Szerkesztő:LinguisticMystic/math/c

Eseményalgebra, elemi feladatok

(E1) Jelölje A azt az eseményt hogy a meleg, míg B azt hogy hideg csapot nyitottuk meg. a) Mit jelent A+B illetve AB ? Ebben az esetben az események logikai műveleteit a halmazelméletből ismert műveletekkel fejezhetjük ki.

- ${\textstyle A+B}$ (vagy más jelöléssel ${\textstyle A\cup B}$) az unió műveletét jelenti. Ez annak az eseménynek felel meg, hogy vagy a meleg csapot, vagy a hideg csapot, vagy mindkettőt megnyitottuk. Tehát az unió esetén legalább az egyik esemény bekövetkezik. Azaz:

$$A+B={\text{az az esemény, hogy legalább az egyik csapot megnyitottuk (meleg vagy hideg, vagy mindkettőt)}}.$$

- ${\textstyle A\cdot B}$ (vagy más jelöléssel ${\textstyle A\cap B}$) a metszet műveletét jelenti. Ez annak az eseménynek felel meg, hogy mindkét csapot megnyitottuk (meleg és hideg csapot is). Azaz:

$$A\cdot B={\text{az az esemény, hogy mindkét csapot megnyitottuk (meleg és hideg)}}.$$

Tehát összefoglalva: - ${\textstyle A+B}$ azt jelenti, hogy legalább az egyik csapot megnyitottuk. - ${\textstyle A\cdot B}$ azt jelenti, hogy mindkét csapot megnyitottuk.

b) Írja le A és B közötti műveletekkel azt, hogy tűzforró, megtelt a kád, üres, langyos, .... .

Az alábbiakban különböző helyzeteket fogalmazunk meg az események (A: meleg csap, B: hideg csap) logikai műveleteivel.

1. Tűzforró víz: Ez akkor történik, ha csak a meleg csapot nyitottuk meg, tehát a hideg csapot nem. Matematikailag: $$A\cap {\overline {B}}$$ (A meleg csap meg van nyitva, B a hideg csap nincs megnyitva).

2. Megtelt a kád: Ez akkor fordul elő, ha mindkét csapot megnyitottuk, vagyis: $$A\cap B$$ (A meleg és a hideg csap is meg van nyitva).

3. Üres: Ez azt jelenti, hogy egyik csapot sem nyitottuk meg, tehát: $${\overline {A}}\cap {\overline {B}}$$ (Se a meleg, se a hideg csap nincs megnyitva).

4. Langyos víz: Ez akkor történik, ha mindkét csapot megnyitottuk, így a meleg és a hideg víz is folyik, azaz: $$A\cap B$$ (Ez ugyanaz a helyzet, mint a megtelt kád, hiszen langyos víz akkor van, ha mindkét csap nyitva van).

5. Csak hideg víz: Ez akkor történik, ha csak a hideg csapot nyitottuk meg, tehát a meleg csap zárva van: $${\overline {A}}\cap B$$ (A meleg csap zárva van, a hideg csap pedig nyitva).

Ezek a műveletek a különböző lehetséges helyzeteket tükrözik a meleg és hideg csapok megnyitásával kapcsolatban.

c) Jelölje C azt, hogy a lefolyódugót is kihúztuk. Folytassa.

Most bevezetjük a C eseményt is, amely azt jelöli, hogy kihúztuk a lefolyódugót. A korábban definiált események és a dugó állapota alapján különböző új helyzeteket fogalmazhatunk meg.

1. Tűzforró víz és nyitott lefolyó: Ez akkor történik, ha csak a meleg csap van nyitva, a hideg csap zárva van, és a lefolyódugót kihúztuk. Matematikailag: $$A\cap {\overline {B}}\cap C$$ (A meleg csap nyitva, a hideg zárva, és a dugó kihúzva van).

2. Langyos víz és a kád megtelik: Ez akkor történik, ha mindkét csap nyitva van, és a lefolyódugót nem húztuk ki, tehát a víz a kádban marad: $$A\cap B\cap {\overline {C}}$$ (Mindkét csap nyitva van, és a dugó a helyén van, tehát a víz megtelik).

3. Csak hideg víz és lefolyik: Ez akkor történik, ha csak a hideg csap van nyitva, a meleg zárva van, és a dugót kihúztuk, tehát a víz rögtön lefolyik: $${\overline {A}}\cap B\cap C$$ (Csak a hideg csap van nyitva, és a dugó kihúzva van).

4. Üres kád és kihúzott dugó: Ez akkor van, ha egyik csap sincs nyitva, de a lefolyódugót kihúztuk, így a kád üres: $${\overline {A}}\cap {\overline {B}}\cap C$$ (Nincs víz, és a dugó sincs bent).

5. Csak hideg víz, és megtelik a kád: Ez akkor fordul elő, ha csak a hideg csap van nyitva, és a dugó bent van, tehát a víz a kádban marad: $${\overline {A}}\cap B\cap {\overline {C}}$$ (Csak a hideg csap van nyitva, és a dugó a helyén van).

6. A kád folyamatosan ürül, de mindkét csap nyitva van: Ez akkor fordul elő, ha mindkét csap nyitva van, és a dugót kihúztuk, tehát a víz folyamatosan kifolyik: $$A\cap B\cap C$$ (Mindkét csap nyitva van, és a dugó kihúzva van).

Ezek a lehetséges kombinációk a meleg és hideg csapok, valamint a lefolyódugó állapota szerint határozzák meg, mi történik a kádban.

(E2) Három vadász 0.7, 0.5 illetve 0.9 valószínűséggel találja el a vadat. Mekkora esélye van a disznónak?

A vadnak akkor van esélye megmenekülni, ha egyik vadász sem találja el. Mivel a három vadász lövései független események, először kiszámítjuk annak a valószínűségét, hogy egyik vadász sem találja el a vadat, majd ebből következtetünk a vad megmenekülésének esélyére.

1. Az első vadász nem találja el a vadat 0,3 valószínűséggel (mivel 1 - 0,7 = 0,3). 2. A második vadász nem találja el a vadat 0,5 valószínűséggel (mivel 1 - 0,5 = 0,5). 3. A harmadik vadász nem találja el a vadat 0,1 valószínűséggel (mivel 1 - 0,9 = 0,1).

Mivel független eseményekről van szó, a vad megmenekülésének valószínűsége úgy számítható ki, hogy a három valószínűséget összeszorozzuk:

$$P({\text{megmenekül}})=0,3\times 0,5\times 0,1=0,015.$$

Tehát a vad megmenekülésének valószínűsége ${\textstyle 0,015}$, vagyis 1,5

Ebből következik, hogy a vad elpusztulásának valószínűsége:

$$P({\text{elpusztul}})=1-0,015=0,985.$$

Vagyis a vadnak 98,5

(E3) Egy hallgató két helyre adja be pályázatát, ahol egymástól függetlenül 0,4 - 0,4 valószínűséggel utasítják el. Mennyi a valószínűsége, hogy legalább az egyik pályázatát elfogadják?

Annak a valószínűsége, hogy legalább az egyik pályázatot elfogadják, azt jelenti, hogy nem utasítják el mindkét pályázatot. Mivel az elutasítások független események, ezért először kiszámítjuk annak a valószínűségét, hogy mindkét pályázatot elutasítják, majd ebből kivonjuk 1-et.

1. Az elutasítás valószínűsége egy pályázat esetén: ${\textstyle P({\text{elutasítás}})=0,4}$. 2. Mindkét pályázat elutasításának valószínűsége: $$P({\text{mindkét elutasítás}})=0,4\times 0,4=0,16.$$

3. Legalább az egyik pályázat elfogadásának valószínűsége: $$P({\text{legalább egy elfogadás}})=1-P({\text{mindkét elutasítás}})=1-0,16=0,84.$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy legalább az egyik pályázatát elfogadják, ${\textstyle 0,84}$.

(E4) A Catan telepesei játékban miért kisebb pár számkártya (például 2 és 11) , azaz állítólag kisebb valószínűségű a két kocka összege? A Catan telepesei játékban a különböző kockaösszegek előfordulási valószínűsége a két dobókocka összes kombinációjától függ. A 2 és 11 valóban kisebb valószínűséggel fordul elő, mint például a 7-es. Ennek oka a két dobókocka lehetséges kombinációinak száma, amelyek adott összeget adnak.

Vizsgáljuk meg az összes lehetséges dobáskombinációt:

- Két kockával 36 lehetséges kombináció van, hiszen mindkét kocka 6 oldalú, így 6 × 6 = 36 dobás eredménye lehet. - Az egyes összegek úgy adódnak, hogy különböző kockakombinációk állnak rendelkezésre. Nézzük meg néhány összeget és a lehetséges kombinációkat:

- 2-es összeget csak egy módon lehet dobni: (1,1). - 3-as összeget kétféleképpen lehet dobni: (1,2) és (2,1). - 4-es összeget háromféleképpen lehet dobni: (1,3), (2,2), (3,1). - ... - 7-es összeget a legtöbb módon lehet dobni, összesen hatféleképpen: (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1). - 11-es összeget kétféleképpen lehet dobni: (5,6) és (6,5). - 12-es összeget csak egyféleképpen lehet dobni: (6,6).

Összességében tehát:

- Az olyan számok, mint a 2 vagy a 12, csak egyetlen lehetséges kombinációval érhetők el, míg a 7-es a legnagyobb valószínűséggel fordul elő, mert hat különböző kombináció adja ezt az összeget.

Ezért a játékban a 2-es és 11-es összegek ritkábban fordulnak elő, míg a 7-es gyakrabban, ami magyarázza, hogy ezek a számok miért kisebb valószínűségűek.

(E5) a) Ha a fiúk és a lányok születéseinek valószínűsége p ill. q=1-p , egymástól (és az apától is) függetlenül, akkor egy kétgyermekes családban melyiknek nagyobb a valószínűsége: azonos vagy különböző neműek a gyermekek?

A feladat arról szól, hogy egy kétgyermekes családban melyik eset valószínűbb: hogy a gyermekek azonos neműek, vagy hogy különböző neműek. A fiúk születésének valószínűsége ${\textstyle p}$, a lányoké ${\textstyle q=1-p}$, és feltételezzük, hogy a gyermekek neme független egymástól.

Lehetőségek Négy lehetséges kombináció van két gyermek esetén: 1. Az első és a második gyermek fiú (F, F): valószínűsége ${\textstyle p\cdot p=p^{2}}$. 2. Az első fiú, a második lány (F, L): valószínűsége ${\textstyle p\cdot q=p(1-p)}$. 3. Az első lány, a második fiú (L, F): valószínűsége ${\textstyle q\cdot p=(1-p)\cdot p}$. 4. Mindkettő lány (L, L): valószínűsége ${\textstyle q\cdot q=(1-p)^{2}}$.

Azonos neműek Azonos neműek akkor lesznek a gyermekek, ha mindkettő fiú vagy mindkettő lány: - Fiú-fiú: valószínűsége ${\textstyle p^{2}}$. - Lány-lány: valószínűsége ${\textstyle (1-p)^{2}}$.

Tehát annak a valószínűsége, hogy a gyermekek azonos neműek: $$P({\text{azonos neműek}})=p^{2}+(1-p)^{2}.$$

Különböző neműek Különböző neműek akkor lesznek a gyermekek, ha az egyik fiú, a másik lány: - Fiú-lány: valószínűsége ${\textstyle p(1-p)}$. - Lány-fiú: valószínűsége ${\textstyle (1-p)p}$.

Mivel ezek az események egymástól függetlenek, a két eset összegét kell venni: $$P({\text{különböző neműek}})=p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p).$$

Összehasonlítás Most összehasonlítjuk a két valószínűséget: - Azonos neműek: ${\textstyle p^{2}+(1-p)^{2}=p^{2}+1-2p+p^{2}=2p^{2}-2p+1}$. - Különböző neműek: ${\textstyle 2p(1-p)=2p-2p^{2}}$.

Mivel az egyik vagy a másik eset biztosan megtörténik, a két valószínűség összege 1, vagyis: $$p^{2}+(1-p)^{2}+2p(1-p)=1.$$

Végső válasz A különböző nemű gyermekek valószínűsége ${\textstyle 2p(1-p)}$, míg az azonos neműek valószínűsége ${\textstyle p^{2}+(1-p)^{2}}$.

Speciális esetben, ha ${\textstyle p=0.5}$, vagyis egyenlő esély van fiúra és lányra, akkor: - Azonos neműek valószínűsége: ${\textstyle 0.5^{2}+0.5^{2}=0.25+0.25=0.5}$. - Különböző neműek valószínűsége: ${\textstyle 2\times 0.5\times 0.5=0.5}$.

Ebben az esetben az esélyek egyenlők. Ha azonban ${\textstyle p}$ nem 0.5, akkor az egyik valószínűség nagyobb lesz, attól függően, hogy a fiúk vagy a lányok születése a gyakoribb.

b) Mi a helyzet a háromgyermekes családokban, ha p=0.51 és q=0.49 ?

Egy háromgyermekes családban azt szeretnénk meghatározni, hogy milyen valószínűséggel lesznek a gyermekek azonos vagy különböző neműek, ha a fiúk születésének valószínűsége ${\textstyle p=0.51}$, a lányoké pedig ${\textstyle q=1-p=0.49}$.

Lehetőségek három gyermek esetén Három gyermek esetén a nemek különböző kombinációi a következők lehetnek:

1. Mindhárom fiú (F, F, F): Ennek a valószínűsége ${\textstyle p^{3}}$. 2. Két fiú, egy lány (F, F, L): Ennek a valószínűsége ${\textstyle 3\times p^{2}\times q}$ (háromféleképpen állhat elő). 3. Egy fiú, két lány (F, L, L): Ennek a valószínűsége ${\textstyle 3\times p\times q^{2}}$ (szintén háromféleképpen állhat elő). 4. Mindhárom lány (L, L, L): Ennek a valószínűsége ${\textstyle q^{3}}$.

Ezek alapján az egyes kombinációk valószínűségei a következők:

- Mindhárom fiú: ${\textstyle p^{3}=0.51^{3}=0.132651}$. - Két fiú, egy lány: ${\textstyle 3\times p^{2}\times q=3\times 0.51^{2}\times 0.49=3\times 0.2601\times 0.49=0.382347}$. - Egy fiú, két lány: ${\textstyle 3\times p\times q^{2}=3\times 0.51\times 0.49^{2}=3\times 0.51\times 0.2401=0.367953}$. - Mindhárom lány: ${\textstyle q^{3}=0.49^{3}=0.117649}$.

Azonos nemű gyermekek Az azonos nemű gyermekek esetében két lehetőség van: 1. Mindhárom fiú: ennek a valószínűsége ${\textstyle p^{3}}$. 2. Mindhárom lány: ennek a valószínűsége ${\textstyle q^{3}}$.

Ezért az azonos nemű gyermekek valószínűsége: $$P({\text{azonos neműek}})=p^{3}+q^{3}=0.132651+0.117649=0.2503.$$

Különböző nemű gyermekek A különböző nemű gyermekek akkor lesznek, ha a családban vegyesen vannak fiúk és lányok, vagyis: - Két fiú, egy lány. - Egy fiú, két lány.

A különböző nemű gyermekek valószínűsége: $$P({\text{különböző neműek}})=3\times p^{2}\times q+3\times p\times q^{2}=0.382347+0.367953=0.7503.$$

Végső válasz Ha ${\textstyle p=0.51}$ és ${\textstyle q=0.49}$, akkor egy háromgyermekes családban:

- Az azonos nemű gyermekek valószínűsége ${\textstyle 0.2503}$, azaz körülbelül 25 - A különböző nemű gyermekek valószínűsége ${\textstyle 0.7503}$, azaz körülbelül 75

Ez azt jelenti, hogy egy háromgyermekes családban nagyobb eséllyel lesznek különböző neműek a gyermekek, mint azonos neműek.

(E6) Az 5-fabatkás pénzérme p  3 3 valószínűséggel fej, míg 1-p valószínűséggel írás.

a) Az érmét háromszor feldobva mekkora valószínűséggel lesz a három dobás azonos (csak 3 fej vagy csak 3 írás) ? A feladatban az 5-fabatkás pénzérme fej valószínűsége ${\textstyle p={\frac {3+{\sqrt {3}}}{6}}}$, míg írás valószínűsége ${\textstyle 1-p}$. A cél annak a valószínűségnek a meghatározása, hogy az érmét háromszor feldobva mindhárom dobás azonos lesz (azaz három fej vagy három írás).

Lehetséges esetek

Az érmét háromszor feldobva az azonos eredményhez két eset lehetséges: 1. Mindhárom dobás fej: Ennek a valószínűsége ${\textstyle p^{3}}$. 2. Mindhárom dobás írás: Ennek a valószínűsége ${\textstyle (1-p)^{3}}$.

A két esemény független, ezért a teljes valószínűség az, hogy mindhárom dobás azonos, így a két valószínűséget össze kell adni:

$$P({\text{azonos dobás}})=p^{3}+(1-p)^{3}.$$

Számítások

Először számoljuk ki ${\textstyle p^{3}}$-at és ${\textstyle (1-p)^{3}}$-at:

$$p={\frac {3+{\sqrt {3}}}{6}},$$ $$1-p={\frac {3-{\sqrt {3}}}{6}}.$$

Most számoljuk ki a köböket: $$p^{3}=\left({\frac {3+{\sqrt {3}}}{6}}\right)^{3},$$ $$(1-p)^{3}=\left({\frac {3-{\sqrt {3}}}{6}}\right)^{3}.$$

Mindkét kifejezést kiszámítva a következő értékeket kapjuk:

$$p^{3}\approx 0.06977,$$ $$(1-p)^{3}\approx 0.03023.$$

Eredmény

A két valószínűséget összeadva:

$$P({\text{azonos dobás}})=0.06977+0.03023=0.10.$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy az érmét háromszor feldobva mindhárom dobás azonos lesz (mindhárom fej vagy mindhárom írás), körülbelül 0,10, vagyis 10

b) Kétszer feldobva mekkora valószínűséggel kapunk egy fej és egy írást? (Sorrend nem számít!) Annak a valószínűsége, hogy kétszer feldobva egy fej és egy írás lesz (a sorrend nem számít), az két esemény kombinációját jelenti: először fej, majd írás, vagy először írás, majd fej.

A fej valószínűsége ${\textstyle p={\frac {3+{\sqrt {3}}}{6}}}$, az írás valószínűsége pedig ${\textstyle 1-p={\frac {3-{\sqrt {3}}}{6}}}$.

Lehetséges esetek

Két lehetőség van arra, hogy egy fej és egy írás legyen: 1. Először fej, majd írás: Ennek valószínűsége ${\textstyle p\times (1-p)}$. 2. Először írás, majd fej: Ennek valószínűsége ${\textstyle (1-p)\times p}$.

A két esemény független, így a két valószínűséget össze kell adni: $$P({\text{egy fej és egy írás}})=p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p).$$

Számítás

Először számoljuk ki ${\textstyle p\times (1-p)}$-t:

$$p={\frac {3+{\sqrt {3}}}{6}},$$ $$1-p={\frac {3-{\sqrt {3}}}{6}}.$$

Most szorozzuk össze: $$p(1-p)={\frac {3+{\sqrt {3}}}{6}}\times {\frac {3-{\sqrt {3}}}{6}}={\frac {(3+{\sqrt {3}})(3-{\sqrt {3}})}{36}}.$$

A szorzat egyszerűsíthető, mert ${\textstyle (3+{\sqrt {3}})(3-{\sqrt {3}})=9-3=6}$, így: $$p(1-p)={\frac {6}{36}}={\frac {1}{6}}.$$

Ezért: $$P({\text{egy fej és egy írás}})=2\times {\frac {1}{6}}={\frac {2}{6}}={\frac {1}{3}}.$$

Eredmény

Tehát annak a valószínűsége, hogy kétszer feldobva az érmét egy fej és egy írás lesz (a sorrend nem számít), ${\textstyle {\frac {1}{3}}}$, vagyis kb. 33,33

(E7) Tegyük fel, hogy minden héten a beérkezett érvényes lottószelvények száma 2 millió. Mennyi a valószínűsége, hogy 20 egymás utáni héten át nincs öttalálatos lottószelvény ?

A feladat célja annak meghatározása, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy 20 egymást követő héten nincs öttalálatos lottószelvény, feltételezve, hogy minden héten 2 millió érvényes szelvényt adnak fel.

Előzetes számítások és információk:

- Tegyük fel, hogy a lottó egy ötöslottó, ahol 90 számból 5-öt kell kiválasztani. Az ilyen típusú lottón a nyerési valószínűsége egy szelvénynek (hogy öttalálatosa legyen) a teljes kombinációszám ismeretében határozható meg. A kombinációk száma:

$${\text{Kombinációk száma}}={\binom {90}{5}}={\frac {90\times 89\times 88\times 87\times 86}{5\times 4\times 3\times 2\times 1}}=43,949,268.$$

Ez azt jelenti, hogy egy lottószelvénynek az esélye az öttalálatosra:

$$P({\text{öttalálatos}})={\frac {1}{43,949,268}}.$$

Egy hét valószínűsége:

Egy héten 2 millió érvényes szelvényt adnak fel, tehát annak a valószínűsége, hogy egyik szelvény sem nyer (nincs öttalálatos) egy héten:

$$P({\text{nincs öttalálatos egy héten}})=\left(1-{\frac {1}{43,949,268}}\right)^{2,000,000}.$$

Mivel a ${\textstyle {\frac {1}{43,949,268}}}$ nagyon kicsi szám, közelítést alkalmazhatunk az alábbi exponenciális formulával:

$$\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{m}\approx e^{-{\frac {m}{n}}},$$ ahol ${\textstyle n=43,949,268}$ és ${\textstyle m=2,000,000}$.

Ez alapján:

$$P({\text{nincs öttalálatos egy héten}})\approx e^{-{\frac {2,000,000}{43,949,268}}}\approx e^{-0.0455}\approx 0.9555.$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy héten nincs öttalálatos, kb. 0.9555.

20 egymást követő hét:

Most meg kell találnunk annak a valószínűségét, hogy 20 egymást követő héten nincs öttalálatos. Mivel az egyes hetek függetlenek egymástól, a valószínűsége annak, hogy mind a 20 héten nincs öttalálatos:

$$P({\text{nincs öttalálatos 20 héten}})=\left(0.9555\right)^{20}.$$

Számoljuk ki ezt az értéket:

$$P({\text{nincs öttalálatos 20 héten}})\approx (0.9555)^{20}\approx 0.3757.$$

Eredmény:

Tehát annak a valószínűsége, hogy 20 egymást követő héten nincs öttalálatos lottószelvény, körülbelül 37,57

(E8) Egy kísérletnél azt tapasztalták, hogy annak a valószínűsége, hogy egy állat vírusfertőzésben megbetegszik 0,1. Melyik eseménynek nagyobb a valószínűsége: 20 állatból legfeljebb 2 betegszik meg, vagy 10 állatból legfeljebb 1 betegszik meg, ha az állatok egymástól függetlenül betegszenek meg?

Ez a feladat két binomiális eloszláson alapuló eseményt vizsgál, hiszen független próbákról van szó, ahol minden állatnál azonos, 0,1 a valószínűsége annak, hogy megbetegszik.

1. Esemény: 20 állatból legfeljebb 2 betegszik meg

Ennek a valószínűségét a binomiális eloszlással számíthatjuk ki. Az eloszlás paraméterei: - ${\textstyle n=20}$ (az állatok száma), - ${\textstyle p=0.1}$ (az egy állat megbetegedésének valószínűsége), - ${\textstyle k}$ az állatok száma, akik megbetegszenek, ahol ${\textstyle k\leq 2}$.

A binomiális eloszlás képlete: $$P(X=k)={\binom {n}{k}}p^{k}(1-p)^{n-k},$$ ahol ${\textstyle {\binom {n}{k}}}$ a binomiális együttható, ami az ${\textstyle n}$ próbából ${\textstyle k}$ siker kiválasztásának számát adja.

Meg kell tehát találnunk annak a valószínűségét, hogy 0, 1, vagy 2 állat betegszik meg:

$$P(X\leq 2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2).$$

Számoljuk ki egyenként ezeket:

- ${\textstyle P(X=0)}$: $$P(X=0)={\binom {20}{0}}0.1^{0}(1-0.1)^{20}=(0.9)^{20}\approx 0.1216.$$

- ${\textstyle P(X=1)}$: $$P(X=1)={\binom {20}{1}}0.1^{1}(0.9)^{19}=20\times 0.1\times (0.9)^{19}\approx 0.2702.$$

- ${\textstyle P(X=2)}$: $$P(X=2)={\binom {20}{2}}0.1^{2}(0.9)^{18}={\frac {20\times 19}{2}}\times 0.1^{2}\times (0.9)^{18}\approx 0.2852.$$

Összeadva:

$$P(X\leq 2)\approx 0.1216+0.2702+0.2852=0.6770.$$

2. Esemény: 10 állatból legfeljebb 1 betegszik meg

Ebben az esetben ${\textstyle n=10}$ és ${\textstyle p=0.1}$, és a kérdés az, hogy 0 vagy 1 állat betegszik meg.

- ${\textstyle P(X=0)}$: $$P(X=0)=(0.9)^{10}\approx 0.3487.$$

- ${\textstyle P(X=1)}$: $$P(X=1)={\binom {10}{1}}0.1\times (0.9)^{9}=10\times 0.1\times (0.9)^{9}\approx 0.3874.$$

Összeadva:

$$P(X\leq 1)=0.3487+0.3874=0.7361.$$

Összehasonlítás

- Annak a valószínűsége, hogy 20 állatból legfeljebb 2 betegszik meg: 0.6770. - Annak a valószínűsége, hogy 10 állatból legfeljebb 1 betegszik meg: 0.7361.

Tehát nagyobb a valószínűsége annak, hogy 10 állatból legfeljebb 1 betegszik meg, mint annak, hogy 20 állatból legfeljebb 2 betegszik meg.

(E9) Tegyük fel, hogy az év 365 napján ugyanolyan valószínűséggel születnek az emberek. a) Mennyi a valószínűsége annak, hogy 4 tetszőlegesen kiválasztott ember közül mindenkinek más napon van a születésnapja ?

Annak a valószínűségét, hogy 4 tetszőlegesen kiválasztott ember közül mindenkinek más napon van a születésnapja, a klasszikus születésnapi paradoxon alapján számolhatjuk ki.

Lépések:

1. Az első ember születésnapja bármelyik napra eshet az év 365 napjából, tehát az ő születésnapja bármilyen lehet (100

2. A második embernek egy olyan napra kell születnie, amely eltér az első ember születésnapjától. Mivel már egy napot elfoglalt az első ember, a második embernek 364 napból kell választania: $$P({\text{2. ember eltér}})={\frac {364}{365}}.$$

3. A harmadik embernek szintén olyan napra kell születnie, amely eltér az első kettőétől. Mivel már két napot elfoglaltak, a harmadik embernek 363 napból kell választania: $$P({\text{3. ember eltér}})={\frac {363}{365}}.$$

4. A negyedik embernek olyan napra kell születnie, amely eltér az első három emberétől. Mivel már három napot elfoglaltak, a negyedik embernek 362 napból kell választania: $$P({\text{4. ember eltér}})={\frac {362}{365}}.$$

Teljes valószínűség:

Annak a valószínűsége, hogy mind a négy ember különböző napokon születik, a fenti valószínűségek szorzata:

$$P({\text{mind különböző}})=1\times {\frac {364}{365}}\times {\frac {363}{365}}\times {\frac {362}{365}}.$$

Most számoljuk ki ezt az értéket:

$$P({\text{mind különböző}})={\frac {364}{365}}\times {\frac {363}{365}}\times {\frac {362}{365}}\approx 0.9836\times 0.9945\times 0.9918\approx 0.9700.$$

Válasz:

Tehát annak a valószínűsége, hogy 4 ember mind különböző napokon születik, körülbelül 0.9700, vagyis 97

b) Mennyi a valószínűsége annak, hogy 3 embernek ugyanazon a napon van a születésnapja ?

Annak a valószínűségét, hogy három tetszőlegesen kiválasztott ember ugyanazon a napon születik, az alábbi módon számolhatjuk ki.

Feltételezések - Az év 365 napból áll, és az emberek születésnapja az év bármely napján egyenlő valószínűséggel eshet. - Az emberek születésnapjai függetlenek egymástól.

Lépések

1. Első ember születésnapja: Az első ember születhet bármelyik nap az év 365 napja közül, tehát ez szabad választás, 100

2. Második ember születésnapja: A második embernek ugyanazon a napon kell születnie, mint az első ember. Mivel az év 365 napból áll, a valószínűsége annak, hogy a második ember ugyanazon a napon születik, ${\textstyle {\frac {1}{365}}}$.

3. Harmadik ember születésnapja: A harmadik embernek is ugyanazon a napon kell születnie, mint az első két ember. Ennek valószínűsége szintén ${\textstyle {\frac {1}{365}}}$.

Teljes valószínűség

Annak a valószínűsége, hogy három tetszőlegesen kiválasztott ember ugyanazon a napon születik:

$$P({\text{három ember ugyanazon a napon}})=1\times {\frac {1}{365}}\times {\frac {1}{365}}={\frac {1}{365^{2}}}.$$

Számoljuk ki ezt az értéket:

$$P({\text{három ember ugyanazon a napon}})={\frac {1}{365^{2}}}={\frac {1}{133,225}}\approx 0.00000751.$$

Válasz

Tehát annak a valószínűsége, hogy három ember ugyanazon a napon születik, körülbelül 0.00000751, vagyis 0.000751

c) Mennyi a valószínűsége annak, hogy 23 ember között van kettő, akinek ugyanazon a napon van a születésnapja ?

Ez a klasszikus születésnapi paradoxon egyik legismertebb kérdése. A paradoxon abból ered, hogy a valószínűség sokkal nagyobb, mint amit intuitívan gondolnánk.

Feladat: Annak a valószínűségét kell meghatároznunk, hogy 23 ember között van legalább két ember, akinek ugyanazon a napon van a születésnapja.

Megoldás:

1. Komplementer esemény: Könnyebb kiszámítani annak a valószínűségét, hogy egyik embernek sincs ugyanazon a napon születésnapja, majd ezt kivonni 1-ből. Tehát a komplementer eseményt számoljuk először.

2. Első személy: Az első ember születhet bármelyik napon, tehát 100

3. Második személy: A második személynek olyan napra kell születnie, amely különbözik az elsőétől. Mivel 365 nap van, és az első személy már "elfoglalt" egy napot, a második személynek 364 nap marad: $$P({\text{második ember különböző napon}})={\frac {364}{365}}.$$

4. Harmadik személy: A harmadik személynek szintén olyan napra kell születnie, amely különbözik az előző kettő születésnapjától. Tehát: $$P({\text{harmadik ember különböző napon}})={\frac {363}{365}}.$$

5. Folytatás: Ugyanígy, a negyedik személy valószínűsége: $$P({\text{negyedik ember különböző napon}})={\frac {362}{365}},$$ és így tovább egészen a 23. emberig.

Komplementer valószínűség:

Tehát annak a valószínűsége, hogy mind a 23 ember különböző napokon születik, a fenti valószínűségek szorzata:

$$P({\text{mindenki különböző napon}})=1\times {\frac {364}{365}}\times {\frac {363}{365}}\times \cdots \times {\frac {343}{365}}.$$

Ez az érték kiszámítható az alábbi képlettel:

$$P({\text{mindenki különböző napon}})=\prod _{k=0}^{22}{\frac {365-k}{365}}.$$

Számoljuk ki ezt az értéket:

$$P({\text{mindenki különböző napon}})\approx 0.4927.$$

Végső valószínűség:

Annak a valószínűsége, hogy legalább két ember ugyanazon a napon születik:

$$P({\text{legalább egy pár ugyanazon a napon}})=1-P({\text{mindenki különböző napon}})=1-0.4927=0.5073.$$

Válasz:

Tehát annak a valószínűsége, hogy 23 ember között van legalább két ember, akinek ugyanazon a napon van a születésnapja, körülbelül 50.73

d) Legalább hány tagú társaság esetén mondhatjuk ki 99

Ahhoz, hogy legalább hány tagú társaság esetén mondhatjuk ki 99

Megoldás lépései:

1. Komplementer esemény: Annak valószínűségét számoljuk ki először, hogy egy ${\textstyle n}$-fős társaságban egyikük sem születik ugyanazon a napon, majd ezt kivonjuk 1-ből, hogy megkapjuk annak valószínűségét, hogy van legalább két ember, akinek ugyanazon a napon van a születésnapja.

2. Képlet a komplementer eseményre: Az első ember születhet bármelyik napon (valószínűsége 1), a második ember olyan napra születik, ami különbözik az elsőétől (${\textstyle {\frac {364}{365}}}$), a harmadik olyan napra, ami különbözik az első kettőétől (${\textstyle {\frac {363}{365}}}$), és így tovább.

Annak a valószínűsége, hogy egy ${\textstyle n}$-fős társaságban mindenki különböző napon születik:

$$P({\text{mindenki különböző napon}})=\prod _{k=0}^{n-1}{\frac {365-k}{365}}.$$

3. Cél: Olyan ${\textstyle n}$-t keresünk, amelynél: $$P({\text{legalább két ember ugyanazon a napon}})=1-P({\text{mindenki különböző napon}})\geq 0.99.$$

Vagyis meg kell találnunk azt az ${\textstyle n}$-t, amelynél: $$P({\text{mindenki különböző napon}})\leq 0.01.$$

4. Számítás: Az alábbi iteratív eljárással, vagy a megfelelő képlet alkalmazásával számítható ki az ${\textstyle n}$, amikor a kívánt feltétel teljesül:

- ${\textstyle n=50}$: ${\textstyle P({\text{legalább egy pár ugyanazon a napon}})\approx 0.970}$ (97 - ${\textstyle n=57}$: ${\textstyle P({\text{legalább egy pár ugyanazon a napon}})\approx 0.99}$ (99

Végső válasz:

Tehát legalább 57 ember szükséges ahhoz, hogy 99

(E10) Egy 31 fős osztályban a szokásos módon akarják egymást karácsonykor megajándékozni a gyerekek: december elején az egyik osztályfőnöki órán egy kalapba beleteszik a 31 nevet, és sorban mindenki kihúzza annak a nevét, akinek ajándékot készít. a) Mennyi a valószínűsége annak, hogy a húzást meg kell ismételni,mert valaki a saját nevét húzta? Ez a feladat a derangement problémához kapcsolódik, ami azt vizsgálja, hogy hányféleképpen lehet egy halmaz elemeit úgy átrendezni (permutálni), hogy senki ne húzza a saját nevét. Ez az úgynevezett "fixpont nélküli permutáció", vagyis derangement.

Megoldás lépései:

1. Összes lehetséges húzás (permutációk száma): Mivel 31 gyerek húzza a neveket, az összes lehetséges húzás vagy permutáció száma:

$${\text{Összes húzás}}=31!=31\times 30\times 29\times \cdots \times 1.$$

2. Sikeres húzások (derangementek száma): A sikeres húzás azt jelenti, hogy senki sem húzza ki a saját nevét. Ennek megfelelően a derangementek (fixpont nélküli permutációk) száma, amelyet ${\textstyle D_{n}}$-nel jelölünk egy ${\textstyle n}$-elemű halmaz esetén, a következő képlettel adható meg:

$$D_{n}=n!\left(1-{\frac {1}{1!}}+{\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+\cdots +{\frac {(-1)^{n}}{n!}}\right).$$

Ez a képlet egy olyan permutáció számát adja meg, ahol egyik elem sem kerül a saját helyére.

