A szta formula és alalmazása. Gyaran találozun az alább érdéssel, soszor egy összetett feladat részfeladataént. Tentsün bzonyos A 1,...,A n eseményeet, és számítsu anna a valószínűségét, hogy legalább az együ beövetez. Formálsan megfogalmazva, számítsu a P(A 1 A n valószínűséget. A övetező ét fontos specáls esetben egyszerűen meg tudju oldan ezt a feladatot: a Ha az A 1,...,A n eseménye dszjunta, azaz A A j, ha j, 1,j n, b Ha az A 1,...,A n eseménye függetlene. Az a esetben P(A 1 A n P(A 1 + + P(A n. A b esetben P(A 1 A n 1 P(A 1 A n 1 P(Ā1 Ān 1 P(Ā1 P(Ān 1 (1 P(A 1 (1 P(A n, ahol Ā Ω \ A az A esemény omplementerét jelöl. (A fent számolásban használtu azt az eredményt, amely szernt, ha az A 1,...,A n eseménye függetlene, aor az Ā1,...,Ān eseménye s azo. Mt mondhatun az általános esetben, ha a tentett A 1,A 2,...,A n eseménye nem feltétlenül dszjunta, és nem feltétlenül függetlene? Ez nehezebb érdés, és az általános esetben a P(A 1 A n valószínűséget nem lehet fejezn csa a P(A j valószínűsége segítségével. De ebben az esetben s van egy hasznos és tartalmas eredmény, az úgynevezett szta formula, amely lehetővé tesz a P(A 1 A n valószínűség számítását bzonyos plusz nformácó segítségével. Ismertetem ezt az eredményt. Továbbá tárgyaln fogo olyan feladatoat, amelyeet enne az eredményne a segítségével tudun megoldan. A ombnatorában s van az smertetetendő eredményne egy megfelelője, amelyet szntén szta formulána nevezne. Érdemes ezt a ét eredményt, amelye, mnt ésőbb látn fogju valójában evvalense párhuzamosan smertetn. Anna érdeében, hogy megülönböztessü őet, ombnatorus és valószínűségszámítás szta formuláról fogo beszéln. Először a ombnatorus szta formulát smertetem: Legyen adva egy véges A halmaz, amely előáll bzonyos nem feltétlenül dszjunt A j, 1 j n, halmazo A A 1 A 2 A n unójaént. Szeretnén megszámoln az A halmaz elemene A számát. Tentsün egy olyan esetet, amor erre özvetlenül nem vagyun épese, de meg tudju számoln az A j halmazo elemene A j számát mnden 1 j n számra. Eor az S 1 n A j mennység természetes becslés lenne az A számra. De ez csa egy felső becslés az általános esetben, mert egy olyan elemet, amely mnd az A mnd az A j halmazban benne van valamely j ndexpárra étszer számoltun az S 1 fejezésben holott csa egyszer ellett volna. Ezt orrgálandó vezessü be az 1
S 2 1 <j n A A j összeget, és vegyü az S 1 S 2 becslést. Eor azonban csa az S 1 S 2 A egyenlőtlenséget apju, mert például egy olyan elemet, amely három halmazban van benne háromszor számoltu az S 1 összegben és háromszor vontu le az S 2 összegben, tehát az lyen ponto létezését nem vettü fgyelembe az S 1 S 2 becslésben. (Ha az A, A j és A halmazban van a tentett pont aor poztív előjellel számoltu az S 1 összeg A, A j és A tagjaban és negatív előjellel az S 2 összeg A A j, A A és A j A tagjaban. Ezért orrgálju ezt az összeget s. Vezessü be az S 3 A A j A fejezéseet. Eor be lehet látn, hogy S 1 S 2 +S 3 A. 1 <j< n Ha azonosságot aarun apn aor ezt a orrecós eljárást tovább ell folytatn, mert például a 4 ülönböző A j halmazban szereplő elemeet fgyelembe véve... A fent, ssé nagyvonalúan tárgyalt gondolatmenetet részletesebben dolgozva és folytatva a