Valószínűségszámítás Feladatgyűjtemény hibajegyzék

Az oldal Ketskeméty László és Pintér Márta Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény megoldásokkal című kötetének 2011-es kiadásában szereplő feltételezhető hibákat gyűjtésére szolgál. Amennyiben újabb hibával találkozol - másokkal való konzultáció, és többszöri ellenőrzés után - beleírni a táblázatba.

Hibák

Feladat	Hiba
I.23	b) részben felesleges kettes szorzó, helyesen [math]\frac{ab}{{\binom{a+b}k}}[/math], mert a jó esetek számához egyet kell kiválasztani a fehér, és egyet a fekete golyók közül, ami [math]ab[/math] lehetőség
I.27	A megoldásból kihagyták a [math]P(AB)[/math]-t, ami [math]\displaystyle{}P(AB)=\frac{\binom{25}{5}}{\binom{90}{5}}[/math], mert 25 nem nagyobb mint 50 páros szám van. Ezen kívül a [math]P(A+B)[/math] résznél is ugyanez ami ki van vonva, tehát 24 helyett 25-nek kéne ott szerepelnie.
I.42	Ez a megoldás szerintem egyszerűen rossz. A szép és jó megoldás szerintem a kötelezően elvárt szint felett van, de az érdeklődők kedvéért leírom: Mindjárt a legelején átszínezem a golyókat. A [math]b[/math] fekete golyó színe lesz [math]b_1, b_2, \ldots, b_b[/math], az [math]r[/math] fehér golyóé [math]r_1, r_2, \ldots, r_r[/math]. Így [math]b+r[/math] különböző színű golyónk van mindjárt az elején. Ezután a húzásoknál ugyanazt a szabályt követjük mint eredetileg, tehát amilyen szinűt kihúztunk, abból [math]c[/math] darabot visszateszünk. (Így nem lesz továbbra is az összes golyó különböző színű, pl. ha elsőre [math]b_2[/math] színűt húztam, akkor az első húzás után [math]b_2[/math] színűből [math]c[/math] darab lesz, a többi színből [math]1[/math]-[math]1[/math].) Mivel az összes színből ugyanannyi ([math]1[/math] db) volt eredetileg, és ugyanazt a szabályt követik, ezért szimmetria miatt mindegyik színt (mind a [math]b+r[/math]-t) egyforma eséllyel húzom ki [math]n+1[/math]-edik húzásra is. Ezek közűl a színek közűl [math]b[/math] volt eredetileg fekete, ezért az eredeti színt nézve a fekete húzásának az esélye [math]\frac{b}{b+r}[/math].
I.46	A megoldásban a nevezőben mindháromszor [math]\binom{15}{3}[/math] kéne legyen [math]\binom{13}{5}[/math] helyett. Így az eredmény is [math]0.002[/math] helyett [math]0.0472[/math].
I.72	Minimális pontatlanság, a megoldás elején [math]P(AB)\leq P(A)=0.8[/math]. (Tehát a második jel egyenlőség nem kisebbegyenlő.)
I.83	A számok jók, csak a képletben elírás: [math]aP\left(A_1 \mid \overline{B}\right)=\frac{P\left(\overline{B} \mid A_1\right)P(A_1)}{1-P(B)},[/math] tehát a nevezőben [math]1-P(A)[/math] helyett [math]1-P(B)[/math]-nek kéne lennie, és a következő 2 sorban is.
II.27	A megoldás utolsó bekezdése felesleges (és rossz).
II.30	A számolás el van rontva, helyesen [math]\frac5\sigma \approx 0.842[/math], emiatt később [math]\sigma = 5.938[/math] és [math]P(\ldots) = 0.9352 - 0.5 = 0.4352[/math].
II.32-34	A II. 32 megoldása nem szerepel a könyvben, a II.33-as megoldása van II.32 név alatt, és a II.34 megoldása kétszer, egyszer II.33, egyszer II.34 név alatt.
II.33	(A megoldás II.32 néven van.) Szerintem egyszerűbb megoldás hogy [math]X = G(\frac12) + 1[/math] (mert a második dobástól kezdve minden dobásnál függetlenül [math]\frac12[/math] eséllyel dobok az előzővel egyformát), és ebből következik, hogy [math]\mathbb{E}X = 2+1 = 3[/math], és [math]\sigma^2X=2[/math].
II.45	[math]P(X \geq 3)[/math]-at kérdeznek, de [math]P(X \gt 3)[/math]-at válaszolják meg. Sok különbség nincs, csak az utolsó tagot nem kell kivonni, vagyis [math]P(X\geq 3)=\frac{12}{27}[/math], tehát így a második a nagyobb.
II.55	Ezzel a megoldással nincsen baj, azon túl hogy van egyszerűbb megoldás, ami még az eredményt is kihozza: [math]P(X=0)[/math] azt jelenti, hogy egy hetest sem húztam az első ász előtt, másképpen megfogalmazva, hogy előbb húztam ászt, mint hetest. Ennek az eseménynek az ellentéte az, hogy előbb húztam hetest, mint ászt. Ez a két esemény teljes eseményrendszert alkot, és láthatóan teljesen szimmetrikusak, tehát mindkettő esélye [math]\frac12[/math], vagyis [math]P(X=0)=\frac12[/math]
II.65	A végén a várható érték [math]\mathbb{E}X = c \cdot e^2[/math]
II.71	A megoldás végig 0,9-es valséggel számol 0,95 helyett
III.2	A feladat valószínűleg arra gondolt, hogy "mennyi a valószínűsége, hogy 0 órán belül sorra kerülünk?", legalábbis a megoldás ezt oldja meg.
III.15	A peremeloszlások binomiálisak, így lehet innen tudni a szórást és a várható értéket, nincs szükség a [math]\mathbb{E}X^2[/math]-re és a [math]\mathbb{E}Y^2[/math].
III.25	A megoldásban a sor végefelé kis 'x' helyett nagy 'X' kéne, vagyis [math]\ldots = 1-(1-F_X(t))^2 = \ldots[/math].
III.37	A végeredmény pontosabban 0.3907 (nem 0.3897, ha már négy tizedesig meg van adva :) ).
III.50	Helyesen [math]R(X, Y) = -\frac12[/math].
III.59	Helyesen [math]\mathbb{E}(Y \mid X=l) = (n-l)\frac25 + l[/math], vagyis [math]\mathbb{E}(X\mid Y) = \frac25n + \frac35X[/math].
III.82	Megoldásban harmadik egyenlőtlenség helyesen [math]c \leq a + b[/math].
III.86	Helyesen [math]\sigma^2X=\sigma^2Y=\dots=\frac {10}{36}[/math]. Végeredmény jó.
III.100	A megoldás végén az utolsó tört felesleges.
III.133	b) Valóban nem kétdimenziós normális eloszlású, de nem mert a sűrűségfüggvény nem [math]\varphi(x)\varphi(y)[/math], hisz ez kétdimenziós normálisnál sem igaz, ott a korrelációs tag.