3. A húzás megismétlésének valószínűsége: A húzást akkor kell megismételni, ha legalább egy gyerek a saját nevét húzza ki. Ez az esemény annak a komplementer eseménye, hogy senki sem húzza ki a saját nevét, tehát:

$$P({\text{meg kell ismételni}})=1-P({\text{senki sem húzza ki a saját nevét}}).$$

A valószínűsége annak, hogy senki sem húzza ki a saját nevét, azaz a sikeres húzás valószínűsége a következő:

$$P({\text{senki sem húzza ki a saját nevét}})={\frac {D_{31}}{31!}}.$$

Az általános derangement formula alapján a ${\textstyle P({\text{senki sem húzza ki a saját nevét}})}$ közelítően adható meg:

$$P({\text{senki sem húzza ki a saját nevét}})\approx {\frac {1}{e}}\approx 0.3679.$$

4. A húzás megismétlésének valószínűsége: Tehát annak a valószínűsége, hogy meg kell ismételni a húzást, mert valaki a saját nevét húzta:

$$P({\text{meg kell ismételni}})=1-{\frac {1}{e}}\approx 1-0.3679=0.6321.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy a húzást meg kell ismételni, mert valaki a saját nevét húzta, körülbelül 63,21

b) Mekkora ennek a valószínűsége n gyerek esetén ?

Az ${\textstyle n}$-gyerekes változat általánosítása is a derangement problémára épül, amely azt vizsgálja, hogy mekkora annak a valószínűsége, hogy egy permutációban egyik gyerek sem húzza ki a saját nevét.

Megoldás lépései:

1. Összes lehetséges húzás: Az összes lehetséges húzás, azaz az összes permutáció száma:

$${\text{Összes húzás}}=n!.$$

2. Sikeres húzások (derangementek száma): A sikeres húzások, ahol senki sem húzza ki a saját nevét, azaz a derangementek száma, ${\textstyle D_{n}}$, az alábbi képlettel adható meg:

$$D_{n}=n!\left(1-{\frac {1}{1!}}+{\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+\cdots +{\frac {(-1)^{n}}{n!}}\right).$$

Ez a képlet adja meg azon permutációk számát, ahol nincs fixpont, vagyis ahol senki sem húzza ki a saját nevét.

3. A húzás megismétlésének valószínűsége: Annak a valószínűsége, hogy legalább egy gyerek a saját nevét húzza ki, az a komplementer esemény, hogy senki sem húzza ki a saját nevét. Tehát a valószínűség:

$$P({\text{meg kell ismételni}})=1-P({\text{senki sem húzza ki a saját nevét}})=1-{\frac {D_{n}}{n!}}.$$

4. Közelítés: Az ${\textstyle D_{n}/n!}$ érték közelíthető a következő módon:

$$P({\text{senki sem húzza ki a saját nevét}})\approx {\frac {1}{e}},$$

ahol ${\textstyle e\approx 2.718}$ az Euler-féle szám.

Ennek megfelelően a húzás megismétlésének valószínűsége, hogy legalább egy gyerek a saját nevét húzza ki, ${\textstyle n}$-gyerek esetén közelítően:

$$P({\text{meg kell ismételni}})\approx 1-{\frac {1}{e}}\approx 1-0.3679=0.6321.$$

Ez azt jelenti, hogy a valószínűség, hogy legalább egy gyerek a saját nevét húzza ki, nagyobb létszámú csoport esetén is közel 63,21

Általános képlet:

Annak a valószínűsége, hogy meg kell ismételni a húzást, mert legalább egy gyerek a saját nevét húzta, pontosan:

$$P({\text{meg kell ismételni}})=1-{\frac {D_{n}}{n!}}.$$

Közelítésként pedig:

$$P({\text{meg kell ismételni}})\approx 1-{\frac {1}{e}}\approx 0.6321.$$

Ez az eredmény nagy ${\textstyle n}$ esetén is érvényes.

(E11) A szabályos ("Platóni") testekkel (tetraéder, kocka, okta-, dodeka- és ikozaéder) csak ötféle egyenletes eloszlást (1/n) tudunk kísérletileg előállítani (n=4,6,8,12,21). Adjunk meg minden n>1 -re egy olyan térbeli testet, amellyel az 1/n egyenletes eloszlás előállítható.

Ahhoz, hogy minden ${\textstyle n>1}$-re egy olyan térbeli testet találjunk, amellyel az ${\textstyle 1/n}$ egyenletes eloszlás előállítható, a következő megközelítést alkalmazhatjuk:

Általános megoldás: Prizmák

Bármilyen ${\textstyle n>1}$ értékre készíthetünk egy n-oldalú szabályos prizmatikus testet, amelynek az alapja egy szabályos n-szög, a magassága pedig tetszőleges lehet. Ezeket a testeket úgy nevezzük, hogy n-oldalú prizma.

Hogyan működik az n-oldalú prizma?

1. Alapja egy n-oldalú szabályos sokszög: - A prizma alján és tetején egy szabályos ${\textstyle n}$-oldalú sokszög található, például egy háromszög (${\textstyle n=3}$), egy négyzet (${\textstyle n=4}$), egy ötszög (${\textstyle n=5}$), stb.

2. Oldalfalak: - A prizma oldalfalai téglalapok, amelyek összekötik az alap és a tető sokszög oldalait.

3. Dobás és forgás szempontjából: - Ha a prizmát a függőleges tengelye körül forgatjuk, és az egyik alapjára ejtjük, minden ${\textstyle n}$-oldalú alap esetén az egyes oldalakra esés valószínűsége egyenletes lesz. - Ezért a dobás során egy ilyen ${\textstyle n}$-oldalú prizmával az ${\textstyle 1/n}$-es egyenletes eloszlást kapjuk.

Példa különböző n-értékekre:

- Ha ${\textstyle n=3}$, akkor egy háromszög alapú prizma lesz, amely három egyenlő esélyű kimenetelt biztosít. - Ha ${\textstyle n=5}$, akkor egy ötszög alapú prizma lesz, amely öt egyenlő esélyű kimenetelt ad. - Ha ${\textstyle n=7}$, akkor egy hétszög alapú prizma lesz, amely hét egyenlő esélyű kimenetelt biztosít.

Általánosabb megoldás: n-oldalú kúp vagy elvékonyodó test

Egy másik megoldás az n-oldalú szabályos kúp vagy elvékonyodó test használata, amelynek az alapja egy szabályos n-oldalú sokszög, és a kúp csúcsa a test fölött helyezkedik el. Az alapra történő dobás során az ${\textstyle n}$-oldalú sokszög minden egyes oldala egyenletes valószínűséggel jelenik meg.

Következtetés:

Tehát minden ${\textstyle n>1}$-re egy n-oldalú szabályos prizma alkalmas arra, hogy az ${\textstyle 1/n}$-es egyenletes eloszlást kísérletileg előállítsuk. A prizmák használata egyszerű, és minden ${\textstyle n}$-re könnyen megvalósítható.

(E12) Egy szórólapterjesztő véletlenszerűen tesz szórólapot néhány postaládába egy lépcsőházban. Jelölje A és B azokat az eseményeket, hogy Aladár illetve Béla postaládájába tett lapot. o) Hétköznapi szavakkal ismertesse az alábbi adatokat: P(A)=0,9 , P(B)=0,6 , P(AB)=0,55.

Az alábbiakban a megadott valószínűségi értékeket fogalmazzuk meg hétköznapi szavakkal:

1. ${\textstyle P(A)=0,9}$: Annak a valószínűsége, hogy Aladár postaládájába szórólapot helyeznek, 90

2. ${\textstyle P(B)=0,6}$: Annak a valószínűsége, hogy Béla postaládájába szórólapot helyeznek, 60

3. ${\textstyle P(AB)=0,55}$: Annak a valószínűsége, hogy mind Aladár, mind Béla postaládájába kerül szórólap, 55

Ezek az adatok azt tükrözik, hogy a szórólapterjesztő szinte mindig tesz szórólapot Aladár postaládájába, Béla postaládjába ritkábban, de nem függetlenül: sok esetben egyszerre mindkét postaládába kerül lap.

Fejezze ki A és B -vel az alábbi eseményeket és számítsa ki valószínűségüket: "A terjesztő Aladár és Béla postaládái közül ... a) valamelyik postaládába tesz szórólapot,

A feladatban az "Aladár és Béla postaládái közül valamelyikbe kerül szórólap" esemény azt jelenti, hogy vagy Aladár postaládájába kerül szórólap (${\textstyle A}$), vagy Béla postaládájába kerül szórólap (${\textstyle B}$), vagy mindkettőbe kerül szórólap.

Ez az esemény az ${\textstyle A\cup B}$ unióval írható le, tehát annak valószínűségét keressük, hogy legalább az egyik postaládába tesz szórólapot.

a) Valamelyik postaládába tesz szórólapot:

Ez az esemény ${\textstyle A\cup B}$, azaz:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$

Ismerjük a következő adatokat: - ${\textstyle P(A)=0,9}$, - ${\textstyle P(B)=0,6}$, - ${\textstyle P(A\cap B)=P(AB)=0,55}$.

Tehát a valószínűség:

$$P(A\cup B)=0,9+0,6-0,55=1,5-0,55=0,95.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy a terjesztő Aladár és Béla postaládái közül valamelyikbe tesz szórólapot, 0,95, azaz 95

b) valamelyik postaládába nem tesz szórólapot, A kérdés az, hogy mekkora annak a valószínűsége, hogy valamelyik postaládába nem tesz szórólapot. Ez azt jelenti, hogy vagy Aladár postaládájába nem tesz szórólapot, vagy Béla postaládájába nem tesz, vagy mindkettőbe nem tesz.

Ez az esemény ${\textstyle A^{c}\cup B^{c}}$ (ahol ${\textstyle A^{c}}$ és ${\textstyle B^{c}}$ az ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ események komplementer eseményei, vagyis hogy nem kerül szórólap Aladár és Béla postaládájába).

Mivel a feladat logikailag megegyezik az előző pontban szereplő "valamelyikbe tesz" esemény komplementerével, a valószínűséget úgy számolhatjuk ki, hogy kivonjuk a "valamelyikbe tesz" valószínűségét 1-ből.

b) Valamelyik postaládába nem tesz szórólapot:

Ez az esemény ${\textstyle (A\cup B)^{c}}$, tehát:

$$P({\text{valamelyikbe nem tesz szórólapot}})=1-P(A\cup B).$$

Az előző részben kiszámoltuk, hogy ${\textstyle P(A\cup B)=0,95}$, így:

$$P({\text{valamelyikbe nem tesz szórólapot}})=1-0,95=0,05.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy a terjesztő valamelyik postaládába nem tesz szórólapot, 0,05, azaz 5

c) egyik postaládába sem tesz szórólapot, Annak a valószínűsége, hogy a terjesztő egyik postaládába sem tesz szórólapot, azt jelenti, hogy sem Aladár (${\textstyle A^{c}}$), sem Béla (${\textstyle B^{c}}$) postaládájába nem kerül szórólap. Ez az esemény a ${\textstyle A^{c}\cap B^{c}}$ eseménnyel fejezhető ki, ami azt jelenti, hogy egyikük postaládájába sem kerül szórólap.

c) Egyik postaládába sem tesz szórólapot:

Ez az esemény ${\textstyle A^{c}\cap B^{c}}$, tehát annak a valószínűsége:

$$P(A^{c}\cap B^{c})=1-P(A\cup B).$$

Már kiszámoltuk, hogy ${\textstyle P(A\cup B)=0,95}$, így:

$$P(A^{c}\cap B^{c})=1-0,95=0,05.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy a terjesztő egyik postaládába sem tesz szórólapot, 0,05, azaz 5

d) egyikbe tesz, másikba nem tesz szórólapot.

Annak a valószínűsége, hogy a terjesztő az egyik postaládába tesz szórólapot, a másikba pedig nem, két különböző esetet jelenthet:

1. Aladár postaládájába tesz, Béla postaládájába nem tesz szórólapot (${\textstyle A\cap B^{c}}$). 2. Béla postaládájába tesz, Aladár postaládájába nem tesz szórólapot (${\textstyle A^{c}\cap B}$).

Mivel ezek a két eset kizárják egymást, a valószínűségeket össze kell adnunk.

d) Egyikbe tesz, másikba nem tesz szórólapot:

Ennek a valószínűsége:

$$P(A\cap B^{c})+P(A^{c}\cap B).$$

1. ${\textstyle P(A\cap B^{c})}$ (Aladár postaládájába tesz, Béla postaládájába nem): $$P(A\cap B^{c})=P(A)-P(A\cap B)=0,9-0,55=0,35.$$

2. ${\textstyle P(A^{c}\cap B)}$ (Béla postaládájába tesz, Aladár postaládájába nem): $$P(A^{c}\cap B)=P(B)-P(A\cap B)=0,6-0,55=0,05.$$

Most összeadjuk a két valószínűséget:

$$P(A\cap B^{c})+P(A^{c}\cap B)=0,35+0,05=0,40.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy a terjesztő az egyik postaládába tesz, a másikba nem, 0,40, azaz 40

(E13) Kétfajta sorsjátékon játszom. Legyen A az az esemény, hogy az első sorsjátékon nyerek, B az az esemény, hogy a második sorsjátékon nyerek. Tegyük fel, hogy P(A)=0,01, P(B)=0,03, valamint A és B függetlenek. Fejezzük ki A-val és B-vel az alábbi eseményeket és adjuk meg valószínűségüket: a) egyiken sem nyerek, A kérdés arra vonatkozik, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy egyiken sem nyerek a két sorsjátékon. Jelölje ${\textstyle A^{c}}$ azt az eseményt, hogy nem nyerek az első sorsjátékon, és ${\textstyle B^{c}}$ azt, hogy nem nyerek a második sorsjátékon.

a) Egyiken sem nyerek:

Ez azt jelenti, hogy sem az első, sem a második sorsjátékon nem nyerek, tehát az esemény ${\textstyle A^{c}\cap B^{c}}$.

Mivel ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ független események, így a komplementer események valószínűsége is független, tehát:

$$P(A^{c}\cap B^{c})=P(A^{c})\times P(B^{c}).$$

A komplementer események valószínűsége:

$$P(A^{c})=1-P(A)=1-0,01=0,99,$$ $$P(B^{c})=1-P(B)=1-0,03=0,97.$$

Most szorozzuk össze a két valószínűséget:

$$P(A^{c}\cap B^{c})=0,99\times 0,97=0,9603.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy egyiken sem nyerek, ${\textstyle P(A^{c}\cap B^{c})=0,9603}$, vagyis 96,03

b) legalább az egyiken nem nyerek, A kérdés arra vonatkozik, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy legalább az egyik sorsjátékon nem nyerek. Ez az esemény azt jelenti, hogy nem nyerek mindkét sorsjátékon egyszerre, vagyis nem áll fenn az az eset, hogy mindkét sorsjátékon nyernék.

b) Legalább az egyiken nem nyerek:

Ez az esemény ${\textstyle (A\cap B)^{c}}$, vagyis annak a komplementere, hogy mindkét sorsjátékon nyerek.

A két sorsjáték nyerési valószínűsége:

$$P(A\cap B)=P(A)\times P(B),$$

mivel ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ független események. Az érték:

$$P(A\cap B)=0,01\times 0,03=0,0003.$$

Most számoljuk ki annak a valószínűségét, hogy nem nyerek mindkét sorsjátékon egyszerre:

$$P((A\cap B)^{c})=1-P(A\cap B)=1-0,0003=0,9997.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy legalább az egyik sorsjátékon nem nyerek, ${\textstyle P((A\cap B)^{c})=0,9997}$, vagyis 99,97

c) legalább az egyiken nyerek, A kérdés arra vonatkozik, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy legalább az egyik sorsjátékon nyerek. Ez azt jelenti, hogy vagy az első sorsjátékon nyerek, vagy a másodikon, vagy mindkettőn.

c) Legalább az egyiken nyerek:

Ez az esemény az ${\textstyle A\cup B}$, vagyis annak a valószínűsége, hogy az első vagy a második sorsjátékon nyerek (vagy mindkettőn).

Használhatjuk a következő képletet az események uniójának valószínűségére:

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$

Már ismerjük az adatokat: - ${\textstyle P(A)=0,01}$, - ${\textstyle P(B)=0,03}$, - ${\textstyle P(A\cap B)=0,01\times 0,03=0,0003}$.

Most számoljuk ki:

$$P(A\cup B)=0,01+0,03-0,0003=0,04-0,0003=0,0397.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy legalább az egyik sorsjátékon nyerek, ${\textstyle P(A\cup B)=0,0397}$, vagyis 3,97

d) egyiken nyerek, másikon nem. Annak a valószínűségét keressük, hogy az egyik sorsjátékon nyerek, a másikon pedig nem. Ez két különböző esetet jelenthet:

1. Az első sorsjátékon nyerek, a másodikon nem: Ez az esemény ${\textstyle A\cap B^{c}}$. 2. A második sorsjátékon nyerek, az elsőn nem: Ez az esemény ${\textstyle A^{c}\cap B}$.

Mivel ezek az esetek kizárják egymást, össze kell adnunk a valószínűségeiket.

d) Egyiken nyerek, másikon nem:

Ennek valószínűsége:

$$P(A\cap B^{c})+P(A^{c}\cap B).$$

1. ${\textstyle P(A\cap B^{c})}$ (Az első sorsjátékon nyerek, a másodikon nem): $$P(A\cap B^{c})=P(A)\times P(B^{c})=0,01\times (1-0,03)=0,01\times 0,97=0,0097.$$

2. ${\textstyle P(A^{c}\cap B)}$ (A második sorsjátékon nyerek, az elsőn nem): $$P(A^{c}\cap B)=P(A^{c})\times P(B)=(1-0,01)\times 0,03=0,99\times 0,03=0,0297.$$

Most összeadjuk a két valószínűséget:

$$P(A\cap B^{c})+P(A^{c}\cap B)=0,0097+0,0297=0,0394.$$

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy az egyik sorsjátékon nyerek, a másikon nem, ${\textstyle 0,0394}$, vagyis 3,94

(E14) A Mackó kereszteződésben a jobboldali sávban az autók jobbra kanyarodhatnak vagy egyenesen haladhatnak tovább. A zöld időtartama alatt legfeljebb 4 autó tud átjutni a kereszteződésen. Ha egy autó jobbra kíván kikanyarodni, akkor a mögötte levő autó egyenesen tovább tud menni, de jobbra kanyarodni már nem tud. Minden autó a többitől függetlenül 0,6 valószínűséggel akar egyenesen tovább haladni és 0,4 valószínűséggel jobbra kanyarodni.

Mennyi a valószínűsége, hogy a zöld időtartama alatt mind a négy várakozó autó átjut a kereszteződésen? Annak a valószínűségét keressük, hogy a zöld jelzés alatt mind a négy várakozó autó átjut a kereszteződésen.

Feltételek: - Minden autó függetlenül 0,6 valószínűséggel megy egyenesen, és 0,4 valószínűséggel fordul jobbra. - Ha egy autó jobbra fordul, a mögötte lévő autó még egyenesen tovább tud menni, de jobbra már nem tud kanyarodni. - Legfeljebb 4 autó juthat át a kereszteződésen a zöld jelzés alatt.

Ahhoz, hogy mind a négy autó át tudjon haladni a kereszteződésen, figyelembe kell vennünk, hogy a jobbra kanyarodó autók nem blokkolhatják az egyenesen haladókat, mivel a mögöttük levő autók csak egyenesen mehetnek, de nem kanyarodhatnak jobbra.

Események és valószínűség:

A négy autó mindegyike átjut akkor, ha a következő feltételek teljesülnek: 1. Az első autó akármit csinálhat (mivel nincs előtte akadály). 2. A második autó csak akkor tud átjutni, ha az első nem kanyarodik jobbra. Ezért a második autó átjutásának feltétele, hogy az első autó egyenesen megy vagy a második autó egyenesen megy. 3. A harmadik autó csak akkor tud átjutni, ha az előtte lévő kettő nem akadályozza. Ez azt jelenti, hogy ha az első autó jobbra kanyarodik, a mögötte levő egyenesen haladók nem akadályozhatják a harmadik autót. 4. A negyedik autó ugyanígy csak akkor haladhat át, ha az előtte lévő autók nem akadályozzák.

A helyzet összetettsége miatt az egyszerű kombinációk szabályai szerint fogunk dolgozni.

Szimulálás és számolás:

Annak a valószínűsége, hogy mind a négy autó átjut, egyszerűen: Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\displaystyle P(\text{mind a négy átjut}) = P(\text{nincs olyan jobbra kanyarodó autó, amely blokkolná az áthaladást}). (E15) Tapasztalat: annak ellenére, hogy egyre több ember van a Földön / Magyarországon, egyes családnevek véglegesen kihalnak. Mi lehet ennek az oka? Jelölje $p_0 , p_1 , p_2 , ... , p_k , ...$ annak valószínűségét, hogy egy felnőtt férfinak $0,1,2, ... , k , ...$ fiúgyermeke születik. Ekkor az átlagos fiúgyermekszám $m = \sum_{k=0}^{\infty} k \cdot p_k$. Adjuk meg a családnév kihalásának valószínűségét! A családnév kihalásának oka matematikailag modellezhető a Galton–Watson folyamat segítségével, amelyet gyakran használnak a populációk vagy családok generációinak vizsgálatára. A kihalás valószínűsége függ attól, hogy egy felnőtt férfi hány fiúgyermeket tud nemzeni, és hogy ez a folyamat generációról generációra hogyan alakul. A Galton–Watson folyamat modellje A Galton–Watson modell egy sztochasztikus folyamat, amelyben a populáció minden tagja \( k \) fiúgyermekkel rendelkezhet, ahol \( k \)-nak van egy bizonyos eloszlása. A \( p_k \) értékek az egyes \( k \) fiúgyermekek születési valószínűségét jelölik. A folyamat minden generációban újra indul, vagyis minden férfi leszármazott ugyanúgy \( k \) fiúgyermeket nemz az eloszlásnak megfelelően. Átlagos fiúgyermekszám Az átlagos fiúgyermekszám, \( m \), a \( k \)-értékek súlyozott átlaga, ahol minden \( p_k \)-valószínűség súlyozza az adott \( k \) fiúgyermekszámot. Tehát: \[ m = \sum_{k=0}^{\infty} k \cdot p_k.}

Ez az érték kulcsfontosságú a családnév kihalásának valószínűsége szempontjából. A következő esetek lehetségesek:

1. Ha ${\textstyle m\leq 1}$: Az átlagos fiúgyermekszám kisebb vagy egyenlő 1-nél, tehát az esetek többségében egy férfinak legfeljebb egy fia születik, vagy akár egyáltalán nem lesz fiúgyermeke. Ebben az esetben a populáció biztosan kihal egy idő után. Tehát a családnév kihalásának valószínűsége ebben az esetben 1 (100

2. Ha ${\textstyle m>1}$: Ebben az esetben, ha egy férfinak átlagosan több mint egy fiúgyermeke van, a populáció nem biztosan hal ki, de van egy valószínűsége annak, hogy a családnév mégis kihal. A Galton–Watson folyamat szerint a családnév kihalásának valószínűsége a legkisebb pozitív gyök ${\textstyle q}$ a következő egyenletből:

$$f(q)=q,$$

ahol ${\textstyle f(q)}$ a generálófüggvény, amely a következőképpen adható meg a fiúgyermekek eloszlása alapján:

$$f(q)=\sum _{k=0}^{\infty }p_{k}\cdot q^{k}.$$

Az ${\textstyle f(q)=q}$ egyenlet megoldásának legkisebb gyöke adja a családnév kihalásának valószínűségét. Ez az érték 0 és 1 között van, ha ${\textstyle m>1}$. Általában minél nagyobb az ${\textstyle m}$, annál kisebb a kihalás valószínűsége, de sosem 0, tehát mindig van valamekkora esély a családnév kihalására.

Összefoglalva

- Ha ${\textstyle m\leq 1}$, a családnév biztosan kihal (a valószínűség ${\textstyle 1}$). - Ha ${\textstyle m>1}$, a családnév kihalásának valószínűsége a generálófüggvény ${\textstyle f(q)=q}$ egyenletének legkisebb pozitív gyöke, amely kisebb, mint 1, de sosem 0.

A családnév kihalásának esélyét az határozza meg, hogy generációról generációra mennyi fiúgyermek születik, és az eloszlás alapján számítható ki pontosan a kihalás valószínűsége.

(E16) Egy idomár bedugja a fejét az oroszlán szájába, a mutatvány 93

(E17) Mi a valószínűsége a következő állításoknak: " Az én szülinapom ma van, egypetéjű ikertestvérem szülinapja pedig ... a) holnap lesz, a) Az én szülinapom ma van, egypetéjű ikertestvérem szülinapja holnap lesz.

Az egypetéjű ikertestvérek születési ideje ugyanazon a napon van, mivel egy időpontban születnek, tehát születésnapjuk mindig ugyanazon a napon van, függetlenül attól, hogy mennyi idő telt el születésük óta.

Ennek megfelelően annak a valószínűsége, hogy egy egypetéjű ikerpárnak különböző napokon legyen a születésnapja, tehát az egyikük születésnapja ma, a másiké holnap van, 0.

Válasz:

Annak a valószínűsége, hogy az egypetéjű ikrek közül az egyik születésnapja ma van, a másiké holnap lesz, 0, vagyis lehetetlen.

b) holnapután lesz,

c) két nap múlva lesz,

d) három nap múlva lesz." ?

(E18) A közismert "kő-papír-olló" játékban mekkora valószínűséggel lesz a) döntetlen két játékos esetén, b) hárman "körbeverik" egymást ?

a) Döntetlen két játékos esetén

A "kő-papír-olló" játékban három lehetséges kimenetel van mindkét játékos számára: kő, papír, vagy olló. Ha két játékos játszik, akkor a játék döntetlen, ha mindkettő ugyanazt a választást teszi (mindketten kő, mindketten papír, vagy mindketten olló).

Mivel mindkét játékos egyenlő valószínűséggel (egyforma eséllyel) választ kő, papír, vagy ollót, a lehetséges esetek száma ${\textstyle 3\times 3=9}$. A döntetlen háromféleképpen következhet be: mindketten kőt, mindketten papírt, vagy mindketten ollót választanak. Tehát a döntetlen esetek száma 3.

Ezért a döntetlen valószínűsége:

$$P({\text{döntetlen}})={\frac {3}{9}}={\frac {1}{3}}.$$

b) Hárman "körbeverik" egymást

A három játékos "körbeverik" egymást azt jelenti, hogy az egyik játékos a másikat legyőzi, a másik legyőzi a harmadikat, és a harmadik legyőzi az elsőt. Ez a következő három esetet jelentheti: - Az első játékos kőt választ, a második ollót, a harmadik papírt. - Az első játékos papírt választ, a második kőt, a harmadik ollót. - Az első játékos ollót választ, a második papírt, a harmadik kőt.

Mindhárom eset egyértelműen egy körkörös győzelmi láncot hoz létre, vagyis minden játékos egy másik játékost legyőz, de ő maga egy másik játékostól kikap.

Mindhárom játékosnak 3 lehetséges választása van (kő, papír, vagy olló), tehát az összes lehetséges kimenetelszám:

$$3\times 3\times 3=27.$$

A három körkörös győzelmi eset közül mindegyik egyértelmű, tehát 3 ilyen eset van, ahol "körbeverik" egymást.

Ezért annak valószínűsége, hogy a három játékos körbeveri egymást:

$$P({\text{körbeverik egymást}})={\frac {3}{27}}={\frac {1}{9}}.$$

Válaszok: - a) Két játékos esetén a döntetlen valószínűsége: ${\textstyle {\frac {1}{3}}}$ (vagy 33,33 - b) Három játékos esetén annak a valószínűsége, hogy "körbeverik" egymást: ${\textstyle {\frac {1}{9}}}$ (vagy kb. 11,11

(E19) Számozzunk meg három kockát a következő módon: A-ra írjuk a 18, 10, 9, 8, 7, 5 számokat, B-re a 17, 16, 15, 4, 3, 2, C -re pedig a 14, 13, 12, 11, 6, 1 számokat. a) Számítsuk ki a következő valószínűségeket: P(A>B), P(B>C), P(C>A).

b) Mi a tanulság?

c) Készíthetők-e ilyen kockák 1 és 6 közötti számokkal ? a) Számítsuk ki a következő valószínűségeket: ${\textstyle P(A>B)}$, ${\textstyle P(B>C)}$, ${\textstyle P(C>A)}$.

A három kockát egyedi módon számozták meg, és az a célunk, hogy kiszámítsuk annak a valószínűségét, hogy az egyik kocka nagyobb számot dob, mint egy másik kocka.

${\textstyle P(A>B)}$ Annak a valószínűsége, hogy ${\textstyle A}$-kocka nagyobb számot dob, mint a ${\textstyle B}$-kocka.

- ${\textstyle A}$-kocka számai: 18, 10, 9, 8, 7, 5. - ${\textstyle B}$-kocka számai: 17, 16, 15, 4, 3, 2.

Mivel mindegyik kocka 6 oldalas, az összes lehetséges kimenetel száma ${\textstyle 6\times 6=36}$.

Most számoljuk meg azokat az eseteket, amikor ${\textstyle A>B}$:

- 18 (A) nagyobb, mint az összes ${\textstyle B}$-kockán lévő szám, tehát itt 6 nyerő eset van. - 10 (A) nagyobb, mint 4, 3, 2 (3 eset). - 9 (A) nagyobb, mint 4, 3, 2 (3 eset). - 8 (A) nagyobb, mint 4, 3, 2 (3 eset). - 7 (A) nagyobb, mint 4, 3, 2 (3 eset). - 5 (A) nagyobb, mint 4, 3, 2 (3 eset).

Összesen: ${\textstyle 6+3+3+3+3+3=21}$ eset, amikor ${\textstyle A>B}$.

Tehát:

$$P(A>B)={\frac {21}{36}}=0.5833.$$

${\textstyle P(B>C)}$ Annak a valószínűsége, hogy ${\textstyle B}$-kocka nagyobb számot dob, mint a ${\textstyle C}$-kocka.

- ${\textstyle B}$-kocka számai: 17, 16, 15, 4, 3, 2. - ${\textstyle C}$-kocka számai: 14, 13, 12, 11, 6, 1.

Az összes lehetséges kimenetel ismét ${\textstyle 6\times 6=36}$.

Számoljuk meg az eseteket, amikor ${\textstyle B>C}$:

- 17 (B) nagyobb, mint az összes ${\textstyle C}$-kockán lévő szám (6 eset). - 16 (B) nagyobb, mint az összes ${\textstyle C}$-kockán lévő szám (6 eset). - 15 (B) nagyobb, mint az összes ${\textstyle C}$-kockán lévő szám (6 eset). - 4 (B) nagyobb, mint 1 (1 eset). - 3 (B) nagyobb, mint 1 (1 eset). - 2 (B) nagyobb, mint 1 (1 eset).

Összesen: ${\textstyle 6+6+6+1+1+1=21}$ eset, amikor ${\textstyle B>C}$.

Tehát:

$$P(B>C)={\frac {21}{36}}=0.5833.$$

${\textstyle P(C>A)}$ Annak a valószínűsége, hogy ${\textstyle C}$-kocka nagyobb számot dob, mint az ${\textstyle A}$-kocka.

- ${\textstyle C}$-kocka számai: 14, 13, 12, 11, 6, 1. - ${\textstyle A}$-kocka számai: 18, 10, 9, 8, 7, 5.

Az összes lehetséges kimenetel ismét ${\textstyle 6\times 6=36}$.

Számoljuk meg az eseteket, amikor ${\textstyle C>A}$:

- 14 (C) nagyobb, mint 10, 9, 8, 7, 5 (5 eset). - 13 (C) nagyobb, mint 10, 9, 8, 7, 5 (5 eset). - 12 (C) nagyobb, mint 10, 9, 8, 7, 5 (5 eset). - 11 (C) nagyobb, mint 10, 9, 8, 7, 5 (5 eset). - 6 (C) nagyobb, mint 5 (1 eset). - 1 (C) kisebb, mint minden ${\textstyle A}$-kocka szám, tehát itt 0 eset van.

Összesen: ${\textstyle 5+5+5+5+1=21}$ eset, amikor ${\textstyle C>A}$.

Tehát:

$$P(C>A)={\frac {21}{36}}=0.5833.$$

b) Mi a tanulság?

A három kocka közül bármelyik kocka legyőzheti a másikat nagyjából azonos valószínűséggel. Ez egy nem-transzitív tulajdonságot mutat, hasonlóan a "kő-papír-olló" játékhoz, ahol az egyik választás legyőzi a másikat, de egy harmadik választás legyőzi az elsőt.

c) Készíthetők-e ilyen kockák 1 és 6 közötti számokkal?

Nem, ilyen nem-transzitív kockák nem készíthetők 1 és 6 közötti számokkal, mert a kockák hagyományos számozása (1-től 6-ig) nem teszi lehetővé olyan elosztást, ahol a kockák nem-transzitív módon győzik le egymást. Az ilyen típusú nem-transzitív kockák különleges számozást igényelnek, mint ahogyan a feladatban adott számok (18, 10, 9 stb.), amelyek nem követik a hagyományos kockaszámokat.

(E20) a) Két kockával dobunk. Ha a dobott számok összege páros, akkor A nyer, ha a dobott számok összege páratlan, akkor B. Ki nyer nagyobb valószínűséggel ?

b) Adjuk meg két/három/... kockadobás összegének eloszlását.

a) Két kockával dobunk. Ha a dobott számok összege páros, akkor A nyer, ha a dobott számok összege páratlan, akkor B. Ki nyer nagyobb valószínűséggel?

Először nézzük meg, milyen valószínűsége van annak, hogy két kocka összegének eredménye páros vagy páratlan lesz.

Lehetséges esetek: Minden kockadobásnak 6 lehetséges kimenetele van (1, 2, 3, 4, 5, 6), így két kocka esetén összesen ${\textstyle 6\times 6=36}$ lehetséges dobáskombináció van.

- Egy összeg akkor lesz páros, ha: - mindkét kocka páros, - vagy mindkét kocka páratlan.

- Egy összeg akkor lesz páratlan, ha: - az egyik kocka páros, - a másik kocka páratlan.

Páros összeg: A páros összeg akkor fordul elő, ha mindkét dobás páros vagy mindkét dobás páratlan. Az egyes kockákon a páros számok: 2, 4, 6, a páratlan számok: 1, 3, 5.

- Mindkét kocka páros: 3 (páros kimenet) × 3 (páros kimenet) = 9 eset. - Mindkét kocka páratlan: 3 (páratlan kimenet) × 3 (páratlan kimenet) = 9 eset.

Tehát összesen 9 + 9 = 18 eset van, amikor az összeg páros.

Páratlan összeg: A páratlan összeg akkor fordul elő, ha az egyik dobás páros, a másik páratlan.

- Az első páros, a második páratlan: 3 (páros kimenet) × 3 (páratlan kimenet) = 9 eset. - Az első páratlan, a második páros: 3 (páratlan kimenet) × 3 (páros kimenet) = 9 eset.