övetező eredményhez jutun. Kombnatorus szta formula. Legyene adva bzonyos véges so elemet tartalmazó A 1,...,A n halmazo, és tentsü eze A A 1 A 2 A n unóját. Jelölje X egy véges X halmaz elemene a számát. Az A halmaz elemene A számát a övetező formulával fejezhetjü. Vezessü be az S mennységeet. Eor Továbbá, S 1 S 2 és általában 1 j 1 < <j n A j1 A j, 1 n, A A 1 A n S 1 S 2 + S 3 + ( 1 n+1 S n. n A j 2l 1 1 j< n A j A A A 1 A n S 1 2l 1 ( 1 +1 S A A 1 A n ( 1 +1 S 1 n A j mnden l 1 ndexre. (Legyen S 0, ha > n. Ez az egyenlőtlenség azt jelent, hogy a ombnatorus szta formulában szereplő S 1 S 2 +S 3 előjeles összeg páratlan számú tagot tartalmazó részletösszege felső és páros számú tagot tartalmazó részletösszege alsó becslést adna az A A 1 A n mennységre. Ezen eredmény valószínűségszámítás megfelelője, a valószínűségszámítás szta formula hasonló eredményt állít bzonyos A 1,...,A n eseménye unójána a valószínűségéről. 2
Valószínűségszámítás szta formula. Legyene adva tetszőleges A 1,...,A n eseménye egy (Ω, A, P valószínűség mezőn. Eor P(A 1 A n S 1 S 2 + S 3 + ( 1 n+1 S n, ahol Továbbá, S P(A j1 A j, 1 n. 1 j 1 < <j n S 1 S 2 és általában n P(A j 2l 1 1 j< n P(A j A P(A 1 A n S 1 2l 1 ( 1 +1 S P(A 1 A n ( 1 +1 S 1 n P(A j mnden l 1 ndexre. (Legyen S 0, ha > n. Ez az egyenlőtlenség azt jelent, hogy a P(A 1 A n valószínűséget a szta formulában fejező S 1 S 2 + S 3 előjeles összeg páratlan számú tagot tartalmazó részletösszege felülről és páros számú tagot tartalmazó részletösszege alulról becsül meg a vzsgált valószínűséget. Ház feladat: Mutassu meg, hogy a valószínűségszámítás szta formula a orábban smertetett épleteet adja specáls esetént dszjunt vagy független A 1,...,A n eseménye unójána P(A 1 A n valószínűségére. Mutato egy olyan feladatot, amelyet vszonylag önnyen meg tudun oldan az előbb megfogalmazott valószínűségszámítás szta formula segítségével. Feladat: Egy estélyen megjelen n házaspár. Egy táncmester, a nem tudja, hogy házastársa és nem, véletlen módon párba rendez a férfaat és nőet a tánc előtt. M a valószínűsége anna, hogy egyetlen házaspár sem táncol együtt? M enne a valószínűségne a határértée, ha n? Megoldás: Defnálju a övetező A j eseményeet: A j a j- házaspár együtt táncol, 1 j n. Eor mnet a P(A 1 A n 1 P(A 1 A n valószínűség érdeel. Számolju a P(A 1 A n valószínűséget a valószínűségszámítás szta formula segítségével. Enne érdeében vegyü észre, hogy a P(A j1 A j (n! n! azonosság érvényes mnden lehetséges 1 j 1 < < j n szám--asra. Ugyans az összes lehetséges párbaállításo száma n!, míg az olyan párbaállításo száma, amelyben a j 1 -, j 2 -,..., j - házaspár egy párba erül (n!. 3
Ezért a valószínűségszámítás szta formulában bevezetett S mennység értée S ( n (n! n! 1! mnden 1 n számra. Innen adód, hogy a mnet érdelő valószínűség n házaspár esetén ahonnan P(A 1 A n 1 P(A 1 A n 1 S 1 + S 2 + + ( 1 n S n n ( 1,! 0 n ( 1 P(A 1 A n! 0 ( 1! 0 1 e ha n. Tehát nagy n számra anna a valószínűsége, hogy egy házaspár sem fog együtt táncoln özelítőleg 1 e. Mutato három más feladatot s, ahol a szta formula jól alalmazható. 