek lennie.

15.2 Esélyek feladatok megoldása

A 7.2.1 feladat megoldásai

15.2.0.1 A 7.2.1 fel. I. megoldása

Dobozt választunk, utána kihúzunk a választott dobozból egy golyót, majd egy másodikat. A 157 ábrán felrajzoltuk az eljáráshoz tartozó döntési fát, ahol a döntés helyett a véletlen szerepel. Az egyes valószínűségeket is feltüntettük.

157. ábra

Az ábrán szürkével jelöltük azokat a végállapotokat, amelyekben a két kihúzott golyó színe különböző. A keresett valószínűség is leolvasható az ábráról, ha a megfelelő vépgállapotokhoz tartozó utakon képezzük a valószínűségek szorzatát, majd azok összegét:

1 2 3 7 4 6 + 1 2 4 7 3 6 + 1 2 5 7 2 6 + 1 2 2 7 5 6 = 2 3 4 + 2 5 2 2 7 6 = 11 21 0 , 5238095238 .

15.2.0.2 A 7.2.1 fel. II. megoldása

Vizsgáljuk a következő eseményeket:

A h : az A dobozból húzunk;

B h : a B dobozból húzunk;

V : vegyesen húzunk, tehát egy fehéret és egy pirosat húzunk.

Mivel

P ( A h ) = 1 2 , P ( B h ) = 1 2 , P ( V | A h ) = 3 4 ( 7 2 ) = 2 3 4 7 6 = 4 7

és

P ( V | B h ) = 5 2 ( 7 2 ) = 2 5 2 7 6 = 10 21 ,

ahol Ah és Bh komplementer események, így alkalmazhatjuk a teljes valószínűség tételét, miszerint

P ( V ) = P ( V | A h ) P ( A h ) + P ( V | B h ) P ( B h ) = 4 7 1 2 + 10 21 1 2 = 11 21 0 , 5238095238 .

A 7.2.2 feladat megoldásai

15.2.0.3 A 7.2.2 a) mego.

Komplementer módszerrel számolva kapjuk, hogy (212)-1-(192)=38 esetben van 1-találatos szelvényünk. Átlagos nyereményünk tehát

1 2000 + 38 200 210 = 9600 210 45 , 7142857143 .

Húzásonként átlagosan 100-45,714285714354,2857142857 Ft veszteségünk lesz a játékon, nem érdemes játszani.

15.2.0.4 A 7.2.2 b) mego.

n szám esetén

n ( n - 1 ) 2 - 1 - ( n - 2 ) ( n - 3 ) 2 = 2 n - 4

kitöltés egy találatos, az átlagos nyeremény

1 2000 + ( 2 n - 4 ) 200 n ( n - 1 ) 2 = 100 24 + 8 n n ( n - 1 ) .

Az a kérdés, hogy mely n-re teljesül az

1 24 + 8 n n ( n - 1 )

egyenlőtlenség. A pozitív nevezővel átszorozva és rendezve az

n 2 - 9 n - 24 0

másodfokú egyenlőtlenséghez jutunk. 1-től 11 számig érdemes a játékot játszani. pl. 11 szám esetén átlagos nyereményünk húzásonként

100 24 + 8 11 11 10 - 100 = 200 110

Ft.

A 7.2.3 feladat megoldása

Foglaljuk táblázatba a lehetőségeket! Az oszlopok Anna lehetséges dobásainak (A), a sorok Balázs lehetséges dobásainak (B) felelnek meg. A 36 mező felel meg a 36 lehetséges esetnek. A - jelet tettünk azoknak az eseteknek a helyére, amelyeknél újat kell dobni, az A jelet tettük oda, ahol Anna, a B jelet ahol a Balázs a nyerő.

97. táblázat

A 36 mezőből 30-nál nincs új dobás és ezek valószínűsége megegyezik. Sőt a 30-ból 15-15 nyerő Annának illetve Balázsnak, így igazságos a játék, a két játékos nyerési esélye megegyezik.

A 7.2.4 fel. eredménye

a) 0,0375%, b) 2,175%.

A 7.2.7 feladat megoldásai

15.2.0.5 Segítség a 7.2.7 feladathoz

Mutassuk meg, hogy a kockák kitölthetők úgy, hogy körbeverjék egymást!

Egy hasonló, ellentmondónak tűnő jelenséget a 2.5.5 feladatban láttunk.

15.2.0.6 A 7.2.7 feladat megoldása

András felírhatja pl. így a számokat a kockákra:

98. táblázat

Hasonlítsuk össze ezeket a kockákat! Táblázatokat készítünk a kockapárok összehasonlítására, az egyes mezőkbe annak a kockának a kódját írjuk, amelyik a mező sorának és oszlopának megfelelő értékek közül a nagyobbikhoz tartozik.

99. táblázat

Tehát az I. kocka 24:12 arányban legyőzi a II. kockát, azaz kettejük csatájában 23 valószínűséggel az I-es nyer.

100. táblázat

Tehát a II. kocka 24:12 arányban legyőzi a III. kockát, azaz kettejük csatájában 23 valószínűséggel a II-es nyer.

101. táblázat

Tehát a III. kocka 20:16 arányban legyőzi az I. kockát, azaz kettejük csatájában 2036=59 valószínűséggel a III-as nyer.

A három kocka körbeveri egymást, bármelyiket választja B, annál tud jobbat választani A.

A 7.2.9 feladat megoldásai

15.2.0.7 A 7.2.9 a) mego.

Jelölje a fehér golyók számát f, a pirosakét p. A jelen feladatban tehát p=10.

Két golyó összesen (p+f2)=(p+f)(p+f-1)2-féleképpen választható ki és ebből pf esetben különböző színű a két golyó. Akkor igazságos a játék, ha ez fele az összes esetnek:

( p + f ) ( p + f - 1 ) = 4 p f .

A p=10 esetben ebből az alábbi másodfokú egyenletet kapjuk f-re:

f 2 - 21 f + 90 = 0 ,

tehát f=6 vagy f=15.

15.2.0.8 A 7.2.9 b) mego.

A 7.2.9 a) fel. megoldásában felírt (183) egyenletet az általános esetben is kezelhetjük f-re vonatkozó másodfokú egyenletként:

f 2 - ( 2 p + 1 ) f + p ( p - 1 ) = 0 .

Ennek diszkriminánsa:

D f = ( 2 p + 1 ) 2 - 4 p ( p - 1 ) = 8 p + 1 .