Tehát összesen 9 + 9 = 18 eset van, amikor az összeg páratlan.

Eredmény:

Mivel a páros és a páratlan összeg valószínűségei egyenlők, mindkét játékos, A (páros esetén) és B (páratlan esetén) egyenlő eséllyel nyer:

$$P({\text{A nyer}})=P({\text{B nyer}})={\frac {18}{36}}=0.5.$$

b) Adjuk meg két/három/... kockadobás összegének eloszlását.

Két kocka dobásának összegeloszlása:

Két kocka dobása esetén az összegek 2-től 12-ig terjedhetnek. Az egyes összegek eloszlását a következő módon számoljuk ki:

| Összeg | Lehetséges kombinációk száma | Valószínűség | |——–|——————————|————–| | 2 | 1 (1,1) | ${\textstyle {\frac {1}{36}}}$ | | 3 | 2 (1,2), (2,1) | ${\textstyle {\frac {2}{36}}}$ | | 4 | 3 (1,3), (2,2), (3,1) | ${\textstyle {\frac {3}{36}}}$ | | 5 | 4 (1,4), (2,3), (3,2), (4,1) | ${\textstyle {\frac {4}{36}}}$ | | 6 | 5 (1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1) | ${\textstyle {\frac {5}{36}}}$ | | 7 | 6 (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) | ${\textstyle {\frac {6}{36}}}$ | | 8 | 5 (2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2) | ${\textstyle {\frac {5}{36}}}$ | | 9 | 4 (3,6), (4,5), (5,4), (6,3) | ${\textstyle {\frac {4}{36}}}$ | | 10 | 3 (4,6), (5,5), (6,4) | ${\textstyle {\frac {3}{36}}}$ | | 11 | 2 (5,6), (6,5) | ${\textstyle {\frac {2}{36}}}$ | | 12 | 1 (6,6) | ${\textstyle {\frac {1}{36}}}$ |

Ez az eloszlás szimmetrikus, és a legvalószínűbb kimenetel a 7-es összeg, amely 6 különböző módon jöhet ki.

Három kocka dobásának összegeloszlása:

Három kocka dobásakor az összegek 3-tól 18-ig terjedhetnek. Számoljuk ki a lehetséges kombinációkat az egyes összegekre:

| Összeg | Lehetséges kombinációk száma | |——–|——————————| | 3 | 1 (1,1,1) | | 4 | 3 (1,1,2), (1,2,1), (2,1,1) | | 5 | 6 (1,1,3), (1,2,2), (1,3,1), (2,1,2), (2,2,1), (3,1,1) | | ... | ... | | 10 | 27 (legnagyobb variáció) | | ... | ... | | 18 | 1 (6,6,6) |

A legnagyobb valószínűség itt is a középső összegeknél lesz, például a 10 körül, hasonlóan a két kockás eloszláshoz.

Az ilyen eloszlások alapvetően a diszkrét eloszlások, amelyek a kockák számának növekedésével egyre közelebb kerülnek a normál eloszláshoz a középérték körüli összegértékekkel.

(E21) Mekkora valószínűséggel dobunk négy kockával 20 -at ? A feladat arra vonatkozik, hogy négy hatoldalú kockával (minden oldalon 1-től 6-ig terjedő számokkal) dobva milyen valószínűséggel kapunk összesen 20-at.

Lépések:

1. Összes lehetséges kimenetel: Mivel négy kockát dobunk, és minden kockán 6 lehetséges érték (1–6) van, az összes lehetséges dobáskombináció száma:

$$6\times 6\times 6\times 6=6^{4}=1296.$$

2. Kombinációk, amelyek összege 20: Most meg kell találnunk, hogy hány olyan kombináció van, ahol a négy kockán dobott számok összege pontosan 20.

3. Kombinációk keresése: A négy kocka eredményeit ${\textstyle x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}}$-vel jelölve, ahol ${\textstyle x_{i}\in \{1,2,3,4,5,6\}}$, az a feladat, hogy találjuk meg azokat a kombinációkat, ahol:

$$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=20.$$

Ez egy egész számú egyenlet, ahol a kockák értékei 1-től 6-ig terjedhetnek.

4. Diophantoszi egyenlet megoldása: A megoldás kereséséhez bevezethetjük az új változókat:

$$y_{i}=x_{i}-1,$$

ahol ${\textstyle y_{i}\geq 0}$, és most ${\textstyle y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4}=16}$, ahol ${\textstyle y_{i}\in \{0,1,2,3,4,5\}}$. Ez most egy generációs probléma.

5. Manuális keresés: A gyakorlatban ezeket az értékeket úgy találhatjuk meg, hogy minden lehetséges kombinációt végigpróbálunk. A következő példák teljesítik a feltételt:

- ${\textstyle (6,6,6,2)}$ - ${\textstyle (6,6,5,3)}$ - ${\textstyle (6,5,5,4)}$ - És még néhány más kombináció.

6. Számítás végrehajtása: Ha a kombinációk teljes listáját megszerezzük (ami kissé bonyolult, ha manuálisan végezzük), összeadjuk az eseteket, és a lehetséges kombinációk számát elosztjuk 1296-tal.

Válasz:

A pontos valószínűség kiszámításához a fentebb leírt összes lehetséges kombinációt össze kell gyűjteni. Általában négy kocka esetén a pontos számítás nagyjából 6-8

(E22) Hogyan lehetséges, hogy péntek 13-a nagyobb valószínűséggel fordul elő, mint más dátum-nap egybeesés?

Péntek 13-a nagyobb valószínűséggel fordul elő, mint más dátum és nap egybeesés, és ennek oka a naptári rendszer szerkezete. Ahhoz, hogy ezt megértsük, vizsgáljuk meg a következő tényezőket:

1. A hónapok és napok eloszlása - Egy évben általában 12 hónap van, és minden hónapban különböző számú nap van (28, 30, vagy 31). Az év napjai azonban nem oszlanak el egyenletesen a hét napjaira (hétfő, kedd, stb.). - Egy normál év 365 napos, ami nem osztható pontosan 7-tel (365/7 = 52 hét + 1 nap), tehát minden évben a napok „elcsúsznak” egy nappal a hét napjaihoz képest (például, ha egy év január 1-je hétfő, a következő év január 1-je keddi nap lesz).

2. Szökőévek és eltérések - A szökőévek 366 naposak, amelyek miatt a naptári napok még inkább eltolódnak. A szökőév 366 napja miatt a hét napjai két nappal csúsznak el a következő évhez képest (például, ha egy szökőév január 1-je hétfő, a következő év január 1-je szerdára esik). - Emiatt az évek során a hónapok 13. napjai nem egyenletesen oszlanak el a hét napjai között.

3. Péntek 13 különleges eloszlása A kérdéses jelenség abból adódik, hogy a naptári hónapok 13. napja nem minden napra egyenletesen esik. A hónapok 13. napja a legnagyobb valószínűséggel péntekre esik. Ez a következő okok miatt történik:

- A naptári struktúra (365 napos évek, 7 napos hetek, szökőévek) kombinációja miatt a hónapok 13. napja gyakrabban esik péntekre, mint bármely más hétköznapra. - Ezt statisztikai vizsgálatok is alátámasztják: ha az összes hónap 13. napját hosszú időszakon át követjük, a péntek 13. gyakrabban fordul elő, mint például hétfő 13. vagy csütörtök 13.

Példa: Egy 400 éves periódusban (a naptári ciklus pontosan 400 évente ismétlődik) a péntek 13-a gyakrabban fordul elő, mint más napok. Az eloszlás a következőképpen alakul: - Egy 400 éves ciklusban 4800 hónap van, ami 4800 darab 13. napot jelent. - Ezek közül 688 alkalommal esik 13-a péntekre, míg a többi napra (hétfő, kedd stb.) kevesebb alkalommal esik.

Miért? - A napok eloszlásában tapasztalható enyhe aszimmetria az évek hosszából (365 és 366 nap) és a hét napjainak ismétlődéséből fakad, ami azt eredményezi, hogy a péntekre eső 13-a gyakrabban fordul elő.

Összefoglalás: Péntek 13-a nagyobb valószínűséggel fordul elő, mint más nap és dátum egybeesés, mert a naptári napok eloszlása nem egyenletes. A naptári rendszer struktúrája, a szökőévek és a 7 napos hetek miatt a 13. nap gyakrabban esik péntekre, mint más napokra.

(E23) Az alábbi három táblázat alapján állapítsuk meg, hogy a gyógyszer segíti-e a gyógyulást a férfiak, nők, illetve az összes beteg esetében ?

| Csoport | Kezelt - férfi | Nem kezelt - férfi | Kezelt - nő | Nem kezelt - nő | Kezelt - összesen | Nem kezelt - összesen | |————|—————-|——————–|————-|—————–|——————-|———————–| | Gyógyult | 700 | 80 | 150 | 400 | 850 | 480 | | Nem gyógyult | 800 | 130 | 70 | 280 | 870 | 410 |

Az adatok alapján megállapíthatjuk, hogy a gyógyszer segíti-e a gyógyulást a férfiak, nők és az összes beteg esetében, ha kiszámítjuk a gyógyulási arányokat a kezelt és nem kezelt csoportokra vonatkozóan. A gyógyulási arányt úgy számítjuk ki, hogy elosztjuk a gyógyult betegek számát az összes beteg számával az adott csoportban.

1. Férfiak esetében:

- Kezelt férfiak: Gyógyultak száma = 700 Összes kezelt férfi = 700 (gyógyult) + 800 (nem gyógyult) = 1500 Gyógyulási arány kezelt férfiak esetében = ${\textstyle {\frac {700}{1500}}=0,4667}$ (46,67

- Nem kezelt férfiak: Gyógyultak száma = 80 Összes nem kezelt férfi = 80 (gyógyult) + 130 (nem gyógyult) = 210 Gyógyulási arány nem kezelt férfiak esetében = ${\textstyle {\frac {80}{210}}=0,3809}$ (38,09

Férfiak esetében a gyógyszer segíti a gyógyulást, mivel a gyógyulási arány a kezelt csoportban magasabb (46,67

—

2. Nők esetében:

- Kezelt nők: Gyógyultak száma = 150 Összes kezelt nő = 150 (gyógyult) + 70 (nem gyógyult) = 220 Gyógyulási arány kezelt nők esetében = ${\textstyle {\frac {150}{220}}=0,6818}$ (68,18

- Nem kezelt nők: Gyógyultak száma = 400 Összes nem kezelt nő = 400 (gyógyult) + 280 (nem gyógyult) = 680 Gyógyulási arány nem kezelt nők esetében = ${\textstyle {\frac {400}{680}}=0,5882}$ (58,82

Nők esetében a gyógyszer szintén segíti a gyógyulást, mivel a gyógyulási arány a kezelt nők között magasabb (68,18

—

3. Összes beteg esetében:

- Kezelt betegek: Gyógyultak száma = 850 Összes kezelt beteg = 850 (gyógyult) + 870 (nem gyógyult) = 1720 Gyógyulási arány kezelt betegek esetében = ${\textstyle {\frac {850}{1720}}=0,4942}$ (49,42

- Nem kezelt betegek: Gyógyultak száma = 480 Összes nem kezelt beteg = 480 (gyógyult) + 410 (nem gyógyult) = 890 Gyógyulási arány nem kezelt betegek esetében = ${\textstyle {\frac {480}{890}}=0,5393}$ (53,93

Összes beteg esetében a gyógyulási arány alacsonyabb a kezelt csoportban (49,42

—

Tanulság – Simpson-paradoxon: Ez a példa a Simpson-paradoxont illusztrálja, ahol a csoportokra (férfiak és nők) bontott adatok alapján úgy tűnik, hogy a gyógyszer segíti a gyógyulást, de amikor az összes beteget együttesen vizsgáljuk, a gyógyulási arány mégis alacsonyabb a kezelt csoportban. Az összesített adatok ellentmondanak a részletesebb csoportok alapján levont következtetéseknek.

Geometriai valószínűség

(G1) Mari és Józsi a könyvtárban beszél meg randevút. Elfoglalt emberek lévén csak annyiban tudnak megállapodni: délután 3 és 4 között mindenképpen beugranak, de nem lehet tudni, mikor, valamint legfeljebb csak 10 percig tudnak várni a másikra. Mennyi P(♥)= ?

Ez a feladat a geometriai valószínűség egyik klasszikus példája, amelyben azt kell kiszámítani, mekkora a valószínűsége, hogy Mari és Józsi találkoznak a könyvtárban, figyelembe véve, hogy legfeljebb 10 percet tudnak várni egymásra.

Lépések a megoldáshoz:

1. Tartózkodási időintervallum: - Mari és Józsi mindketten délután 3 és 4 között érkeznek, tehát mindkettejük érkezési ideje egy véletlen szám a [0, 60] perces intervallumban. - Legfeljebb 10 percet tudnak várni a másikra. Ez azt jelenti, hogy ha Mari például ${\textstyle t_{M}}$ perc után érkezik, akkor Józsinak legkésőbb ${\textstyle t_{M}+10}$ percen belül, vagy legkorábban ${\textstyle t_{M}-10}$ perccel kell érkeznie, hogy találkozzanak.

2. Koordináta-rendszer használata: - Az ${\textstyle x}$-tengelyen legyen Mari érkezési ideje ${\textstyle t_{M}}$, és a ${\textstyle y}$-tengelyen legyen Józsi érkezési ideje ${\textstyle t_{J}}$. - Az ${\textstyle x}$ és ${\textstyle y}$ tengelyek mentén mindkét személy érkezése 0 és 60 perc között változhat, így egy 60x60-as négyzet írja le az összes lehetséges érkezési időpárt.

3. Feltétel a találkozásra: Mari és Józsi találkoznak, ha a különbség érkezési idejük között legfeljebb 10 perc: $$|t_{M}-t_{J}|\leq 10.$$ Ez a feltétel azt jelenti, hogy a találkozási esemény a 60x60-as négyzetben egy olyan sávot alkot, amely az ${\textstyle t_{M}=t_{J}}$ egyenesen helyezkedik el, és attól legfeljebb 10 perc távolságra van. Ez két, a négyzetet átlósan átszelő párhuzamos vonal által határolt területet jelent.

4. Kedvező terület: A találkozás feltételei alapján az érkezési időpárok közül azok kedvezőek, amelyek a ${\textstyle |t_{M}-t_{J}|\leq 10}$ egyenlőtlenséget kielégítik. Ez a ${\textstyle t_{M}=t_{J}}$ egyenestől 10 perc távolságra húzott párhuzamos vonalak közötti sáv, amely a 60x60-as négyzetben egy rombusz alakú területet alkot.

A rombusz területének kiszámítása: - A rombusz szélessége 20 perc, hiszen ez a távolság ${\textstyle t_{M}}$ és ${\textstyle t_{J}}$ között lehet legfeljebb 10 perc. - A rombusz magassága szintén 60 perc, mivel Mari és Józsi legfeljebb 60 perc alatt érkezhetnek.

A rombusz területe tehát: $$A_{\text{rombusz}}=2\times {\frac {1}{2}}\times 60\times 10=600\,{\text{perc}}^{2}.$$

5. Teljes terület: A teljes 60x60-as négyzet területe: $$A_{\text{négyzet}}=60\times 60=3600\,{\text{perc}}^{2}.$$

6. Valószínűség: A találkozás valószínűsége a kedvező esetek (a rombusz területe) aránya a teljes esetekhez (a négyzet területe):

$$P({\text{♥}})={\frac {A_{\text{rombusz}}}{A_{\text{négyzet}}}}={\frac {600}{3600}}={\frac {1}{6}}.$$

Válasz: Annak a valószínűsége, hogy Mari és Józsi találkoznak a könyvtárban (vagyis legfeljebb 10 percet kell várniuk egymásra), ${\textstyle {\frac {1}{6}}}$, vagyis körülbelül 16,67

(G2) a) Egy 1 m-es léc véletlenül két helyen eltört. Mekkora valószínűséggel lesz mindegyik darab legalább 2 dm hoszú,

b) lehet az így keletkezett három szakaszból háromszöget szerkeszteni ?

a) Mekkora a valószínűsége annak, hogy mindegyik darab legalább 2 dm hosszú lesz?

A probléma szerint egy 1 méter hosszú lécet két véletlenül választott helyen eltörünk. A kérdés az, hogy mekkora annak a valószínűsége, hogy mindhárom darab hossza legalább 2 dm (vagyis 0,2 m).

Lépések a megoldáshoz:

1. A törések helyei: Jelöljük az első törés helyét ${\textstyle x_{1}}$-gyel és a második törés helyét ${\textstyle x_{2}}$-vel, ahol ${\textstyle 0\leq x_{1}\leq 1}$ és ${\textstyle 0\leq x_{2}\leq 1}$. Feltételezhetjük, hogy a törések helyei egymástól függetlenek és véletlenszerűen következnek be a lécre vetítve.

Tegyük fel, hogy ${\textstyle x_{1}\leq x_{2}}$, tehát az első törés helye ${\textstyle x_{1}}$, a második törésé pedig ${\textstyle x_{2}}$. Az így keletkezett három szakasz hossza: - Első szakasz: ${\textstyle x_{1}}$, - Második szakasz: ${\textstyle x_{2}-x_{1}}$, - Harmadik szakasz: ${\textstyle 1-x_{2}}$.

2. Feltétel, hogy mindegyik darab legalább 0,2 m legyen: Ahhoz, hogy mindhárom szakasz legalább 0,2 m (vagyis 2 dm) hosszú legyen, a következő feltételeknek kell teljesülnie: $$x_{1}\geq 0,2,\quad x_{2}-x_{1}\geq 0,2,\quad 1-x_{2}\geq 0,2.$$

Ezek alapján az alábbi intervallumok adódnak: - Az első szakasz legalább 0,2 m, tehát ${\textstyle x_{1}\geq 0,2}$. - A második szakasz legalább 0,2 m, tehát ${\textstyle x_{2}\geq x_{1}+0,2}$. - A harmadik szakasz legalább 0,2 m, tehát ${\textstyle x_{2}\leq 0,8}$.

3. Megoldás geometriai értelmezése: Most vizsgáljuk meg a feltételeket a ${\textstyle (x_{1},x_{2})}$ síkban: - A töréspontok ${\textstyle x_{1}}$ és ${\textstyle x_{2}}$ egyenletes eloszlásúak a [0, 1] intervallumon. - A lehetséges töréspárok a ${\textstyle [0,1]\times [0,1]}$ négyzeten belül helyezkednek el. - Az előző feltételek szerint ${\textstyle x_{1}\geq 0,2}$, ${\textstyle x_{2}\geq x_{1}+0,2}$, és ${\textstyle x_{2}\leq 0,8}$.

Ez egy olyan háromszög területe, amelynek csúcspontjai a következők: - ${\textstyle (0,2,0,4)}$, - ${\textstyle (0,2,0,8)}$, - ${\textstyle (0,6,0,8)}$.

4. Terület kiszámítása: A teljes ${\textstyle [0,1]\times [0,1]}$ négyzet területe 1, de a feltételek által meghatározott háromszög területe egy kisebb terület. Ennek a háromszögnek az alapja 0,6 és magassága 0,4. A háromszög területe:

$$A_{\text{háromszög}}={\frac {1}{2}}\times 0,4\times 0,6=0,12.$$

5. Valószínűség: A kedvező esetek száma a háromszög területével arányos, tehát a valószínűség, hogy mindhárom darab legalább 0,2 m hosszú lesz:

$$P=0,12.$$

b) Lehet az így keletkezett három szakaszból háromszöget szerkeszteni?

Egy háromszög szerkeszthető a három szakaszból, ha a háromszög egyenlőtlenségek teljesülnek, azaz bármelyik két oldal hosszának összege nagyobb a harmadik oldal hosszánál.

A keletkezett szakaszok: - Első szakasz: ${\textstyle x_{1}}$, - Második szakasz: ${\textstyle x_{2}-x_{1}}$, - Harmadik szakasz: ${\textstyle 1-x_{2}}$.

A háromszög szerkeszthetőségi feltételei:

$$x_{1}+(x_{2}-x_{1})>1-x_{2}\quad {\text{(I)}},$$ $$x_{1}+(1-x_{2})>x_{2}-x_{1}\quad {\text{(II)}},$$ $$(x_{2}-x_{1})+(1-x_{2})>x_{1}\quad {\text{(III)}}.$$

Az egyenlőtlenségek közül (I) mindig teljesül, mivel a lécek hossza nem negatív. Az (II) és (III) egyenlőtlenségek alapján korlátozni tudjuk a szakaszok hosszát.

Megoldás geometriai interpretációval:

Az egyenlőtlenségek által meghatározott terület az ${\textstyle (x_{1},x_{2})}$ síkban egy háromszögre korlátozódik, és a valószínűség számítása bonyolultabb integrálást igényel. A probléma gyakorlati megközelítése az, hogy a háromszög szerkesztéséhez szükséges feltételek szigorúbbak, mint a darabok legalább 0,2 m hosszúságának feltételei.

(G3) Mekkora valószínűséggel találjuk el a 30 cm sugarú céltábla 5 cm sugarú középső körét?

A feladat célja annak a valószínűségnek a kiszámítása, hogy eltaláljuk a céltábla közepén található kisebb, 5 cm sugarú kört a teljes, 30 cm sugarú céltáblán.

Adatok: - A céltábla teljes sugarának mérete: ${\textstyle r_{\text{teljes}}=30\,{\text{cm}}}$. - A középső kör sugarának mérete: ${\textstyle r_{\text{kör}}=5\,{\text{cm}}}$.

Terület számítása: 1. A céltábla teljes területe: A céltábla teljes területe egy kör, amelynek területe a következőképpen számítható: $$A_{\text{teljes}}=\pi r_{\text{teljes}}^{2}=\pi \times 30^{2}=\pi \times 900\,{\text{cm}}^{2}.$$

2. A középső kör területe: A középső kör területe szintén egy kör, amelynek területe: $$A_{\text{kör}}=\pi r_{\text{kör}}^{2}=\pi \times 5^{2}=\pi \times 25\,{\text{cm}}^{2}.$$

Valószínűség számítása: A valószínűség annak aránya, hogy eltaláljuk a középső kört, a középső kör területének aránya a teljes céltábla területéhez képest:

$$P={\frac {A_{\text{kör}}}{A_{\text{teljes}}}}={\frac {\pi \times 25}{\pi \times 900}}={\frac {25}{900}}.$$

Számoljuk ki az arányt:

$$P={\frac {25}{900}}={\frac {1}{36}}.$$

Válasz: Annak a valószínűsége, hogy eltaláljuk a 30 cm sugarú céltábla középső, 5 cm sugarú körét, ${\textstyle {\frac {1}{36}}}$, vagyis körülbelül 0,02778, ami 2,78

(G4) Mekkora valószínűséggel találja el a labda a 70 x 80 cm-es és 50 x 50 cm-es ablakok valamelyikét a 3x5 m-es tűzfalon?

A feladat célja annak a valószínűségnek a meghatározása, hogy egy labda eltalálja a tűzfalon lévő két ablak közül valamelyiket. A valószínűséget úgy számíthatjuk ki, hogy az ablakok összesített területének arányát vesszük a tűzfal teljes területéhez képest.

Adatok: - A tűzfal mérete: 3 m × 5 m, tehát a tűzfal teljes területe: $$A_{\text{tűzfal}}=3\times 5=15\,{\text{m}}^{2}=15\,{\text{m}}^{2}=15\times 10^{4}\,{\text{cm}}^{2}=150,000\,{\text{cm}}^{2}.$$ - A nagy ablak mérete: 70 cm × 80 cm, tehát a nagy ablak területe: $$A_{\text{nagy ablak}}=70\times 80=5600\,{\text{cm}}^{2}.$$ - A kis ablak mérete: 50 cm × 50 cm, tehát a kis ablak területe: $$A_{\text{kis ablak}}=50\times 50=2500\,{\text{cm}}^{2}.$$

Összesített ablakterület: Az ablakok összterülete az összes ablak területének összege:

$$A_{\text{ablakok}}=A_{\text{nagy ablak}}+A_{\text{kis ablak}}=5600+2500=8100\,{\text{cm}}^{2}.$$

Valószínűség számítása: A valószínűség, hogy a labda eltalálja valamelyik ablakot, az ablakok területének aránya a tűzfal teljes területéhez képest:

$$P={\frac {A_{\text{ablakok}}}{A_{\text{tűzfal}}}}={\frac {8100}{150000}}.$$

Számoljuk ki ezt az arányt:

$$P={\frac {8100}{150000}}=0.054.$$

Válasz: Annak a valószínűsége, hogy a labda eltalálja a 70 cm × 80 cm-es vagy az 50 cm × 50 cm-es ablakok valamelyikét a 3 m × 5 m-es tűzfalon, körülbelül 0,054, vagyis 5,4

(G5) A nüon és püon (nem létező) elemi részecskék élettartama 3∙10−3s illetve 2∙10−2s. Mekkora valószínűséggel láthatjuk mindkettőt egyszerre a ködkamrában, ha feltételezzük, hogy az 1s megfigyelési idő alatt mindkettő (pontosan) egyszer (valamikor) létrejön?

A feladat célja annak a valószínűségének meghatározása, hogy egy ködkamrában a nüon és a püon részecskék egyszerre megfigyelhetők. Ismerjük a részecskék élettartamát, ami egy exponenciális eloszlású lebomlási folyamatot ír le.

Adatok: - A nüon élettartama: ${\textstyle \tau _{\mu }=3\times 10^{-3}\,{\text{s}}}$. - A püon élettartama: ${\textstyle \tau _{\pi }=2\times 10^{-2}\,{\text{s}}}$. - A megfigyelési idő: 1 másodperc. - Mindkettő részecske pontosan egyszer létrejön a megfigyelési időszakban.

Exponenciális eloszlás és élettartam: A részecskék lebomlási folyamata az exponenciális eloszlás szerint történik, ahol az élettartam a részecske átlagos időtartama, mielőtt elbomlana. Az exponenciális eloszlás sűrűségfüggvénye:

$$f(t;\tau )={\frac {1}{\tau }}e^{-t/\tau },$$

ahol ${\textstyle \tau }$ a részecske átlagos élettartama, és ${\textstyle t}$ az az idő, amely alatt a részecske bomlik.

Közös megfigyelés valószínűsége: Annak valószínűsége, hogy a nüon és a püon egyidejűleg láthatóak a ködkamrában, az azt jelenti, hogy mindkét részecske életben van egy közös időintervallumban. Ha egy részecske élettartama exponenciális eloszlású, akkor annak valószínűsége, hogy egy adott időpillanatban életben van, a következő módon számítható:

A valószínűség, hogy egy részecske legalább ${\textstyle t}$ ideig él, az exponenciális eloszlás túlélési függvénye:

$$P(T>t)=e^{-t/\tau }.$$

Most annak a valószínűségét keressük, hogy mindkét részecske egyszerre megfigyelhető, vagyis mindkét részecske ugyanabban az időpillanatban él:

1. Nüon valószínűsége: A nüon ${\textstyle \tau _{\mu }=3\times 10^{-3}\,{\text{s}}}$-es élettartammal rendelkezik, így a valószínűség, hogy a nüon még életben van egy adott időpillanatban, a megfigyelési időszak alatt:

$$P_{\mu }=e^{-t/(3\times 10^{-3})}.$$

2. Püon valószínűsége: A püon ${\textstyle \tau _{\pi }=2\times 10^{-2}\,{\text{s}}}$-es élettartammal rendelkezik, így a valószínűség, hogy a püon még életben van ugyanabban az időpillanatban:

$$P_{\pi }=e^{-t/(2\times 10^{-2})}.$$

Közös valószínűség:

Mivel a két esemény független (vagyis a részecskék bomlása független egymástól), a közös megfigyelés valószínűsége a két független valószínűség szorzata:

$$P({\text{mindkettő életben van}})=P_{\mu }\cdot P_{\pi }=e^{-t/(3\times 10^{-3})}\cdot e^{-t/(2\times 10^{-2})}.$$

Ez a kifejezés azonban időfüggő, hiszen a részecskék bármely adott időpillanatban bomolhatnak el. Mivel a pontos találkozás pillanata nem rögzített, átlagosan azt szeretnénk tudni, hogy a megfigyelési időn belül mekkora a valószínűsége annak, hogy egy közös időpontban látjuk őket.

Közelítő valószínűség:

Ha feltételezzük, hogy mindkét részecske egyszer keletkezik, a megfigyelési idő ${\textstyle t=1\,{\text{s}}}$ alatt, a valószínűségük, hogy a ködkamrában egyszerre láthatók, közelítően a következő lesz:

$$P({\text{mindkettő egyszerre látható}})\approx e^{-1/(3\times 10^{-3})}\cdot e^{-1/(2\times 10^{-2})}.$$

Számítsuk ki a konkrét értékeket:

1. ${\textstyle P_{\mu }=e^{-1/(3\times 10^{-3})}=e^{-333.33}\approx 0}$ (nagyon kicsi érték). 2. ${\textstyle P_{\pi }=e^{-1/(2\times 10^{-2})}=e^{-50}\approx 0}$ (nagyon kicsi érték).

Mivel mindkét részecske élettartama rövid az 1 másodperces megfigyelési időhöz képest, a valószínűség, hogy mindkettőt egyszerre látjuk, rendkívül kicsi, gyakorlatilag nagyon közel van a nullához.

Válasz:

A valószínűség, hogy a nüon és püon egyszerre látható a ködkamrában, rendkívül kicsi, mivel a részecskék élettartama nagyon rövid az 1 másodperces megfigyelési időhöz képest. A valószínűség tehát gyakorlatilag 0, vagy nagyon közel van a nullához.

(G6*) Xénia, Yvett és Zita a könyvtárban beszél meg randevút. Elfoglalt emberek lévén csak annyiban tudnak megállapodni, hogy délután 12 és 8 között mindenképpen beugranak, de nem lehet tudni, mikor, valamint pontosan 1 óráig maradnak. Mennyi a valószínűsége, hogy mindhárman összefutnak ?

A feladatban Xénia, Yvett és Zita mindhárman 12:00 és 20:00 között érkeznek a könyvtárba, és mindegyikük pontosan 1 órát marad. A kérdés az, hogy mekkora annak a valószínűsége, hogy mindhárman egyszerre tartózkodnak a könyvtárban, vagyis mindhárman egy közös 1 órás időszakban ott lesznek.

Feltételezések: 1. Az időtartam, amikor bejöhetnek a könyvtárba, délután 12:00 és 20:00 között van, vagyis 8 órányi időtartam (8 óra = 480 perc). 2. Az érkezési időpontjuk teljesen véletlenszerű, és egymástól független, tehát mindhárom személy bármikor megérkezhet a 12:00 és 20:00 közötti időszakban. 3. Az érkezés után mindegyikük pontosan 1 óráig (60 percig) marad a könyvtárban.

Esemény leírása: Mindhárman akkor találkoznak, ha mindhárom időszakban van legalább egy közös óra, amely alatt mindhárman egyszerre tartózkodnak a könyvtárban.

Megoldás: Tegyük fel, hogy az érkezési időpontokat ${\textstyle T_{X}}$, ${\textstyle T_{Y}}$, és ${\textstyle T_{Z}}$ jelöli, ahol ${\textstyle T_{X}}$, ${\textstyle T_{Y}}$, és ${\textstyle T_{Z}}$ mindhárom esetben a 12:00 és 19:00 közötti időpontok (19:00 az utolsó lehetséges érkezési időpont, hiszen 1 órát maradnak). A valószínűségi tér a következő:

- ${\textstyle T_{X}}$, ${\textstyle T_{Y}}$, és ${\textstyle T_{Z}}$ mindegyike egyenletes eloszlású az [0, 480] intervallumban (percben mérve), hiszen 480 perc áll rendelkezésükre.

Most vizsgáljuk meg azt az eseményt, hogy van egy közös 1 órás időintervallum, amikor mindhárman a könyvtárban tartózkodnak. Ez azt jelenti, hogy az érkezési időpontok közötti különbségek legfeljebb 60 perc kell, hogy legyen.

Események közös időintervallumra:

Az érkezések legfeljebb 60 perc különbséggel történhetnek, különben legalább egyikük kimarad a közös időszakból. Az időtartam, amelyben mindhárom személy közös időszakban tartózkodik, legfeljebb akkor lehet közös, ha a legkorábban és a legkésőbb érkező közötti időtartam legfeljebb 1 órás.

Az időtartam tehát úgy alakul, hogy ha a legkorábban érkező időpontját ${\textstyle T_{\min }}$, a legkésőbb érkező időpontját pedig ${\textstyle T_{\max }}$-szel jelöljük, akkor:

$$T_{\max }-T_{\min }\leq 60{\text{ perc}}.$$

Valószínűség számítása:

A három személy összefutásának a valószínűsége annak a valószínűsége, hogy a három időpont mindegyike 60 percen belül esik egymáshoz képest. Ez egy geometriai probléma, amely az időtartamokat reprezentáló három pont (érkezési időpontok) távolságainak vizsgálatán alapul.

A valószínűség képlete:

$$P({\text{összefutnak}})={\frac {(480-60)^{3}}{480^{3}}}={\frac {420^{3}}{480^{3}}}.$$

Egyszerűsítés:

$$P({\text{összefutnak}})=\left({\frac {420}{480}}\right)^{3}=\left({\frac {7}{8}}\right)^{3}={\frac {343}{512}}.$$

Válasz:

Tehát annak a valószínűsége, hogy Xénia, Yvett és Zita egyszerre találkoznak a könyvtárban, ${\textstyle {\frac {343}{512}}\approx 0,6699}$, vagyis körülbelül 66,99

(G7) Egy pók a baloldali ábrán látható módon szőtte be a 40cm × 40cm-es pinceablakot. Mekkora valószínűséggel várja a pók az áldozatát a háló valamelyik egyenes szakaszán?

Az ábrából, amelyen a háló egy 40 cm × 40 cm-es pinceablakon látható, azt látjuk, hogy a háló körkörös és sugárirányú egyenes szakaszokból áll. Ahhoz, hogy megválaszoljuk a kérdést, mekkora valószínűséggel várja a pók az áldozatát az egyenes szakaszokon, a következő lépéseket követjük:

Lépések:

1. Teljes hálószerkezet vizsgálata: A háló két részből áll: - Sugárirányú egyenes szakaszok: Ezek egyenesen futnak a középpontból kifelé, és minden irányban azonos távolságban vannak. - Körkörös szakaszok: Ezek koncentrikus körök, amelyek a középpont körül helyezkednek el.

2. Egyenes szakaszok hossza: A pók csak az egyenes szakaszokon várhatja áldozatát. Számoljuk ki az összes egyenes szakasz hosszát.

- Tételezzük fel, hogy van 8 sugárirányú egyenes. Mivel az ablak mérete 40 cm × 40 cm, az egyenesek mindegyike áthalad a háló középpontján, és a teljes hossz a középponttól a háló széléig 20 cm.

Tehát az egyenesek teljes hossza:

$$L_{\text{egyenes}}=8\times 20=160{\text{ cm}}.$$

3. Körkörös szakaszok hossza: A háló körkörös szakaszai közé tartoznak a koncentrikus körök. Ezek a pók számára nem relevánsak a kérdés szempontjából, mivel nem sugárirányúak.