1. feladat: Egy urnából, amelyben az 1,...,n számoat tartalmazó lapo vanna, húzun m lapot vsszatevéssel. Mnden lapot egyforma valószínűséggel húzun. M anna a valószínűsége, hogy az 1,..., számot tartalmazó lapo mndegyét húztu? M enne a valószínűségne a határértée rögzített számra és m n húzásszámra, ha n? Megoldás: Jelölje A j, 1 j, azt az eseményt, hogy a j számot tartalmazó lapot nem húztu, és jelölje B egy B esemény omplementerét. Eor a P(Ā1 Ā2 Ā P(A 1 A 2 A 1 P(A 1 A 2 A valószínűséget ell számolnun. Továbbá, P(A j1 A 2 A jl ( n l m n mnden rögzített 1 j 1 < < j l ndexsorozatra, mert ez egy olyan esemény valószínűségével egyenlő, ahol m (egymástól független húzás mndegyében n lehetőség özül l szám húzását tltju meg. Innen S l 1 j 1 < <j l P(A j 1 A jl ( ( n l m, l n mnden 1 l ndexre, és a szta formula alapján a eresett valószínűség 1 P(A 1 A 2 A 1 S 1 + S 2 + ( 1 S 1 ( 1 l( ( l 1 l m. n Enne határértée m n és n esetén 1 ( 1 l( e l l 2. feladat: l0 ( l ( 1 l ( e 1 1, ( e mert lm 1 l n n e l. Leírun egy 20 hosszúságú szót, amely csa A, B, C és D betűt tartalmaz. Válasszu a szó mndegy betűjét egymástól függetlenül egyforma valószínűséggel. a. M anna a valószínűsége, hogy a felírt szó mnd a négy betűt tartalmazza? 4
b. Hány olyan 20 hosszúságú négy betűs szó van, amely mnd a négy betűt tartalmazza? Megoldás: Jelölje, 1, 2, 3 és 4 a négy betűt. Ezzel a megfogalmazással az a rész megegyez az első feladat problémájával, ha n 4, és m 20. Ezért az a rész eredménye 1 4 ( 1 l( ( 4 1 l l 4 20. Összesen 4 20 20 hosszúságú 4 betűből álló szó ( van. Ezért az a rész megoldásából övetez, hogy a b rész megoldása 4 20 1 4 ( 1 l( ( 4 1 l 20 4 20 4 ( 1 l( 4 l( 4 20 l. Ez az eredmény egyébént özvetlenül s levezethető a ombnatorus szta formula segítségével. 3. feladat: Egy cornflae gyártó cég mnden dobozba betesz egy upont, és összesen 10 ülönböző upont használ. Meora anna a valószínűsége, hogy mnd a 10 upont megapja egy olyan vásárló, a 25 doboz cornflae-et vesz? Megoldás: Jelölje A j, 1 j 10, azt az eseményt, hogy a j- upont ( megapta 10 a vásárló, és Āj enne az eseményne a omplementerét. Eor a P A j ( ( 10 10 valószínűséget ell számolnun. Vszont P A j 1 P Ā j, és ( 10 P Ā j 10 ( 1 S, ahol S P(Āj 1 Āj 2 Āj, és a {j 1,...,j } 1 ndexhalmaz a fent szummában az {1,...,10} halmaz összes elemű részhalmazából áll. Vszont P(Āj 1 Āj 2 Āj ( 10 25, 10 anna a valószínűsége, hogy a lehetséges 10 uponból mnd a 25 vásárlásnál a j 1,... j ndexű uponotól ülönböző 10 upon valamelyét apju. Ezért S ( ( 10 10 25 ( 10 mnden 1 10 ndexre 10 10-re S S 10 0, ahonnan P A j 9 ( 1 ( ( 10 1 0 l 4 10 25. A valószínűségszámítás szta formula bzonyítását egy egészítésben fogom tárgyaln. Alább megmutatom, hogy a ombnatorus szta formula egyszerűen levezethető a valószínűségszámítás szta formulából, és vce versa. A ombnatorus szta formula gazolása érdeében tentsün bzonyos A 1,...,A n véges halmazoat, és jelöljü e halmazo unóját A A 1 A n -nel. Legyen A {x 1,...,x N } egy N elemű halmaz, és vezessü be azt a valószínűség mezőt, amelyben az A halmaz elemet választhatju egyenletes eloszlással. Részletesebben fejtve, a övetező (Ω, A,P valószínűség mezőt defnálju: Ω A, A az A halmaz összes részhalmazából álló σ-algebra, P({x j } 1 N mnden 1 j N számra, ahonnan 5
