Valószínűségszámítás – a véletlen tömegjelenségek törvényszerűségeinek vizsgálata
A valószínűségszámítás célja, hogy matematikai módszerekkel tárja fel azokat a törvényszerűségeket, amelyek a véletlen tömegjelenségek mögött húzódnak meg. Véletlen jelenségről akkor beszélünk, ha a rendelkezésre álló feltételek alapján a jelenség kimenetele nem határozható meg egyértelműen – azaz nem tudjuk biztosan előre megmondani, mi fog történni.
Tömegjelenség lehet például egy olyan folyamat, amely egyszerre nagyon sok hasonló eseményből áll (mint például az atomi bomlás), vagy amelyet nagyon sokszor meg tudunk ismételni (ilyen például egy szerencsejáték – dobókocka, érmefeldobás, lottó). Ezekre a jelenségekre vonatkozó törvényszerűségek statisztikai jellegűek: vagyis egy-egy esemény kimenetele önmagában nem jósolható meg pontosan, de sok ismétlés esetén az eredmények átlagosan egy jól leírható mintázatot követnek.
Az ilyen típusú, bizonytalan kimenetelű folyamatok leírására sztochasztikus modelleket használunk. A sztochasztikus modellek jellemzője, hogy az események bekövetkezése nem teljesen meghatározott – csak annak valószínűsége adható meg.
Ezzel szemben a determinisztikus modellek olyan rendszereket írnak le, ahol az események kimenetele teljes mértékben meghatározott az adott feltételek mellett – vagyis ha minden kezdeti adatot ismerünk, akkor pontosan meg tudjuk mondani, hogy mi fog történni.
Eseménytér és események
Tekintsünk egy véletlen kísérletet. A kísérlet lehetséges kimeneteleit elemi eseményeknek nevezzük. Az elemi esemény meghatározó tulajdonsága, hogy csak egyféleképp következhet be. Az elemi eseményeket \(\omega_1,\omega_2,\ldots,\omega_n\) szimbólumokkal jelöljük. Egy adott kísérlethez tartozó összes elemi esemény halmazát
eseménytérnek (mintatérnek) nevezzük és \(\Omega\)-val jelöljük. Az elemi eseményekből álló (rész)halmazokat eseményeknek nevezzük. Az egyes eseményeket \(A,B,C,\ldots\) betűkkel, míg az összes elemi esemény részhalmazainak egy speciális halmazát \(\oldstyle F\)-fel jelöljük.
Általában az \(\Omega\) elemi események összes részhalmaza eseménynek tekinthető, ezért \(\oldstyle F\)-nek általában eleme \(\Omega\) összes részhalmaza. \(\oldstyle F\) elemei események, azaz elemi események halmazai, amelykel szemben az alábbi elvárásaink vannak:
A teljes eseménytér eleme \(\oldstyle F\)-nek, azaz \(\Omega\in\oldstyle F\).
Ha egy esemény eleme \(\oldstyle F\)-nek, akkor ennek az eseménynek a komplementere is eleme \(\oldstyle F\), azaz a komplementer képzésre zárt. Az \(A\) esemény komplementerén az \(\overline A\)-val vagy \(A^c\)-vel jelölt eseményt értjük, amelyre teljesül, hogy \(A^c=\Omega – A\). Az zártság azt jelenti, hogy ha \(A\in\oldstyle F\), akkor \(\overline A\in\oldstyle F\) is teljesül.
Megszámlálható darab \(\oldstyle F\)-beli esemény uniója is eleme \(\oldstyle F\)-nek, azaz ha \(A_1,A_2,\ldots\in\oldstyle F\), akkor \(\bigcup\limits_{i=1}^\infty A_i\in\oldstyle F\) is teljesül. Az unióképzés lehetséges végtelen számú esemény esetében is, csak annyi megkötésünk van, hogy megszámlálható legyen az események számossága.
A fenti absztrakt algebrai megfogalmazás jól szemlélteti, hogy a valószínűségszámításnak milyen kidolgozott elméleti háttere van. A későbbi fogalmak és tételek megértéséhez elengedhetetlen, hogy az események és az eseménytér fogalmát pontosan megértsük.