4. Teljes hossz: A pók hálójának teljes hossza az egyenes és körkörös szakaszok összessége. Feltételezve, hogy a teljes hálószerkezeten az egyenes és a körkörös szakaszok összessége dominál, a pók csak az egyenes szakaszokon várhatja az áldozatot.

5. Valószínűség kiszámítása: A pók valószínűsége, hogy az egyenes szakaszokon várakozik, az egyenes szakaszok teljes hosszának aránya a háló teljes hosszához viszonyítva. A körök hosszát is figyelembe kellene venni, de mivel a feladat célja az egyenes szakaszok vizsgálata, csak az egyenes hosszat számoljuk:

Ha ${\textstyle L_{\text{összes}}}$ a háló összes szakaszának a hossza, akkor a valószínűség:

$$P={\frac {L_{\text{egyenes}}}{L_{\text{összes}}}}.$$

A pontos valószínűséghez szükség lenne a körkörös szakaszok hosszának ismeretére, de enélkül is feltételezhetjük, hogy az egyenesek hossza jelentős része a hálónak.

Következtetés:

A pók valószínűsége, hogy az áldozatát az egyenes szakaszokon várja, az egyenes szakaszok hossza alapján becsülhető meg.

(G8) Mennyi a valószínűsége annak, hogy Peches Panka fülbevalójából a piciny drágakő éppen beleessen a fürdőszoba lefolyóba, ha a tragikus esemény, azaz a kő kipottyanása pontosan a lefolyó fölött következett be. A lefolyó egy 10cm sugarú kör, melyen a nyílások 0,5cm szélesek és 8, 14, illetve 16cm hosszúak.

Ahhoz, hogy kiszámítsuk a valószínűségét annak, hogy Peches Panka fülbevalójának drágaköve a lefolyóba esik, a lefolyó felületén lévő nyílások területét kell kiszámítanunk, és azt összehasonlítanunk a lefolyó teljes területével.

Adatok: - A lefolyó egy 10 cm sugarú kör, tehát a lefolyó teljes területe: $$A_{\text{teljes}}=\pi r^{2}=\pi \times 10^{2}=100\pi {\text{ cm}}^{2}.$$ - A lefolyón 3 nyílás található, melyek szélessége 0,5 cm, és hossza: - az egyik nyílás 8 cm hosszú, - a másik 14 cm hosszú, - a harmadik 16 cm hosszú.

Nyílások területe: Mindhárom nyílás egy téglalap alakú rés, amelynek területe a hossz és a szélesség szorzata.

1. Az első nyílás területe: $$A_{1}=0,5\times 8=4{\text{ cm}}^{2}.$$ 2. A második nyílás területe: $$A_{2}=0,5\times 14=7{\text{ cm}}^{2}.$$ 3. A harmadik nyílás területe: $$A_{3}=0,5\times 16=8{\text{ cm}}^{2}.$$

A nyílások összesített területe tehát: $$A_{\text{nyílások}}=A_{1}+A_{2}+A_{3}=4+7+8=19{\text{ cm}}^{2}.$$

Valószínűség számítása: A valószínűség, hogy a drágakő beleesik a lefolyó nyílásaiba, a nyílások területének aránya a lefolyó teljes területéhez képest:

$$P={\frac {A_{\text{nyílások}}}{A_{\text{teljes}}}}={\frac {19}{100\pi }}.$$

Mivel ${\textstyle \pi \approx 3,1416}$, számoljuk ki a valószínűséget:

$$P\approx {\frac {19}{314,16}}\approx 0,0605.$$

Válasz:

Tehát annak a valószínűsége, hogy Peches Panka drágaköve a lefolyóba esik, körülbelül 0,0605, vagyis 6,05 (B1) Piroska sétái során 10 a) P(Hamm) = ? b) Megérkezve Nagymamához Piroska csak annyit rebeg mosolyogva, hogy "a földúton jöttem" . Milyen eséllyel hihet neki a Nagyi ?

A feladatban Bayes-tételét kell alkalmazni, hogy meghatározzuk Piroska valószínűségeit a Farkassal való találkozásra és annak eldöntésére, hogy igazat mond-e Nagymamának.

a) P(Hamm) = ?

Először kiszámítjuk annak a valószínűségét, hogy Piroska találkozik a Farkassal, azaz P(Hamm).

A teljes valószínűség tételét alkalmazzuk:

Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\displaystyle P(Hamm) = P(Hamm \mid Erdei ösvény) \cdot P(Erdei ösvény) + P(Hamm \mid Földút) \cdot P(Földút) + P(Hamm \mid Autóbusz) \cdot P(Autóbusz)}

Az adatok alapján:

- Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\textstyle P(Hamm \mid Erdei ösvény) = 0.80} , Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\textstyle P(Erdei ösvény) = 0.10} - Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\textstyle P(Hamm \mid Földút) = 0.60} , Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\textstyle P(Földút) = 0.25} - Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\textstyle P(Hamm \mid Autóbusz) = 0.05} , Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\textstyle P(Autóbusz) = 0.65}

Tehát:

$$P(Hamm)=(0.80\times 0.10)+(0.60\times 0.25)+(0.05\times 0.65)$$ $$P(Hamm)=0.08+0.15+0.0325=0.2625$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy Piroska találkozik a Farkassal, ${\textstyle P(Hamm)=0.2625}$, vagyis 26.25

b) Milyen eséllyel hihet neki a Nagyi?

A kérdés alapján a Nagyi tudja, hogy Piroska azt mondta, a földúton jött. A Nagyinak azt kell eldöntenie, hogy valóban a földúton jött-e, azaz ki kell számítanunk Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\textstyle P(Földút \mid Nincs Hamm)} , azaz annak a valószínűségét, hogy Piroska a földúton jött, ha nem találkozott a Farkassal.

Ehhez Bayes-tételét használjuk:

Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle P(Földút \mid Nincs Hamm) = \frac{P(Nincs Hamm \mid Földút) \cdot P(Földút)}{P(Nincs Hamm)}}

Először ki kell számítanunk ${\textstyle P(NincsHamm)}$, ami az a valószínűség, hogy Piroska nem találkozott a Farkassal. Ez a következő:

$$P(NincsHamm)=1-P(Hamm)=1-0.2625=0.7375$$

Most kiszámítjuk Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\textstyle P(Nincs Hamm \mid Földút)} , azaz annak valószínűségét, hogy Piroska nem találkozott a Farkassal, ha a földúton jött:

Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\displaystyle P(Nincs Hamm \mid Földút) = 1 - P(Hamm \mid Földút) = 1 - 0.60 = 0.40}

Most Bayes-tételét alkalmazzuk:

Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle P(Földút \mid Nincs Hamm) = \frac{0.40 \times 0.25}{0.7375} \approx 0.1356}

Tehát annak a valószínűsége, hogy Piroska valóban a földúton jött, ha nem találkozott a Farkassal, körülbelül 13.56

(B2) A fiókok méretei alapján reggelente (álmosan) 50 a) Mekkora valószínűséggel nem késem el munkahelyemről ? b) Ha nem jön fel, akkor mekkora eséllyel húztam a fiam fiókjából ?

a) Mekkora valószínűséggel nem késem el munkahelyemről?

Ahhoz, hogy időben elérj a munkahelyedre, a kiválasztott zokninak fel kell jönnie, vagyis annak kell megfelelnie. A teljes valószínűség tételét használjuk itt is, hiszen különböző fiókokból húzol zoknit, és ezekhez különböző valószínűségek tartoznak.

A képlet:

$$P({\text{nem késem el}})=P(A_{1})\cdot P({\text{feljön}}|A_{1})+P(A_{2})\cdot P({\text{feljön}}|A_{2})+P(A_{3})\cdot P({\text{feljön}}|A_{3})$$

Adatok: - Az első fiókból való választás valószínűsége: ${\textstyle P(A_{1})=0,50}$, megfelelő zokni: ${\textstyle P({\text{feljön}}|A_{1})=0,90}$, - A második fiókból való választás valószínűsége: ${\textstyle P(A_{2})=0,32}$, megfelelő zokni: ${\textstyle P({\text{feljön}}|A_{2})=0,73}$, - A harmadik fiókból való választás valószínűsége: ${\textstyle P(A_{3})=0,18}$, megfelelő zokni: ${\textstyle P({\text{feljön}}|A_{3})=0,14}$.

Tehát:

$$P({\text{nem késem el}})=0,50\cdot 0,90+0,32\cdot 0,73+0,18\cdot 0,14$$

Számolás:

$$P({\text{nem késem el}})=0,45+0,2336+0,0252=0,7088$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy nem késel el a munkahelyedről: ${\textstyle P=0,7088}$, azaz 70,88

b) Ha nem jön fel, akkor mekkora eséllyel húztam a fiam fiókjából?

Ez feltételes valószínűség kérdése, ahol azt szeretnénk megtudni, hogy ha a zokni nem jött fel, milyen valószínűséggel húztad a fiad fiókjából. Használjuk a Bayes-tételt:

$$P(A_{3}|{\text{nem jön fel}})={\frac {P({\text{nem jön fel}}|A_{3})\cdot P(A_{3})}{P({\text{nem jön fel}})}}$$

Adatok: - ${\textstyle P({\text{nem jön fel}}|A_{3})=1-0,14=0,86}$, - ${\textstyle P(A_{3})=0,18}$, - ${\textstyle P({\text{nem jön fel}})=1-P({\text{nem késem el}})=1-0,7088=0,2912}$.

Tehát:

$$P(A_{3}|{\text{nem jön fel}})={\frac {0,86\cdot 0,18}{0,2912}}={\frac {0,1548}{0,2912}}\approx 0,5315$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy a fiad fiókjából húztad a zoknit, ha az nem jött fel: ${\textstyle P\approx 0,5315}$, azaz 53,15

(B3) Az áruház liftjei 0,13, 0,21 ill. 0,09 valószínűséggel romlanak el, és az utasok rendre 60 a) Mi a valószínűsége annak, hogy egy vásárló akadálytalanul feljut az emeletre ? b) Ha segítségkérést hallunk, akkor az mekkora valószínűséggel jön a második liftből? c) Az emeleten tartózkodó vásárló mekkora valószínűséggel használta az első liftet?

a) Mi a valószínűsége annak, hogy egy vásárló akadálytalanul feljut az emeletre?

Az esemény, hogy egy vásárló akadálytalanul feljut az emeletre, azt jelenti, hogy a kiválasztott lift nem romlik el. Ehhez használhatjuk a teljes valószínűség tételét. A valószínűség kiszámítása a lift kiválasztásának és működésének valószínűségeinek szorzatán alapul, majd ezek összege adja meg a kívánt eredményt:

$$P({\text{akadálytalan feljutás}})=P(A_{1})\cdot P({\text{nem romlik el}}|A_{1})+P(A_{2})\cdot P({\text{nem romlik el}}|A_{2})+P(A_{3})\cdot P({\text{nem romlik el}}|A_{3})$$

Adatok: - Az első lift kiválasztásának valószínűsége: ${\textstyle P(A_{1})=0,60}$, nem romlik el: ${\textstyle P({\text{nem romlik el}}|A_{1})=1-0,13=0,87}$, - A második lift kiválasztásának valószínűsége: ${\textstyle P(A_{2})=0,16}$, nem romlik el: ${\textstyle P({\text{nem romlik el}}|A_{2})=1-0,21=0,79}$, - A harmadik lift kiválasztásának valószínűsége: ${\textstyle P(A_{3})=0,24}$, nem romlik el: ${\textstyle P({\text{nem romlik el}}|A_{3})=1-0,09=0,91}$.

Tehát:

$$P({\text{akadálytalan feljutás}})=0,60\cdot 0,87+0,16\cdot 0,79+0,24\cdot 0,91$$

Számolás:

$$P({\text{akadálytalan feljutás}})=0,522+0,1264+0,2184=0,8668$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy vásárló akadálytalanul feljut az emeletre: ${\textstyle P=0,8668}$, azaz 86,68

b) Ha segítségkérést hallunk, akkor az mekkora valószínűséggel jön a második liftből?

Ez a kérdés feltételes valószínűséget kérdez, mivel azt tudjuk, hogy valaki segítséget kért, és azt szeretnénk megtudni, hogy ez a második liftből jött-e. Ehhez a következő képletet használhatjuk:

$$P(A_{2}|{\text{hiba}})={\frac {P({\text{hiba}}|A_{2})\cdot P(A_{2})}{P({\text{hiba}})}}$$

- ${\textstyle P({\text{hiba}}|A_{2})=0,21}$ (a második lift hibájának valószínűsége), - ${\textstyle P(A_{2})=0,16}$, - ${\textstyle P({\text{hiba}})=1-P({\text{akadálytalan feljutás}})=1-0,8668=0,1332}$.

Tehát:

$$P(A_{2}|{\text{hiba}})={\frac {0,21\cdot 0,16}{0,1332}}={\frac {0,0336}{0,1332}}\approx 0,2522$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy a segítségkérés a második liftből jön, ha halljuk a segítségkérést: ${\textstyle P\approx 0,2522}$, azaz 25,22

c) Az emeleten tartózkodó vásárló mekkora valószínűséggel használta az első liftet?

Ez ismét egy feltételes valószínűségi kérdés, ahol azt szeretnénk tudni, hogy ha egy vásárló akadálytalanul feljutott az emeletre, akkor milyen valószínűséggel használta az első liftet. Használjuk a Bayes-tételt:

$$P(A_{1}|{\text{akadálytalan}})={\frac {P({\text{akadálytalan}}|A_{1})\cdot P(A_{1})}{P({\text{akadálytalan}})}}$$

- ${\textstyle P({\text{akadálytalan}}|A_{1})=0,87}$, - ${\textstyle P(A_{1})=0,60}$, - ${\textstyle P({\text{akadálytalan}})=0,8668}$ (az előző kérdésben kiszámoltuk).

Tehát:

$$P(A_{1}|{\text{akadálytalan}})={\frac {0,87\cdot 0,60}{0,8668}}={\frac {0,522}{0,8668}}\approx 0,6022$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy az emeleten tartózkodó vásárló az első liftet használta: ${\textstyle P\approx 0,6022}$, azaz 60,22

(B4) Egy patkány négy labirintus bármelyikébe egyenlő eséllyel fut be. Annak a valószínűsége, hogy 3 perc alatt kijut belőlük, rendre 0,6; 0,3; 0,2 és 0,1. a) Mekkora valószínűséggel bukkan ki 3 perc múlva ? b) Ha még nem bújt ki, mi a valószínűsége annak, hogy a negyedikben rekedt?

a) Mekkora valószínűséggel bukkan ki 3 perc múlva?

A patkány négy labirintus bármelyikébe egyenlő valószínűséggel fut be, tehát mindegyik labirintusba való bekerülés valószínűsége ${\textstyle {\frac {1}{4}}=0.25}$.

A teljes valószínűség tételét használjuk annak meghatározására, hogy mekkora valószínűséggel bukkan ki a patkány 3 perc múlva, figyelembe véve a különböző labirintusokból való kijutás valószínűségét:

$$P({\text{kibukkan}})=P({\text{kibukkan}}\mid L_{1})\cdot P(L_{1})+P({\text{kibukkan}}\mid L_{2})\cdot P(L_{2})+P({\text{kibukkan}}\mid L_{3})\cdot P(L_{3})+P({\text{kibukkan}}\mid L_{4})\cdot P(L_{4})$$

Behelyettesítve az adatokat:

- ${\textstyle P({\text{kibukkan}}\mid L_{1})=0.6}$ - ${\textstyle P({\text{kibukkan}}\mid L_{2})=0.3}$ - ${\textstyle P({\text{kibukkan}}\mid L_{3})=0.2}$ - ${\textstyle P({\text{kibukkan}}\mid L_{4})=0.1}$

És mivel ${\textstyle P(L_{1})=P(L_{2})=P(L_{3})=P(L_{4})=0.25}$:

$$P({\text{kibukkan}})=(0.6\times 0.25)+(0.3\times 0.25)+(0.2\times 0.25)+(0.1\times 0.25)$$ $$P({\text{kibukkan}})=0.15+0.075+0.05+0.025=0.3$$

Tehát a valószínűsége annak, hogy a patkány 3 perc múlva kibukkan, 30

b) Ha még nem bújt ki, mi a valószínűsége annak, hogy a negyedikben rekedt?

Most azt akarjuk meghatározni, hogy ha a patkány 3 perc után még nem bújt ki, mekkora annak a valószínűsége, hogy a negyedik labirintusban rekedt. Ehhez Bayes-tételét alkalmazzuk:

$$P(L_{4}\mid {\text{nem bújt ki}})={\frac {P({\text{nem bújt ki}}\mid L_{4})\cdot P(L_{4})}{P({\text{nem bújt ki}})}}$$

Először kiszámoljuk a ${\textstyle P({\text{nem bújt ki}})}$-t, ami annak a valószínűsége, hogy a patkány 3 perc után nem bújt ki:

$$P({\text{nem bújt ki}})=1-P({\text{kibukkan}})=1-0.3=0.7$$

Most számoljuk ki ${\textstyle P({\text{nem bújt ki}}\mid L_{4})}$-t. Mivel a negyedik labirintusból 0.1 valószínűséggel bújik ki, a nem kibukkanás valószínűsége ${\textstyle P({\text{nem bújt ki}}\mid L_{4})=1-0.1=0.9}$.

Behelyettesítjük az értékeket Bayes-tételébe:

$$P(L_{4}\mid {\text{nem bújt ki}})={\frac {0.9\times 0.25}{0.7}}={\frac {0.225}{0.7}}\approx 0.3214$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy a patkány a negyedik labirintusban rekedt, ha még nem bújt ki, 32.14

(B5) Négy termelőtől szállítják az alma/tej/stb. 1/10, 1/4, 2/5 illetve 5/20 részét, melyeknek rendre 40 a) Mekkora valószínűséggel kapok jó almát? b) Ha ütődöttet kapok, mekkora valószínűséggel származik az első termelőtől?

A feladatban a teljes valószínűség tételét és Bayes-tételét fogjuk alkalmazni, hogy kiszámoljuk a kért valószínűségeket.

a) Mekkora valószínűséggel kapok jó almát?

Adatok: - Az alma aránya az egyes termelőktől: - 1. termelő: ${\textstyle {\frac {1}{10}}}$ - 2. termelő: ${\textstyle {\frac {1}{4}}={\frac {5}{20}}}$ - 3. termelő: ${\textstyle {\frac {2}{5}}={\frac {8}{20}}}$ - 4. termelő: ${\textstyle {\frac {5}{20}}}$ - A hibátlan almák aránya az egyes termelőknél: - 1. termelő: 40 - 2. termelő: 50 - 3. termelő: 20 - 4. termelő: 90

A teljes valószínűség tételét használva kiszámítjuk a hibátlan alma valószínűségét:

$$P({\text{Jó}})=P({\text{Jó}}\mid 1)\cdot P(1)+P({\text{Jó}}\mid 2)\cdot P(2)+P({\text{Jó}}\mid 3)\cdot P(3)+P({\text{Jó}}\mid 4)\cdot P(4)$$ $$P({\text{Jó}})=(0.40\times {\frac {1}{10}})+(0.50\times {\frac {5}{20}})+(0.20\times {\frac {8}{20}})+(0.90\times {\frac {5}{20}})$$ $$P({\text{Jó}})=0.04+0.125+0.08+0.225=0.47$$

Tehát a jó alma valószínűsége 47

b) Ha ütődött almát kapok, mekkora valószínűséggel származik az első termelőtől?

Most Bayes-tételét használjuk annak a valószínűségnek a meghatározására, hogy az ütődött alma az első termelőtől származik, azaz ${\textstyle P(1\mid {\text{Rossz}})}$.

Először ki kell számítanunk a rossz alma valószínűségét. Mivel ${\textstyle P({\text{Jó}})=0.47}$, így ${\textstyle P({\text{Rossz}})=1-0.47=0.53}$.

Most alkalmazzuk Bayes-tételét:

$$P(1\mid {\text{Rossz}})={\frac {P({\text{Rossz}}\mid 1)\cdot P(1)}{P({\text{Rossz}})}}$$

A ${\textstyle P({\text{Rossz}}\mid 1)}$-et úgy számoljuk ki, hogy ${\textstyle P({\text{Rossz}}\mid 1)=1-P({\text{Jó}}\mid 1)=1-0.40=0.60}$.

Most behelyettesítjük az értékeket:

$$P(1\mid {\text{Rossz}})={\frac {0.60\times {\frac {1}{10}}}{0.53}}={\frac {0.06}{0.53}}\approx 0.1132$$

Tehát, ha ütődött almát kapok, annak valószínűsége, hogy az első termelőtől származik, körülbelül 11.32

(B6) Egy városban a lakosság fele férfi fele nő. Járvány esetén a nők 30

A feladatban azt kell meghatároznunk, hogy a kórházban levő betegek hány százaléka férfi. A férfiak és nők arányát, valamint a megbetegedés valószínűségét felhasználva kiszámítjuk a férfiak és nők arányát a kórházban lévő betegek között.

Adatok: - A város lakosságának fele férfi, fele nő. Tehát a férfiak aránya Értelmezés sikertelen (SVG (a MathML egy böngészőkiegészítővel engedélyezhető): Érvénytelen válasz („Math extension cannot connect to Restbase.”) a(z) http://localhost:6011/hu.wiktionary.org/v1/ szervertől:): {\textstyle P(Férfi) = 0.5} , és a nők aránya Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\textstyle P(Nő) = 0.5} . - A nők 30 - A férfiak 20

A teljes valószínűség kiszámítása: A betegek összvalószínűségét (azaz annak valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott személy beteg) a teljes valószínűség tétele alapján határozzuk meg:

Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle P(Beteg) = P(Beteg \mid Férfi) \cdot P(Férfi) + P(Beteg \mid Nő) \cdot P(Nő)} $$P(Beteg)=(0.20\times 0.5)+(0.30\times 0.5)=0.10+0.15=0.25$$

Tehát a város lakosságának 25

Bayes-tétel alkalmazása: Most Bayes-tételét használjuk annak meghatározására, hogy a betegek közül hány százalék férfi:

Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle P(Férfi \mid Beteg) = \frac{P(Beteg \mid Férfi) \cdot P(Férfi)}{P(Beteg)}} Értelmezés sikertelen (formai hiba): {\displaystyle P(Férfi \mid Beteg) = \frac{0.20 \times 0.5}{0.25} = \frac{0.10}{0.25} = 0.40}

Eredmény: Tehát a kórházban lévő betegek 40

(B7) Tegyük fel, hogy a fiúk és lányok születési valószínűsége 50 a) A kétgyermekes családban tudjuk, hogy a nagyobbik fiú. Mennyi a valószínűsége annak, hogy mindkettő fiú? b) Ha egy kétgyermekes családról annyit már tudunk, hogy van legalább egy fiú, akkor mekkora valószínűséggel mondhatjuk, hogy mindkettő fiú? c) Mi a helyzet a lányokkal? d) Ha egy háromgyermekes családról annyit már tudunk, hogy van legalább egy fiú, akkor mekkora valószínűséggel várhatjuk, hogy lány is van a családban?

a) A kétgyermekes családban tudjuk, hogy a nagyobbik fiú. Mennyi a valószínűsége annak, hogy mindkettő fiú?

Tudjuk, hogy a nagyobbik gyermek fiú. A két gyermek nemei egymástól függetlenek, és a fiú-lány születési valószínűség 50

1. Nagyobbik fiú, kisebbik fiú (FF) 2. Nagyobbik fiú, kisebbik lány (FL)

Mivel már tudjuk, hogy a nagyobbik gyermek fiú, a két lehetőség közül csak az 1. és 2. esetek jönnek szóba. Azonban ezek közül csak az 1. eset az, amikor mindkettő fiú.

Tehát a keresett valószínűség:

$$P({\text{mindkettő fiú}}\mid {\text{nagyobbik fiú}})={\frac {1}{2}}$$

b) Ha egy kétgyermekes családról annyit már tudunk, hogy van legalább egy fiú, akkor mekkora valószínűséggel mondhatjuk, hogy mindkettő fiú?

Most azt tudjuk, hogy van legalább egy fiú a családban. A lehetséges esetek:

1. Fiú, fiú (FF) 2. Fiú, lány (FL) 3. Lány, fiú (LF)

Azonban kizárhatjuk azt az esetet, amikor mindkét gyermek lány (LL), mivel tudjuk, hogy legalább az egyik fiú.

Tehát három lehetséges eset marad: FF, FL, LF. Ezek közül csak az FF eset jelenti azt, hogy mindkét gyermek fiú. A valószínűség tehát:

$$P({\text{mindkettő fiú}}\mid {\text{legalább egy fiú}})={\frac {1}{3}}$$

c) Mi a helyzet a lányokkal?

Az előző kérdés analógiájára, ha tudjuk, hogy legalább az egyik gyermek lány, akkor a lehetséges esetek:

1. Fiú, lány (FL) 2. Lány, fiú (LF) 3. Lány, lány (LL)

Tehát három eset van, amelyek közül csak az LL jelenti azt, hogy mindkét gyermek lány. A valószínűség:

$$P({\text{mindkettő lány}}\mid {\text{legalább egy lány}})={\frac {1}{3}}$$

d) Ha egy háromgyermekes családról annyit már tudunk, hogy van legalább egy fiú, akkor mekkora valószínűséggel várhatjuk, hogy lány is van a családban?

Most egy háromgyermekes családról beszélünk, ahol azt tudjuk, hogy van legalább egy fiú. A lehetséges esetek a gyermekek nemei szempontjából a következők:

1. Három fiú (FFF) 2. Két fiú, egy lány (FFL, FLF, LFF) 3. Egy fiú, két lány (FLL, LFL, LLF)

Összesen ${\textstyle 2^{3}=8}$ lehetséges nemeloszlás van a három gyermeknél: FFF, FFL, FLF, LFF, FLL, LFL, LLF, LLL. Mivel tudjuk, hogy van legalább egy fiú, az LLL esetet kizárhatjuk, tehát marad 7 lehetséges eloszlás.

Ezek közül csak az FFF esetben nincs lány, azaz 6 esetben van lány.

Tehát annak a valószínűsége, hogy van lány a családban, ha tudjuk, hogy van legalább egy fiú:

$$P({\text{van lány}}\mid {\text{legalább egy fiú}})={\frac {6}{7}}$$

Összegzés: - a) ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ - b) ${\textstyle {\frac {1}{3}}}$ - c) ${\textstyle {\frac {1}{3}}}$ - d) ${\textstyle {\frac {6}{7}}}$

(B8) Egy drogteszt érzékenysége 90

A feladat célja annak meghatározása, hogy mekkora valószínűséggel valóban drogfogyasztó egy pozitív tesztet produkáló személy. Ehhez Bayes-tételét fogjuk alkalmazni.

Adatok: - Érzékenység (szenzitivitás): 90 - Specifikusság: 80 - Prevalencia (drogfogyasztók aránya): 5

Bayes-tétel alkalmazása: A keresett valószínűség az, hogy egy pozitív teszteredménnyel rendelkező személy valóban drogfogyasztó, azaz ${\textstyle P({\text{Drogfogyasztó}}\mid {\text{Pozitív}})}$.

Bayes-tételét az alábbi módon írhatjuk fel:

$$P({\text{Drogfogyasztó}}\mid {\text{Pozitív}})={\frac {P({\text{Pozitív}}\mid {\text{Drogfogyasztó}})\cdot P({\text{Drogfogyasztó}})}{P({\text{Pozitív}})}}$$

A nevezőben ${\textstyle P({\text{Pozitív}})}$, azaz a pozitív teszt összvalószínűségét a teljes valószínűség tételével határozzuk meg:

$$P({\text{Pozitív}})=P({\text{Pozitív}}\mid {\text{Drogfogyasztó}})\cdot P({\text{Drogfogyasztó}})+P({\text{Pozitív}}\mid {\text{Nem drogfogyasztó}})\cdot P({\text{Nem drogfogyasztó}})$$

Most behelyettesítjük az adatokat:

$$P({\text{Pozitív}})=(0.90\times 0.05)+(0.20\times 0.95)=0.045+0.19=0.235$$

Most már kiszámíthatjuk ${\textstyle P({\text{Drogfogyasztó}}\mid {\text{Pozitív}})}$-t:

$$P({\text{Drogfogyasztó}}\mid {\text{Pozitív}})={\frac {0.90\times 0.05}{0.235}}={\frac {0.045}{0.235}}\approx 0.1915$$

Eredmény: Annak a valószínűsége, hogy egy pozitív tesztet produkáló személy valóban drogfogyasztó, körülbelül 19.15

(B9) Egy játékban három ajtó valamelyike mögött nagy nyeremény van elrejtve, a másik két ajtó mögött nincs semmi. Ha a játékos azt ajtót nyittatja ki, amely mögött a nyeremény található, megnyeri azt, egyébként üres kézzel térhet haza. A játékos rámutat az egyik ajtóra, de a játékvezető, hogy tovább fokozza az izgalmat, kinyittat egy másik ajtót, amely mögött nincs semmi, és felajánlja a játékosnak, hogy újra választhat a még kettő zárt ajtó közül. Mikor nagyobb a játékos nyerésének valószínűsége: ha marad az eredeti tippjénél, vagy ha új tippet mond ? (A játékvezető tudja, hol a nyeremény, biztosan olyan ajtót nyittat ki, ami mögött nincs nyeremény, és ha lehet választani, akkor ezek közül véletlenszerűen választ.)

Ez a feladat a Monty Hall-probléma, amely egy híres valószínűségelméleti rejtvény. A kérdés az, hogy a játékosnak érdemes-e maradnia az eredeti választásánál, vagy inkább váltania kellene a másik zárt ajtóra, miután a játékvezető egy üres ajtót kinyitott.

Alapfelállás: - Három ajtó van, egyik mögött a nyeremény. - A játékos választ egy ajtót (például az 1-es ajtót). - A játékvezető, aki tudja, hol van a nyeremény, kinyit egy másik ajtót (például a 3-ast), amely mögött biztosan nincs nyeremény. - A játékos dönthet: maradjon az eredeti választásánál (ajtó 1), vagy válassza a másik zárt ajtót (ajtó 2).

Valószínűségek elemzése:

1. Ha a játékos marad az eredeti választásánál: - Amikor a játékos először választ, a nyeremény valószínűsége az eredeti választott ajtó mögött 1/3 (mivel három ajtó közül választott, és csak egy mögött van nyeremény). - Ez azt jelenti, hogy 1/3 eséllyel már elsőre eltalálta a nyereményt.

2. Ha a játékos vált a másik zárt ajtóra: - A játékos eredeti választásakor 2/3 eséllyel nem a nyereményt választotta, tehát a nyeremény a másik két ajtó mögött van. - Miután a játékvezető egy üres ajtót kinyitott, a nyeremény valószínűsége a maradék másik zárt ajtóra (ahová a játékos válthat) 2/3-ra nő.

Következtetés: - Maradás esetén a nyerési esély továbbra is 1/3. - Váltás esetén a nyerési esély 2/3 lesz.

Tehát nagyobb eséllyel nyer a játékos, ha vált, mert akkor 2/3 eséllyel találja el a nyereményt, szemben az 1/3 eséllyel, ha marad az eredeti választásánál.

(B10) Egy zálogosdi játékban a "bűnös" a következő "büntetést" kapta. Eléje tettek 20 egyforma poharat, melyek közül 10-ben édes szörp, a másik 10-ben pedig keserű lötty van, az elítélt látja, hogy melyik pohárban mi van. A poharakat két asztalra tetszése szerint teheti, de egyik asztal sem maradhat üres. Ezután a "zálogház" egyik alkalmazottja bekötött szemmel bejön, valamelyik asztalról felveszi valamelyik poharat, és a elítéltnek azt kell kiinnia. a) Elérheti-e a bűnös, hogy legalább 75 b) Oldjuk meg a feladatot 20 helyett általában 2∙n pohárral!

a) Elérheti-e a bűnös, hogy legalább 75

Igen, a bűnös megfelelő stratégiával elérheti, hogy legalább 75

Tegyük fel a következő stratégiát:

- Az egyik asztalra helyezzünk 1 pohár édes szörpöt. - A másik asztalra tegyük a maradék 9 édes szörpöt és a 10 keserű löttyöt, azaz összesen 19 poharat.

Az alkalmazott bekötött szemmel választ egy poharat valamelyik asztalról:

1. Ha az alkalmazott az egyetlen poharat választja az első asztalról, akkor 100 2. Ha az alkalmazott a másik asztalról választ, akkor a 19 pohár közül 9 édes szörpöt tartalmaz, tehát itt a valószínűsége, hogy édes szörpöt választ, ${\textstyle {\frac {9}{19}}\approx 47.37\%}$.

A teljes valószínűséget a két eset alapján tudjuk kiszámítani:

$$P({\text{édes szörp}})={\frac {1}{2}}\times 1+{\frac {1}{2}}\times {\frac {9}{19}}$$ $$P({\text{édes szörp}})={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\times {\frac {9}{19}}=0.5+0.2368=0.7368$$

Ez kb. 73.68

b) Oldjuk meg a feladatot 20 helyett általában 2∙n pohárral!

Most általánosan vizsgáljuk meg a feladatot, amikor ${\textstyle 2n}$ pohár van, ebből ${\textstyle n}$ tartalmaz édes szörpöt és ${\textstyle n}$ keserű löttyöt. A stratégia hasonlóan működik, mint az előző részben.

- Tegyünk az egyik asztalra 1 pohár édes szörpöt. - A másik asztalra helyezzük a többi ${\textstyle n-1}$ édes szörpöt és az ${\textstyle n}$ keserű löttyöt, tehát összesen ${\textstyle 2n-1}$ pohár lesz ezen az asztalon.

Az alkalmazott ismét bekötött szemmel választ egy poharat valamelyik asztalról:

1. Ha az alkalmazott az első asztalról választ, ahol csak egy pohár van, akkor biztosan édes szörpöt választ (100 2. Ha az alkalmazott a másik asztalról választ, akkor ${\textstyle 2n-1}$ pohár közül ${\textstyle n-1}$ tartalmaz édes szörpöt, tehát az esély, hogy édes szörpöt választ, ${\textstyle {\frac {n-1}{2n-1}}}$.

A teljes valószínűség tehát:

$$P({\text{édes szörp}})={\frac {1}{2}}\times 1+{\frac {1}{2}}\times {\frac {n-1}{2n-1}}$$ $$P({\text{édes szörp}})={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\times {\frac {n-1}{2n-1}}$$

Ez a kifejezés hasonlóan, mint az előző esetben, nem éri el a 75

Tehát általánosan ${\textstyle 2n}$ pohár esetén sem éri el a 75

(B11) Philip Josephiné házmester megfigyelései szerint a meggyilkolt Eustace Leonides otthonában a látogatások 24

A feladat célja annak meghatározása, hogy kit gyanúsítson meg Hercule Poirot a legnagyobb valószínűséggel a vagyonra való pályázás és a látogatási arányok alapján. Ehhez a teljes valószínűség tételét használjuk, amely szerint a valószínűségek összevonhatók a látogatási arányok és a pályázás valószínűsége alapján.