P(B B N mnden B A halmazra. Megmutatom, hogy a ombnatorus szta formulát megaphatju a valószínűség szta formula segítségével, ha azt a most defnált (Ω, A,P valószínűség mezőn az A 1,...,A n halmazora alalmazzu. Jelöljü a ombnatorus szta formulában defnált S j, 1 j n, összege megfelelőt a valószínűség szta formulában S j -vel. Eor nyílván S j N S j. Továbbá, mvel P(A 1, a valószínűség szta formula azt adja, hogy S 1 S 2 + S 3 + ( 1 n+1 S n N( S 1 S 2 + S 3 +( 1 n+1 Sn NP(A N, és mvel A N, ezt ellett bzonyítanun. A ombnatorus szta formulában megfogalmazott egyenlőtlensége hasonlóan vezethető le ezen állításo megfelelőből a valószínűségszámítás szta formulában. Megfordítva, a valószínűségszámítás szta formula s egyszerűen levezethető a ombnatorus szta formulából. Anna érdeében, hogy ezt megtegyü tentsü azt az (Ω, A,P valószínűség mezőt, ahol az A 1,..., A n eseménye defnálva vanna, és defnálju mnden ω Ω elem eseményre és B A halmazra azt a B B(ω halmazt, amelyre B(ω {ω}, ha ω B, és B(ω, ha ω / B. Felírom a ombnatora sztaformulát az Ā1(ω Ān(ω halmaz számosságára mnden ω Ω elem eseményre, majd megmutatom, hogy ezt az azonosságot az ω szernt átlagolva, azaz várható értéet véve megapju a valószínűségszámítás szta formulát. A ombnatora szta formula szernt Ā1(ω Ān(ω S 1 (ω S 2 (ω + S 3 (ω + ( 1 n+1 Sn (ω, ahol S (ω Āj 1 (ω Āj (ω 1 j 1 < <j n I Aj1 A j (ω, 1 n. Itt és a továbbaban I B (ω jelöl egy B A 1 j 1 < <j n halmaz ndátorfüggvényét. Továbbá Ā1(ω Ān(ω I A1 A n (ω. Tehát I A1 A n (ω S 1 (ω S 2 (ω + S 3 (ω + ( 1 n+1 Sn (ω. Mvel E S (ω S. 1 n, a fent azonosságban várható értéet véve megapju a P(A 1 A n S 1 S 2 + S 3 + ( 1 n+1 S n azonosságot. A valószínűségszámítás szta formulában felírt egyenlőtlensége hasonlóan bzonyíthatóa. A 2l 1 2l 1 ( 1 +1 S (ω I A1 A n (ω ( 1 +1 S (ω egyenlőtlenséget ell felírn a ombnatorus szta formula segítségével, és várható értéet ell venn ebben a relácóban. 1 6
1. egészítés. A valószínűségszámítás szta formula és anna egy általánosítása. A valószínűségszámítás szta formula egy olyan bzonyítását smertetem, amely egy önmagában s érdees, és más eseteben s alalmazható eredményen alapul. Ezt az alább lemmában fogalmazom meg. Lemma. Legyene adva valamely A 1,...,A n eseménye egy (Ω, A,P valószínűség mezőn, és defnálju eze felhasználásával véges so unó, metszet és omplementer segítségével bzonyos B j f j (A 1,...,A n, 1 j, eseményeet. Rögzítsün valamely c 1,...,c valós számoat. A c j P(B j c j P (f j (A 1,...,A n 0 egyenlőtlenség teljesül tetszőleges valószínűség mezőn defnált tetszőleges A 1,...,A n halmazora, ha specálsan teljesül abban a (2 n számú specáls esetben, amor mndegy A j halmaz vagy az Ω bztos vagy az üres esemény. A lemma bzonyítása. Jelölje A 1 j Ω \ A j az A j halmaz omplementerét. Vezessü be az A 1 j A j jelölést, és jelöljön ( 1,..., n, j ±1, 1 j n, valamely n hosszúságú ±1 sorozatot. Írju fel mndegy B j f j (A 1,...,A n eseményt onjuntív normálforma alaban. Felhasználva, hogy a onjuntív normálformában dszjunt halmazo unója jelen meg, a vzsgálandó egyenlőtlenség felírható ( (A d( 1,..., n P A 1 1 A n n 0 ( 1,..., n : j ±1,,...,n alaban alalmas d( 1,..., n