Az f ismeretlen értéke csak akkor lesz egész, ha ez a diszkrimináns négyzetszám. A (185) alak szerint ez páratlan is, tehát Df egy pozitív páratlan szám négyzete:

D f = ( 2 n - 1 ) 2 ,

ahol n tetszőleges pozitív egész szám. A (185-186) összefüggésekből

p = n ( n - 1 ) 2 = ( n 2 ) ,

míg a 184 másodfokú egyenletre vonatkozó megoldóképletből

f = 2 p + 1 ± D f 2 = n ( n - 1 ) + 1 ± ( 2 n - 1 ) 2

azaz

f = n 2 + n 2 = n ( n + 1 ) 2 = ( n + 1 2 ) n 2 - 3 n + 2 2 = ( n - 1 ) ( n - 2 ) 2 = ( n - 1 2 )

azaz pontosan akkor igazságos a játék, ha a piros és a fehér golyók száma két szomszédos háromszögszám.

A 7.2.10 feladat megoldásai

15.2.0.9 A 7.2.10 fel. I. megoldása

Jelölje a fehér golyók számát f, a pirosakét p. A játék pontosan akkor igazságos, ha

2 ( p 2 ) = ( p + f 2 ) ,

azaz ha

2 = p + f p p + f - 1 p - 1 .

Vegyük észre, hogy a (189) összefüggés jobb oldalán álló törtek egynél nagyobbak. Könnyen megmutatható, hogy ilyen törtek számlálóját és nevezőjét eggyel-eggyel növelve a tört értéke csökken:

p + f p < p + f - 1 p - 1 ,

azaz

p + f p < 2 < p + f - 1 p - 1 .

A két oldalt külön-külön p-re rendezve kapjuk, hogy

( 2 + 1 ) f < p < 1 + ( 2 + 1 ) f .

A (191) relációknak minden f egész számhoz csak egyetlen p egész szám felel meg. Az első hét eset összevetve a (189) egyenlettel:

f becsls p p + f p p + f - 1 p - 1 f = 1 2 , 4142 < p < 3 , 4143 p = 3 2 f = 2 4 , 8284 < p < 5 , 8285 p = 5 21 / 10 f = 3 7 , 2426 < p < 8 , 2427 p = 8 55 / 28 f = 4 9 , 6568 < p < 10 , 6569 p = 10 91 / 45 f = 5 12 , 0710 < p < 13 , 0711 p = 13 51 / 26 f = 6 14 , 4852 < p < 15 , 4853 p = 15 2 f = 7 16 , 8994 < p < 17 , 8995 p = 17 69 / 34

Ebből látható, hogy az f=1, p=3 pár a legkisebb megoldás, míg a következő az f=6, p=15 pár és itt f páros.

15.2.0.10 A 7.2.10 fel. II. megoldása

Jelölje a fehér golyók számát f, a pirosakét p. A játék pontosan akkor igazságos, ha

2 ( p 2 ) = ( p + f 2 ) ,

azaz ha

2 p ( p - 1 ) = ( p + f ) ( p + f - 1 ) .

Ez az egyenlet p-ben másodfokú:

p 2 - ( 2 f + 1 ) p - f ( f - 1 ) = 0 ,

amiből

p = 2 f + 1 ± 8 f 2 + 1 2 ,

tehát a 2f=F rövidítő jelöléssel

p = F + 1 ± 2 F 2 + 1 2 .

Itt p pontosan akkor egész, ha F olyan egész szám, amelyre 2F2+1 négyzetszám. Ha viszont 2F2+1 négyzetszám, akkor páratlan, sőt nyolcas maradéka 1, így F páros és így f is egész. Tehát a feladat a

2 F 2 + 1 = N 2

egyenletre, egy Pell egyenletre vezet. A (194) Pell egyenlet és feladatunk (pozitív) változóit a

p = F + N + 1 2 , f = F 2

összefüggések kapcsolják össze.

A legkisebb megoldásokat próbálkozással vagy táblázatkezelő programmal is megtalálhatjuk:

a) F=2,N=3p=3,f=1;

b) F=12,N=17p=15,f=6, ez tényleg jó b)-re, hiszen f páros.

A 7.2.11 feladat megoldása

A lehetséges leosztások száma (525)=2598960

a) pár: 13(42)(123)43(525)=109824025989600,4225690276.

b) két pár: (132)((42))244(525)=12355225989600,0475390156.

c) drill: 13(43)(122)42(525)=5491225989600,0211284514.

d) sor: 1045-40(525)=1020025989600,0039246468.

e) flush: 4(135)-40(525)=510825989600,0019654015.

f) full: 13(43)12(42)(525)=374425989600,0014405762.

g) póker: 1348(525)=62425989600,0002400960.

h) straight flush: 410(525)=402598960=0,0000153908,

A 7.2.12 fel. eredménye

a) 1200650,1543209877.

b) 2407776=51620,0308641975.

A 7.2.13 feladat megoldása

Komplementer módszerrel számolunk. A legnagyobb olyan n pozitív egészt keressük, amelyre (56)n<12.

A 7.2.14 feladat megoldása

A válasz 12, ezt alább indokoljuk.

Képzeljük el Anna és Balázs összes lehetséges (n-1) dobásból álló sorozatait (ez 2n-12n-1 egyenlő esélyű sorozatpár). Ezek közül a esetben Anna dobott több fejet d esetben ugyannyi fejet dobtak, míg b esetben Balázs dobott többet. Nyilvánvaló, hogy a=b.

Anna most még egyet dob. Ha már eddig is több fejet dobott, mint Balázs, akkor akár fejet, akár írást dob nála lesz több fej. Ha eddig ugyanannyi fejet dobtak, akkor pontosan akkor lesz nála több fej, ha új dobása fej. Ha pedig Balázs dobott az első (n-1) dobásban több fejet, akkor bármit dob, nem tudja megelőzni Balázst.

Tehát (2a+d) esetben lesz Annánál több fej, és (d+2b) esetben nem lesz nála több fej. Mivel a=b, így (2a+d)=(d+2b), azaz ugyanannyi esetben dob több fejet Anna, mint amennyiben nem dob többet, a fent megadott válasz igazolást nyert.

A 7.2.15 feladat megoldása

1 2 , hiszen így is fogalmazható a kérdés: ha dobáljuk a kockát, mi az esélyesebb, hogy előbb lesz ötös, mint hatos vagy fordítva?