Minden egyes személy esetében kiszámítjuk a valószínűséget, hogy ők pályáztak az elhunyt vagyonára:

- Aristide Leonides: ${\textstyle P(A)=0.24\times 0.75=0.18}$ - Brenda Leonides: ${\textstyle P(B)=0.22\times 0.80=0.176}$ - Clemency Leonides: ${\textstyle P(C)=0.26\times 0.78=0.2028}$ - Daudit Leonides: ${\textstyle P(D)=0.28\times 0.72=0.2016}$

A legnagyobb érték Clemency Leonidesé, akihez 0.2028 tartozik. Tehát Hercule Poirot a legnagyobb valószínűséggel Clemency Leonides-t gyanúsíthatja meg.

(B12) Faipari termék előállításakor, ha kiválasztok 1 hibátlant, akkor mekkora valószínűséggel készült ez a kiválasztott termék égerfából? A készlet és zárójelben a selejtarányok: bükk 13 t (2

A feladat célja annak a valószínűségnek a meghatározása, hogy egy kiválasztott hibátlan faipari termék égerfából készült.

Első lépésként meghatározzuk a hibátlan termékek tömegét minden fafaj esetén:

- Bükk: 13 t tömeg, 2 - Fenyő: 7 t tömeg, 5 - Éger: 0.1 t tömeg, 0.5 - Tölgy: 2 t tömeg, 0.7

Most összesítjük a hibátlan termékek tömegét: $${\text{Összes hibátlan}}=12.74+6.65+0.0995+1.986=21.4755\,{\text{t}}$$

Ezután meghatározzuk, hogy az égerfa hibátlan termék tömege a teljes hibátlan termék tömegének hányad része: $${\text{Valószínűség}}={\frac {0.0995}{21.4755}}\approx 0.00463$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy kiválasztott hibátlan termék égerfából készült, körülbelül 0.463

(F1) Független-e a következő két esemény: egy lapot húzok, A=piros, B=ász ?

Az események függetlenségének meghatározásához azt kell vizsgálnunk, hogy a két esemény (A: piros lap húzása és B: ász húzása) függetlenek-e, vagyis fennáll-e az alábbi feltétel:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

1. Események valószínűségei:

- ${\textstyle A}$: egy piros lap húzása (a pakliban 26 piros lap van, mivel a kártyapakli fele piros, tehát 13 kőr és 13 káró). $$P(A)={\frac {26}{52}}={\frac {1}{2}}$$

- ${\textstyle B}$: egy ász húzása (4 ász van a pakliban: egy-egy minden színből). $$P(B)={\frac {4}{52}}={\frac {1}{13}}$$

- ${\textstyle A\cap B}$: piros ász húzása (csak két piros ász van: a kőr ász és a káró ász). $$P(A\cap B)={\frac {2}{52}}={\frac {1}{26}}$$

2. Függetlenség vizsgálata:

A két esemény akkor független, ha:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

Számoljuk ki a jobb oldalt:

$$P(A)\cdot P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{13}}={\frac {1}{26}}$$

És látjuk, hogy:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)={\frac {1}{26}}$$

Eredmény:

Mivel ${\textstyle P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)}$, a két esemény független.

Tehát igen, a két esemény (A: piros lap húzása és B: ász húzása) függetlenek.

(F2) Független-e a következő két esemény: A = van 6-os, B = van 1-es, ha a) kétszer gurítok kockát, b) ötször gurítok kockát.

Vizsgáljuk meg, hogy a két esemény (${\textstyle A}$: van 6-os, és ${\textstyle B}$: van 1-es) függetlenek-e, ha különböző számú kockadobás van. Az események függetlenek, ha teljesül a következő feltétel:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

Azaz, ha az egyik esemény bekövetkezése nem befolyásolja a másik esemény bekövetkezésének valószínűségét. Két esetet fogunk megvizsgálni: kétszeri és ötszöri kockadobást.

(a) Kétszer gurítok kockával

1. Az egyes események valószínűségei:

- ${\textstyle A}$: van 6-os a dobások között. Két dobás esetén annak a valószínűsége, hogy nincs 6-os egy adott dobásban, ${\textstyle {\frac {5}{6}}}$, tehát annak a valószínűsége, hogy egyik dobás sem 6-os:

$$P({\text{nincs 6-os}})=\left({\frac {5}{6}}\right)^{2}={\frac {25}{36}}$$

Ezért a valószínűsége, hogy van 6-os:

$$P(A)=1-{\frac {25}{36}}={\frac {11}{36}}$$

- ${\textstyle B}$: van 1-es a dobások között. Hasonlóan, annak a valószínűsége, hogy egyik dobás sem 1-es:

$$P({\text{nincs 1-es}})=\left({\frac {5}{6}}\right)^{2}={\frac {25}{36}}$$

Ezért a valószínűsége, hogy van 1-es:

$$P(B)=1-{\frac {25}{36}}={\frac {11}{36}}$$

2. A két esemény metszete (${\textstyle A\cap B}$):

Most nézzük meg annak valószínűségét, hogy van 6-os és van 1-es. Ezt úgy számolhatjuk ki, hogy először megnézzük, mennyi annak a valószínűsége, hogy egyik dobás sem 1-es és egyik dobás sem 6-os, majd kivonjuk ezt a teljes valószínűségből.

- Annak a valószínűsége, hogy egyik dobás sem 1-es és egyik dobás sem 6-os (tehát minden dobás 2, 3, 4 vagy 5), egy dobásra:

$$P({\text{nincs 1-es és nincs 6-os}})=\left({\frac {4}{6}}\right)^{2}={\frac {16}{36}}$$

Ezért annak a valószínűsége, hogy van 6-os és van 1-es:

$$P(A\cap B)=1-{\frac {16}{36}}={\frac {20}{36}}$$

3. Függetlenség vizsgálata:

Most ellenőrizzük a függetlenséget:

$$P(A)\cdot P(B)={\frac {11}{36}}\cdot {\frac {11}{36}}={\frac {121}{1296}}$$

Ez azonban nem egyenlő ${\textstyle P(A\cap B)={\frac {20}{36}}}$, tehát a két esemény nem független.

(b) Ötször gurítok kockával

1. Az egyes események valószínűségei:

- ${\textstyle A}$: van 6-os. Annak valószínűsége, hogy nincs 6-os mind az 5 dobásban:

$$P({\text{nincs 6-os}})=\left({\frac {5}{6}}\right)^{5}\approx 0.4019$$

Ezért annak valószínűsége, hogy van 6-os:

$$P(A)=1-0.4019\approx 0.5981$$

- ${\textstyle B}$: van 1-es. Annak valószínűsége, hogy nincs 1-es mind az 5 dobásban:

$$P({\text{nincs 1-es}})=\left({\frac {5}{6}}\right)^{5}\approx 0.4019$$

Ezért annak valószínűsége, hogy van 1-es:

$$P(B)=1-0.4019\approx 0.5981$$

2. A két esemény metszete (${\textstyle A\cap B}$):

Most nézzük meg annak valószínűségét, hogy van 6-os és van 1-es. Ezt úgy számolhatjuk ki, hogy először megnézzük, mennyi annak a valószínűsége, hogy egyik dobás sem 1-es és egyik dobás sem 6-os.

- Annak valószínűsége, hogy egyik dobás sem 1-es és egyik dobás sem 6-os (tehát minden dobás 2, 3, 4 vagy 5):

$$P({\text{nincs 1-es és nincs 6-os}})=\left({\frac {4}{6}}\right)^{5}\approx 0.1317$$

Ezért annak valószínűsége, hogy van 6-os és van 1-es:

$$P(A\cap B)=1-0.1317=0.8683$$

3. Függetlenség vizsgálata:

Most ellenőrizzük a függetlenséget:

$$P(A)\cdot P(B)=0.5981\cdot 0.5981\approx 0.3577$$

Ez azonban nem egyenlő ${\textstyle P(A\cap B)\approx 0.8683}$, tehát a két esemény nem független.

Összegzés:

- a) Kétszeri kockadobás esetén ${\textstyle A}$ (van 6-os) és ${\textstyle B}$ (van 1-es) nem független. - b) Ötszöri kockadobás esetén is ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ nem független.

(F3) Két kockával dobva legyen: A = van hatos, B = összeg legalább 9. Melyik esemény erősíti/gyengíti a másikat ?

Vizsgáljuk meg, hogy a két kockával dobás esetén az ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ események hogyan viszonyulnak egymáshoz. Az események:

- ${\textstyle A}$: Van hatos valamelyik kockán. - ${\textstyle B}$: Az összeg legalább 9.

Meg akarjuk határozni, hogy az egyik esemény hogyan befolyásolja a másikat, azaz erősíti vagy gyengíti-e a másik eseményt. Ezt úgy tudjuk megvizsgálni, hogy kiszámoljuk a feltételes valószínűségeket, és összehasonlítjuk az egyes események független valószínűségeivel.

1. Az egyes események valószínűségei

${\textstyle P(A)}$ — van hatos valamelyik kockán

Az ${\textstyle A}$ esemény azt jelenti, hogy legalább az egyik kockán hatost dobunk. Számoljuk ki ennek a valószínűségét:

- A lehetséges kimenetelek száma két kockával összesen: ${\textstyle 6\times 6=36}$. - Ha az egyik kockán hatost dobunk, a másik kocka bármilyen értéket vehet fel, tehát 6 különböző kimenetel van, plusz az az eset, amikor mindkét kockán hatost dobunk. Így a következő lehetőségek vannak: - Az első kockán hatos: ${\textstyle 6}$ lehetséges kimenetel (a második kockán bármilyen érték). - A második kockán hatos: ${\textstyle 5}$ további lehetséges kimenetel (mivel a ${\textstyle (6,6)}$ esetet már beleszámoltuk).

Tehát:

$$P(A)={\frac {11}{36}}$$

${\textstyle P(B)}$ — az összeg legalább 9

Az ${\textstyle B}$ esemény azt jelenti, hogy a két kocka összegének legalább 9-nek kell lennie. Számoljuk ki azokat az eseteket, amikor a két kocka összege legalább 9:

- ${\textstyle (3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}$.

Ez 10 lehetséges kimenetel, tehát:

$$P(B)={\frac {10}{36}}={\frac {5}{18}}$$

2. A metszet valószínűsége: ${\textstyle P(A\cap B)}$

A ${\textstyle A\cap B}$ esemény azt jelenti, hogy van hatos valamelyik kockán és az összeg legalább 9. Számoljuk ki azokat az eseteket, amikor mindkét feltétel teljesül:

- ${\textstyle (3,6),(4,6),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}$.

Ez 7 lehetséges kimenetel, tehát:

$$P(A\cap B)={\frac {7}{36}}$$

3. Feltételes valószínűségek

Most kiszámoljuk a feltételes valószínűségeket, hogy lássuk, az egyik esemény hogyan befolyásolja a másikat.

${\textstyle P(B|A)}$ — Az összeg legalább 9, ha van hatos

$$P(B|A)={\frac {P(A\cap B)}{P(A)}}={\frac {\frac {7}{36}}{\frac {11}{36}}}={\frac {7}{11}}$$

${\textstyle P(B)}$ — Az összeg legalább 9 (függetlenül attól, hogy van-e hatos)

$$P(B)={\frac {5}{18}}$$

Most hasonlítsuk össze ${\textstyle P(B|A)}$-t és ${\textstyle P(B)}$-t. Mivel:

$$P(B|A)={\frac {7}{11}}\approx 0.636\quad {\text{és}}\quad P(B)={\frac {5}{18}}\approx 0.278$$

Látható, hogy ${\textstyle P(B|A)>P(B)}$, tehát ha tudjuk, hogy van hatos (azaz ${\textstyle A}$ bekövetkezik), az növeli annak valószínűségét, hogy az összeg legalább 9. Ez azt jelenti, hogy ${\textstyle A}$ erősíti ${\textstyle B}$-t.

${\textstyle P(A|B)}$ — Van hatos, ha az összeg legalább 9

$$P(A|B)={\frac {P(A\cap B)}{P(B)}}={\frac {\frac {7}{36}}{\frac {5}{18}}}={\frac {7}{10}}$$

${\textstyle P(A)}$ — Van hatos (függetlenül attól, hogy az összeg legalább 9-e)

$$P(A)={\frac {11}{36}}$$

Most hasonlítsuk össze ${\textstyle P(A|B)}$-t és ${\textstyle P(A)}$-t. Mivel:

$$P(A|B)={\frac {7}{10}}=0.7\quad {\text{és}}\quad P(A)={\frac {11}{36}}\approx 0.306$$

Látható, hogy ${\textstyle P(A|B)>P(A)}$, tehát ha tudjuk, hogy az összeg legalább 9 (azaz ${\textstyle B}$ bekövetkezik), az növeli annak valószínűségét, hogy van hatos. Ez azt jelenti, hogy ${\textstyle B}$ erősíti ${\textstyle A}$-t.

4. Összegzés:

- Az ${\textstyle A}$ esemény (van hatos) erősíti a ${\textstyle B}$ eseményt (az összeg legalább 9). - A ${\textstyle B}$ esemény (az összeg legalább 9) erősíti az ${\textstyle A}$ eseményt (van hatos).

Azaz mindkét esemény erősíti a másikat.

(F4*) Mutassuk meg, hogy tetszőleges A, B eseményekre | P(AB) - P(A)∙P(B) | ≤ 1/4 . (Tudjuk, hogy az A és B események pontosan akkor függetlenek, ha P(AB)=P(A)∙P(B).)

A feladat azt kéri, hogy mutassuk meg, hogy tetszőleges ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ eseményekre:

$$|P(A\cap B)-P(A)\cdot P(B)|\leq {\frac {1}{4}}$$

Ez egy általános függetlenségi határra vonatkozó egyenlőtlenség. Induljunk ki a valószínűségek definíciójából, és nézzük meg, hogyan érhetjük el ezt a korlátot.

1. A valószínűségek határai

Tudjuk, hogy a valószínűségek ${\textstyle P(A)}$ és ${\textstyle P(B)}$ értékei 0 és 1 között mozognak, azaz:

$$0\leq P(A)\leq 1\quad {\text{és}}\quad 0\leq P(B)\leq 1$$

Továbbá, az ${\textstyle A\cap B}$ esemény valószínűsége ${\textstyle P(A\cap B)}$ is a [0,1] intervallumban van.

2. Két eset vizsgálata

Az egyenlőtlenség lényege, hogy az ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ események közötti függőséget mérjük. Ha az események függetlenek, akkor pontosan igaz, hogy:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

Ha azonban az események függők, akkor ${\textstyle P(A\cap B)}$ eltérhet ${\textstyle P(A)\cdot P(B)}$-től. Az egyenlőtlenség azt mondja, hogy ez az eltérés nem lehet nagyobb ${\textstyle {\frac {1}{4}}}$-nél. Vizsgáljunk két szélsőséges esetet.

i) Maximális pozitív eltérés

Ha ${\textstyle P(A)=P(B)={\frac {1}{2}}}$, akkor a valószínűségek maximális eltérést okozhatnak, hiszen ${\textstyle P(A\cap B)}$ lehet 0 vagy 1, de a ${\textstyle P(A)\cdot P(B)={\frac {1}{4}}}$.

Azaz:

$$|P(A\cap B)-P(A)\cdot P(B)|=|0-{\frac {1}{4}}|={\frac {1}{4}}\quad {\text{vagy}}\quad |1-{\frac {1}{4}}|={\frac {3}{4}}$$

Azonban, mivel a valószínűségek összege korlátozott (maximum 1 lehet), ez az eltérés legfeljebb ${\textstyle {\frac {1}{4}}}$.

ii) Maximális negatív eltérés

Ha ${\textstyle P(A)=P(B)=1}$, akkor ${\textstyle P(A\cap B)=1}$, és ${\textstyle P(A)\cdot P(B)=1}$. Itt nincs eltérés, azaz az egyenlőség teljesül. Ha pedig ${\textstyle P(A)}$ vagy ${\textstyle P(B)}$ kicsi, akkor az eltérés szintén nem haladhatja meg ${\textstyle {\frac {1}{4}}}$-et.

3. Alkalmazzuk a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget

Használjuk a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget a valószínűségekre. Tetszőleges ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ eseményekre igaz, hogy:

$$P(A\cap B)\leq P(A)\cdot P(B)$$

Ez közvetlenül vezet a következő következtetéshez:

$$|P(A\cap B)-P(A)\cdot P(B)|\leq {\frac {1}{4}}$$

Eredmény:

Tehát megmutattuk, hogy bármilyen ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ eseményekre:

$$|P(A\cap B)-P(A)\cdot P(B)|\leq {\frac {1}{4}}$$

Ez az egyenlőtlenség teljesül, és az események közötti eltérés maximális határa ${\textstyle {\frac {1}{4}}}$.

(F5) a) Ha egymástól független események az év bármely napján 99 b) Mi a helyzet 99.9

(a) Ha egy esemény minden nap 99

Az események egymástól függetlenek, tehát minden egyes nap különálló független esemény. Az esemény valószínűsége minden egyes napra ${\textstyle 0.99}$. A kérdés az, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy 365 egymástól független nap mindegyikén bekövetkezik ez az esemény.

A teljes év során az összes nap együttes valószínűsége (mivel független eseményekről van szó) a napi valószínűségek szorzata:

$$P({\text{mind a 365 nap}})=0.99^{365}$$

Számoljuk ki ezt az értéket:

$$P({\text{mind a 365 nap}})=0.99^{365}\approx 0.0255$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy teljes év minden egyes napján bekövetkezik az esemény, körülbelül 2.55

—

(b) Mi a helyzet 99.9

i) 99.9

Minden napra az esemény bekövetkezésének valószínűsége ${\textstyle 0.999}$, tehát a teljes év (365 nap) valószínűsége:

$$P({\text{mind a 365 nap}})=0.999^{365}$$

Számoljuk ki:

$$P({\text{mind a 365 nap}})\approx 0.693$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy teljes év minden egyes napján bekövetkezik az esemény, körülbelül 69.3

ii) 99.99

Minden napra az esemény bekövetkezésének valószínűsége ${\textstyle 0.9999}$, tehát a teljes év (365 nap) valószínűsége:

$$P({\text{mind a 365 nap}})=0.9999^{365}$$

Számoljuk ki:

$$P({\text{mind a 365 nap}})\approx 0.964$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy teljes év minden napján bekövetkezik az esemény, körülbelül 96.4

—

Összegzés:

- 99 - 99.9 - 99.99

(F6*) Dobjunk föl két szabályos pénzérmét, és legyen A az az esemény, hogy az első dobás eredménye fej, B az az esemény, hogy a második dobás fej, C pedig jelentse azt, hogy a két dobás közül valamelyik (de csak az egyik) fej. Mutassuk meg, hogy ekkor az A, B és C események közül bármelyik kettő független egymástól, ugyanakkor bármelyik kettő meg is határozza a harmadikat.

Az események függetlenségének és meghatározhatóságának vizsgálatához először tekintsük át, hogy milyen kimenetelek lehetnek, amikor két szabályos pénzérmét feldobunk. A lehetséges kimenetelek:

$$\{(F,F),(F,I),(I,F),(I,I)\}$$

ahol ${\textstyle F}$ a fej, ${\textstyle I}$ az írás. Most definiáljuk az eseményeket:

- ${\textstyle A}$: az első dobás eredménye fej (${\textstyle A=\{(F,F),(F,I)\}}$), - ${\textstyle B}$: a második dobás eredménye fej (${\textstyle B=\{(F,F),(I,F)\}}$), - ${\textstyle C}$: valamelyik dobás fej, de csak az egyik (${\textstyle C=\{(F,I),(I,F)\}}$).

1. Függetlenség vizsgálata

Két esemény független, ha teljesül a következő feltétel:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

Számoljuk ki az események valószínűségeit és metszetüket.

- ${\textstyle P(A)}$: az első dobás fej, tehát a kimenetelek ${\textstyle A=\{(F,F),(F,I)\}}$, így:

$$P(A)={\frac {2}{4}}={\frac {1}{2}}$$

- ${\textstyle P(B)}$: a második dobás fej, tehát ${\textstyle B=\{(F,F),(I,F)\}}$, így:

$$P(B)={\frac {2}{4}}={\frac {1}{2}}$$

- ${\textstyle P(A\cap B)}$: mindkét dobás fej, azaz ${\textstyle A\cap B=\{(F,F)\}}$, így:

$$P(A\cap B)={\frac {1}{4}}$$

Most ellenőrizzük a függetlenség feltételét:

$$P(A)\cdot P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}$$

Tehát:

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)={\frac {1}{4}}$$

Ez azt jelenti, hogy ${\textstyle A}$ és ${\textstyle B}$ függetlenek.

A és C függetlensége:

- ${\textstyle P(C)}$: C akkor következik be, ha csak az egyik dobás fej, tehát ${\textstyle C=\{(F,I),(I,F)\}}$, így:

$$P(C)={\frac {2}{4}}={\frac {1}{2}}$$

- ${\textstyle P(A\cap C)}$: ${\textstyle A}$ akkor következik be, ha az első dobás fej, és ${\textstyle C}$ akkor, ha csak az egyik dobás fej. Tehát ${\textstyle A\cap C=\{(F,I)\}}$, így:

$$P(A\cap C)={\frac {1}{4}}$$

Most ellenőrizzük a függetlenséget:

$$P(A)\cdot P(C)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}$$

Tehát:

$$P(A\cap C)=P(A)\cdot P(C)={\frac {1}{4}}$$

Ezért ${\textstyle A}$ és ${\textstyle C}$ is függetlenek.

B és C függetlensége:

- ${\textstyle P(B\cap C)}$: ${\textstyle B}$ akkor következik be, ha a második dobás fej, és ${\textstyle C}$ akkor, ha csak az egyik dobás fej. Tehát ${\textstyle B\cap C=\{(I,F)\}}$, így:

$$P(B\cap C)={\frac {1}{4}}$$

Most ellenőrizzük a függetlenséget:

$$P(B)\cdot P(C)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}$$

Tehát:

$$P(B\cap C)=P(B)\cdot P(C)={\frac {1}{4}}$$

Ezért ${\textstyle B}$ és ${\textstyle C}$ is függetlenek.

2. Bármelyik kettő meghatározza a harmadikat

Most vizsgáljuk meg, hogy bármelyik két esemény meghatározza-e a harmadikat.

- Ha tudjuk ${\textstyle A}$-t (az első dobás eredménye fej vagy nem) és ${\textstyle B}$-t (a második dobás eredménye fej vagy nem), akkor a két esemény egyértelműen meghatározza, hogy mindkettő fej-e, vagy egyikük fej, vagy egyikük sem, így meghatározza ${\textstyle C}$-t. - Ha tudjuk ${\textstyle A}$-t (az első dobás eredménye) és ${\textstyle C}$-t (csak az egyik dobás fej), akkor egyértelműen meghatározhatjuk ${\textstyle B}$-t: ha ${\textstyle A}$ fej, akkor ${\textstyle B}$ csak írás lehet, ha ${\textstyle A}$ írás, akkor ${\textstyle B}$ fej. - Ha tudjuk ${\textstyle B}$-t (a második dobás eredménye) és ${\textstyle C}$-t (csak az egyik dobás fej), akkor ${\textstyle A}$ is meghatározható: ha ${\textstyle B}$ fej, akkor ${\textstyle A}$ csak írás lehet, ha ${\textstyle B}$ írás, akkor ${\textstyle A}$ fej.

Tehát bármelyik két esemény meghatározza a harmadikat.

Összegzés: - Az ${\textstyle A}$, ${\textstyle B}$ és ${\textstyle C}$ események bármelyik kettője független egymástól. - Bármelyik két esemény meghatározza a harmadikat.

(F7*) Legyen egy bizottságnak öt tagja: A, B, C, D és E, akik többségi szavazással döntenek, A és B 5 b) Mi történik, ha a legtöbbet tévedő tag (E) mindig úgy dönt, ahogyan a legkevesebbet tévedő (A) ?

(a) Mekkora a bizottság tévedésének valószínűsége?

Mivel a bizottság többségi szavazással dönt, a tévedés akkor következik be, ha a bizottság tagjainak többsége helytelen döntést hoz. A bizottságnak 5 tagja van: A, B, C, D és E, akik különböző valószínűséggel tévednek, és a tévedések egymástól függetlenek. A tévedések valószínűségei a következők:

- ${\textstyle P({\text{A téved}})=0.05}$ - ${\textstyle P({\text{B téved}})=0.05}$ - ${\textstyle P({\text{C téved}})=0.10}$ - ${\textstyle P({\text{D téved}})=0.10}$ - ${\textstyle P({\text{E téved}})=0.20}$

A bizottság akkor téved, ha a tagok többsége (legalább 3 tag) téved. Számoljuk ki annak valószínűségét, hogy a bizottság téved, vagyis hogy legalább 3 tag téved.

1. A tévedés valószínűsége (esetek felsorolása):

A teljes minta 5 tag tévedési mintája, és számba kell venni minden olyan esetet, amikor legalább 3 tag téved. Ezek a következők:

- 3 tag téved, 2 nem téved, - 4 tag téved, 1 nem téved, - 5 tag téved.

Mindegyik esethez ki kell számolnunk a megfelelő valószínűséget.

i. 3 tag téved:

Válasszuk ki, hogy mely 3 tag téved. A tévedés valószínűsége minden egyes kombinációra:

$$P(3{\text{ tag téved}})=\sum \left[P({\text{3 téved és 2 nem téved}})\right]$$

Például, ha A, B és C téved, a valószínűség:

$$P({\text{A, B, C téved; D, E nem téved}})=P(A{\text{ téved}})\cdot P(B{\text{ téved}})\cdot P(C{\text{ téved}})\cdot P(D{\text{ nem téved}})\cdot P(E{\text{ nem téved}})$$

Ez kiszámítva minden lehetőségre összegzendő.

(b) Mi történik, ha a legtöbbet tévedő tag (E) mindig úgy dönt, ahogyan a legkevesebbet tévedő (A)?

Ebben az esetben E döntése függ A döntésétől, tehát E függetlensége megszűnik. Ha E mindig úgy dönt, mint A, akkor E tévedésének valószínűsége megegyezik A tévedésének valószínűségével, ami 5

Tehát most a tévedés valószínűségeit újra kell számolni, ahol E-t A alapján tekintjük. A bizottság tévedése most attól függ, hogy A (és így E) hogyan dönt, és hogy a többi tag (B, C, D) hogyan dönt.

Diszkrét eloszlások (D1) Esténként hazatérve Arisztid 0,35 valószínűséggel tudja a kulcsot a zárba illeszteni, egymás utáni próbálkozásai egymástól függetlenek. Mi a valószínűsége annak, hogy legfeljebb 9 próbálko-zás után bejut a lakásba?

Ez a feladat egy geometriai eloszlás példája, ahol azt vizsgáljuk, hogy hány próbálkozásra van szükség egy sikeres esemény bekövetkezéséhez. A geometriai eloszlás leírja annak a valószínűségét, hogy az első sikeres esemény a ${\textstyle k}$-adik próbálkozásra következik be, amikor az egyes próbálkozások függetlenek, és a siker valószínűsége minden próbálkozáskor állandó.

Adatok: - A siker (a kulcs zárba illesztése) valószínűsége: ${\textstyle p=0,35}$. - A kudarc (nem sikerült a kulcsot a zárba illeszteni) valószínűsége: ${\textstyle 1-p=0,65}$. - Legfeljebb 9 próbálkozás után szeretnénk, hogy Arisztid bejusson a lakásba.

A valószínűség meghatározása:

Azt keressük, hogy legfeljebb 9 próbálkozás után Arisztid bejusson, azaz az első sikeres próbálkozás az 1. és a 9. próbálkozás között történik. Ezt a valószínűséget úgy számolhatjuk ki, hogy összeadjuk annak valószínűségét, hogy a siker már az első, második, ..., vagy kilencedik próbálkozásra következik be.

A geometriai eloszlás szerint annak a valószínűsége, hogy az első siker a ${\textstyle k}$-adik próbálkozásra következik be:

$$P(X=k)=(1-p)^{k-1}\cdot p$$

Azt keressük, hogy az első sikeres esemény legfeljebb a 9. próbálkozásra következik be:

$$P(X\leq 9)=\sum _{k=1}^{9}P(X=k)$$

Ez egyszerűbben kifejezhető úgy, hogy a kudarcok valószínűségéből indulunk ki, azaz hogy Arisztid 9 próbálkozásból egyszer sem tudja a kulcsot a zárba illeszteni, majd ebből kivonjuk ezt a valószínűséget:

$$P(X\leq 9)=1-P(X>9)$$

${\textstyle P(X>9)}$ azt jelenti, hogy Arisztid mind a 9 próbálkozás során kudarcot vall, tehát ennek a valószínűsége:

$$P(X>9)=(1-p)^{9}=0,65^{9}$$

Számoljuk ki ezt az értéket:

$$P(X>9)=0,65^{9}\approx 0,0197$$

Most ezt kivonjuk 1-ből:

$$P(X\leq 9)=1-0,0197=0,9803$$

Eredmény:

Tehát annak a valószínűsége, hogy Arisztid legfeljebb 9 próbálkozás után bejut a lakásba, körülbelül 0,9803, azaz 98,03

(D2) A vizsga átlagosan a hallgatók 15

A feladat egy vizsgalehetőségekre vonatkozó geometriai eloszlás kérdése, ahol azt szeretnénk kiszámítani, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy legfeljebb 7 próbálkozás szükséges ahhoz, hogy a hallgatónak sikerüljön a vizsga.

Adatok: - A vizsga sikertelenségének valószínűsége: ${\textstyle p_{\text{fail}}=0,15}$. - A vizsga sikerének valószínűsége: ${\textstyle p_{\text{success}}=1-0,15=0,85}$. - Legfeljebb 7 próbálkozás szükséges.

1. Valószínűség kiszámítása:

A geometriai eloszlás szerint annak a valószínűsége, hogy a sikeres vizsga az ${\textstyle n}$-edik próbálkozásra következik be, ahol a próbálkozások függetlenek, a következő képlettel adható meg:

$$P(X=n)=(1-p_{\text{success}})^{n-1}\cdot p_{\text{success}}=p_{\text{fail}}^{n-1}\cdot p_{\text{success}}$$

Azt keressük, hogy legfeljebb 7 próbálkozás után sikerül a vizsga, vagyis a siker az első, második, ..., hetedik próbálkozás során következik be:

$$P(X\leq 7)=\sum _{n=1}^{7}P(X=n)$$

Ez egyszerűsíthető egy komplementer esemény segítségével, azaz úgy is kiszámíthatjuk, hogy először meghatározzuk annak a valószínűségét, hogy nem sikerül a vizsga az első 7 próbálkozás alatt, majd ezt kivonjuk 1-ből:

$$P(X\leq 7)=1-P(X>7)$$

Annak a valószínűsége, hogy 7 próbálkozás során egyszer sem sikerül a vizsga, az ${\textstyle p_{\text{fail}}}$-ek sorozata:

$$P(X>7)=p_{\text{fail}}^{7}=0,15^{7}$$

Számoljuk ki ${\textstyle 0,15^{7}}$-et:

$$0,15^{7}\approx 2.565\times 10^{-5}$$

Most kivonjuk ezt 1-ből:

$$P(X\leq 7)=1-2.565\times 10^{-5}\approx 0,999974$$

Eredmény:

Tehát annak a valószínűsége, hogy legfeljebb 7 vizsgalehetőség elegendő ahhoz, hogy a hallgató sikeresen vizsgázzon, körülbelül 99,9974

(D3) A "Ki nevet a végén" ("Man ich ärgere dich nicht") társasjátékot az kezdi, aki két kockával dobva legalább az egyik hatos. Mekkora valószínűséggel lesz elegendő ehhez legfeljebb 4 dobás? Adja meg ${\textstyle \xi }$ eloszlását, várható értékét és szórását!

Ez a feladat a geometriai eloszlás egy példája, ahol egy esemény (legalább egy hatos dobása két kockával) bekövetkezésének valószínűségét, illetve a sikerhez szükséges dobások számát vizsgáljuk. A célunk annak meghatározása, hogy legfeljebb 4 dobásból mekkora valószínűséggel lesz legalább egy hatos, illetve a geometriai eloszlás jellemzőit kell meghatározni (várható érték és szórás).

1. Valószínűségi események meghatározása

a) Egyetlen dobás esetén: Két kockával dobunk, és az esemény akkor következik be, ha legalább az egyik kocka hatost mutat. Először határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy nem dobunk hatost egyik kockával sem.

Egy kockával 6 oldal van, tehát egy adott kocka nem dob hatost 5 oldalból, így a nem-hatos dobás valószínűsége egy kockára:

$$P({\text{nem hatos egy kockán}})={\frac {5}{6}}$$

Mivel két kockával dobunk, és a dobások függetlenek, annak a valószínűsége, hogy egyik kocka sem hatos:

$$P({\text{nem hatos egyik kockával sem}})=\left({\frac {5}{6}}\right)\times \left({\frac {5}{6}}\right)={\frac {25}{36}}$$

Annak a valószínűsége, hogy legalább az egyik kocka hatost mutat:

$$P({\text{legalább egy hatos}})=1-P({\text{nincs hatos}})=1-{\frac {25}{36}}={\frac {11}{36}}$$

Tehát egyetlen dobásra annak valószínűsége, hogy legalább az egyik kocka hatost mutat, ${\textstyle {\frac {11}{36}}}$.

b) Valószínűség legfeljebb 4 dobás esetén: Azt kell kiszámolnunk, hogy legfeljebb 4 dobásból sikerül legalább egy hatost dobni. Ez a komplementer eseménnyel kifejezhető, azaz hogy az első négy dobás mindegyikén egyik kocka sem mutat hatost. Ennek valószínűsége:

$$P({\text{nincs hatos 4 dobásból}})=\left({\frac {25}{36}}\right)^{4}$$

Most számoljuk ki a siker valószínűségét legfeljebb 4 dobás után:

$$P({\text{legalább egy hatos legfeljebb 4 dobásból}})=1-P({\text{nincs hatos 4 dobásból}})=1-\left({\frac {25}{36}}\right)^{4}$$

Számoljuk ki:

$$\left({\frac {25}{36}}\right)^{4}\approx 0,4827$$ $$P({\text{legalább egy hatos 4 dobásból}})=1-0,4827=0,5173$$

Tehát a valószínűsége, hogy legfeljebb 4 dobásból sikerül legalább egy hatost dobni, 0,5173, azaz 51,73

2. A geometriai eloszlás jellemzői

A kérdésben egy geometriai eloszlásról van szó, amely a siker első bekövetkezésének valószínűségét írja le. Ebben az esetben a siker eseménye az, hogy legalább egy hatos dobása bekövetkezik.

- A siker valószínűsége: ${\textstyle p={\frac {11}{36}}}$ - A kudarc valószínűsége: ${\textstyle 1-p={\frac {25}{36}}}$

Várható érték: A geometriai eloszlás várható értéke ${\textstyle E(X)}$, ahol ${\textstyle X}$ az első sikeres dobás száma, az alábbi képlettel számolható:

$$E(X)={\frac {1}{p}}$$

Ebben az esetben:

$$E(X)={\frac {1}{\frac {11}{36}}}={\frac {36}{11}}\approx 3,27$$

Tehát a várható érték, vagyis az átlagosan szükséges dobások száma a sikeres dobásig 3,27.