együtthatóal. Az (A egyenlőtlenség nyílván érvényes mnden A 1,...,A n halmazrendszerre, ha d( 1,..., n 0 mnden ( 1,..., n argumentumra. Ezért elég megmutatn, hogy amennyben az (A egyenlőtlenség teljesül mnden olyan specáls esetben, amor az A j, 1 j n, halmazo mndegye vagy az Ω bztos vagy az üres esemény, aor d( 1,..., n 0 az összes ( 1,..., n argumentumra. Ezt megmutatandó, rögzítsün egy n hosszúságú ( 1,..., n ±1 sorozatot, és defnálju enne segítségével A 1,...,A n halmazona azt a sorozatát, amelyre A j Ω, ha j 1, és A j, ha j 1, 1 j n. Ezzel a választással az (A formula baloldalán szereplő fejezés d( 1,..., n -nel egyenlő, ezért ez csa úgy lehet nem negatív, ha d( 1,..., n 0. Mvel ezt az érvet mnden lehetséges ( 1,..., n ±1 sorozatra alalmazhatju nnen övetez a lemma állítása. A valószínűségszámítás szta formula bzonyítása a lemma segítségével. A lemma alapján a valószínűségszámítás szta formula azonosságát elegendő abban a specáls esetben belátn, ha mndegy A j esemény vagy a bztos vagy az üres esemény. Eor ugyans a szta formula azonosságában szereplő fejezése bal és jobboldalán szereplő formulá ülönbségéről tudju, hogy az egyrészt nagyobb vagy egyenlő, másrészt sebb egyenlő, mnt nulla. Ezért az nullával egyenlő. Tentsü azoat az eseteet, amor az A j 7
eseménye özött r darab bztos és n r üres esemény van, 0 r n. Feltehetjü, hogy r 1, mert r 0 esetén, amor mndegy A j esemény az üres halmaz, az azonosság mndét oldala nullával egyenlő. Ha 1 r n, aor S l ( r l az 1 l r esetben, és S l 0, ha l > r. Ezért az 1 r n esetben a szta formula jobboldalán álló fejezés r ( 1 l+1 S l r ( 1 l+1( r r l 1 ( 1 l( r l 1 (1 1 r 1, a baloldal fejezés pedg szntén P(A 1 A n P(Ω 1. Hasonló meggondoláso alapján a szta formulában megfogalmazott egyenlőtlensége gazolásához elég azt megmutatn, hogy 1 s ( 1 l+1( r s l 0, azaz ( 1 l( r l 0, l0 s ha 1 s r, és s páratlan szám, és ( 1 l( r l 0, ha 1 s r, és s páros l0 szám. (A bzonyítandó állítás ezen reducójához úgy jutun a fent lemma segítségével, hogy r-val jelöljü azon A j halmazo számát, amelyere A j Ω, és felírju, hogy mt jelent a lemma szernt bzonyítandó állítás ebben az esetben. Az r 0 esetben az ellenőrzendő egyenlőtlensége nylvánvalóan teljesülne, mert eor mnden tentett fejezés nullával egyenlő. A bzonyítandó egyenlőtlensége övetezne az alább tartalmasabb azonosságból. s ( r ( 1 l l l0 l0 ( 1 s ( r 1 s, 0 s r. Ez azonosság nyílvánvaló az s 0 esetben, az általános esetben pedg az s változó szernt nducóval apju, hogy s ( 1 l( r ( ( 1 s 1 r 1 ( +( 1 s r ( ( 1 s r 1. l0 Ismertetem a szta formula egy hasonlóan bzonyítható általánosítását. l A szta formula egy általánosítása. Legyene adva tetszőleges A 1,...,A n eseménye egy (Ω, A,P valószínűség mezőn, és vezessü be az N N(ω valószínűség változót, amely egyenő azon j ndexe számával, amelyere az ω A j relácó teljesül. Eor ahol ( + r P(N r ( 1 S +r, S 0 1, S 1 1 < < n s 1 mnden 0 r n számra, P (A 1 A, 1 n. Továbbá ezen összeg részletösszege felváltva alsó lletve felső becslést adna a tentett valószínűségere, azaz s ( + r ( 1 S +r P(N r ha 0 s n r és s páros szám. és s ( 1 ( + r S +r P(N r ha 0 s n r és s páratlan szám. 8 s s