15.3 Várható érték feladatok

A 7.3.1 feladat megoldásai

15.3.0.1 A 7.3.1 a) mego.

A húzások száma szempontjából egy p=47 paraméterű geometriai eloszlásról van szó. Ennek várható értéke, azaz a játék átlagos hossza 1p=74=1,75.

15.3.0.2 A 7.3.1 b) fel. I. megoldása

A várható nyereménye véges mennyiség, hiszen átlagosan véges sokat dob és húzásonként nyereménye korlátos, max. 50 Ft. Ha nem fizet előzetesen semmit, akkor A várható nyereménye, az EA mennyiség kielégíti az alábbi összefüggést:

E A = 4 7 0 + 2 7 ( 50 + E A ) + 1 7 ( 20 + E A ) ,

hiszen az esetek 47 részében A azonnal zöldet húz és így nem nyer semmit, az esetek 27 részében pirosat húz, amivel 50 Ft-ot nyer és újrakezdi a játékot a továbbiakban átlagosan EA összeget nyer , végül az esetek 17 részében fehéret húz, 20 Ft-ot kap és kezdi elölről a játékot. A fenti egyenletből EA=30, tehát átlagosan 30 Ft-ot nyerne A, akkor igazságos a játék, ha ezt az x összeget fizeti ki előre B-nek.

15.3.0.3 A 7.3.1 b) fel. II. megoldása

Az ( 7.3.1 a) feladat megoldásában láttuk, hogy átlagosan 1.75-ször dob A, tehát az olyan dobásainak átlagos száma, amelynél nyer pénzt 0.75 (az utolsó dobásnál nem nyer). Az olyan dobásoknál, amelyeknél nyer, átlagos nyereménye 250+203=40 Ft. így átlagos nyereménye 0.7540=30 Ft. Akkor igazságos a játék, ha ezt az összeget fizeti ki előre B-nek. )

A 7.3.2 fel. eredménye

a) 2 b) 3.

A 7.3.3 feladat megoldásai

15.3.0.4 A 7.3.3 a) mego.

Komplementer módszerrel számolva így szól a kérdés: mennyi az esélye, hogy három dobásból legfeljebb egyszer kaptunk fejet?

15.3.0.5 A 7.3.3 b) mego.

p ( χ = n ) = ( n - 1 1 ) ( 1 2 ) n .

15.3.0.6 A 7.3.3 c) fel. I. megoldása

Az E=n=1np(χ=n)=n=1n(n-1)(12)n végtelen összeget kell kiszámolnunk.

Ha

f ( x ) = 1 1 - x = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + + x n + ,

akkor

f ( x ) = 1 ( 1 - x ) 2 = 1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x 3 + n x n - 1 + ,

és

f ( x ) = 2 ( 1 - x ) 3 = 2 + 3 2 x + 4 3 x 2 + ( n - 1 ) n x n - 2 + ,

Így a keresett E kifejezés épp

1 4 f ( 1 2 ) = 2 ( 1 - 1 2 ) 3 = 2 1 ( 1 2 ) 0 + 3 2 ( 1 2 ) 1 + 4 3 ( 1 2 ) 2 + ( n - 1 ) n ( 1 2 ) n - 2 + ,

azaz E=2(1-12)3=4.

15.3.0.7 A 7.3.3 c) fel. II. megoldása

Az első fejig átlagosan 2-t kell várni, utána az első fejig megint átlagosan 2-t, összesen tehát átlagosan 4-et.

A 7.3.4 fel. eredménye

p ( χ = n ) = ( n - 1 1 ) ( 1 6 ) 2 ( 5 6 ) n - 2 .

A dobások számának várható értéke 12.

A 7.3.5 feladat megoldásai

A 7.3.5 fel. I. megoldása

Összesen (52)=10 sorrendben lehet kihúzni mind az öt golyót. Az alábbi táblázatban a nyerő golyókat N-nel, a vesztőket V-vel jelöltük és a bal oldali oszlopban összegyűjtöttük a lehetséges kihúzási sorrendeket.

102. táblázat

A táblázat második oszlopában azt írtuk le, hogy hol javasoljuk a játék befejezését. Röviden összefoglalva: játsszunk, de álljunk meg azonnal, ha már nem veszteséges nekünk az adott játék, illetve ha nem jutunk ilyen helyzetbe, akkor húzzuk ki az összes golyót.

A harmadik oszlopba írtuk az adott esethez tartozó nyereményünket. A tíz eset egyenlő esélyű, így az ebben az oszlopban található számok átlaga, a 2, az átlagos nyereményt adja meg, ha a fenti stratégiával játsszuk mindig a játékot. Mivel az átlagos nyeremény pozitív, így érdemes játszani a játékot ezzel a stratégiával.

15.3.0.8 I. megjegyzés a 7.3.5 fel. I. megoldásához

Ha az 1 pénz egy aranyrudat jelent, akkor erősen meggondolandó, hogy játsszunk, hiszen komoly esélye van, hogy vesztünk és így tönkremegyünk. Tehát az érdemes-e játszani kérdésre a válasz nem csak a nyeremény várható értékén múlik.

UI. megjegyzés a 7.3.5 fel. I. megoldásához

Általában a stratégia a táblázat második, a megállás oszlopában található sorozatok megadását jelenti. Nem írhatunk ide 10 tetszőleges sorozatot. Ha egyszer úgy döntöttünk, hogy valahol befejezzük a játékot, akkor egy másik esetben nem folytathatjuk ugyanonnan tovább vagy nem állhatunk meg hamarabb: pl. nem lehet az NNVVV esetben a megállás NN-nél 20-as nyereménnyel, míg NVNVV esetén N-nél 10-es nyereménnyel. A megállás oszlopában tehát egyik sorozat sem lehet egy másik kezdőszelete. Ugyanakkor mind a 10 sorozatnak kell legyen ebben az oszlopban kezdőszelete (ami lehet maga az öttagú sorozat is), hiszen minden esetben el kell tudnunk dönteni mikor állunk meg.

Megmutatható, hogy a lehetséges stratégiák között nincs a fentinél jobb, azaz olyan, amelynél a nyeremény átlagos értéke 2-nél nagyobb lenne.