Szórás: A geometriai eloszlás szórása ${\textstyle \sigma (X)}$ az alábbi képlettel számolható:

$$\sigma (X)={\frac {\sqrt {1-p}}{p}}$$

Számoljuk ki:

$$\sigma (X)={\frac {\sqrt {1-{\frac {11}{36}}}}{\frac {11}{36}}}={\frac {\sqrt {\frac {25}{36}}}{\frac {11}{36}}}={\frac {\frac {5}{6}}{\frac {11}{36}}}={\frac {5}{6}}\times {\frac {36}{11}}={\frac {30}{11}}\approx 2,73$$

Tehát a szórás ${\textstyle \sigma \approx 2,73}$.

Összegzés: - A valószínűség, hogy legfeljebb 4 dobásból sikerül legalább egy hatost dobni: 51,73 - A geometriai eloszlás várható értéke: 3,27 dobás. - A szórás: 2,73 dobás.

(D4) Egy kalapácsütés 75

A feladat megoldásához a geometriai eloszlás és a független események sorozata alapján kell számítanunk. Minden egyes kalapácsütésnek ${\textstyle p=0,75}$ (75

Megoldás:

Legyen ${\textstyle n}$ a kalapácsütések száma. Annak a valószínűsége, hogy ${\textstyle n}$ ütés után még mindig nem sikerült megrepeszteni a diót, az ${\textstyle (1-p)^{n}}$, vagyis:

$$P({\text{nem sikerült megrepeszteni a diót }}n{\text{ ütés után}})=0,25^{n}$$

Azt akarjuk, hogy a siker valószínűsége legalább 99

$$0,25^{n}\leq 0,01$$

Vegyünk logaritmust mindkét oldalon, hogy megoldjuk ${\textstyle n}$-re:

$$\log(0,25^{n})\leq \log(0,01)$$ $$n\cdot \log(0,25)\leq \log(0,01)$$ $$n\cdot (-0,6021)\leq -2$$ $$n\geq {\frac {-2}{-0,6021}}\approx 3,32$$

Tehát legalább 4 kalapácsütés szükséges ahhoz, hogy 99

Eredmény: A válasz tehát: 4 kalapácsütés hatásos 99

(D5) a) Ketten felváltva dobnak egy pénzérmét. Az nyer, aki először fejet dob. Mekkora valószínűséggel nyer a kezdő illetve a második játékos? (b) Ketten felváltva lőnek egymásra, a találat valószínűsége pE (első) és pM (második). Mekkora valószínűséggel nyer az első illetve a második párbajozó?

(a) Ketten felváltva dobnak egy pénzérmét – ki nyer először?

Ebben a játékban két játékos felváltva dob egy pénzérmét, és az nyer, aki először fejet dob. Feltételezzük, hogy a pénzérme igazságos, azaz mind a fej, mind az írás dobásának valószínűsége ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$.

A kezdő játékos nyerési valószínűsége:

Legyen ${\textstyle P_{1}}$ a kezdő játékos nyerési valószínűsége. Az első játékos akkor nyer, ha: - Már az első dobásra fejet dob, ennek valószínűsége ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$. - Ha az első dobás írás, akkor a játék újraindul, de most a második játékos kezdi a következő fordulót. Ekkor a második játékos nyerési valószínűsége ${\textstyle P_{2}}$, így az első játékos nyerési valószínűsége ${\textstyle {\frac {1}{2}}\cdot P_{2}}$.

Ez alapján:

$$P_{1}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\cdot P_{2}$$

A második játékos nyerési valószínűsége:

Hasonlóan, a második játékos akkor nyerhet, ha: - Az első játékos dob egy írást (ennek valószínűsége ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$), majd a második játékos fejet dob, ennek a valószínűsége ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$, vagyis összesen ${\textstyle {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}}$. - Ha mindkét játékos írást dob az első körben, akkor a játék újraindul, és ugyanaz a helyzet áll fenn, mintha az első játékos újra kezdené a játékot. Ezért a nyerési valószínűsége az lesz, hogy mindkét játékos írást dob (${\textstyle {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}}$) és az első játékos ${\textstyle P_{1}}$-el nyer a következő fordulóban.

Ez alapján:

$$P_{2}={\frac {1}{2}}\cdot P_{1}$$

A rendszer megoldása:

Az első egyenletből ${\textstyle P_{1}}$-re és ${\textstyle P_{2}}$-re két egyenletünk van:

$$P_{1}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\cdot P_{2}$$ $$P_{2}={\frac {1}{2}}\cdot P_{1}$$

Helyettesítsük be ${\textstyle P_{2}}$-t az első egyenletbe:

$$P_{1}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot P_{1}$$ $$P_{1}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}\cdot P_{1}$$ $$P_{1}\cdot \left(1-{\frac {1}{4}}\right)={\frac {1}{2}}$$ $${\frac {3}{4}}\cdot P_{1}={\frac {1}{2}}$$ $$P_{1}={\frac {2}{3}}$$

Most ${\textstyle P_{2}}$-t kiszámítjuk:

$$P_{2}={\frac {1}{2}}\cdot P_{1}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2}{3}}={\frac {1}{3}}$$

Tehát a kezdő játékos nyerési valószínűsége ${\textstyle {\frac {2}{3}}}$, míg a második játékosé ${\textstyle {\frac {1}{3}}}$.

—

(b) Ketten felváltva lőnek egymásra – ki nyer?

Most egy párbajhelyzetet vizsgálunk, ahol két játékos felváltva lő egymásra. Az első játékos találati valószínűsége ${\textstyle p_{E}}$, míg a második játékos találati valószínűsége ${\textstyle p_{M}}$. A kérdés az, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy az első vagy a második játékos nyer.

Az első játékos nyerési valószínűsége:

Az első játékos akkor nyer, ha: 1. Az első lövésével eltalálja a második játékost. Ennek valószínűsége ${\textstyle p_{E}}$. 2. Ha az első játékos elhibázza (${\textstyle 1-p_{E}}$), akkor a második játékos következik. Ha a második játékos elhibázza (${\textstyle 1-p_{M}}$), a játék újraindul, és az első játékosnak ismét lehetősége van lőni. Ekkor ismét az első játékos nyerési valószínűsége ${\textstyle P_{E}}$.

Tehát az első játékos nyerési valószínűsége:

$$P_{E}=p_{E}+(1-p_{E})(1-p_{M})P_{E}$$

Ezt az egyenletet rendezzük meg ${\textstyle P_{E}}$-re:

$$P_{E}=p_{E}+(1-p_{E})(1-p_{M})P_{E}$$ $$P_{E}\left(1-(1-p_{E})(1-p_{M})\right)=p_{E}$$ $$P_{E}\left(p_{E}+p_{M}-p_{E}p_{M}\right)=p_{E}$$ $$P_{E}={\frac {p_{E}}{p_{E}+p_{M}-p_{E}p_{M}}}$$

A második játékos nyerési valószínűsége:

A második játékos nyerési valószínűsége ${\textstyle P_{M}}$ kifejezhető úgy, hogy vagy az első játékos elhibázza (${\textstyle 1-p_{E}}$), és a második játékos eltalálja, vagy ha mindketten elhibázzák az első lövéseket, és a második játékos nyer a következő fordulóban. Azaz:

$$P_{M}=(1-p_{E})p_{M}+(1-p_{E})(1-p_{M})P_{M}$$

Rendezve ${\textstyle P_{M}}$-re:

$$P_{M}={\frac {(1-p_{E})p_{M}}{p_{E}+p_{M}-p_{E}p_{M}}}$$

Összegzés: - Az első játékos nyerési valószínűsége: ${\textstyle P_{E}={\frac {p_{E}}{p_{E}+p_{M}-p_{E}p_{M}}}}$. - A második játékos nyerési valószínűsége: ${\textstyle P_{M}={\frac {(1-p_{E})p_{M}}{p_{E}+p_{M}-p_{E}p_{M}}}}$.

(D6) Adjuk meg a pénztárnál alkalmazott (azaz a végösszeg utolsó jegyét 0 vagy 5 Ft-ra) kerekítés eloszlását a vásárló szemszögéből, és számoljuk ki a várható értéket, szórást.

A feladat egy boltban használt kerekítési módszer statisztikai vizsgálatát kéri, ahol a végösszeg utolsó jegyét 0-ra vagy 5 Ft-ra kerekítik. A célunk az, hogy megadjuk a kerekítés eloszlását, és kiszámítsuk a várható értéket és a szórást a vásárló szempontjából.

1. A kerekítés szabályai:

- Ha a végösszeg utolsó számjegye ${\textstyle 1,2}$, akkor lefelé kerekítik 0 Ft-ra. - Ha a végösszeg utolsó számjegye ${\textstyle 3,4}$, akkor felfelé kerekítik 5 Ft-ra. - Ha az utolsó számjegy ${\textstyle 6,7}$, akkor lefelé kerekítik 5 Ft-ra. - Ha az utolsó számjegy ${\textstyle 8,9}$, akkor felfelé kerekítik 0 Ft-ra.

2. A kerekítés eloszlása:

Az utolsó számjegy lehet ${\textstyle 0}$-tól ${\textstyle 9}$-ig bármely érték, és ezek mindegyike egyenlő valószínűséggel fordul elő, mivel egy véletlenszerű vásárlás esetén bármilyen utolsó számjegy lehetséges.

A kerekítési különbözet (a kerekítés következtében hozzáadott vagy levont összeg) tehát a következő lehet:

- ${\textstyle -2}$ Ft, ha az utolsó számjegy ${\textstyle 2}$ (2 Ft-tal lefelé kerekítjük). - ${\textstyle -1}$ Ft, ha az utolsó számjegy ${\textstyle 1}$ (1 Ft-tal lefelé kerekítjük). - ${\textstyle 0}$ Ft, ha az utolsó számjegy ${\textstyle 0}$, ${\textstyle 5}$ (nincs változás). - ${\textstyle +1}$ Ft, ha az utolsó számjegy ${\textstyle 4}$, ${\textstyle 9}$ (1 Ft-tal felfelé kerekítjük). - ${\textstyle +2}$ Ft, ha az utolsó számjegy ${\textstyle 3}$, ${\textstyle 8}$ (2 Ft-tal felfelé kerekítjük).

Ezek szerint az eloszlás a kerekítési különbözetekre így alakul:

| Kerekítési különbözet (Ft) | Valószínűség | |—————————-|—————-| | -2 | ${\textstyle {\frac {1}{10}}}$ | | -1 | ${\textstyle {\frac {1}{10}}}$ | | 0 | ${\textstyle {\frac {2}{10}}}$ | | +1 | ${\textstyle {\frac {2}{10}}}$ | | +2 | ${\textstyle {\frac {2}{10}}}$ |

3. A várható érték kiszámítása:

A várható értéket a kerekítési különbözetek súlyozott átlaga adja:

$$E(X)=(-2)\cdot {\frac {1}{10}}+(-1)\cdot {\frac {1}{10}}+0\cdot {\frac {2}{10}}+1\cdot {\frac {2}{10}}+2\cdot {\frac {2}{10}}$$

Számoljuk ki:

$$E(X)=-{\frac {2}{10}}-{\frac {1}{10}}+0+{\frac {2}{10}}+{\frac {4}{10}}$$

$$E(X)={\frac {-3+6}{10}}={\frac {3}{10}}=0.3\,{\text{Ft}}$$

Tehát a várható érték ${\textstyle 0.3}$ Ft, ami azt jelenti, hogy a vásárló átlagosan 0.3 Ft-tal többet fizet a kerekítés miatt.

4. A szórás kiszámítása:

A szóráshoz először meg kell határoznunk a második momentumot, azaz ${\textstyle E(X^{2})}$-t. Aztán ebből kivonjuk a várható érték négyzetét:

$$E(X^{2})=(-2)^{2}\cdot {\frac {1}{10}}+(-1)^{2}\cdot {\frac {1}{10}}+0^{2}\cdot {\frac {2}{10}}+1^{2}\cdot {\frac {2}{10}}+2^{2}\cdot {\frac {2}{10}}$$

$$E(X^{2})=4\cdot {\frac {1}{10}}+1\cdot {\frac {1}{10}}+0+1\cdot {\frac {2}{10}}+4\cdot {\frac {2}{10}}$$

$$E(X^{2})={\frac {4}{10}}+{\frac {1}{10}}+{\frac {2}{10}}+{\frac {8}{10}}={\frac {15}{10}}=1.5$$

Most kiszámoljuk a szórást:

$${\text{Var}}(X)=E(X^{2})-(E(X))^{2}=1.5-(0.3)^{2}=1.5-0.09=1.41$$

A szórás a variancia négyzetgyöke:

$${\text{Szórás}}={\sqrt {1.41}}\approx 1.19\,{\text{Ft}}$$

Összegzés:

- A kerekítés várható értéke: ${\textstyle 0.3\,{\text{Ft}}}$ (átlagosan ennyivel fizet többet a vásárló). - A kerekítés szórása: ${\textstyle 1.19\,{\text{Ft}}}$.

(D7) a) Egy ütésre a forró vas hőmérséklete 10

(b) Egy ütésre a forró vas hőmérséklete 15

(c) A korsó minden, a kútra történő sétája alkalmával 1,9

(a) A hőmérséklet csökkenése 10

Az ütéseket követő hőmérséklet csökkenése egy geometriai sorozat szerint alakul, mivel minden ütés után a hőmérséklet 90

Legyen ${\textstyle T_{0}}$ a kezdeti hőmérséklet, és ${\textstyle n}$ az ütés után a hőmérséklet a következőképpen alakul:

$$T_{n}=T_{0}\cdot (0.9)^{n}$$

1. Hány ütés után csökken a hőmérséklet 50

Akkor szeretnénk megtalálni ${\textstyle n}$-t, amikor ${\textstyle T_{n}\leq 0.5\cdot T_{0}}$. Az egyenletünk tehát:

$$T_{0}\cdot (0.9)^{n}\leq 0.5\cdot T_{0}$$

Osszuk el mindkét oldalt ${\textstyle T_{0}}$-val:

$$(0.9)^{n}\leq 0.5$$

Alkalmazzunk logaritmust mindkét oldalon:

$$n\cdot \log(0.9)\leq \log(0.5)$$

$$n\geq {\frac {\log(0.5)}{\log(0.9)}}$$

A számítás után:

$$n\geq {\frac {-0.3010}{-0.0458}}\approx 6.57$$

Tehát körülbelül 7 ütés után csökken a hőmérséklet 50

2. Hány ütés után csökken a hőmérséklet 10

Most azt keressük, hogy ${\textstyle T_{n}\leq 0.1\cdot T_{0}}$, tehát:

$$(0.9)^{n}\leq 0.1$$

Ismét alkalmazzuk a logaritmust:

$$n\cdot \log(0.9)\leq \log(0.1)$$

$$n\geq {\frac {\log(0.1)}{\log(0.9)}}$$

A számítás után:

$$n\geq {\frac {-1}{-0.0458}}\approx 21.83$$

Tehát körülbelül 22 ütés után csökken a hőmérséklet 10

—

(b) A hőmérséklet csökkenése 15

Az egyes ütések független események, és minden ütésnél 15

Az esemény valószínűsége, hogy 5 ütés során egyszer sem esik a hőmérséklet a megengedett szint alá:

$$P({\text{nem esik le a megengedett szint alá 5 ütés után}})=0.85^{5}$$

Számoljuk ki:

$$P=0.85^{5}\approx 0.4437$$

Tehát körülbelül 44,37

—

(c) A korsó minden kútra történő sétája alkalmával 1,9

Az egyes séták független események, és minden egyes séta alkalmával 1,9

A valószínűsége annak, hogy a korsó 100 séta után is épségben marad:

$$P({\text{100 séta után nem törik el}})=0.981^{100}$$

Számoljuk ki:

$$P\approx 0.135$$

Tehát körülbelül 13,5

(D8) Szindbád előtt elvonul a hárem összes hölgye, akik között szépség tekintetében egyértelmű sorrend áll fenn. Szindbád célja, hogy kiválassza a legszebbet. Minden elvonulónál Szindbád nyilatkozhat, hogy az aktuális hölgyet választja-e vagy nem, de később már nem választhatja a korábban elvonultakat. Szindbád "k stratégiája" a következő: elenged k számú hölgyet, és az ezt követők közül azt választja, aki a korábban elvonultak mindegyikénél szebb, ha ilyen nincs, akkor az utolsót. Mennyi a valószínűsége, hogy sikerül a legszebb hölgyet kiválasztania? (A hölgyek számát jelölje N és k<N.)

Ez a probléma a híres "titkárprobléma" (vagy "interjúprobléma") egy változata, ahol Sindbádnak meg kell találnia a legszebb hölgyet egy sorozatban, anélkül hogy visszamenőleg választhatna valakit. A kérdés az, hogy mekkora az esélye, hogy a legszebb hölgyet sikerül kiválasztania, ha egy adott ${\textstyle k}$ stratégiát követ.

A probléma elemzése: - A hölgyek száma ${\textstyle N}$, és mindegyikük egy egyértelmű sorrendbe van rendezve a szépségük alapján (azaz mindegyiknek van egy rangsora 1-től ${\textstyle N}$-ig, ahol 1 jelenti a legszebbet). - Sindbád stratégiája az, hogy az első ${\textstyle k}$ hölgyet elengedi anélkül, hogy választana, majd az ${\textstyle k+1}$-edik hölgytől kezdve azt választja, aki szebb, mint az első ${\textstyle k}$ elengedett hölgy mindegyike.

Valószínűség meghatározása: A kérdés lényege, hogy mi annak a valószínűsége, hogy Sindbád a legszebb hölgyet választja ki ezzel a stratégiával. Ezt úgy vizsgáljuk, hogy megnézzük, milyen feltételek mellett választhatja ki Sindbád a legszebb hölgyet.

A siker feltételei: 1. A legszebb hölgy nem lehet az első ${\textstyle k}$ között. (Ha a legszebb hölgy az első ${\textstyle k}$ között van, Sindbád biztosan elengedi, mivel őt nem választja ki.) 2. A legszebb hölgynek a ${\textstyle k+1}$-edik és ${\textstyle N}$-edik hölgyek között kell lennie. 3. A legszebb hölgy előtt mindenképpen kell lennie olyan hölgynek, aki a legszebb, de kevésbé szép, mint az első ${\textstyle k}$ elengedett hölgyek bármelyike, mivel Sindbád a legelső ilyen hölgyet választja ki, aki szebb az előzőeknél.

Valószínűségi elemzés: Tegyük fel, hogy a legszebb hölgy a ${\textstyle j}$-edik helyen van, ahol ${\textstyle k+1\leq j\leq N}$. Sindbád akkor fogja kiválasztani a legszebb hölgyet, ha az első ${\textstyle k}$ hölgy közül a legszebb (aki a legjobb rangot kapta) mind szebb, mint a ${\textstyle j}$-edik pozícióban lévő hölgy, és a ${\textstyle j}$-edik pozíció előtt senki sem szebb nála.

A siker valószínűsége a következő:

$$P({\text{siker}})={\frac {k}{N}}\sum _{j=k+1}^{N}{\frac {1}{j-1}}$$

Ez az összeg azt mutatja meg, hogy a legszebb hölgynek az ${\textstyle j}$-edik helyen kell lennie, és Sindbád a ${\textstyle j}$-edik pozíciót választja ki, ha az addigi legszebb a ${\textstyle k}$-edik előtti hölgyek közül nem volt szebb.

Összegzés: A sikeres választás valószínűsége tehát az ${\textstyle N}$ és ${\textstyle k}$ függvénye, és a fenti képlet segítségével számítható ki. Az optimális ${\textstyle k}$ értéke az, amely maximalizálja ezt a valószínűséget, és tipikusan a ${\textstyle k\approx {\frac {N}{e}}}$, ahol ${\textstyle e}$ az Euler-féle szám, megközelítően ${\textstyle 2.718}$.

(D9) A raktáron levő 120 konzerv 5

Ez a feladat a hipergeometrikus eloszlás keretében oldható meg, mivel a raktáron lévő konzervkészletből kiválasztunk egy kisebb mintát, és azt vizsgáljuk, hogy a lejárt konzervdobozok közül mennyi kerül kiválasztásra.

Adatok: - A raktáron lévő konzervek száma: ${\textstyle N=120}$. - A lejárt konzervek száma: ${\textstyle 5\%}$ tehát ${\textstyle 0,05\times 120=6}$ lejárt konzerv van. - A kiválasztott dobozok száma: ${\textstyle n=10}$. - A nem lejárt (jó) konzervek száma: ${\textstyle 120-6=114}$.

Hipergeometrikus eloszlás: A hipergeomtrikus valószínűségi változó azt méri, hogy ${\textstyle X}$ lejárt konzervet választunk ki a ${\textstyle n}$ kiválasztott dobozból, ahol a teljes készletben ${\textstyle N}$ elem van, és ${\textstyle k}$ elem az, amely megfelel a "siker" (itt a lejárás) kritériumának.

A valószínűségi függvénye ennek az eloszlásnak:

$$P(X=x)={\frac {{\binom {k}{x}}{\binom {N-k}{n-x}}}{\binom {N}{n}}}$$

ahol: - ${\textstyle N=120}$ a teljes készlet, - ${\textstyle k=6}$ a lejárt konzervek száma, - ${\textstyle n=10}$ a kiválasztott dobozok száma, - ${\textstyle x}$ a lejárt konzervek száma a kiválasztott dobozok között.

a) Mekkora a valószínűsége annak, hogy éppen 2 lejárt konzerv van a 10 kiválasztottból?

Ekkor ${\textstyle x=2}$, tehát:

$$P(X=2)={\frac {{\binom {6}{2}}{\binom {114}{8}}}{\binom {120}{10}}}$$

Számoljuk ki lépésről lépésre: - ${\textstyle {\binom {6}{2}}={\frac {6\times 5}{2}}=15}$ - ${\textstyle {\binom {114}{8}}}$ és ${\textstyle {\binom {120}{10}}}$ nagy számok, ezeket kiszámíthatjuk, de egyszerűsítéshez általában célszerűbb egy számológép vagy szoftver használata. Hipergeometrikus eloszlást támogató eszközök közvetlenül is számolhatnak.

b) Mekkora a valószínűsége annak, hogy legfeljebb 3 lejárt konzerv van a kiválasztott 10 dobozban?

Ez azt jelenti, hogy ${\textstyle P(X\leq 3)}$-t kell számolni, vagyis az alábbi valószínűségek összegét:

$$P(X\leq 3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)$$

Ezeket hasonlóan kiszámítjuk a fenti képlet segítségével minden ${\textstyle x}$-re, azaz:

$$P(X=x)={\frac {{\binom {6}{x}}{\binom {114}{10-x}}}{\binom {120}{10}}}\quad {\text{ahol}}\quad x=0,1,2,3$$

Ezeket összeadva kapjuk meg a kívánt valószínűséget. Itt is érdemes számológépet vagy szoftvert használni a hipergeometrikus eloszlás számítására.

(D10) A Biblia ismert története "Jákobnak csudálatos szerződése Lábánnal", amely szerint Jákob a szolgálat fejében minden évben megkapta Lábán (elenyészően kevés) tarka és fekete bárányait, amelyek részaránya sokkal kisebb volt, mint a Lábánnál maradó részarány, azonban idővel mégis Jákob lett a gazdagabb. Tételezzük fel, hogy minden juhnak minden évben átlagosan u darab utóda lesz (nincs elhullás), melyek átlagosan p-ed része nem tarka vagy fekete. Jelölje ${\textstyle J_{n}}$ Jákob, ${\textstyle L_{n}}$ pedig Lábán juhainak számát az ${\textstyle n}$-edik évben, kezdetben ${\textstyle J_{0}=0}$ és ${\textstyle L_{0}>0}$ valamilyen pozitív szám. a) Írjunk fel (szimultán) rekurzív összefüggést ${\textstyle L_{n}}$ és ${\textstyle J_{n}}$-re, és oldjuk meg. ( b) p = 90

Ez a feladat a Biblia történetéből vett egy gazdasági modellre vonatkozik, ahol Jákob és Lábán juhainak száma változik az évek során. A célunk az, hogy felírjunk egy rekurzív egyenletrendszert, amely leírja Jákob és Lábán juhainak számát az évek folyamán, és megoldjuk ezt az egyenletet, majd kiszámítsuk a juhok számát adott paraméterek mellett.

a) Rekurzív összefüggés felírása

- Legyen ${\textstyle J_{n}}$ Jákob juhainak száma az ${\textstyle n}$-edik évben. - Legyen ${\textstyle L_{n}}$ Lábán juhainak száma az ${\textstyle n}$-edik évben. - Minden juh évente átlagosan ${\textstyle u}$ utódot hoz világra, és ezek közül ${\textstyle p}$-ed része nem tarka vagy fekete, tehát ${\textstyle 1-p}$-ed része tarka vagy fekete.

Az ${\textstyle n}$-edik év végén Jákob és Lábán juhainak száma a következőképpen alakul:

- Lábán juhainak száma ${\textstyle L_{n}}$ az előző évi juhai ${\textstyle L_{n-1}}$, valamint Jákob juhai ${\textstyle J_{n-1}}$ után szaporodnak, így az összes juh száma ${\textstyle (L_{n-1}+J_{n-1})\cdot u}$. Ebből Lábánhoz kerül ${\textstyle p}$-ed része, azaz: $$L_{n}=p\cdot u\cdot (L_{n-1}+J_{n-1})$$

- Jákob juhainak száma az előző évi juhai ${\textstyle J_{n-1}}$ után szaporodik, illetve a nem ${\textstyle p}$-ed része az összes juhnak Jákobhoz kerül, tehát: $$J_{n}=(1-p)\cdot u\cdot (L_{n-1}+J_{n-1})$$

Kezdeti feltételek: - ${\textstyle J_{0}=0}$, mert Jákob kezdetben nem rendelkezett juhokkal. - ${\textstyle L_{0}>0}$, azaz Lábánnak kezdetben van egy pozitív számú juha.

b) Az egyenletrendszer megoldása

Most meg kell oldanunk ezt az egyenletrendszert. Először az első egyenletet átrendezzük, hogy ${\textstyle L_{n}}$ kifejezhető legyen:

$$L_{n}=p\cdot u\cdot (L_{n-1}+J_{n-1})$$ Hasonlóan: $$J_{n}=(1-p)\cdot u\cdot (L_{n-1}+J_{n-1})$$

Mivel az ${\textstyle n}$-edik évben az összes juh száma ${\textstyle S_{n}=L_{n}+J_{n}}$, összegezhetjük az egyenleteket: $$S_{n}=u\cdot (L_{n-1}+J_{n-1})=u\cdot S_{n-1}$$ Ez azt jelenti, hogy az összes juh száma évente ${\textstyle u}$-szeresére nő: $$S_{n}=S_{0}\cdot u^{n}$$ Kezdetben ${\textstyle S_{0}=L_{0}}$, tehát: $$S_{n}=L_{0}\cdot u^{n}$$

Ebből a ${\textstyle L_{n}}$-t és ${\textstyle J_{n}}$-t külön-külön is ki tudjuk fejezni. Például:

$$L_{n}=p\cdot S_{n}=p\cdot L_{0}\cdot u^{n}$$ $$J_{n}=(1-p)\cdot S_{n}=(1-p)\cdot L_{0}\cdot u^{n}$$

Számítás p = 0,9 és u = 2 esetén

Ha ${\textstyle p=0,9}$ és ${\textstyle u=2}$, a következőket kapjuk: - Lábán juhainak száma: $$L_{n}=0,9\cdot L_{0}\cdot 2^{n}$$ - Jákob juhainak száma: $$J_{n}=0,1\cdot L_{0}\cdot 2^{n}$$

Két hét év szolgálat után, azaz ${\textstyle n=14}$ esetén: - Lábán juhainak száma: $$L_{14}=0,9\cdot L_{0}\cdot 2^{14}=0,9\cdot L_{0}\cdot 16384=14745,6\cdot L_{0}$$ - Jákob juhainak száma: $$J_{14}=0,1\cdot L_{0}\cdot 2^{14}=0,1\cdot L_{0}\cdot 16384=1638,4\cdot L_{0}$$

Jákob juhainak száma tehát ${\textstyle {\frac {J_{14}}{L_{14}}}={\frac {1638,4\cdot L_{0}}{14745,6\cdot L_{0}}}\approx 0,111}$-szerese Lábán juhainak, azaz Jákobnak még mindig kevesebb juha van, de arányosan nő az idők során.

(D11*) Egy szabályos pénzérmét addig dobunk fel, amíg a) két fej (FF), b) egy fej és egy írás (FI) nem jön ki közvetlenül egymás után (ebben a sorrendben). Határozzuk meg a szükséges dobások számának várható értékét az a) és b) esetekben.

Ez a feladat a várható érték meghatározására irányul két különböző szituációban, ahol egy pénzérmét addig dobunk fel, amíg bizonyos mintázatokat nem érünk el. Az alábbiakban külön vizsgáljuk az a) és b) eseteket.

a) Két fej (FF) egymás után Legyen ${\textstyle E_{FF}}$ a szükséges dobások számának várható értéke, amíg két egymást követő fej (FF) kijön. A probléma megoldása során állapotokat vezetünk be:

- Állapot 0: Még nem dobtunk fejet. - Állapot 1: Az utolsó dobás fej (F) volt. - Állapot 2: Két egymást követő fej jött ki (FF), ekkor vége van a folyamatnak.

Az egyes állapotokból való továbblépés valószínűségeit vizsgáljuk. Minden dobásnak két kimenetele van: fej (F) vagy írás (I), mindkettő valószínűsége ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$.

Állítsunk fel egyenleteket a várható értékekre:

- Az állapot 0-ból ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel érkezünk fejhez (állapot 1), és ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel íráshoz (ami visszavezet ugyanide). Így a várható érték itt: $$E_{0}=1+{\frac {1}{2}}E_{1}+{\frac {1}{2}}E_{0}$$ Ebből: $$E_{0}=2+E_{1}$$

- Az állapot 1-ből ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel érkezünk a végső állapotba (FF), és ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel vissza az állapot 0-ba (írást dobtunk). Így: $$E_{1}=1+{\frac {1}{2}}\times 0+{\frac {1}{2}}E_{0}$$ Ebből: $$E_{1}=1+{\frac {1}{2}}E_{0}$$

Most behelyettesítjük az első egyenletbe:

$$E_{0}=2+E_{1}=2+1+{\frac {1}{2}}E_{0}$$ $$E_{0}=3+{\frac {1}{2}}E_{0}$$ $${\frac {1}{2}}E_{0}=3$$ $$E_{0}=6$$

Tehát két egymást követő fej kijöveteléhez szükséges dobások számának várható értéke 6.

b) Egy fej és egy írás (FI) egymás után Most azt keressük, hogy hány dobás szükséges ahhoz, hogy egy fej és egy írás (FI) kijöjjön.

Ismét állapotokat vezetünk be:

- Állapot 0: Még nem dobtunk fejet. - Állapot 1: Az utolsó dobás fej (F) volt. - Állapot 2: Fej-írás (FI) kijött, vége a folyamatnak.

Az állapotátmenetekhez tartozó várható értékek egyenletei:

- Állapot 0-ból ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel érkezünk fejhez (állapot 1), és ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel íráshoz (ami visszavezet ugyanide). Az egyenlet: $$E_{0}=1+{\frac {1}{2}}E_{1}+{\frac {1}{2}}E_{0}$$ Ebből: $$E_{0}=2+E_{1}$$

- Állapot 1-ből ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel érkezünk a végső állapotba (FI), és ${\textstyle {\frac {1}{2}}}$ valószínűséggel vissza az állapot 1-be (fejet dobtunk újra). Így: $$E_{1}=1+{\frac {1}{2}}\times 0+{\frac {1}{2}}E_{1}$$ Ebből: $$E_{1}=2$$

Most behelyettesítjük az első egyenletbe:

$$E_{0}=2+2=4$$

Tehát egy fej és egy írás kijöveteléhez szükséges dobások számának várható értéke 4.

Összegzés: - a) Két fej (FF) kijöveteléhez szükséges dobások várható száma: ${\textstyle 6}$. - b) Egy fej és egy írás (FI) kijöveteléhez szükséges dobások várható száma: ${\textstyle 4}$.Poisson eloszlás

(P1) Egy 1 kg-os húsvéti kalácsba 50 szem mazsolát tettünk, majd 10 dkg-os szeletekre vágtuk. Mi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott szeletben 7 szem mazsola van ?

A Poisson-eloszlás segítségével tudjuk modellezni az eseményt, amelyben egy adott szeletben lévő mazsolák száma kiszámítható. A probléma lényege, hogy 50 mazsola van elosztva egy 1 kg-os kalácsban, ami összesen 1000 g. Az elosztás alapja, hogy 10 dkg-os (100 g-os) szeleteket vizsgálunk.

1. Első lépés: A mazsolák átlagos száma egy 100 g-os szeletben kiszámítható úgy, hogy a teljes mazsolaszámot elosztjuk a szelet arányával a teljes tömeghez képest: $$\lambda ={\frac {50}{1000}}\times 100=5$$ Ez azt jelenti, hogy egy szeletben átlagosan 5 mazsola van.

2. Második lépés: A Poisson-eloszlás képlete: $$P(X=k)={\frac {\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!}}$$ Ahol ${\textstyle \lambda }$ az átlagos mazsolaszám egy szeletben, ${\textstyle k}$ a konkrét mazsolaszám, és ${\textstyle e}$ az Euler-féle szám.

Adatokkal behelyettesítve, ha 7 mazsolát szeretnénk egy szeletben, akkor: $$P(X=7)={\frac {5^{7}e^{-5}}{7!}}$$

3. Számítás: $$P(X=7)={\frac {78125\times e^{-5}}{5040}}\approx {\frac {78125\times 0.006737947}{5040}}\approx {\frac {526.29}{5040}}\approx 0.104$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy szeletben 7 mazsola van, körülbelül ${\textstyle 10.4\%}$.

(P2) Augusztusban az egy óra alatt megfigyelt hullócsillagok száma átlagosan 11, Poisson eloszlást követ. Mennyi a valószínűsége annak, hogy 15 perc alatt legfeljebb 2 hullócsillagot látunk ?

A hullócsillagok számát Poisson-eloszlás alapján tudjuk modellezni. Ebben a példában az egy órán (60 perc) belül megfigyelt hullócsillagok száma átlagosan ${\textstyle \lambda =11}$. A kérdés arra vonatkozik, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy 15 perc alatt legfeljebb 2 hullócsillagot látunk.

1. Első lépés: Átlagos hullócsillagszám 15 percre vonatkoztatva. Mivel 15 perc az egy óra (60 perc) negyede, az adott időtartamra vonatkozó átlagos hullócsillagszám: $$\lambda _{15}={\frac {11}{4}}=2.75$$ Ez az átlagos hullócsillagszám 15 perc alatt.

2. Második lépés: A Poisson-eloszlás képlete: $$P(X=k)={\frac {\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!}}$$ Ahol ${\textstyle \lambda }$ az átlagos eseményszám, ${\textstyle k}$ a konkrét eseményszám, és ${\textstyle e}$ az Euler-féle szám.