Megjegyzés. Mvel P(N 0 1 P(A 1 A n és S 0 1 ez az eredmény az r 0 esetben megegyez a szta formulával. A szta formula általánosításána a bzonyítása. A szta formula bzonyításához hasonlóan ebben az esetben s reduálhatju a bzonyítandó állítás gazolását arra a specáls esetre, amor a tentett A j eseménye özött darab Ω bztos és n darab üres esemény van, 0 n. Sőt, azt s feltehetjü, hogy > r. Ugyans < r esetén a felírt azonosság lletve egyenlőtlensége mnd a ét oldala 0-val, míg r esetén 1-gyel egyenlő. Ugyans S r+ 0, ha r + >, am mnden 0-ra teljesül, ha < r. Ezért ebben az esetben a tentett azonosság és egyenlőtlensége jobboldalán 0 áll. A r esetben S r+ 0, ha 1, és S r+0 1. Másrészt P(N r 0, ha r, és P(N r, ha r. Ezeből az állításoból övetez az állítás fent reducójána a jogossága. Másrészt a tentett specáls esetben (amor pontosan darab bztos esemény van, és a több n esemény pedg üres S r+ ( ( r+, és +r ( ( +r ( r r. Innen a bzonyítandó azonosság jobboldalán álló fejezés ( + r ( ( + r ( ( r ( 1 S r+ ( 1 ( 1 r + r ( r ( ( r r ( 1 (1 1 r 0, r r ha > r. Innen övetez, hogy a felírt azonosság valóban érvényes. Az egyenlőtlensége bzonyítása hasonló, csa ebben az esetben a számolás végén a r ( 1 ( r 0 azonosság helyett a szta formula bzonyítása során már gazolt a s ( 1 ( r 0, ha 0 s r és s páros szám, és s ( 1 ( r 0, ha 0 s r és s páratlan szám egyenlőtlenségeet ell használn. Bebzonyíto egy hasonló azonosságot, amelyben a P(N r valószínűséget számolju az S mennysége segítségével, azaz anna a valószínűségét, hogy legalább r darab A j esemény övetezett be. Megmutatom, hogy ez a formula egyszerűen levezethető az előző eredményben bzonyított a P(N r valószínűséget fejező azonosságból. Formula a P(N r valószínűség fejezésére. A szta formula előbb megfogalmazott általánosításában bevezetett jelöléseet alalmazva felírhatju a ( + r 1 P(N r ( 1 S +r, mnden 1 r n számra, azonosságot, ahol S 0 1, S 1 1 < < n P (A 1 A, 1 n. 9
A formula bzonyítása. A éplet r n-re érvényes, mert P(N n S n, és az azonosság jobboldalán álló fejezés s ezzel egyenlő az r n esetben. (Eor az összeg csa az 0 tagot tartalmazza. Az azonosságot r szernt bacward nducóval és a P(N r fejezésre már bzonyított azonosság segítségével bzonyítju be. Ugyans, ha az azonosságot tudju r + 1-re, aor felírhatju a P(N r P(N r + P(N r + 1 ( + r ( 1 S +r + azonosságot. Mvel 1 ( 1 ( +r S+r+1 S+r, nnen azt apju, hogy mvel ( +r Feladat: 1 1 ( 1 ( + r ( 1 1( +r 1 1 S +r+1 (( ( + r + r 1 P(N r ( 1 S +r + S r 1 1 ( + r 1 ( 1 S +r + S r, ( r 1 1 1 + ( +r 1, és ezt az azonosságot ellett bzonyítan. Tentsü a jegyzet elején megfogalmazott példát, és számolju az általánosított szta formula segítségével anna valószínűségét, hogy pontosan r, r 0, házaspár táncol együtt. M e valószínűség határértée, ha n? Megoldás: Az eredet feladat megoldása során számoltu, hogy S 1!. Ezért az általánosított szta formula alapján anna a valószínűsége, hogy az n házaspárból álló társaságban az együtt táncoló házaspáro N n száma pontosan r ( + r ( + r 1 P(N n r ( 1 S +r ( 1 ( + r! 1 ( 1 1 r!!. Innen lm P(N r 1 r! ( 1 1! 1 1 r! e. Megjegyzés. Az előző feladat eredménye specálsan azt jelent, hogy a feladatban tentett egymással táncoló házaspáro számána eloszlása tart az 1 paraméterű Posson eloszláshoz, ha n. 10