15.3.0.9 A 7.3.5 fel. II. megoldása

Kezeljük a feladatot általánosan! Az egyszerűség kedvéért legyen most a nyerő golyó húzásáért kapott illetve a vesztőért befizetendő összeg 10 helyett csak 1 egységnyi pénz és jelölje n a nyerő golyók számát, v pedig a vesztőkét. A játékos optimális stratégia melletti várható nyereményét jelölje ebben az általános esetben En,v.

E n , v 0 , hiszen ha a játékos nem játszik, akkor 0 a várható nyereménye, és a nem játszás is egy lehetséges stratégia, ennél egy optimális stratégia nem lehet rosszabb.

Minden nemnegatív n és v értékhez tartozik egy-egy egyértelműen meghatározott En,v szám, melynek alább meg is adjuk a rekurzív előállítását. Ehhez először is vegyük észre, hogy E0,v=0 azaz ha nincs nyerő golyó, akkor nem érdemes játszani, míg En,0=n, tehát ha csak nyerő golyók vannak, akkor azokat mind érdemes kihúzni. Tehát az En,v számok meghatározásakor a Pascal háromszöghöz hasonlóan egy számháromszöget kell kitöltenünk (lásd a 158 ábrát), amelynek már látjuk a szélét.

Az n1, v1 esetben az En,v kifejezést rekurzívan állíthatjuk elő az alábbi gondolatmenettel. Ha n nyerő és v vesztő golyó van és húzunk, akkor nn+v eséllyel nyerő golyót húzunk, tehát nyerünk 1 pénzt és a létrejött állapotban (n-1) nyerő és v vesztő golyó marad az urnában, míg vn+v eséllyel vesztő golyót húzunk, tehát vesztünk 1 pénzt és a létrejött állapotban n nyerő és (v-1) vesztő golyó marad az urnában. Persze lehet, hogy nem is érdemes húzni. Ennek alapján:

E ( n , v ) = n n + v ( 1 + E n - 1 , v ) + v n + v ( - 1 + E n , v - 1 ) ha ez pozitv 0 egybknt

158. ábra

A 158 ábrán leolvashatók a rekurzió alapján kiszámolt En,k-értékek.

A konkrét feladat megoldásához csak a szürkén csíkozott téglalapba eső értékeket kell sorban meghatározni, hogy eljussunk a vizsgált E2,3=15 értékhez. Ez pozitív, tehát a Kinek kedvez ez a játék? Érdemes-e kérni egyáltalán húzást? kérdésekre az a válasz, hogy a játékosnak kedvez a játék, érdemes húznia. A stratégia is leolvasható, hiszen ahol 0 van a táblázatban, ott nem érdemes húzni, azzal biztosan nem járunk jobban. Így a táblázat alapján az első húzást követően pontosan akkor állunk meg és nem játsszuk végig a játékot, ha olyan állapotot érünk el, amelyben több vesztő golyó van a dobozban, mint nyerő.

15.3.0.10 A 7.3.6 c) mego.

Egy adott szám akkor lesz a kisebbik kihúzott szám, ha őt kihúzták, és a másik kihúzott szám a nála nagyobb számok közül került ki. Így a kedvező esetek száma könnyen kiszámolható. Alább figyelembe vesszük, hogy összesen (n2)=(102)=45 eset van.

Jelölje χ a legkisebb számot! Ekkor

p ( χ = 1 ) = 9 45 ; p ( χ = 2 ) = 8 45 ; p ( χ = 3 ) = 7 45 ; ;

; p ( χ = 8 ) = 2 45 , p ( χ = 9 ) = 1 45 , p ( χ = 10 ) = 0 ,

általában tehát p(χ=i)=10-i45, ahol i{1,2,3,,10}.

A kisebbik szám legvalószínűbb értéke tehát 1.

15.3.0.11 A 7.3.6 d) mego.

A kisebbik szám várható értéke:

E = i = 1 10 i p ( χ = i ) = 1 9 + 2 8 + 3 7 + + 8 2 + 9 1 45 =

= 165 45 = 11 3 3 , 6666666667 .

15.3.0.12 A 7.3.6 e) mego.

Mivel most p(χ=i)=n-i(n2), így a várható értékre vonatkozó formula ebben az esetben

E = i = 1 n i p ( χ = i ) = 2 n ( n - 1 ) i = 1 n i ( n - i ) .

A fenti képlet végén egy összeg áll, amelynek tagjai olyan szorzatok, amelyben a két tényező összege n. Tehát a szorzótábla (n-1)-edik átlójában álló számokról van szó. Itt bővebb magyarázat nélkül közöljük, hogy ennek az összegnek az értéke (n+13), azaz

E = 2 n ( n - 1 ) ( n + 1 3 ) = 2 n ( n - 1 ) ( n + 1 ) n ( n - 1 ) 3 2 = n + 1 3 .

Ez az eredmény összhangban van a b) feladatra kapott speciális esetre vonatkozó eredménnyel.

15.3.0.13 A 7.3.6 f) mego.

A

p ( χ = i + 1 ) p ( χ = i ) = n - i - 1 n - i

hányados értéke mindig kisebb 1-nél, tehát i növekedtével p(χ=i) értéke is nő, azaz a kisebbik szám legvalószínűbb értéke az 1.

15.3.0.14 A 7.3.6 g) mego.

Jelölje χ a második legkisebb számot! Ekkor általában

p ( χ = i ) = ( i - 1 1 ) ( 10 - i 2 ) ( 10 4 ) ,

míg konkrétan (az Excel vagy az OpenOffice Calc programmal számolva:

p ( χ = 1 ) = 0 , p ( χ = 2 ) = 1 ( 8 2 ) ( 10 4 ) 0 , 1333333333 , p ( χ = 3 ) = ( 2 1 ) ( 7 2 ) ( 10 4 ) = 0 , 2 p ( χ = 4 ) = ( 3 1 ) ( 6 2 ) ( 10 4 ) 0 , 2142857143 , p ( χ = 5 ) = ( 4 1 ) ( 5 2 ) ( 10 4 ) 0 , 1904761905 p ( χ = 6 ) = ( 5 1 ) ( 4 2 ) ( 10 4 ) 0 , 1428571429 , p ( χ = 7 ) = ( 6 1 ) ( 3 2 ) ( 10 4 ) 0 , 0857142857 p ( χ = 8 ) = ( 7 1 ) 1 ( 10 4 ) 0 , 0333333333 , p ( χ = 9 ) = 0 , p ( χ = 10 ) = 0 .