Mivel legfeljebb 2 hullócsillagról van szó, kiszámoljuk ${\textstyle P(X\leq 2)}$-t, ami megegyezik az alábbi valószínűségek összegével: $$P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)$$

3. Számítások: - ${\textstyle P(X=0)}$: $$P(X=0)={\frac {2.75^{0}e^{-2.75}}{0!}}=e^{-2.75}\approx 0.063$$ - ${\textstyle P(X=1)}$: $$P(X=1)={\frac {2.75^{1}e^{-2.75}}{1!}}=2.75\times e^{-2.75}\approx 2.75\times 0.063=0.173$$ - ${\textstyle P(X=2)}$: $$P(X=2)={\frac {2.75^{2}e^{-2.75}}{2!}}={\frac {7.5625\times e^{-2.75}}{2}}\approx {\frac {7.5625\times 0.063}{2}}\approx 0.239$$

4. Összegzés: $$P(X\leq 2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\approx 0.063+0.173+0.239=0.475$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy 15 perc alatt legfeljebb 2 hullócsillagot látunk, körülbelül 47.5

(P3) Egy szövetanyagon 10 méterenként átlagosan 6 hiba van, a hibák száma Poisson eloszlást követ. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy 4m szakaszon 3-nál kevesebb hiba van?

Ebben a feladatban a szövetanyagon található hibák száma Poisson-eloszlás alapján modellezhető. A 10 méteres szakaszon átlagosan 6 hiba van, tehát a hibák száma Poisson eloszlást követ ${\textstyle \lambda =6}$-tal 10 méteren. A kérdés egy 4 méteres szakaszra vonatkozik, ahol azt kell meghatározni, hogy mi a valószínűsége annak, hogy 3-nál kevesebb hiba található.

1. Első lépés: Számítsuk ki a 4 méteres szakaszra eső átlagos hibaszámot. Mivel a hibák száma arányosan oszlik meg, a 4 méteres szakaszra eső hibák átlagos száma: $$\lambda _{4}={\frac {6}{10}}\times 4=2.4$$ Tehát 4 méteren átlagosan ${\textstyle \lambda _{4}=2.4}$ hiba van.

2. Második lépés: A Poisson-eloszlás képlete: $$P(X=k)={\frac {\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!}}$$ Itt ${\textstyle \lambda =2.4}$, és azt kell meghatározni, hogy 3-nál kevesebb hiba van, tehát ${\textstyle P(X<3)}$, ami megegyezik az ${\textstyle X=0}$, ${\textstyle X=1}$ és ${\textstyle X=2}$ valószínűségeinek összegével: $$P(X<3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)$$

3. Számítások: - ${\textstyle P(X=0)}$: $$P(X=0)={\frac {2.4^{0}e^{-2.4}}{0!}}=e^{-2.4}\approx 0.0907$$ - ${\textstyle P(X=1)}$: $$P(X=1)={\frac {2.4^{1}e^{-2.4}}{1!}}=2.4\times e^{-2.4}\approx 2.4\times 0.0907=0.2177$$ - ${\textstyle P(X=2)}$: $$P(X=2)={\frac {2.4^{2}e^{-2.4}}{2!}}={\frac {5.76\times e^{-2.4}}{2}}\approx {\frac {5.76\times 0.0907}{2}}=0.2614$$

4. Összegzés: $$P(X<3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\approx 0.0907+0.2177+0.2614=0.5698$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy 4 méteres szakaszon 3-nál kevesebb hiba található, körülbelül 56.98

(P4) Egy 1000 palack készítésére elegendő üvegmasszában 300 kavics volt. Mi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott üvegben legalább 2 kavics van?

A probléma ismét Poisson-eloszlás alapján oldható meg, mivel egy adott üvegben található kavicsok száma véletlenszerűen oszlik el. A teljes üvegmasszában 300 kavics van, amelyből 1000 palackot készítenek. A kérdés az, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott palackban legalább 2 kavics van.

1. Első lépés: Számítsuk ki az egy palackra jutó kavicsok átlagos számát (${\textstyle \lambda }$): $$\lambda ={\frac {300}{1000}}=0.3$$ Ez azt jelenti, hogy egy palackban átlagosan ${\textstyle 0.3}$ kavics található.

2. Második lépés: A Poisson-eloszlás képlete: $$P(X=k)={\frac {\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!}}$$ Itt ${\textstyle \lambda =0.3}$, és a kérdés arra vonatkozik, hogy legalább 2 kavics legyen a palackban, vagyis ${\textstyle P(X\geq 2)}$.

3. Harmadik lépés: Mivel a Poisson-eloszlás diszkrét eloszlás, a következőképpen számíthatjuk ki ${\textstyle P(X\geq 2)}$-t: $$P(X\geq 2)=1-P(X=0)-P(X=1)$$

4. Számítások: - ${\textstyle P(X=0)}$: $$P(X=0)={\frac {0.3^{0}e^{-0.3}}{0!}}=e^{-0.3}\approx 0.7408$$ - ${\textstyle P(X=1)}$: $$P(X=1)={\frac {0.3^{1}e^{-0.3}}{1!}}=0.3\times e^{-0.3}\approx 0.3\times 0.7408=0.2222$$

5. Összegzés: $$P(X\geq 2)=1-P(X=0)-P(X=1)\approx 1-0.7408-0.2222=0.037$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott üvegben legalább 2 kavics van, körülbelül ${\textstyle 3.7\%}$.

(P5) Évente átlagosan 3 féltégla esik fejemre. Mekkora valószínűséggel úszom meg a mai napot?

A problémában a fejedre eső féltéglák száma Poisson-eloszlást követ, ahol az éves átlag ${\textstyle \lambda =3}$. A kérdés arra vonatkozik, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy egy nap alatt nem esik féltégla a fejedre.

1. Első lépés: Átlagos napi féltégla-esés számának kiszámítása. Mivel az éves átlag ${\textstyle \lambda =3}$, az egy napra jutó féltéglák száma: $$\lambda _{\text{napi}}={\frac {3}{365}}\approx 0.00822$$

2. Második lépés: A Poisson-eloszlás képlete: $$P(X=k)={\frac {\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!}}$$ Ahol ${\textstyle \lambda =0.00822}$, és azt kell kiszámolni, hogy ${\textstyle P(X=0)}$, azaz hogy ma nem esik féltégla a fejedre.

3. Számítás: $$P(X=0)={\frac {0.00822^{0}e^{-0.00822}}{0!}}=e^{-0.00822}\approx 0.9918$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy ma nem esik féltégla a fejedre, körülbelül ${\textstyle 99.18\%}$.

Folytonos eloszlások

(f1) Adjuk meg egy R sugarú céltáblára lövés középponttól való távolságának eloszlását (kumulatív eloszlásfüggvényét és sűrűségfüggvényét), várható értékét és szórását !

Feladat: Lövés egy ${\textstyle R}$ sugarú céltáblára

Egy ${\textstyle R}$ sugarú céltáblára lövünk, és azt szeretnénk meghatározni a lövés középponttól való távolságának eloszlását. Ebben az esetben a távolságot egy folytonos eloszlás írja le, mivel a céltábla pontjai egy körlap belsejében helyezkednek el. Feltételezzük, hogy a lövések egyenletes eloszlásúak a céltáblán.

1. A távolság eloszlása:

A céltáblát polárkoordinátákban fogjuk vizsgálni, ahol egy lövés pozícióját a középponttól való távolság ${\textstyle r}$ és a szög ${\textstyle \theta }$ határozza meg. Az ${\textstyle r}$ a középponttól való távolság, és azt keressük, hogy ennek milyen eloszlása van.

A lövés helyének valószínűsége arányos a kör egy adott gyűrűjének területével, amely a következőképpen alakul:

- Egy gyűrű területe a középponttól távolság ${\textstyle r}$-re, vastagsága ${\textstyle dr}$, területe ${\textstyle dA=2\pi r\,dr}$. - Az egyenletes eloszlás miatt az ${\textstyle r}$-hez tartozó valószínűségsűrűség ${\textstyle f(r)}$ arányos ezzel a területtel.

Tehát a sűrűségfüggvény ${\textstyle f(r)}$-re:

$$f(r)=C\cdot r$$

ahol ${\textstyle C}$ egy normálási konstans, amit úgy kell meghatározni, hogy az eloszlás az egész céltábla területén integrálva 1-et adjon:

$$\int _{0}^{R}f(r)\,dr=1$$

$$\int _{0}^{R}C\cdot r\,dr=1$$

Az integrál kiszámítása:

$$C\cdot {\frac {R^{2}}{2}}=1$$

Ebből:

$$C={\frac {2}{R^{2}}}$$

Tehát a sűrűségfüggvény:

$$f(r)={\frac {2r}{R^{2}}}\quad {\text{ha}}\quad 0\leq r\leq R$$

és ${\textstyle f(r)=0}$ más esetekben.

2. A kumulatív eloszlásfüggvény (CDF):

A kumulatív eloszlásfüggvény ${\textstyle F(r)}$ azt adja meg, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy a lövés távolsága a középponttól legfeljebb ${\textstyle r}$. Ez a sűrűségfüggvény integráljaként számítható ki:

$$F(r)=\int _{0}^{r}f(t)\,dt=\int _{0}^{r}{\frac {2t}{R^{2}}}\,dt$$

Számoljuk ki az integrált:

$$F(r)={\frac {1}{R^{2}}}\cdot r^{2}\quad {\text{ha}}\quad 0\leq r\leq R$$

Tehát a kumulatív eloszlásfüggvény:

$$F(r)={\frac {r^{2}}{R^{2}}}\quad {\text{ha}}\quad 0\leq r\leq R$$

és ${\textstyle F(r)=1}$ ha ${\textstyle r>R}$.

3. Várható érték:

A várható érték ${\textstyle E(r)}$ meghatározásához az ${\textstyle r}$ változó értékének és a sűrűségfüggvényének szorzatát kell integrálnunk a céltábla sugaráig:

$$E(r)=\int _{0}^{R}r\cdot f(r)\,dr=\int _{0}^{R}r\cdot {\frac {2r}{R^{2}}}\,dr={\frac {2}{R^{2}}}\int _{0}^{R}r^{2}\,dr$$

Az integrál kiszámítása:

$$E(r)={\frac {2}{R^{2}}}\cdot {\frac {R^{3}}{3}}={\frac {2R}{3}}$$

Tehát a várható érték:

$$E(r)={\frac {2R}{3}}$$

4. Szórás:

A szórás számításához először meg kell határozni ${\textstyle E(r^{2})}$-t:

$$E(r^{2})=\int _{0}^{R}r^{2}\cdot f(r)\,dr=\int _{0}^{R}r^{2}\cdot {\frac {2r}{R^{2}}}\,dr={\frac {2}{R^{2}}}\int _{0}^{R}r^{3}\,dr$$

Az integrál kiszámítása:

$$E(r^{2})={\frac {2}{R^{2}}}\cdot {\frac {R^{4}}{4}}={\frac {R^{2}}{2}}$$

A szórás négyzete, azaz a variancia:

$${\text{Var}}(r)=E(r^{2})-(E(r))^{2}={\frac {R^{2}}{2}}-\left({\frac {2R}{3}}\right)^{2}={\frac {R^{2}}{2}}-{\frac {4R^{2}}{9}}={\frac {9R^{2}-8R^{2}}{18}}={\frac {R^{2}}{18}}$$

A szórás:

$$\sigma (r)={\sqrt {\frac {R^{2}}{18}}}={\frac {R}{\sqrt {18}}}={\frac {R}{3{\sqrt {2}}}}$$

Összegzés: - Sűrűségfüggvény: ${\textstyle f(r)={\frac {2r}{R^{2}}}}$ ha ${\textstyle 0\leq r\leq R}$, egyébként 0. - Kumulatív eloszlásfüggvény: ${\textstyle F(r)={\frac {r^{2}}{R^{2}}}}$ ha ${\textstyle 0\leq r\leq R}$, egyébként 1. - Várható érték: ${\textstyle E(r)={\frac {2R}{3}}}$. - Szórás: ${\textstyle \sigma (r)={\frac {R}{3{\sqrt {2}}}}}$.

(f2) Gyermekünk véletlenszerűen (egyenletes eloszlással) tartja a vízibombát a csap alá legfeljebb 10 másodpercig. Határozzuk meg a lufi átmérőjének eloszlását.

Feladat: A vízibomba átmérőjének eloszlása

A feladat szerint a gyermek véletlenszerűen tartja a vízibombát a csap alá legfeljebb 10 másodpercig, és ezt egyenletes eloszlás szerint teszi. Ezt feltételezve a vízibomba átmérője a víz alatt töltött idő függvénye, tehát az átmérő eloszlását kell meghatároznunk.

1. A feltöltési idő eloszlása

A gyermek által választott idő, amíg a vízibomba a csap alatt van, ${\textstyle T}$ egyenletes eloszlású egy intervallumon, ahol ${\textstyle 0\leq T\leq 10}$ másodperc. Az egyenletes eloszlás sűrűségfüggvénye ${\textstyle f_{T}(t)}$ a következő:

$$f_{T}(t)={\frac {1}{10}},\quad {\text{ha}}\quad 0\leq t\leq 10$$

Ez azt jelenti, hogy minden időpont egyenlő valószínűséggel következik be.

2. A lufi átmérője a víz alatt töltött idő függvényében

Feltételezzük, hogy a lufi átmérője arányos a vízzel való feltöltöttség időtartamának függvénye, és a lufi térfogata ${\textstyle T}$-vel arányosan növekszik. Mivel a lufi átmérője ${\textstyle D}$ és térfogata ${\textstyle V}$ között kapcsolat van (gömb alakú lufinál):

$$V={\frac {4}{3}}\pi \left({\frac {D}{2}}\right)^{3}$$

Ezért ha a térfogat idővel arányosan nő, akkor az átmérő ${\textstyle D(T)}$ növekedése ${\textstyle T}$-vel arányosan a következő módon adható meg:

$$D(T)\propto T^{1/3}$$

Azaz az átmérő ${\textstyle D}$ az idő ${\textstyle T}$ egyharmadik hatványával arányos:

$$D(T)=c\cdot T^{1/3}$$

ahol ${\textstyle c}$ egy arányossági tényező.

3. Az átmérő eloszlása

Most azt keressük, hogy milyen eloszlást követ a ${\textstyle D}$ átmérő, ha ${\textstyle T}$ egyenletes eloszlású az ${\textstyle [0,10]}$ intervallumon. Mivel az átmérő ${\textstyle D}$ és az idő ${\textstyle T}$ között ${\textstyle D=c\cdot T^{1/3}}$ kapcsolat van, a ${\textstyle D}$-hez tartozó eloszlás a transzformációs módszerrel számítható.

A ${\textstyle D(T)=c\cdot T^{1/3}}$ függvény inverz függvénye:

$$T(D)=\left({\frac {D}{c}}\right)^{3}$$

Ez alapján ${\textstyle D}$-re vonatkozó sűrűségfüggvény ${\textstyle f_{D}(d)}$ a következőképpen adható meg:

$$f_{D}(d)=f_{T}(T(d))\cdot \left|{\frac {dT}{dD}}\right|$$

A ${\textstyle T(D)}$-ből származtatjuk a deriváltat:

$${\frac {dT}{dD}}=3\left({\frac {D}{c}}\right)^{2}\cdot {\frac {1}{c}}$$

Mivel ${\textstyle f_{T}(T)={\frac {1}{10}}}$ az ${\textstyle [0,10]}$ intervallumban, behelyettesítve a ${\textstyle D(T)}$ függvényt:

$$f_{D}(d)={\frac {1}{10}}\cdot 3\left({\frac {D}{c}}\right)^{2}\cdot {\frac {1}{c}}$$

Ez a sűrűségfüggvény adja meg a lufi átmérőjének eloszlását.

4. Kumulatív eloszlásfüggvény

A kumulatív eloszlásfüggvény ${\textstyle F_{D}(d)}$ a következőképpen adható meg:

$$F_{D}(d)=P(D\leq d)=P(T\leq \left({\frac {d}{c}}\right)^{3})={\frac {\left({\frac {d}{c}}\right)^{3}}{10}}$$

Tehát a kumulatív eloszlásfüggvény:

$$F_{D}(d)={\frac {d^{3}}{10c^{3}}}$$

5. Várható érték és szórás

A várható érték és a szórás meghatározásához szükség van a konkrét ${\textstyle c}$ értékre, amely a fizikai paramétereket adja meg.Exponenciális eloszlás

(e1) Ha az izzók átlagos élettartamát 100 órának és élettartamuk eloszlását exponenciálisnak tételezzük fel, akkor mekkora valószínűséggel használhatjuk a frissen vásárolt égőt legalább a) 70 óráig, b) 100 óráig ("átlag") ?

Az izzók élettartama exponenciális eloszlású, és az átlagos élettartam 100 óra. Az exponenciális eloszlás sűrűségfüggvénye az alábbi alakú:

$$f(t)=\lambda e^{-\lambda t},\quad t\geq 0$$

ahol: - ${\textstyle t}$ az idő (az élettartam), - ${\textstyle \lambda }$ a paraméter, amely az eloszlás mértékét határozza meg.

Mivel az exponenciális eloszlás várható értéke ${\textstyle {\frac {1}{\lambda }}}$, és az átlagos élettartamot 100 órának tételezzük fel, ezért:

$${\frac {1}{\lambda }}=100$$

Tehát:

$$\lambda ={\frac {1}{100}}$$

Az exponenciális eloszlás kumulatív eloszlásfüggvénye (CDF) így néz ki:

$$F(t)=1-e^{-\lambda t}$$

Ez a függvény megadja annak valószínűségét, hogy az izzó élettartama legfeljebb ${\textstyle t}$ óráig tart. Azonban mi azt szeretnénk tudni, hogy legalább ${\textstyle t}$ óráig használhatjuk az izzót. Ez a komplementer esemény:

$$P(T\geq t)=1-F(t)=e^{-\lambda t}$$

a) Valószínűség, hogy az izzó legalább 70 óráig működik

Itt ${\textstyle t=70}$ órát helyettesítünk be:

$$P(T\geq 70)=e^{-{\frac {1}{100}}\cdot 70}=e^{-0,7}$$

Számoljuk ki:

$$P(T\geq 70)\approx e^{-0,7}\approx 0,4966$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy az izzó legalább 70 óráig működik, körülbelül 49,66

b) Valószínűség, hogy az izzó legalább 100 óráig működik (az "átlagos" élettartam)

Itt ${\textstyle t=100}$ órát helyettesítünk be:

$$P(T\geq 100)=e^{-{\frac {1}{100}}\cdot 100}=e^{-1}$$

Számoljuk ki:

$$P(T\geq 100)\approx e^{-1}\approx 0,3679$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy az izzó legalább 100 óráig működik, körülbelül 36,79

Összegzés:

- a) Az izzó legalább 70 óráig történő működésének valószínűsége: 49,66 - b) Az izzó legalább 100 óráig történő működésének valószínűsége (az átlagos élettartam): 36,79

(e2) Annak a valószínűsége, hogy egy benzinkútnál a tankolásra 6 percnél többet kell várni 0,3. Adjuk meg azt az időt, amin belül 0,9 valószínűséggel sorra kerülünk, ha a várakozási időt exponenciális eloszlású!

A feladat szerint a várakozási idő exponenciális eloszlású, és tudjuk, hogy annak a valószínűsége, hogy egy benzinkútnál a tankolásra 6 percnél többet kell várni, ${\textstyle P(T>6)=0,3}$. Az exponenciális eloszlás kumulatív eloszlásfüggvénye a következő:

$$P(T\leq t)=1-e^{-\lambda t}$$

ahol: - ${\textstyle T}$ a várakozási idő, - ${\textstyle \lambda }$ az exponenciális eloszlás paramétere (intenzitási paraméter), - ${\textstyle t}$ az idő.

1. A ${\textstyle \lambda }$ paraméter meghatározása

Az exponenciális eloszlás komplementer eseménye, hogy a várakozási idő több mint ${\textstyle t}$ idő lesz:

$$P(T>t)=e^{-\lambda t}$$

Mivel tudjuk, hogy ${\textstyle P(T>6)=0,3}$, ezért felírhatjuk:

$$e^{-\lambda \cdot 6}=0,3$$

Alkalmazzunk logaritmust mindkét oldalon:

$$-\lambda \cdot 6=\ln(0,3)$$

Számoljuk ki ${\textstyle \ln(0,3)}$-t:

$$-\lambda \cdot 6=-1,204$$

Osszuk el 6-tal:

$$\lambda ={\frac {1,204}{6}}\approx 0,2007$$

Tehát ${\textstyle \lambda \approx 0,2007}$ az exponenciális eloszlás paramétere.

2. Annak az időnek a meghatározása, amelyen belül 0,9 valószínűséggel sorra kerülünk

Azt szeretnénk megtudni, hogy ${\textstyle t}$-nél kevesebb idő alatt mekkora a valószínűsége annak, hogy sorra kerülünk, ha ez a valószínűség ${\textstyle 0,9}$:

$$P(T\leq t)=0,9$$

A kumulatív eloszlásfüggvény:

$$1-e^{-\lambda t}=0,9$$

Ebből:

$$e^{-\lambda t}=0,1$$

Alkalmazzunk logaritmust:

$$-\lambda t=\ln(0,1)$$

Számoljuk ki ${\textstyle \ln(0,1)}$-t:

$$-\lambda t=-2,3026$$

Most helyettesítsük be ${\textstyle \lambda \approx 0,2007}$-t, és oldjuk meg ${\textstyle t}$-re:

$$-0,2007\cdot t=-2,3026$$

Osszuk el mindkét oldalt ${\textstyle 0,2007}$-tel:

$$t\approx {\frac {2,3026}{0,2007}}\approx 11,47$$

Eredmény:

Tehát annak az időnek a becsült értéke, amin belül 90

(e3) Az A telefontársaság folytonos alapon számláz, 20 Ft/perc díjjal, a B társaság perc alapon számláz 15 Ft/perc díjjal (minden megkezdett perc után fizetni kell). Melyik számlázási módot érdemes választani, ha hívásunk hossza átlagosan 2 perc (és exponenciális eloszlású) ?

A feladatban két telefontársaság eltérő számlázási módszerei között kell választani, ahol a hívás hossza exponenciális eloszlású, és átlagosan 2 perc. Vizsgáljuk meg, hogy melyik társaság esetén érdemesebb a számlázási módot választani a várható költségek alapján.

1. Adatok

- A társaság: Folytonos számlázás, 20 Ft/perc. - B társaság: Perc alapon számlázás, 15 Ft/perc, minden megkezdett perc után fizetni kell. - A hívás hossza ${\textstyle T}$ exponenciális eloszlású, az átlagos híváshossz ${\textstyle E(T)=2}$ perc.

Mivel az exponenciális eloszlás várható értéke ${\textstyle {\frac {1}{\lambda }}}$, ahol ${\textstyle \lambda }$ az intenzitási paraméter, így:

$${\frac {1}{\lambda }}=2\quad \Rightarrow \quad \lambda ={\frac {1}{2}}$$

Tehát a sűrűségfüggvény:

$$f(t)={\frac {1}{2}}e^{-t/2},\quad t\geq 0$$

2. Az A társaság számlázási költsége

Az A társaság folyamatosan számláz, és mivel a percdíj 20 Ft/perc, a hívás költsége arányos a hívás hosszával:

$$C_{A}(T)=20\cdot T$$

Mivel a várható híváshossz ${\textstyle E(T)=2}$ perc, a várható költség a következő lesz:

$$E(C_{A}(T))=20\cdot E(T)=20\cdot 2=40\,{\text{Ft}}$$

Tehát az A társaság várható költsége 40 Ft.

3. A B társaság számlázási költsége

A B társaság perc alapon számláz, azaz minden megkezdett perc után kell fizetni, és a percdíj 15 Ft. A B társaság költsége attól függ, hogy hány teljes percet használt fel a hívás. Mivel a hívás hossza ${\textstyle T}$ exponenciális eloszlású, a költség függvénye ${\textstyle C_{B}(T)}$ a megkezdett percek száma:

$$C_{B}(T)=15\cdot \lceil T\rceil$$

ahol ${\textstyle \lceil T\rceil }$ a ${\textstyle T}$ felfelé kerekített értéke (a legkisebb egész szám, ami nagyobb vagy egyenlő ${\textstyle T}$-vel).

A várható költség meghatározásához először ki kell számítanunk, hogy ${\textstyle T}$-nek mekkora valószínűséggel esik egy adott egész szám intervallumába (például ${\textstyle 0<T\leq 1}$, ${\textstyle 1<T\leq 2}$, stb.).

Az ${\textstyle n}$-edik percig tartó hívás költsége akkor ${\textstyle 15n}$ Ft lesz, ha ${\textstyle T}$ az ${\textstyle n}$-edik és ${\textstyle (n-1)}$-edik perc között van, azaz ${\textstyle (n-1)<T\leq n}$. Ennek valószínűsége:

$$P(n-1<T\leq n)=\int _{n-1}^{n}{\frac {1}{2}}e^{-t/2}\,dt$$

Ez a kifejezés megadja annak a valószínűségét, hogy a hívás hossza az ${\textstyle n}$-edik és ${\textstyle (n-1)}$-edik perc között lesz. A várható költséget így tudjuk kiszámolni:

$$E(C_{B}(T))=15\sum _{n=1}^{\infty }n\cdot P(n-1<T\leq n)$$

Mivel az exponenciális eloszlás jellege miatt az ${\textstyle n}$-edik percen való túllépés valószínűsége ${\textstyle P(T>n)=e^{-n/2}}$, ez a sorozat összegezhető, és a várható költség kiszámítása az eredmény szerint:

$$E(C_{B}(T))=15\left(1+e^{-1}+e^{-2}+e^{-3}+\dots \right)$$

Ez az összeg egy geometriai sor, amelynek összege:

$$E(C_{B}(T))=15\cdot {\frac {1}{1-e^{-1/2}}}\approx 15\cdot 2.718=40.77\,{\text{Ft}}$$

Tehát a B társaságnál a várható költség körülbelül 40,77 Ft.

4. Összegzés

- Az A társaságnál a várható költség: 40 Ft. - A B társaságnál a várható költség: 40,77 Ft.

Tehát a A társaságot érdemes választani, mert a várható költség alacsonyabb (40 Ft), mint a B társaságnál (40,77 Ft).

(e4) Szaharai utazás alatt 4 gumival 6342 km-t utazunk, induláskor mind jó. A gumi élettartalma a gyártó szerint 30.000 km. a) Az utat egy-egy gumi mekkora valószínűséggel éli túl? b) Mekkora valószínűséggel nem kell gumit cserélnünk az egész út során ?

Ez a feladat az exponenciális eloszlást használja a gumik élettartamának modellezésére, mivel a gumik élettartamát véletlenszerű események befolyásolhatják. A kérdés az, hogy egy gumi mekkora valószínűséggel bírja ki a 6342 km-es utat, illetve mekkora a valószínűsége annak, hogy az egész utazás során nem lesz szükség gumicserére.

a) Egy gumi túlélési valószínűsége

Az első feladatban az a kérdés, hogy mekkora valószínűséggel éli túl egy gumi a 6342 km-es utat, ha az élettartam exponenciális eloszlású, és a gyártó szerint a várható élettartam 30.000 km.

Az exponenciális eloszlás sűrűségfüggvénye:

$$f(t)=\lambda e^{-\lambda t}$$

ahol ${\textstyle t}$ az idő (vagy jelen esetben az utazási távolság), és ${\textstyle \lambda }$ a paraméter, amely az eloszlás intenzitását adja meg. Mivel a várható élettartam 30.000 km, ezért:

$$E(T)={\frac {1}{\lambda }}=30.000\quad \Rightarrow \quad \lambda ={\frac {1}{30.000}}$$

Annak valószínűsége, hogy egy gumi túléli az ${\textstyle x}$ km-es utat, az ${\textstyle 1-F(x)}$, azaz a komplementer eseménye annak, hogy nem ment tönkre ${\textstyle x}$ km-ig:

$$P(T\geq x)=e^{-\lambda x}$$

A feladatban ${\textstyle x=6342}$ km, így a túlélési valószínűség:

$$P(T\geq 6342)=e^{-{\frac {6342}{30.000}}}$$

Számoljuk ki:

$$P(T\geq 6342)=e^{-0,2114}\approx 0,809$$

Tehát annak valószínűsége, hogy egy gumi túléli a 6342 km-es utat, körülbelül 80,9

b) Annak valószínűsége, hogy nem kell gumit cserélni az egész út során

Az egész utazás során négy gumi van az autón, és mind a négynek ki kell bírnia az 6342 km-t ahhoz, hogy ne kelljen gumit cserélni. Feltételezve, hogy a gumik élettartama független egymástól, annak valószínűsége, hogy egyik gumi sem megy tönkre, a következőképpen számítható:

$$P({\text{nem kell gumit cserélni}})=P(T\geq 6342)^{4}$$

Az előző pontban kiszámítottuk, hogy ${\textstyle P(T\geq 6342)\approx 0,809}$, tehát:

$$P({\text{nem kell gumit cserélni}})=(0,809)^{4}$$

Számoljuk ki:

$$P({\text{nem kell gumit cserélni}})\approx 0,427$$

Tehát annak valószínűsége, hogy az egész út során nem kell gumit cserélni, körülbelül 42,7

Összegzés: - a) Egy gumi túlélési valószínűsége az út során: 80,9 - b) Annak valószínűsége, hogy nem kell gumit cserélni az egész út során (négy gumi esetén): 42,7

(N1) A Balaton szeletek névleges töltési tömege 31  6 gr. Mekkora valószínűséggel lesz egy szelet tömege legalább 29 gr ? (Ugyanez kristálycukorral, stb.)

A feladatban azt szeretnénk meghatározni, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy a Balaton szelet tömege legalább 29 gramm lesz, feltételezve, hogy a szeletek tömege normális eloszlású.

1. A normális eloszlás paraméterei:

A probléma szerint a Balaton szeletek névleges töltési tömege 31 gramm, és az eltérés ±6 gramm. Ez azt jelenti, hogy a normális eloszlás várható értéke ${\textstyle \mu =31}$ gramm, és a szórása ${\textstyle \sigma =6}$ gramm.

Tehát a tömeg eloszlása ${\textstyle N(31,6)}$.

2. Valószínűség számítása:

Azt szeretnénk tudni, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy egy szelet tömege legalább 29 gramm lesz, azaz ${\textstyle P(X\geq 29)}$, ahol ${\textstyle X}$ a szelet tömege, és normális eloszlású.

A normális eloszlásnál ezt úgy számoljuk ki, hogy először standardizáljuk a változót, azaz ${\textstyle Z}$-értéket számítunk. A standard normális eloszlás (várható értéke 0 és szórása 1) használatával kifejezhetjük az eredeti normális eloszlás ${\textstyle P(X\geq 29)}$ valószínűségét a standardizált ${\textstyle Z}$-eloszlással.

A standardizálás képlete:

$$Z={\frac {X-\mu }{\sigma }}$$

Most ${\textstyle X=29}$-et helyettesítjük be, ${\textstyle \mu =31}$, és ${\textstyle \sigma =6}$:

$$Z={\frac {29-31}{6}}={\frac {-2}{6}}=-0,3333$$

Tehát annak a valószínűségét, hogy egy szelet tömege legalább 29 gramm, most ${\textstyle P(Z\geq -0,3333)}$-ként számítjuk ki a standard normális eloszlásból.

A standard normális eloszlás táblázatból vagy a számítógépes eszközök segítségével tudjuk kiszámítani a ${\textstyle Z=-0,3333}$ pontig terjedő területet (vagy használjuk a komplementerét a pozitív ${\textstyle Z}$-hez):

$$P(Z\geq -0,3333)=1-P(Z\leq -0,3333)=1-0,3707=0,6293$$

3. Eredmény:

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy Balaton szelet tömege legalább 29 gramm, körülbelül 0,6293, azaz 62,93

—

Megjegyzés: Ugyanez a számítás alkalmazható bármely más termékre, például kristálycukorra is, ha a termék töltési tömege szintén normális eloszlást követ, és ismert a várható érték és a szórás.

(N2) A valódi és a megjósolt hőmérséklet eltérése normális eloszlást követ (-2,4) paraméterekkel. Ha a meteorológus " 22C " -t jósol, akkor mekkora valószínűséggel lesz a holnapi hőmérséklet 20 és 24 C között ?

A feladatban azt szeretnénk kiszámolni, hogy mekkora valószínűséggel lesz a holnapi hőmérséklet a 20 °C és 24 °C közötti tartományban, ha a meteorológus 22 °C-ot jósolt. Az eltérés a valódi és a megjósolt hőmérséklet között normális eloszlást követ, amelynek várható értéke ${\textstyle \mu =0}$ és szórása ${\textstyle \sigma =2,4}$ (tehát az eltérés normális ${\textstyle N(0,2,4)}$ eloszlású).

1. A hőmérséklet eltérése

A jósolt hőmérséklet 22 °C, és a valódi hőmérséklet ${\textstyle X}$ normális eloszlású, amely a jósolt értéktől való eltérést követi a ${\textstyle N(0,2,4)}$ eloszlás szerint.

Most azt szeretnénk tudni, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy a valódi hőmérséklet ${\textstyle X}$ 20 °C és 24 °C között van, tehát:

$$P(20\leq X\leq 24)$$

2. Standardizálás

A hőmérséklet eltérése normális eloszlású ${\textstyle N(0,2,4)}$, ezért először standardizáljuk az eloszlást úgy, hogy a normális eloszlást átalakítjuk standard normális eloszlássá (${\textstyle Z}$):

$$Z={\frac {X-\mu }{\sigma }}$$

ahol ${\textstyle \mu =22}$ (a jósolt hőmérséklet) és ${\textstyle \sigma =2,4}$. A kérdés az, hogy ${\textstyle P(20\leq X\leq 24)}$ valószínűség mekkora, amelyet standard normális eloszlás alapján számolunk ki.

Először számoljuk ki a standardizált ${\textstyle Z}$-értékeket a két végpontra:

1. Alsó határ: ${\textstyle X=20}$

$$Z_{1}={\frac {20-22}{2,4}}={\frac {-2}{2,4}}=-0,8333$$

2. Felső határ: ${\textstyle X=24}$

$$Z_{2}={\frac {24-22}{2,4}}={\frac {2}{2,4}}=0,8333$$

Most már meg tudjuk határozni a valószínűségeket a standard normális eloszlás táblázatból vagy egy számítógépes eszközzel.

3. Valószínűség számítása

A kérdéses valószínűség a ${\textstyle P(-0,8333\leq Z\leq 0,8333)}$ intervallumban van. A standard normális eloszlás táblázatából vagy számítógépes eszköz segítségével kapjuk:

$$P(Z\leq 0,8333)\approx 0,7967$$ $$P(Z\leq -0,8333)\approx 0,2033$$

Most kiszámoljuk a két érték különbségét, hogy megkapjuk a valószínűséget:

$$P(-0,8333\leq Z\leq 0,8333)=0,7967-0,2033=0,5934$$

4. Eredmény

Tehát annak valószínűsége, hogy a holnapi hőmérséklet a 20 °C és 24 °C közötti tartományban lesz, körülbelül 59,34

(N3) A tapasztalat szerint a kenyérgyárban gyártott 1 kg-os kenyér tömege normális eloszlású, 100 dkg várható értékkel. Mekkora a szórás, ha a kenyerek 99

A feladatban azt szeretnénk meghatározni, hogy mekkora a szórás ${\textstyle \sigma }$, ha a kenyérgyárban gyártott 1 kg-os kenyerek tömege normális eloszlást követ ${\textstyle \mu =100}$ dkg várható értékkel, és tudjuk, hogy a kenyerek 99

1. Adatok: - A várható érték: ${\textstyle \mu =100}$ dkg. - A keresett szórás: ${\textstyle \sigma }$. - Azt tudjuk, hogy a kenyerek 99

2. A normális eloszlás standardizálása:

Mivel ${\textstyle X}$ normális eloszlású, ahol ${\textstyle X\sim N(100,\sigma ^{2})}$, először a standard normális eloszlásra transzformáljuk az ${\textstyle X}$-et. A standardizálás képlete:

$$Z={\frac {X-\mu }{\sigma }}$$

Ezt a képletet alkalmazva:

$$Z={\frac {102-100}{\sigma }}={\frac {2}{\sigma }}$$

Tudjuk, hogy ${\textstyle P(X\leq 102)=0,99}$, ezért ${\textstyle P(Z\leq z)=0,99}$ alapján meg kell találnunk azt a ${\textstyle Z}$-értéket, amelyhez ez a valószínűség tartozik a standard normális eloszlásban.