Tentsü a övetező módosított feladatot. Legyen adva n házaspár, és táncoljana a felesége egymás után egy véletlenül választott férfval úgy, hogy mnden férft egyforma valószínűséggel választana, és mnden egyes lyen párválasztás független egymástól. (Lehetséges, hogy lesz olyan férj, amely többször, lletve olyan férj, amely egyszer sem táncolt. Kérdés: M anna a valószínűsége, hogy pontosan r feleség táncolt a férjével? M enne a valószínűségne a határértée rögzített r számra, ha a házaspáro n száma tart a végtelenhez? Ezt a feladatot a benne szereplő függetlenség tulajdonságo matt önnyen meg lehet oldan. Nevezetesen a eresett valószínűség értée ( ( n 1 r ( r n 1 1, n amne a határértée rögzített r számra n esetén 1 r! e 1. (Vegyü észre, hogy ( 1 n 1 ( 1 1 r ( n 1 1 n n e 1, és ( n 1 r r( n 1 r!, ha n. Egyébént a apott eredmény a független valószínűség változóra vonatozó Posson eloszlású határeloszlástétel specáls esete, amely azt adja, hogy a eresett határérté megegyez anna a valószínűségével, hogy egy 1 paraméterű Posson eloszlású valószínűség változó az r értéet vesz fel. Tehát a tentett ét feladatban ugyanaz a határeloszlás jelent meg. Ez a övetező ténnyel van apcsolatban. Az eredet feladatban az a megötés, hogy az a férj, at egyszer jelölte táncpartnerne nem választható mégegyszer táncpartnerne a független párválasztás bzonyos megszorítását jelent, de ez egy nagyon enyhe megszorítás. Ezért a férjüel táncoló felesége száma felírható, mnt olyan valószínűség változó összege, amelye ugyan nem függetlene, de majdnem azo. Ezért összegü hasonló határeloszlástételt teljesít, mnt amlyennel a független esetben találoztun. 2. egészítés. A vzsgált határeloszlástétel egy más bzonyítása. Tanulságos lehet megmutatn, hogy hogyan lehet egyszerűen (a szta formula használata nélül bebzonyítan azt, hogy az e jegyzet feladatában vzsgált együtt táncoló házaspáro számána a határeloszlása az 1 paraméterű Posson eloszlás, ha a házaspáro száma tart a végtelenhez. A bzonyítás a öveteező ét lemmán alapul. 1. lemma. Tentsü a övetező feladatot. Egy estélyen megjelen n házaspár. Egy táncmester, a nem tudja, hogy házastársa és nem, véletlen módon párba rendez a férfaat és nőet a tánc előtt. Jelölje T n az együtt táncoló házaspáro számát. Mutassu meg, hogy E ( T n 1! mnden 1 n számra. 2. lemma. Legyen ζ ζ λ egy λ paraméterű Posson eloszlású valószínűség változó. Eor E ( ζ λ! mnden 1,2,... számra 1. lemma bzonyítása. Vezessü be mnden 1 j 1 < j 2 < < j n hosszúságú sorozatra a övetező η(j 1,...,j valószínűség változót: η(j 1,...,j 1, ha a j 1 -, j 2 -,... j - házaspáro mndegye egymással táncol, és η(j 1,...,j 0 egyébént. Eor ( Tn η(j 1,...,j, 1 j 1 < <j n 11