A fenti adatok alapján a második legkisebb szám legvalószínűbb értéke a 4.

15.3.0.15 A 7.3.6 h) mego.

A fenti adatokkal az

E = i = 2 8 i p ( χ = i ) = 1 ( 10 4 ) i = 2 8 i ( i - 1 1 ) ( 10 - i 2 )

összeget az Excel vagy az OpenOffice Calc programmal kiszámolva az E4,4 közelítő értékhet jutunk. Valójában ez a pontos eredmény, mint ahogy az általános eset levezetéséből alább kiderül.

15.3.0.16 A 7.3.6 i) mego.

Az általános esetben a várható érték összeg alakja:

E = i = 2 n - 2 i p ( χ = i ) = 1 ( n 4 ) i = 2 n - 2 i ( i - 1 1 ) ( n - i 2 ) =

= 2 ( n 4 ) i = 2 n - 2 i ( i - 1 ) 2 ( n - i 2 )

azaz

E = 2 ( n 4 ) i = 2 n - 2 ( i 2 ) ( n - i 2 ) .

Alább kombinatorikai értelmezést adunk a (i2)(n-i2) kifejezésnek és a belőle felépülő összegnek. Ha az

{ 1 , 2 , 3 , , ( n - 1 ) , n , ( n + 1 ) }

halmaz elemeiből kiválasztunk ötöt, akkor az (i+1) szám épp ennyiféleképpen lehet a középső. Valóban, az

{ 1 , 2 , 3 , 4 , , ( i - 1 ) , i }

számok közül kell kiválasztani kettőt, a két legkisebb számot ez (i2) lehetőség és az

{ ( i + 2 ) , ( i + 3 ) , , ( n - 1 ) , n , ( n + 1 ) }

számok közül tehát (n-i) szám közül is kettőt, a két legnagyobbat ez (n-i2) lehetőség. A 197 jobb oldalán található összegben, ahogy haladunk i-vel sorra vesszük a lehetőségeket a középső számra, tehát az összeg értéke (n+15). Így

E = 2 ( n 4 ) ( n + 1 5 ) = 2 ( n + 1 ) n ( n - 1 ) ( n - 2 ) ( n - 3 ) 5 4 3 2 n ( n - 1 ) ( n - 2 ) ( n - 3 ) 4 3 2 = 2 n + 1 5 .

Pl. n=10 esetén E=225=4,4 összhangban a h) feladat eredményével.

15.3.0.17 A 7.3.6 j) mego.

Mivel

p ( χ = i ) = ( i - 1 1 ) ( n - i 2 ) ( n 4 ) ,

így

p ( χ = i + 1 ) p ( χ = i ) = i ( n - i - 1 ) ( n - i - 2 ) 2 ( i - 1 ) ( n - i ) ( n - i - 1 ) 2 = i ( n - i - 2 ) ( i - 1 ) ( n - i )

Az i növekedtével meddig nő p(χ=i) értéke, tehát meddig nagyobb 1-nél a (198) tört értéke? A

i ( n - i - 2 ) ( i - 1 ) ( n - i ) > 1 i ( n - i - 2 ) > ( i - 1 ) ( n - i )

i n - i 2 - 2 i > i n - i 2 - n + i n > 3 i

levezetés szerint ha i<n3, akkor még érdemes növelni i-t, tehát az n3 tört felső egészrészénél van a maximum (az n3-nál nem kisebb legkisebb egésznél) illetve, ha n3 egész, akkor az ennél eggyel nagyobb számnál is maximális a valószínűség. pl. n=10 esetén n3=3,3, így 4-nél van a maximum, ahogy az g) feladatban láttuk is. De n=12 esetén 4 és 5 egyaránt maximális.

előzetes megjegyzés a 7.3.7 feladathoz Fogalmazzuk meg a kérdést matematikailag!

Van, aki így fogalmazza: melyik az a legnagyobb n, amelyre nagyobb az esélye, hogy addig még nem dobtunk hatost, mint annak, hogy dobtunk?

Ez egy nagyon jó kérdés, de nem illeszkedik a feladathoz. Ha pl a k számot dobva k milliárd Ft-ot nyernénk, míg hatos dobás esetén a tanár azt mondaná nekünk szúrós szemmel, hogy ejnye bejnye, akkor is ez lenne a matematikai kérdés?

Logikus ezzel a matematikai kérdéssel foglalkozni: Legyen n vállalt dobásra kiszámolva várható nyereményünk E(n). Mely nemnegatív egész n esetén van az E függvénynek maximuma?

Határozzuk meg először E(1) és E(2) értékét!

A 7.3.8 feladat megoldása

A χi valószínűségi változó értéke legyen 1, ha az i-edik diák önmagát húzta és legyen az érték 0, ha nem önmagát húzta. A χi várható értéke, Ei=135. A keresett várható érték

E = E 1 + E 2 + + E 35 = 35 1 35 = 1 .

A 7.3.9 feladat megoldása

Ha k kép van és azok közül l rögzített kép előfordulására várunk, akkor az első előfordulás lk paraméterű geometriai eloszlású, így annak várható értéke, az l kép első megjelenésének átlagos ideje kl.

Először várunk a 20 közül bármelyik kép megjelenésére (k=20, l=20). Ez természetesen az első húzásnál bekövetkezik: kl=2020=1. Ezután a 20-ból már csak a maradék 19 bekövetkezésére várunk: most k=20 és l=19, tehát átlagosan 2019 lépést kell várnunk. És így tovább, ha már megjelent (i-1) kép, akkor az i-edik megjelenésére átlagosan 2021-i lépést kell várni. A várható értékek összeadódnak:

E = 20 ( 1 20 + 1 19 + 1 18 + + 1 3 + 1 2 + 1 ) .

15.4 Feltételes valószínűség feladatok megoldása

A 7.4.1 feladat megoldásai

15.4.0.1 A 7.4.1 fel. I. megoldása

a) Hibás megoldás

Összesen 42 golyó van és ezekből 23 fehér, tehát 2342 a kérdezett valószínűség.

Ez a megoldás hibás. Módosítsuk a feladatot! Képzeljük el, hogy az első 9 dobozban egy-egy kék golyó van és fehér golyó egyáltalán nincs bennük, míg a 10. dobozban 81 fehér golyó van és nincs kék! A fenti gondolatmenettel ebben az esetben azt kapnánk, hogy 8190=910 a fehér golyó húzásának esélye és 110 a kék golyó húzásáé, holott épp fordított a helyzet: 910 az esélye, hogy az első 9 doboz valamelyikét választjuk, azaz kéket húzunk és csak 110 a valószínűsége, hogy az utolsó dobozt választjuk, azaz fehéret húzunk.