3. A ${\textstyle Z}$-érték meghatározása:

A standard normális eloszlás táblázatból vagy számítógépes eszközzel megkeressük azt a ${\textstyle Z}$-értéket, amelyhez ${\textstyle P(Z\leq z)=0,99}$. Ez az érték:

$$Z_{0,99}\approx 2,326$$

Tehát:

$${\frac {2}{\sigma }}=2,326$$

4. A szórás kiszámítása:

Most oldjuk meg az egyenletet ${\textstyle \sigma }$-ra:

$$\sigma ={\frac {2}{2,326}}\approx 0,860$$

Eredmény:

Tehát a kenyerek tömegének szórása körülbelül 0,86 dkg.

(N4) A húszéves férfiak magassága N(190,11cm) normális eloszlású. Mekkora valószínűséggel találunk közöttük 180 cm -nél magasabb férfiakat ?

A feladat szerint a húszéves férfiak magassága normális eloszlású, ${\textstyle N(190,11^{2})}$, ahol: - ${\textstyle \mu =190}$ cm a várható érték, - ${\textstyle \sigma =11}$ cm a szórás.

Azt szeretnénk kiszámolni, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott férfi magassága meghaladja a 180 cm-t, azaz ${\textstyle P(X\geq 180)}$-t.

1. Standardizálás:

A normális eloszlást a standard normális eloszlásra transzformáljuk, hogy a standard normális eloszlás táblázatból vagy számítógépes eszközzel meghatározhassuk a valószínűségeket. A standardizálás képlete:

$$Z={\frac {X-\mu }{\sigma }}$$

ahol: - ${\textstyle X=180}$ cm a kérdéses magasság, - ${\textstyle \mu =190}$ cm a várható érték, - ${\textstyle \sigma =11}$ cm a szórás.

Helyettesítsük be az értékeket:

$$Z={\frac {180-190}{11}}={\frac {-10}{11}}\approx -0,9091$$

Tehát ${\textstyle Z=-0,9091}$ a standard normális eloszlás szerint.

2. Valószínűség meghatározása:

A standard normális eloszlás szerint most azt kell kiszámítani, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy ${\textstyle Z\geq -0,9091}$, azaz ${\textstyle P(Z\geq -0,9091)}$.

A standard normális eloszlás táblázatból vagy számítógépes eszközzel megkapjuk:

$$P(Z\leq -0,9091)\approx 0,1814$$

Mivel a standard normális eloszlás szimmetrikus, a komplementerét használjuk:

$$P(Z\geq -0,9091)=1-P(Z\leq -0,9091)=1-0,1814=0,8186$$

3. Eredmény:

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy húszéves férfi magassága 180 cm-nél nagyobb, körülbelül 81,86

(N5) Egy liftet 8 felnőtt személyre méreteznek. A beszállók tömege átlagosan 75 kg, 15 kg szórással. Mennyi legyen a lift teherbíró képessége, ha azt szeretnénk, hogy 4 személy beszállása esetén 0.99 valószínűséggel ne gyulladjon ki a túlterheltséget jelző lámpa?

A feladat szerint a lift 8 felnőtt személyre van méretezve, de azt szeretnénk meghatározni, hogy milyen teherbírásra van szükség ahhoz, hogy 4 személy beszállásakor a lift túlterheltség jelzője ne gyulladjon ki 99

1. A személyek tömegének eloszlása

A személyek tömege normális eloszlású, ahol: - A várható érték ${\textstyle \mu =75}$ kg (az átlagos személy tömege), - A szórás ${\textstyle \sigma =15}$ kg.

Ha 4 felnőtt beszáll, akkor a teljes tömeg ${\textstyle X}$, ami a 4 személy össztömegének összege, szintén normális eloszlású lesz, mivel a normális eloszlások összege is normális eloszlást követ.

2. Az össztömeg várható értéke és szórása

- Az egyes személyek tömegének várható értéke ${\textstyle 75}$ kg, tehát a 4 személy össztömegének várható értéke:

$$\mu _{X}=4\cdot 75=300\,{\text{kg}}$$

- Az egyes személyek tömegének szórása ${\textstyle 15}$ kg, tehát a 4 személy össztömegének szórása:

$$\sigma _{X}={\sqrt {4}}\cdot 15=2\cdot 15=30\,{\text{kg}}$$

Így a 4 személy össztömege ${\textstyle X}$ normális eloszlású:

$$X\sim N(300,30^{2})$$

3. Teherbíró képesség meghatározása

Azt szeretnénk, hogy 99

$$P(X\leq C)=0,99$$

A ${\textstyle X}$ normális eloszlású eloszlásból át tudjuk transzformálni a standard normális eloszlásba:

$$Z={\frac {X-\mu _{X}}{\sigma _{X}}}={\frac {C-300}{30}}$$

Mivel ${\textstyle P(Z\leq z)=0,99}$, a standard normális eloszlás ${\textstyle Z}$-értékét a táblázatból vagy számítógépes eszközzel határozzuk meg. A standard normális eloszlásnál ${\textstyle P(Z\leq z)=0,99}$ értéknél:

$$Z_{0,99}\approx 2,326$$

Most ezt az értéket visszahelyettesítjük a fenti egyenletbe, hogy megkapjuk ${\textstyle C}$-t:

$$2,326={\frac {C-300}{30}}$$

Oldjuk meg ${\textstyle C}$-re:

$$C-300=2,326\cdot 30$$

$$C-300=69,78$$

$$C=369,78\,{\text{kg}}$$

4. Eredmény

Tehát a lift teherbíró képességének legalább 370 kg-nak kell lennie ahhoz, hogy 99

(N6) Egy vállalat napi cement felhasználása 4q ± 0,7q. Peti raktáros egy (ötnapos) hétre 19q -t vett. Mekkora a valószínűsége, hogy Petit nem rúgják ki (elég lesz a cement)?

A feladatban Peti egy ötnapos hétre 19 q cementet vett, és szeretnénk meghatározni annak a valószínűségét, hogy ez a mennyiség elegendő lesz, vagyis Peti elkerülheti a problémát (és a kirúgást). A napi cementfelhasználás normális eloszlású, ahol a várható érték ${\textstyle 4}$ q, és a szórás ${\textstyle 0,7}$ q. Az ötnapos felhasználás összegzésével kapjuk meg az összes cementigényt a hétre.

1. Napi cementfelhasználás eloszlása:

- A várható napi cementfelhasználás: ${\textstyle \mu =4}$ q. - A napi cementfelhasználás szórása: ${\textstyle \sigma =0,7}$ q.

Mivel Peti 5 napra vásárol cementet, és a napi cementfelhasználás normális eloszlású, az ötnapos cementigény összege is normális eloszlást követ.

2. Ötnapos cementfelhasználás eloszlása:

Az ötnapos összes cementfelhasználás várható értéke és szórása az egyes napok felhasználásainak összegeként adódik. Mivel a napok függetlenek egymástól, az összes napi cementfelhasználás (legyen ${\textstyle X}$) a következőképpen alakul:

- Várható érték az 5 napra:

$$\mu _{X}=5\cdot 4=20\,{\text{q}}$$

- Az ötnapos cementfelhasználás szórása az egyes napi szórásokból számítható:

$$\sigma _{X}={\sqrt {5}}\cdot 0,7={\sqrt {5}}\cdot 0,7\approx 1,566\,{\text{q}}$$

Tehát az ötnapos cementfelhasználás ${\textstyle X}$ normális eloszlást követ:

$$X\sim N(20,1,566^{2})$$

3. Valószínűség kiszámítása:

Peti 19 q cementet vett, és azt szeretnénk tudni, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy ez elég lesz, azaz ${\textstyle P(X\leq 19)}$.

A ${\textstyle X\sim N(20,1,566^{2})}$ eloszlás esetén a következőképpen standardizáljuk a normális eloszlást, hogy a standard normális eloszlást használhassuk:

$$Z={\frac {X-\mu _{X}}{\sigma _{X}}}$$

Behelyettesítve ${\textstyle X=19}$-et, ${\textstyle \mu _{X}=20}$-at, és ${\textstyle \sigma _{X}=1,566}$-ot:

$$Z={\frac {19-20}{1,566}}={\frac {-1}{1,566}}\approx -0,6384$$

Most a standard normális eloszlás ${\textstyle P(Z\leq -0,6384)}$ valószínűségét kell kiszámolnunk. A standard normális eloszlás táblázatából vagy számítógépes eszközzel kapjuk:

$$P(Z\leq -0,6384)\approx 0,2617$$

4. Eredmény:

Tehát annak a valószínűsége, hogy Peti 19 q cementje elegendő lesz egy ötnapos hétre (és nem fogják kirúgni), körülbelül 26,17

(N7) A férfiak magassága N(190,11cm), a nők magassága N(180,10cm). Véletlenszerűen kiválasztva egy férfit és egy nőt, mekkora valószínűséggel lesz a férfi magasabb a nőnél?

A feladatban azt szeretnénk kiszámítani, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott férfi magasabb lesz, mint egy véletlenszerűen kiválasztott nő, amikor mindkét magasság normális eloszlású.

- A férfiak magassága normális eloszlású: ${\textstyle N(190,11^{2})}$. - A nők magassága normális eloszlású: ${\textstyle N(180,10^{2})}$.

Legyen: - ${\textstyle X_{F}\sim N(190,11^{2})}$ a férfi magassága, - ${\textstyle X_{N}\sim N(180,10^{2})}$ a nő magassága.

A kérdés az, hogy mekkora ${\textstyle P(X_{F}>X_{N})}$, azaz mekkora a valószínűsége annak, hogy a férfi magasabb a nőnél.

1. Két normális eloszlás különbsége:

Mivel a két magasság független normális eloszlású, ezért a két eloszlás különbsége is normális eloszlást követ. Tekintsük a ${\textstyle Z=X_{F}-X_{N}}$ különbséget:

$$Z=X_{F}-X_{N}\sim N(\mu _{Z},\sigma _{Z}^{2})$$

A normális eloszlás várható értéke és szórása a következőképpen számolható:

- Várható érték (az eloszlások különbsége):

$$\mu _{Z}=\mu _{F}-\mu _{N}=190-180=10$$

- Szórás (két független normális eloszlás szórásainak négyzetösszege):

$$\sigma _{Z}^{2}=\sigma _{F}^{2}+\sigma _{N}^{2}=11^{2}+10^{2}=121+100=221$$

Tehát a szórás:

$$\sigma _{Z}={\sqrt {221}}\approx 14,866$$

Így a ${\textstyle Z}$ különbség eloszlása ${\textstyle N(10,14,866^{2})}$.

2. Valószínűség meghatározása:

Azt szeretnénk kiszámítani, hogy mekkora a valószínűsége annak, hogy a férfi magasabb a nőnél, azaz ${\textstyle P(X_{F}>X_{N})}$, ami ekvivalens ${\textstyle P(Z>0)}$-val.

A ${\textstyle Z\sim N(10,14,866^{2})}$ eloszlásból most standard normális eloszlássá transzformáljuk a változót, azaz:

$$P(Z>0)=P\left({\frac {Z-\mu _{Z}}{\sigma _{Z}}}>{\frac {0-10}{14,866}}\right)=P\left(Z>{\frac {-10}{14,866}}\right)$$

Számoljuk ki a standardizált ${\textstyle Z}$-értéket:

$${\frac {-10}{14,866}}\approx -0,672$$

Most a standard normális eloszlás ${\textstyle P(Z>-0,672)}$ valószínűségét kell kiszámolnunk. A standard normális eloszlás táblázatból vagy számítógépes eszköz segítségével kapjuk:

$$P(Z>-0,672)=1-P(Z\leq -0,672)=1-0,2515=0,7485$$

3. Eredmény:

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott férfi magasabb lesz, mint egy véletlenszerűen kiválasztott nő, körülbelül 74,85

(C1) Egy előadásra 300 ember jelentkezett be. Minden jelentkező 0.9 valószínűséggel jelenik meg az előadáson. a) Mennyi a valószínűsége, hogy a megjelenők száma legalább 160 de legfeljebb 280 ? b) Legfeljebb hány ember jelenik meg 0.9 valószínűséggel? c) Hány ember jelentkezhet be, ha azt szeretnénk, hogy 0.99 valószínűséggel legfeljebb 300 jelenjen meg 0.99 valószínűséggel?

A feladat a centrális határeloszlás tételére támaszkodik, mivel a jelentkezők megjelenése egy binomiális eloszlást követ, de mivel a résztvevők száma nagy (300), közelíthetjük a binomiális eloszlást normális eloszlással.

a) Mennyi a valószínűsége, hogy a megjelenők száma legalább 160, de legfeljebb 280?

1. Paraméterek a binomiális eloszlásban: - A résztvevők száma: ${\textstyle n=300}$, - Minden résztvevő valószínűséggel jelenik meg: ${\textstyle p=0.9}$, - A megjelenők száma binomiális eloszlású: ${\textstyle X\sim {\text{Bin}}(300,0.9)}$.

A binomiális eloszlás várható értéke és szórása a következőképpen számítható:

- Várható érték:

$$\mu _{X}=n\cdot p=300\cdot 0.9=270$$

- Szórás:

$$\sigma _{X}={\sqrt {n\cdot p\cdot (1-p)}}={\sqrt {300\cdot 0.9\cdot 0.1}}={\sqrt {27}}\approx 5.196$$

A binomiális eloszlás közelíthető normális eloszlással, tehát:

$$X\sim N(\mu _{X}=270,\sigma _{X}^{2}=5.196^{2})$$

A kérdés az, hogy ${\textstyle P(160\leq X\leq 280)}$, tehát meg kell határoznunk a standardizált normális eloszlásban a megfelelő ${\textstyle Z}$-értékeket.

2. Standardizálás:

- Alsó határ: ${\textstyle X=160}$

$$Z_{1}={\frac {160-270}{5.196}}={\frac {-110}{5.196}}\approx -21.17$$

Mivel ez nagyon kicsi negatív érték, ${\textstyle P(Z_{1})\approx 0}$, tehát az alsó határnál a valószínűség elhanyagolható.

- Felső határ: ${\textstyle X=280}$

$$Z_{2}={\frac {280-270}{5.196}}\approx 1.925$$

A standard normális eloszlás táblázatból megkeresve:

$$P(Z_{2}\leq 1.925)\approx 0.973$$

Tehát ${\textstyle P(160\leq X\leq 280)\approx 0.973-0=0.973}$.

Válasz: Körülbelül 97,3

—

b) Legfeljebb hány ember jelenik meg 0.9 valószínűséggel?

Itt azt kérdezzük, hogy mekkora a maximális számú megjelenő ember, ha azt szeretnénk, hogy 90

Ehhez meg kell találnunk azt az ${\textstyle X}$-et, ahol ${\textstyle P(X\leq k)=0.9}$.

1. Standard normális eloszlásból: ${\textstyle P(Z\leq z)=0.9}$-nál ${\textstyle z_{0.9}\approx 1.282}$.

2. Átszámoljuk ezt a standardizált normális eloszlásból:

$$Z={\frac {k-\mu _{X}}{\sigma _{X}}}=1.282$$

Oldjuk meg ${\textstyle k}$-re:

$$k-270=1.282\cdot 5.196$$

$$k=270+1.282\cdot 5.196\approx 270+6.66=276.66$$

Tehát legfeljebb körülbelül 277 ember fog megjelenni 90

—

c) Hány ember jelentkezhet be, ha azt szeretnénk, hogy 0.99 valószínűséggel legfeljebb 300 jelenjen meg?

Ebben a részben azt kérdezzük, hogy mekkora legyen a jelentkezők száma ${\textstyle n}$, hogy 99

1. A megjelenők száma ${\textstyle X\sim {\text{Bin}}(n,0.9)}$, ahol ${\textstyle \mu _{X}=0.9n}$, ${\textstyle \sigma _{X}={\sqrt {n\cdot 0.9\cdot 0.1}}}$.

2. Standardizáljuk a 300 fős korlátot:

$$Z={\frac {300-\mu _{X}}{\sigma _{X}}}$$

3. Mivel 99

$$2.326={\frac {300-0.9n}{\sqrt {0.9n\cdot 0.1}}}$$

Oldjuk meg ezt az egyenletet ${\textstyle n}$-re:

$$2.326\cdot {\sqrt {0.9n\cdot 0.1}}=300-0.9n$$

$$2.326\cdot {\sqrt {0.09n}}=300-0.9n$$

Emeljük négyzetre mindkét oldalt:

$$5.41\cdot 0.09n=(300-0.9n)^{2}$$

Oldjuk meg ezt a másodfokú egyenletet ${\textstyle n}$-re. A megoldás körülbelül:

$$n\approx 316$$

Tehát körülbelül 316 ember jelentkezhet be, hogy 99

(C2) Egy izzó élettartama exponenciális eloszlású valószínűségi változó 2000 óra várható értékkel. a) Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy izzó élettartama 1500 és 3000 óra közé esik? b) Mennyi a valószínűsége, hogy 100 izzó élettartamának átlaga 1500 és 3000 óra közé esik? c) Legalább mennyi egy izzó élettartama 0.98 valószínűséggel? d) Legalább mennyi 100 izzó élettartamának átlaga 0.98 valószínűséggel? e) Adjunk olyan 2000 órára szimmetrikus intervallumot, amibe egy izzó élettartama 0.8 valószínűséggel beleesik! f) Adjunk olyan 2000 órára szimmetrikus intervallumot, amibe 100 izzó élettartamának átlaga 0.8 valószínűséggel belesik!

(a) Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy izzó élettartama 1500 és 3000 óra közé esik?

Az izzó élettartama exponenciális eloszlású, ahol a várható érték ${\textstyle \mu =2000}$ óra, így az exponenciális eloszlás paramétere ${\textstyle \lambda ={\frac {1}{\mu }}={\frac {1}{2000}}}$.

Az exponenciális eloszlás sűrűségfüggvénye:

$$f(t)=\lambda e^{-\lambda t}={\frac {1}{2000}}e^{-t/2000}$$

A kumulatív eloszlásfüggvény:

$$F(t)=1-e^{-t/2000}$$

A valószínűséget ${\textstyle P(1500\leq T\leq 3000)}$ úgy számoljuk ki, hogy kivonjuk a két kumulatív eloszlásfüggvényt:

$$P(1500\leq T\leq 3000)=F(3000)-F(1500)=\left(1-e^{-3000/2000}\right)-\left(1-e^{-1500/2000}\right)$$

Számoljuk ki az értékeket:

$$F(3000)=1-e^{-1.5}\approx 1-0.2231=0.7769$$ $$F(1500)=1-e^{-0.75}\approx 1-0.4724=0.5276$$

Tehát:

$$P(1500\leq T\leq 3000)=0.7769-0.5276=0.2493$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy izzó élettartama 1500 és 3000 óra közé esik, 0.2493 vagy 24,93

—

(b) Mennyi a valószínűsége, hogy 100 izzó élettartamának átlaga 1500 és 3000 óra közé esik?

Mivel 100 izzó élettartamának átlaga várhatóan normális eloszlású a centrális határeloszlás tétel szerint, az átlagnak ${\textstyle N(\mu =2000,\sigma _{\text{átlag}}={\frac {\sigma }{\sqrt {n}}})}$ eloszlása lesz.

Az exponenciális eloszlás várható értéke ${\textstyle \mu =2000}$ óra, a szórása megegyezik a várható értékkel, tehát ${\textstyle \sigma =2000}$.

Az átlag szórása:

$$\sigma _{\text{átlag}}={\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}={\frac {2000}{\sqrt {100}}}={\frac {2000}{10}}=200$$

Az átlag normális eloszlása ${\textstyle N(2000,200^{2})}$.

A kérdés az, hogy ${\textstyle P(1500\leq {\overline {X}}\leq 3000)}$.

Standardizálás:

$$Z_{1}={\frac {1500-2000}{200}}={\frac {-500}{200}}=-2.5$$ $$Z_{2}={\frac {3000-2000}{200}}={\frac {1000}{200}}=5$$

A standard normális eloszlás szerint:

$$P(Z_{1}\leq Z\leq Z_{2})=P(-2.5\leq Z\leq 5)$$

A standard normális eloszlás táblázatból:

$$P(Z\leq -2.5)\approx 0.0062$$ $$P(Z\leq 5)\approx 1$$

Tehát:

$$P(-2.5\leq Z\leq 5)=1-0.0062=0.9938$$

Annak a valószínűsége, hogy 100 izzó élettartamának átlaga 1500 és 3000 óra közé esik, 0.9938 vagy 99,38

—

(c) Legalább mennyi egy izzó élettartama 0.98 valószínűséggel?

A kérdés azt kéri, hogy mekkora legyen az a ${\textstyle T}$ idő, amelynél az élettartam 0,98 valószínűséggel nagyobb. Ezt a kumulatív eloszlás segítségével számoljuk:

$$P(T\geq t)=0.98\quad \Rightarrow \quad 1-F(t)=0.98\quad \Rightarrow \quad F(t)=0.02$$

A kumulatív eloszlás:

$$F(t)=1-e^{-t/2000}$$

Tehát:

$$1-e^{-t/2000}=0.02\quad \Rightarrow \quad e^{-t/2000}=0.98$$

Alkalmazzunk logaritmust mindkét oldalon:

$$-t/2000=\ln(0.98)\quad \Rightarrow \quad -t/2000\approx -0.0202$$

Tehát:

$$t\approx 0.0202\times 2000=40.4$$

Legalább 40,4 óra egy izzó élettartama 0.98 valószínűséggel.

—

(d) Legalább mennyi 100 izzó élettartamának átlaga 0.98 valószínűséggel?

Az átlagnak ${\textstyle N(2000,200^{2})}$ normális eloszlása van. Azt kérdezzük, hogy legalább mennyi legyen az átlagos élettartam, ha annak 0.98 valószínűséggel kell meghaladnia ezt az értéket.

1. Standardizálás: Keresni kell azt a ${\textstyle Z}$-értéket, amelyhez ${\textstyle P(Z\geq z)=0.98}$. Ez ekvivalens azzal, hogy ${\textstyle P(Z\leq z)=0.02}$. A standard normális eloszlás táblázat szerint ${\textstyle Z_{0.02}\approx -2.054}$.

2. Átszámolás az eredeti skálára:

$$Z={\frac {t-2000}{200}}=-2.054$$

Tehát:

$$t-2000=-2.054\times 200\approx -410.8$$ $$t=2000-410.8\approx 1589.2$$

Legalább 1589.2 óra a 100 izzó élettartamának átlaga 0.98 valószínűséggel.

—

(e) Adjunk olyan 2000 órára szimmetrikus intervallumot, amibe egy izzó élettartama 0.8 valószínűséggel beleesik!

Az exponenciális eloszlás nem szimmetrikus, de egy közelítő szimmetrikus intervallumot kérünk. A kérdés, hogy milyen ${\textstyle a}$ és ${\textstyle b}$ értékek esetén van ${\textstyle P(a\leq T\leq b)=0.8}$, azaz ${\textstyle P(T\leq a)=0.1}$ és ${\textstyle P(T\leq b)=0.9}$.

1. Alsó határ:

$$F(a)=0.1\quad \Rightarrow \quad 1-e^{-a/2000}=0.1\quad \Rightarrow \quad e^{-a/2000}=0.9$$

$$a=-\ln(0.9)\times 2000\approx 210.7\,{\text{óra}}$$

2. Felső határ:

$$F(b)=0.9\quad \Rightarrow \quad 1-e^{-b/2000}=0.9\quad \Rightarrow \quad e^{-b/2000}=0.1$$

$$b=-\ln(0.1)\times 2000\approx 4605.2\,{\text{óra}}$$

Tehát az intervallum: [210.7, 4605.2].

—

(f) Adjunk olyan 2000 órára szimmetrikus intervallumot, amibe

100 izzó élettartamának átlaga 0.8 valószínűséggel belesik!

Az átlag normális eloszlású: ${\textstyle N(2000,200^{2})}$. Keresünk olyan ${\textstyle a}$ és ${\textstyle b}$ értékeket, hogy ${\textstyle P(a\leq {\overline {X}}\leq b)=0.8}$, azaz ${\textstyle P(Z\leq z)=0.1}$ és ${\textstyle P(Z\leq z)=0.9}$.

A standard normális eloszlás táblázatból:

$$Z_{0.1}=-1.2816\quad {\text{és}}\quad Z_{0.9}=1.2816$$

Számoljuk ki az intervallumot:

1. Alsó határ:

$$a=2000+(-1.2816\times 200)=2000-256.32=1743.68$$

2. Felső határ:

$$b=2000+(1.2816\times 200)=2000+256.32=2256.32$$

Tehát az intervallum: [1743.68, 2256.32].

(C3) Feladat: 1000-szer elgurítunk egy kockát. Legyen  a dobott hatosok száma. a) Mennyi a valószínűsége, hogy a dobott hatosok relatív gyakorisága 0.16 és 0.17 közé esik? b) Adjunk olyan 1/6 -ra szimmetrikus intervallumot, amibe a relatív gyakoriság 0.9 valószínűséggel beleesik! c) Hányszor gurítsuk el a kockát, ha azt szeretnénk, hogy a hatosok számának relatív gyakorisága a hatos dobás valószínűségét 0.01-nél kisebb hibával közelítse 0.9 valószínűséggel?

(a) Mennyi a valószínűsége, hogy a dobott hatosok relatív gyakorisága 0.16 és 0.17 közé esik?

A kockadobásnál minden egyes dobás egy Bernoulli-kísérlet, ahol a hatos dobás valószínűsége ${\textstyle p={\frac {1}{6}}}$. A feladatban 1000-szer dobunk egy kockával, és azt szeretnénk tudni, hogy a hatosok relatív gyakorisága (azaz a hatosok száma osztva az összes dobások számával) 0.16 és 0.17 között van-e.

Legyen: - ${\textstyle \xi }$ a hatosok száma a 1000 dobásból. Mivel ${\textstyle \xi }$ binomiális eloszlást követ, ${\textstyle \xi \sim {\text{Bin}}(1000,{\frac {1}{6}})}$, - A várható értéke: ${\textstyle \mu _{\xi }=1000\cdot {\frac {1}{6}}=166.67}$, - A szórása: ${\textstyle \sigma _{\xi }={\sqrt {1000\cdot {\frac {1}{6}}\cdot {\frac {5}{6}}}}\approx 11.79}$.

A relatív gyakoriság a hatosok számának elosztása az összes dobások számával:

$${\text{Relatív gyakoriság}}={\frac {\xi }{1000}}$$

A relatív gyakoriság várható értéke tehát:

$$\mu _{\text{rel}}={\frac {1}{6}}\approx 0.1667$$

A szórása pedig:

$$\sigma _{\text{rel}}={\frac {\sigma _{\xi }}{1000}}={\frac {11.79}{1000}}\approx 0.01179$$

A kérdés most az, hogy a relatív gyakoriság 0.16 és 0.17 közé esik-e, tehát ${\textstyle P(0.16\leq {\text{rel}}\leq 0.17)}$.

1. Standardizálás:

Standardizáljuk a relatív gyakoriságot ${\textstyle Z}$-re, a standard normális eloszlás szerint:

- Alsó határ: ${\textstyle 0.16}$

$$Z_{1}={\frac {0.16-0.1667}{0.01179}}\approx -0.568$$

- Felső határ: ${\textstyle 0.17}$

$$Z_{2}={\frac {0.17-0.1667}{0.01179}}\approx 0.281$$

2. Valószínűség meghatározása:

A standard normális eloszlás alapján megkeressük a táblázatból a megfelelő valószínűségeket:

$$P(Z\leq -0.568)\approx 0.2856$$ $$P(Z\leq 0.281)\approx 0.6103$$

A keresett valószínűség:

$$P(0.16\leq {\text{rel}}\leq 0.17)=P(-0.568\leq Z\leq 0.281)=0.6103-0.2856=0.3247$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy a dobott hatosok relatív gyakorisága 0.16 és 0.17 között van, körülbelül 32.47

—

(b) Adjunk olyan ${\textstyle {\frac {1}{6}}}$-ra szimmetrikus intervallumot, amibe a relatív gyakoriság 0.9 valószínűséggel beleesik!

A relatív gyakoriság várható értéke ${\textstyle {\frac {1}{6}}}$, és azt szeretnénk megtalálni, hogy a relatív gyakoriság ${\textstyle {\frac {1}{6}}}$-ra szimmetrikus intervallumban 90

A standard normális eloszlásban keressük meg a 90

Most kiszámítjuk ${\textstyle a}$-t a következő módon:

$$a=Z\cdot \sigma _{\text{rel}}=1.645\cdot 0.01179\approx 0.0194$$

Tehát az intervallum ${\textstyle {\frac {1}{6}}}$-ra szimmetrikusan:

$$\left[{\frac {1}{6}}-0.0194,{\frac {1}{6}}+0.0194\right]=\left[0.1473,0.1861\right]$$

Tehát a keresett intervallum: [0.1473, 0.1861].

—

(c) Hányszor gurítsuk el a kockát, ha azt szeretnénk, hogy a hatosok számának relatív gyakorisága a hatos dobás valószínűségét 0.01-nél kisebb hibával közelítse 0.9 valószínűséggel?

A relatív gyakoriság ${\textstyle {\frac {1}{6}}}$ körüli pontossággal történő becsléséhez azt szeretnénk, hogy a relatív gyakoriság ${\textstyle 0.01}$-nél kisebb hibával közelítse a valódi valószínűséget. Azaz azt szeretnénk, hogy ${\textstyle P\left(\left|{\text{rel}}-{\frac {1}{6}}\right|\leq 0.01\right)=0.9}$.

A centrális határeloszlás szerint a relatív gyakoriság normális eloszlású ${\textstyle N\left({\frac {1}{6}},{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right)}$, ahol ${\textstyle \sigma ={\sqrt {{\frac {1}{6}}\cdot {\frac {5}{6}}}}}$.

Az intervallum szélessége ${\textstyle \pm 0.01}$, tehát:

$$Z\cdot {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}=0.01$$

A 90

$$1.645\cdot {\frac {0.3727}{\sqrt {n}}}=0.01$$

Oldjuk meg ${\textstyle n}$-re:

$${\frac {0.3727}{\sqrt {n}}}={\frac {0.01}{1.645}}\approx 0.00608$$ $${\sqrt {n}}={\frac {0.3727}{0.00608}}\approx 61.3$$ $$n\approx 61.3^{2}\approx 3758$$

Tehát körülbelül 3758 dobás szükséges ahhoz, hogy a hatosok számának relatív gyakorisága a hatos dobás valószínűségét 0.01-nél kisebb hibával közelítse 90

(C4) Szabályos érmével fej vagy írás játékot játszunk, az érmét 100 -szor dobjuk fel. Mi a valószínűsége a következő eseményeknek: a) pontosan 50 fejet dobunk, b) legalább 60 fejet dobunk? c) legalább 55 fejet dobunk?

A feladat szerint szabályos érmével játszunk, amelyet 100-szor feldobunk, és két kérdésünk van a fejek számával kapcsolatban. Az érmével való dobások binomiális eloszlást követnek, mivel minden dobás egy független kísérlet, ahol két kimenetel van (fej vagy írás). Az egyes dobások során a fej valószínűsége ${\textstyle p=0.5}$, és a dobások száma ${\textstyle n=100}$.

Az események a binomiális eloszlás alapján számíthatók, ahol: $$X\sim {\text{Bin}}(n=100,p=0.5)$$

A binomiális eloszlás várható értéke: $$\mu _{X}=n\cdot p=100\cdot 0.5=50$$ A szórása: $$\sigma _{X}={\sqrt {n\cdot p\cdot (1-p)}}={\sqrt {100\cdot 0.5\cdot 0.5}}={\sqrt {25}}=5$$

a) Mi a valószínűsége annak, hogy pontosan 50 fejet dobunk?

A binomiális eloszlás képlete alapján a pontos valószínűség kiszámítható:

$$P(X=k)={\binom {n}{k}}p^{k}(1-p)^{n-k}$$

Az esetünkben ${\textstyle k=50}$, ${\textstyle n=100}$, és ${\textstyle p=0.5}$:

$$P(X=50)={\binom {100}{50}}(0.5)^{50}(0.5)^{50}={\binom {100}{50}}(0.5)^{100}$$

A ${\textstyle {\binom {100}{50}}}$ számítási értéke nagy, de táblázatból vagy számítógéppel számolható:

$$P(X=50)\approx 0.0796$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy pontosan 50 fejet dobunk, körülbelül 7,96

—

b) Mi a valószínűsége annak, hogy legalább 60 fejet dobunk?

Ebben az esetben ${\textstyle P(X\geq 60)}$-t kell kiszámítanunk, azaz annak a valószínűségét, hogy 60 vagy annál több fejet dobunk. Mivel ${\textstyle n}$ nagy (100), a binomiális eloszlás közelíthető a normális eloszlással a centrális határeloszlás tétel alapján.

Normális közelítéshez standardizáljuk a kérdést:

$$Z={\frac {X-\mu _{X}}{\sigma _{X}}}$$

A legalább 60 fej standardizált ${\textstyle Z}$-értéke:

$$Z={\frac {60-50}{5}}={\frac {10}{5}}=2$$

Tehát ${\textstyle P(X\geq 60)}$ a standard normális eloszlás szerint ${\textstyle P(Z\geq 2)}$.

A standard normális eloszlás táblázatából:

$$P(Z\geq 2)=1-P(Z\leq 2)=1-0.9772=0.0228$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy legalább 60 fejet dobunk, körülbelül 2.28

—

c) Mi a valószínűsége annak, hogy legalább 55 fejet dobunk?

Ebben az esetben ${\textstyle P(X\geq 55)}$-t kell kiszámítanunk. Ismét standardizáljuk a kérdést:

$$Z={\frac {55-50}{5}}={\frac {5}{5}}=1$$

Tehát ${\textstyle P(X\geq 55)=P(Z\geq 1)}$.

A standard normális eloszlás táblázatából:

$$P(Z\geq 1)=1-P(Z\leq 1)=1-0.8413=0.1587$$

Tehát annak a valószínűsége, hogy legalább 55 fejet dobunk, körülbelül 15.87

—

Összegzés:

- a) Annak a valószínűsége, hogy pontosan 50 fejet dobunk: 7.96 - b) Annak a valószínűsége, hogy legalább 60 fejet dobunk: 2.28 - c) Annak a valószínűsége, hogy legalább 55 fejet dobunk: 15.87