ahonnan E ( Tn Eη(j 1,...,j. 1 j 1 < <j n Vszont Eη(j 1,...,j (n! n!, ahonnan E ( T n ( n (n! n! 1!, amnt állítottu. 2. lemma bzonyítása. E ( ζ n ( n λ n n! e λ e λ λ n 1 λ n! (n! λ! e λ n λ n (n! λ!. Az 1. és 2. lemmából övetez, hogy az 1. lemmában defnált T n valamnt egy a 2. lemmában tentett ζ ζ 1 λ 1 paraméterű Posson eloszlású valószínűség változó momentumara érvényes a lm ET n Eζ azonosság mnden 1,2,... számra. Valóban, vegyü észre, hogy a E ( T n0 ( E ζ 0 1, am az ott megfogalmazott állításo megfelelője az elfajuló 0 esetben. Továbbá megadható az E ( η fejezés 1 E ( η! Eη(η 1 (η +1 1! (Eη +B 1, Eη 1 + +B 1, Eη+B 0, alaú formában alalmas B j,, 0 j 1 onstansoal. Ezen onstanso értéet explct módon meg lehet adn, de erre nem lesz szüségün. Ebből a relácóból az s övetez, hogy az Eη momentumot lehet fejezn az E ( η j, 0 j, fejezése lneárs ombnácójaént. Az ETn momentum hasonlóan fejezhető az E ( T n j, 0 j, fejezése lneárs ombnácójaént ugyanazon együtthatóal. Ebből a tényből, lletve az 1. és 2. lemmából övetez, hogy lm ET n Eζ mnden 0,1,2,... számra, amnt állítottam. Vszont a valószínűségszámítás alapvető eredményeből övetez, hogy ha teljesül a lm ET n Eζ relácó mnden 0,1,2,... számra és egy Posson eloszlású ζ valószínűség változóra, aor a T n valószínűség változó eloszlásban onvergálna a ζ valószínűség változóhoz. Az, hogy eloszláso momentumana a onvergencájából egy Posson eloszlású valószínűség változó momentumahoz övetez az eloszláso onvergencájá ezen Posson eloszlású valószínűség változó eloszlásához övetez a övetező három feladat eredményeből. Valójában egy élesebb állítás s övetez ezen feladato eredményeből. Az, hogy ha eloszláso egy sorozatána mnden momentuma onvergál egy olyan eloszlás megfelelő momentumához, amelyne eloszlását egyértelműen meghatározzá momentuma, aor az eloszláso sorozata onvergál ehhez az eloszláshoz. 1. feladat: Legyen adva µ n, n 1,2,..., valószínűség mértée egy olyan sorozata, amelyre létez a lm x µ n ( dx B < határérté mnden 1,2,... ndexre. Eor a µ n sorozat relatve ompat, azaz mnden µ n részsorozatána van µ nj eloszlásban onvergens részsorozata. 12
2. feladat: Legyen adva µ n, n 1,2,..., valószínűség mértée egy olyan sorozata, amely eloszlásban onvergál egy µ 0 valószínűség mértéhez, továbbá amelyre létez a lm x µ n ( dx B < határérté mnden 1,2,... ndexre. Eor ez a határérté teljesít a B x µ 0 ( dx relácót mnden 1,2,... ndexre. 3. feladat: Legyen adva µ n, n 1,2,..., valószínűség mértée egy olyan sorozata, amelyre lm x µ n ( dx x µ 0 ( dx mnden 1,2,... ndexre valamely µ 0 valószínűség mértéel. Ha a µ 0 mértéet meghatározzá momentuma, aor a µ n sorozat eloszlásban onvergál a µ 0 valószínűség mértéhez. Segítség: Az első feladat megoldásában a valószínűségszámítás általános eredménye alapján elég ellenőrzn, hogy mnden ε > 0 számhoz létez olyan K K(ε szám, amelyre µ n (x: x > K < ε mnden n 1,2,... ndexre. Ez gaz, mert a feladat feltétele szernt x 2 µ n ( dx < B alalmas B > 0 számmal mnden n ndexre. A gyenge onvergencából övetez, hogy lm A A x µ n ( dx A A x µ 0 ( dx mnden olyan A számra, amely folytonosság pontja a µ 0 mérténe. Ahhoz, hogy a 2. feladatot enne alapján A határátmenettel megoldju elég belátn, hogy mnden egész és ε > 0 valós számra létez olyan B B(,ε szám, amelyre x: x >B x µ n ( dx < ε mnden n ndexre. Vszont x: x >B x µ n ( dx < 1 B x: x >B x 2 µ n ( dx < 1 B x 2 µ n ( dx < ε mnden n 1 ndexre, ha B elég nagy. Ném plusz munával látható, hogy ez a becslés n 0 ndexre s érvényes. A 3. feladat állítása egyszerűen övetez az első és másod feladat eredményéből. 13