15.4.0.2 A 7.4.1 a) fel. II. megoldása

a) Mindegyik doboz választása egyforma, mindegyiké 110. Annak esélye, hogy az első dobozból húzunk, és az fehér lesz 120. Tehát ha F jelöli azt az eseményt, hogy fehéret húzunk, Akk{1,2,,10} pedig azt, hogy az k. dobozból húzunk, akkor

p ( F A 1 ) = 1 10 1 2 = 1 20 ,

és általában k{1,2,,9} esetén p(FAk)=120, míg

p ( F A 10 ) = 1 10 5 6 = 1 12 .

Így annak esélye, hogy fehéret húzunk:

p ( F ) = p ( F A 1 ) + p ( F A 2 ) + + p ( F A 10 ) = 9 1 20 + 1 12 = 8 15 .

A 159 ábrán úgy rajzoltuk a dobozokat, hogy egyenlő nagyságúak legyenek és minden egyes doboznak annyiad részét festettük halványszürkére amennyi a dobozban a fehér golyók aránya. A kérdés az, hogy a teljes területnek a dobozok összterületének hányad része a szürke terület.

159. ábra

15.4.0.3 A 7.4.1 b) mego.

Most az a kérdés, hogy az 7.4.1 a) fel. II. megoldásának 159 ábráján a szürke területnek hányad része esik a 10. dobozba. A szürke terület aránya az egészhez p(F)=815, a 10. doboz szürke részének aránya az egészhez p(FA10)=112, így a kérdezett valószínűség:

p ( F A 10 ) p ( F ) = 1 12 8 15 = 5 32 = 0 , 15625 .

A 7.4.2 feladat megoldásai

15.4.0.4 A 7.4.2 fel. I. megoldása

A 160 ábrán felrajzoltuk az eljáráshoz tartozó, az elágazó eseteket szimbolizáló fát, és az egyes valószínűségeket is feltüntettük.

160. ábra

Az ábrán szürkével jelöltük azokat a végállapotokat, amelyekben 1-est dobtunk.

a) A keresett valószínűség leolvasható a 160 ábráról, ha a megfelelő végállapotokhoz tartozó utakon képezzük a valószínűségek szorzatát, majd azok összegét:

1 2 1 2 1 6 + 1 2 1 2 1 4 + 1 2 1 2 1 4 + 1 2 1 2 1 8 =

= 1 4 ( 1 6 + 2 4 + 1 8 ) = 19 96 0 , 1979166667 .

b) Másként: az 1-eshez vezető

1 2 1 2 1 6 , 1 2 1 2 1 4 , 1 2 1 2 1 4 , 1 2 1 2 1 8

súlyú szálak között milyen arányú a két középső szál súlya?

1 2 1 2 1 4 + 1 2 1 2 1 4 1 2 1 2 1 6 + 1 2 1 2 1 4 + 1 2 1 2 1 4 + 1 2 1 2 1 8 =

= 1 8 19 96 = 12 19 0 , 631578947 .

15.4.0.5 A 7.4.2 fel. II. megoldása

Az eseteket a 161 területarányos ábrán jelenítettük meg.

161. ábra

A középső szürke sáv egy fej és egy írás dobásának felel meg, ez kétszer akkor, mint akár a két fejnek megfelelő bal oldali sáv, akár a két írásnak megfelelő jobb oldali. Mindegyik függőleges sávot annyi egyforma részre osztottunk, ahány oldala van a neki megfelelő poliédernek és beleírtuk a dobható számokat. Az 1-eseknek megfelelő részt bevonalkáztuk mind a három sávban.

a) A kérdés az ábrának megfelelően: határozzuk meg a vonalkázott rész területét a teljes területhez képest! A válasz:

1 4 1 6 + 1 2 1 4 + 1 4 1 8 = 19 96 0 , 1979166667 .

b) A kérdés az ábrának megfelelően: határozzuk meg a vonalkázott szürke rész területét a teljes vonalkázott területhez képest! A válasz:

1 2 1 4 1 4 1 6 + 1 2 1 4 + 1 4 1 8 = 12 19 0 , 631578947 .

15.4.0.6 A 7.4.2 fel. III. megoldása

Ez a megoldás csak nyelvezetében új az előző megoldásokhoz képest.

Vizsgáljuk az alábbi eseményeket: az érmékkel két fejet (FF), két írást(II), illetve egy-egy fejet és írást dobtunk (FI); 1-est dobtunk (D1). Ismertek az alábbi valószínűségek:

p ( F F ) = 1 4 ; p ( F I ) = 1 2 ; p ( I I ) = 1 4 ;

és feltételes valószínűségek:

p ( D 1 | F F ) = 1 6 ; p ( D 1 | F I ) = 1 4 ; p ( D 1 | I I ) = 1 8 .

Meghatározandó az p(FI|D1) feltételes valószínűség. Az ilyen típusú kérdéseket oldja meg a Bayes-tétel, amelyet az FF, FI, II teljes eseményrendszerre és a D1 eseményre így írhatunk fel:

p ( F I | D 1 ) = p ( D 1 | F I ) p ( F I ) p ( D 1 | F F ) p ( F F ) + p ( D 1 | F I ) p ( F I ) + p ( D 1 | I I ) p ( I I ) ,

azaz

p ( F I | D 1 ) = 1 4 1 2 1 6 1 4 + 1 4 1 2 + 1 8 1 4 = 12 19 0 , 631578947 .

A 7.4.6 feladat megoldása

Ábrázoljuk a hazai lakosságot, benne a tébécések és a nem tébécések valamint a pozitív illetve negatív teszteredményt produkálók halmazát az elemszámokkal területarányos ábrán.

162. ábra

A vastagvonalú alaphalmaz jelképezi hazánk lakosságát. A bal oldali vonalkázott rész az egészségeseket (azaz a nem tébécések részhalmazát), a jobb oldali sima rész a tébécéseket. A szürke terület a pozitív tesztet produkálók részhalmaza.