Definíció
Legyen \(\oldstyle F\) az \(\Omega\) részhalmazainak egy halmaza, azaz \(\oldstyle F \subseteq \oldstyle P(\Omega)\) (hatványhalmaz). Ekkor \(\oldstyle F\) egy \(\sigma\)-algebra, ha
\(\Omega\in\oldstyle F\), azaz a teljes eseménytér az eleme,
\(\forall A\in\oldstyle F\)-re teljesül, hogy \(A^c\coloneqq\Omega − A\in\oldstyle F\), azaz komplementer képzésre zárt,
minden \(A_1, A_2,\ldots\) megszámlálható darab \(\oldstyle F\)-beli halmazra \(\bigcup\limits_{i=1}^\infty A_i \in\oldstyle F\), azaz megszámlálható unióképzésre zárt.
1. Példa
Dobjunk egy szabályos kockával. Az elemi események \(\omega_1=1,\omega_2=2,\ldots,\omega_6=6\), az eseménytér (halmaz) \(\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}\). Definiáljunk két eseményt, \(A=\text{n\’egyzetsz\’amot dobunk}\), \(B=\text{pr\unicode{x00ed}msz\’amot dobunk}\), ekkor
Két szabályos érmével egyszerre dobunk, ahol a fej eredményt \(F\)-fel, az írást \(I\)-vel jelöljük. Ebben az esetben az elemi események nem az egyes események eredménye, azaz \(F\) vagy \(I\), hanem a két dobás együttes eredménye, ahol a sorrend is számít, így az eseménytér \(\Omega=\{II,IF,FI,FF\}\), ahol az elemi események az \(I,F\) rendezett párokból áll. Ebben az esetben is megadhatunk két eseményt:\(A=\text{a dob\’as eredm\’enye k\Hue l\Hoe nb\Hoe z\Hooe}\), \(B=\text{a dob\’as eredm\’enye azonos}\).
Tekintsük egy szabályos érme kétszer egymás után történő feldobásának eredményét és vizsgáljuk meg, hogy egy-egy eleme milyen \(\sigma\)-algebrát hoz létre.
Ha azt az eseményt tekintjük, hogy az első dobás eredménye fej, akkor ezt az \(A=\{(F,I),(F,F)\}\) módon írhatjuk le. A teljes eseménytér \(\Omega=\{(I,I),(I,F),(F,I),(F,F)\}\), amely minden lehetőséget tartalmaz. A fenti definíció alapján a következőket tudjuk az \(\oldstyle F\) \(\sigma\)-algebráról:
Ha csak annyit tudunk, hogy az első dobás fej, akkor a fentiekből láthatjuk, hogy \(\oldstyle F\ne\oldstyle P(\Omega)\) és \(|{\oldstyle F}|=4\), azaz \(\oldstyle F\) nem tartalmazza \(\Omega\) összes lehetséges részhalmazát.
Most két eseményt tekintünk és megvizsgáljuk, hogy milyen \(\sigma\)-algebrát hoz létre. Legyen \(A\) esemény, hogy az első dobás eredménye fej és \(B\) esemény, hogy a második dobás eredménye fej, azaz \(A=\{(F,I),(F,F)\}\) és \(B=\{(I,F),(F,F)\}\). A teljes eseménytér megegyezik az előző esettel \(\Omega=\{(I,I),(I,F),(F,I),(F,F)\}\), amely minden lehetőséget tartalmaz. A fenti definíció alapján a következőket tudjuk az \(\oldstyle F\) \(\sigma\)-algebráról:
Láthatjuk, hogy a két esemény már egy olyan \(\oldstyle F\)-et hoz létre, amelyre teljesül, hogy \(\oldstyle F=\oldstyle P(\Omega)\), azaz \(\oldstyle F\) egyenlő \(\Omega\) összes lehetséges részhalmazával.