Az egyes tartományok területe az egészhez képest:

fehér vonalkázott: 0,9970,8=0,7976; szürke vonalkázott: 0,9970,2=0,1994; fehér sima: 0,0030,1=0,0003; szürke sima: 0.0030,9=0,0027;

Az egyes kérdések megfelelői az ábrán:

a) A szürke rész hanyad része sima? 0,00270,0027+0,19940,0133597229. Tehát pozitív teszt esetén 1,33597229% a betegség esélye.

b) A fehér rész hanyad része sima? 0,00030,0003+0,79760,0003759870. Tehát negatív teszt esetén csak 0,03759870% a betegség esélye.

c) A pozitív teszt több mint négyszeresére növelte a betegség esélyét, a negatív teszt a kilencedére csökkentette. Csak pozitív teszt esetén érdemes az alaposabb (és feltehetően drágább) vizsgálatokat elvégezni.

A 7.4.7 feladat megoldásai

15.4.0.7 A 7.4.7 fel. I. megoldása

(A legnagyobb valószínűség elve)

Az alábbi táblázat tartalmazza, hogy adott k{1,2,3,4,5,6} esetén mennyi az esélye, hogy tíz húzás közül éppen r-szer húzunk pirosat.

103. táblázat

Adott r esetén a legnagyobb értékhez (vastagon szedett) tartozó k-t érdemes választani.

15.4.0.8 Megjegyzés a 7.4.7 fel. I. megoldásához

Hasonlítsuk össze az arányosan adódó 8r/10 értéket a k-ra előbb kapott ajánlattal:

104. táblázat

Látható, hogy a legnagyobb valószínűség elvén kapott k megegyezik az arányosság elvén kapott értékhez legközelebbi k egész számmal.

15.4.0.9 A 7.4.7 fel. II. megoldása

(Bayes tétel) Az Ak esemény jelentse azt, hogy a dobott szám k, a Br esemény, hogy a kihúzott piros golyók száma r. A1, A2, , A6 teljes eseményrendszer, így a keresett valószínűség Bayes tétele szerint:

P ( A k | B r ) = P ( B r | A k ) P ( A k ) n = 1 6 P ( B r | A n ) P ( A n ) = 1 6 ( 10 r ) ( k 8 ) r ( 8 - k 8 ) 10 - r n = 1 6 1 6 ( 10 r ) ( n 8 ) r ( 8 - n 8 ) 10 - r .

Táblázatban:

105. táblázat

Adott r esetén a legnagyobb értékhez (vastagon szedett) tartozó k-t érdemes választani.

15.4.0.10 Megjegyzés a 7.4.7 fel. megoldásaihoz

Mindkét megoldásban egy-egy táblázatban egy adott r értéknek megfelelő sorból választottuk ki a legnagyobb (valószínűségnek megfelelő) elemet. Az I. megoldásban ezek a valószínűségek nem ugyanahhoz az eloszláshoz tartoztak, így egymáshoz képesti arányukból nem következtethetünk a nekik megfelelő k értékek valószínűségének arányára. A II. megoldásban egy-egy sor egy-egy eloszlás, így pl. joggal mondhatjuk: ha nyolcszor húzunk ki piros golyót, akkor 30,688% annak valószínűsége, hogy 5 piros (és 5 fehér) golyó van az urnában.

15.5 Markov láncok feladatok megoldása

A 7.5.1 feladat megoldása

Annak esélye, hogy n=2011 egymás utáni dobás mindegyike 6-os: p=(56)n. Ez a p szám egy nagyon piciny pozitív szám. A q=1-p szám csak egy kicsit kisebb 1-nél, ez azt adja meg, mennyi az esélye, hogy n egymást követő dobás nem mindegyike 6-os.

Osszuk a dobássorozatot n=2011-es blokkokba. Az első blokkba tartozik az első n dobás, a második blokkba az (n+1). dobás és az azt követő további (n-1) dobás, stb. Megmutatjuk, hogy 1 valószínűséggel már az egyik ilyen blokk is csupa hatosból áll és figyelembe sem vesszük a többi n-es blokkot.

Annak esélye, hogy az első k blokk egyike sem áll csupa 6-os dobásból qk. Ez a mennyiség k növelésével bármely pozitív számnál kisebb lesz, így 0 az esélye, hogy soha sem lesz csupa hatosból álló blokk.

A 7.5.2 feladat megoldása

Jelölje n közlekedési lámpa esetén annak esélyét, hogy nem találkozunk közvetlenül egymás után két tilos jelzéssel pn. Tehát p1=1 és p2=1-0,42=0,84. Tekintsünk most n lámpa esetét, ahol 2<n.

Ha az utolsó lámpa piros (ennek esélye 0,4), akkor az előtte levőnek zöldnek kell lennie (ennek esélye 0,6) és az első (n-2) lámpa tetszőleges, csak ne legyen két egymást követő piros (ennek esélye pn-2).

Ha viszont az utolsó lámpa zöld (ennek esélye 0,6), akkor az előtte levő (n-1) lámpa tetszőleges, csak ne legyen köztük két egymást követő piros (ennek esélye pn-1).

Ennek alapján a rekurzió:

p n = 0 , 4 0 , 6 p n - 2 + 0 , 6 p n - 1 .

Felírhatjuk a másodrendű homogén lineáris rekurzió explicit képletét vagy kiszámíthatjuk a sorozat tagjait Excel vagy OpenOffice Calc programmal is:

p 1 = 1 ; p 2 = 0 , 84 ; p 3 = 0 , 744 ; p 4 = 0 , 648 ;

p 5 = 0 , 56736 ; p 6 = 0 , 495936 ; p 7 = 0 , 433728 ; p 8 = 0 , 37926144 .

Tehát a kérdezett valószínűség 0,37926144.

A 7.5.3 feladat megoldásai

15.5.0.1 A 7.5.3 fel. I. megoldása

A próbának öt állapota van: V a vitéz vesztett, A0 még három-, A1 még két-, A2 még egy próba van a vitéz előtt, Ny a vitéz nyert. Jelölje az egyes állapotokból indulva a vitéz nyerési esélyét pV, p0, p1, p2 és pNy. Értelemszerűen pV=0 és pNy=1, míg a többi ismeretlen valószínűségre felírható egy egyenletrendszer.

163. ábra

A 163 ábra alapján:

p 0 = 1 3 0 + 2 3 p 1 , p 1 = 1 3 p 0 + 2 3 p 2 , p 2 = 1 3 p 1 + 2 3 1 .