A továbbiakban \(\oldstyle F\) mindig egy \(σ\)-algebrát jelöl \(\Omega\)-n. Véges vagy megszámlálható számosságú \(\Omega\)-kra általában \(\oldstyle F = \oldstyle P(\Omega)\), ahol \(\oldstyle P(\Omega)\) az \(\Omega\) hatványhalmaza, vagyis az összes részhalmazainak halmaza. Az alábbi egyszerű tényeket fogjuk használni a későbbiekben. A definícióból következik, hogy
minden \(A_1, A_2,\ldots, A_n\) véges darab \(\oldstyle F\)-beli halmazra \(A_i \in\oldstyle F\), azaz \(\oldstyle F\) véges unióképzésre is zárt,
megszámlálhatóan végtelen vagy véges metszetképzésre is zárt, azaz minden \(A_1, A_2,\ldots\) megszámlálható darab \(\oldstyle F\)-beli halmazra \(\bigcap\limits_{i=1}^\infty A_i\in\oldstyle F\),
\(\emptyset\in\oldstyle F\), azaz az üreshalmaz eleme \(\oldstyle F\)-nek.
Műveletek eseményekkel
Az események halmazok, így ezek között is értelmezhetjük a halmazelméletben megszokott műveleteket. A valószínűségszámításban az események közötti műveletek eredményeként újabb eseményeket kapunk, amelyek az eredeti események közti logikai műveletekkel (és, vagy, tagadás stb) is értelmezhetőek.
Ha \(A,B\in\Omega\) események, akkor képezhetjük a halmaz metszetét és unióját.
Két esemény összegén azt az eseményt értjük, amely akkor következik be, ha \(A\) vagy \(B\), vagy mindkét esemény bekövetkezik. A két esemény összegén az \(A+B\coloneqq A\cup B\) definícióval értelmezett halmazelméleti unió műveletet értjük.
Két esemény szorzatán azt az eseményt értjük, amely akkor következik be, ha \(A\) és \(B\) esemény együttesen megtörténik. A két esemény szorzatán az \(A\cdot B\coloneqq A\cap B\) definícióval értelmezett halmazelméleti metszet műveletet értjük.
\(\oldstyle F\) definíciója során már használtunk két műveletet, a komplementer képzést és a különbséget. Ezeket a műveleteket az alábbi módon írhatjuk le halmazműveletekkel. \(A\) és \(B\) esemény különbsége azt az eseményt jelöli, amikor \(A\) bekövetkezik, de \(B\) nem. A komplementer esemény pedig a tagadás megfeleleője.
A halmazelméleti szimmetrikus differenciát is értelmezhetjük a valószínűségszámítási eseményekre, amely azt jelenti, hogy \(A\) és \(B\) események közül pontosan az egyik következik be.
Egy villanykörte élettartamát tekintjük hónapokban
Az eseménytér a nemnegatív számok, azaz \(\Omega=[0;\infty)\)
Az \(A\) esemény legyen az, hogy a villanykörte élettartama, legalább 24 hónap: \(A=[24;\infty)\).
A \(B\) esemény legyen az, hogy a villanykörte élettartama kevesebb, mint 36 hónap, azaz \(B=[0;36)\)
A \(A\cap B\) esemény azt jelenti, hogy a villanykörte élettartama legalább 24 hónap és kevesebb, mint 36 hónap, azaz \(A\cap (B=[24;36)\)
2. Példa
Két szabályos kockával egyszerre dobunk.
Az eseménytér az \(1,2,\ldots,6\) számokból álló rendezett számpárok, azaz \(\Omega=\{(i;j)|i,j=1,2,\ldots ,6\}\).
Az \(A\) esemény legyen az, hogy mindkét kockával azonos számot dobunk: \(A=\{(i;i)|i=1,2,\ldots,6\}\).
A \(B\) esemény legyen az, hogy két kockával dobott számok összege 7, azaz \(A=\{(1;6),(2,5),(3;4),(4,3),(5,2),(6,1)\}\)
A \(A\cap B\) esemény azt jelenti, hogy mindkét kockával azonos számot dobunk és számok összege 7, azaz \(A\cap B=\emptyset\), azaz a két esemény kölcsönösen kizárja egymást.