Az első és utolsó egyenletből kifejezzük p1-gyel p0-t illetve p2-t és ezeket a középső egyenletbe helyettesítjük:

p 1 = 1 3 ( 2 3 p 1 ) + 2 3 ( 1 3 p 1 + 2 3 1 ) ,

azaz

p 1 = 4 9 p 1 + 4 9 , 5 9 p 1 = 4 9 , p 1 = 4 5 ,

és ebből a keresett valószínűség p0=23p1=815.

15.5.0.2 A 7.5.3 fel. II. megoldása

Eredmény: 815.

A feladat a következőkben vizsgált Ferde foci (lásd a 7.1.1 feladatot) egyik változata, a vitéz a [0,4] pályán focizik, b=13 eséllyel balra, j=23 eséllyel jobbra lép, 1-ről indul és 4-be szeretne jutni.

A 7.5.4 feladat megoldásai

15.5.0.3 A 7.5.4 b) mego.

A keresett valószínűség 0. A Hosszú sorozat is várható című 7.5.1 feladat alapján ugyanis világos, hogy 1 valószínűséggel lesz n=6 egymás utáni dobás, amelyik mind fej. Ennyi egymást követő fej dobás biztos beviszi az egyik kapuba a labdát.

15.5.0.4 A 7.5.4 a) mego.

Jelölje az A játékos nyerési esélyét tehát azt, hogy a 6-os kapuba kerül a labda pi, ha kezdetben az i számnál áll a bőrgolyó. Az értelmezés szerint tehát p0=0 és p6=1. Ha a labda b valószínűséggel megy balra és 1-b=j valószínűséggel jobbra, akkor

p k = b p k - 1 + j p k + 1 ,  ha  k { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } ,

az a) feladatban tehát

p k = p k - 1 + p k + 1 2 .

A {pk} sorozat bármelyik tagja a szomszédainak számtani közepe, tehát ez a sorozat számtani sorozat. A sorozat 0. tagja 0, a 6. tagja 1, közötte egyenletesen oszlik el:

p 1 = 1 6 , p 2 = 2 6 , p 3 = 3 6 , p 4 = 4 6 , p 5 = 5 6

A kérdezett valószínűség tehát p2=13.

15.5.0.5 A 7.5.4 c) mego.

A fenti (199) képletet most a b=13, j=23 paraméterekkel kell alkalmazni, tehát (200) analogonjaként a

p k = 1 p k - 1 + 2 p k + 1 3

összefüggéshez jutunk. Képzeljük el a

p 0 , p 1 , p 2 , p 3 , p 4 , p 5 , p 6

számokat a számegyenesen. A (201) formula a vektorgeometriából ismert: gondoljunk az osztópont helyvektorára. Ha így nézünk rá, akkor (201) elárulja, hogy a pk számnak megfelelő pont a számegyenesen a pk-1, pk+1 számoknak megfelelő pontok harmadolópontja, méghozzá a pk+1-hez közelebbi harmadolópont.

Ha p6-p5=1-p5=x, akkor p5-p4=2x, p4-p3=4x, p3-p2=8x, p2-p1=16x, végül p1-p0=p1=32x. Mivel

1 = p 6 - p 0 = ( p 6 - p 5 ) + ( p 5 - p 4 ) + + ( p 1 - p 0 ) = x + 2 x + + 32 x ,

így x=11+2+4+8+16+32=163 és

p 1 = 32 63 , p 2 = 48 63 , p 3 = 56 63 , p 4 = 60 63 , p 5 = 62 63 .

A kérdezett valószínűség tehát p2=4863.

15.6 Normális eloszlás feladatok megoldása

A 7.6.1 fel. eredménye

a) 2,3%, b) 9,2%, c) 65,7%.

A 7.6.2 fel. eredménye

a) 0,1%, b) 168,7 cm, c) [145;171] (cm-ben).

15.7 Megismerés Bayes módján feladatok megoldása

A 7.7.1 feladat megoldása

Ahhoz, hogy el tudjunk indulni a feladat megoldásában meg kell állapodni egy prior (előzetes) valószínűségeloszlásban. Erről nem a matematika dönt, sokkal inkább a már megismert fizikai körülmények és ismeretek. Mi lesz a prior? Az adott esetben a kísérlet előtt fogalmunk sincs róla, milyen a színeloszlás. Ezt a teljes tudatlanságot valószínűleg akkor fejezzük ki megfelelő módon, ha kezdetben a fehér kvarkok M számának mind a négy lehetséges értékét egyenlően valószínűnek tekintjük[7]:

P E ( M ) = 1 4

(E itt az előzetes szóra utal, ez a valószínűség semmiképpen sem függhet attól, hogy mi a később elvégzendő kísérlet eredménye).

Most már alkalmazhatjuk a Bayes-tételt. Annak valószínűsége, hogy a fehér golyók száma M a kísérlet elvégzése után:

P U ( M ) = 1 12 M 2 ( 3 - M ) 3 .

A 7.7.2 feladat megoldása

a) A fej dobás valószínűsége a H0 prior valószínűségeloszlás esetén

P ( F ) = 0 1 p H 0 ( p ) d p = 0 1 p d p = 1 2 .

b) A Bayes-tétel szerint (lásd a 164 ábrát):

164. ábra

H 1 ( p ) = p H 0 ( p ) 0 1 p H 0 ( p ) d p = 2 p .

c) Az írás valószínűsége a H1 prior valószínűségeloszlás esetén

P ( I ) = 0 1 ( 1 - p ) H 1 ( p ) d p = 0 1 ( 1 - p ) 2 p d p = 1 3 .

d) A Bayes-tétel szerint most (lásd a 165 ábrát):

H 2 ( p ) = ( 1 - p ) H 1 ( p ) 0 1 ( 1 - p ) H 1 ( p ) d p = 6 p ( 1 - p ) .

165. ábra

e) A fej valószínűsége:

P ( F ) = 0 1 p H 2 ( p ) d p = 0 1 6 p 2 ( 1 - p ) d p = 1 2 .

f) Hmr(p)=(m+1)!r!(m-r)!pr(1-p)m-r, a következő próbálkozásra a fej esélye

0 1 p H m r ( p ) d p = r + 1 m + 2 .



[7] Ez Laplace vitatható megközelítése. Ez a tudatlanság egyenletes eloszlású" gúnyolják ellenfelei. Lásd [][144-145. o.]