Az események közti összeadást és szorzást általánosíthatjuk, ha \(A_1, A_2,\ldots\) események véges vagy megszámlálhatóan végtelen sorozata, akkor
\[ \begin{aligned} \bigcup_i A_i&=\{\text{legal\’abb az egyik }A_i\text{ esem\’eny bek\Hoe vetkezik}\},\\ \bigcap_i A_i&=\{\text{mindegyik }A_i\text{ esem\’eny bek\Hoe vetkezik}\}\\ \end{aligned}\notag \]
Definíció
Ha \(A\) és \(B\) események, és \(A\cap B=\emptyset\), akkor ezt lehetetlen eseménynek nevezzük, illetve \(A\) és \(B\) eseményt egymást (kölcsönösen) kizáró események. \(A_1, A_2,\ldots\) véges vagy megszámlálhatóan végtelen sok esemény kölcsönösen kizáró, ha \(A_i \cap A_j = \emptyset\) minden \(i\ne j\) esetén.
Ha \(A\subseteq B\), akkor \(B\) bekövetkezése maga után vonja \(A\) bekövetkezését is.
3. Példa
Két szabályos kockával egyszerre dobunk.
Az eseménytér az \(1,2,\ldots,6\) számokból álló rendezett számpárok, azaz \(\Omega=\{(i;j)|i,j=1,2,\ldots ,6\}\).
Az \(A\) esemény legyen az, hogy mindkét kockával azonos prímszámot dobunk: \(A=\{(i;i)|i=2,3,5\}\).
A \(B\) esemény legyen az, hogy mindkét kockával hatos számot dobunk, azaz \(A=\{(6;6)\}\)
A \(A\cup B\) esemény azt jelenti, hogy mindkét kockával azonos \((i;i)\) számot ahol \((i\ne 1,4)\), azaz \(A\cup B=\{(i;i)|i=2,3,5,6\}\)
4. Példa
Két szabályos kockával egyszerre dobunk.
Az eseménytér az \(1,2,\ldots,6\) számokból álló rendezett számpárok, azaz \(\Omega=\{(i;j)|i,j=1,2,\ldots ,6\}\).
Az \(A\) esemény legyen az, hogy mindkét kockával azonos páros számot dobunk: \(A=\{(i;i)|i=2,4,6\}\).
A \(B\) esemény legyen az, hogy mindkét kockával páros számot dobunk, azaz \(A=\{(i;j)|i,j=2,4,6\}\)
A \(B\subseteq A\) összefüggés teljesül, így ha \(A\) esemény bekövetkezik, akkor \(B\) esemény is biztosan bekövetkezik.
A halmazelméleti műveletekre vonatkozó azonosságok az eseményekre is alkalmazhatóak.
A valószínűség tapasztalati megközelítését a statisztika eszközei adják, ugyanis a relatív gyakoriság megfelelően mutatja be azt az elméleti fogalmat, amelyet valószínűségnek szeretnénk nevezni.
Tekintsünk egy szabályos pénzérmét, amelyet többször feldobunk és feljegyezzük, hogy az eredmény fej vagy írás volt: \(F,F,I,I,I,F,I,\ldots\). Ebben a sorozatban kiszámíthatjuk, hogy a fej relatív gyakorisága mennyi volt az egyes dobásokat követően:
A sorozatot folytatva azt tapasztaljuk, hogy a relatív gyakoriság értéke \(0,5\) körül “ingadozik”, talán még azt is hozzávehetjük, hogy az “ingadozás mértéke” csökken. Ez természetesen nem tekinthető megfelelő matematikai megfogalmazásnak, de jól szemlélteti, hogy egy szabályos pénzérmétől azt várjuk, hogy az esetek felében írás, a másik felében pedig fej legyen a dobás eredménye.
Ha a fenti tapasztalati eredményt szeretnénk felhasználni a valószínűség megfogalmazásához, akkor azt a következőképpen tehetjük meg. A kísérletek egy részénél a relatív gyakoriság stabilitást mutat. Tekintsünk egy kísérletet, és ehhez kapcsolódva egy eseményt. Hajtsuk végre a kísérletet \(n\)-szer egymástól függetlenül, azonos körülmények között. Jelölje \(k_A\) az \(A\) esemény bekövetkezései számát, azaz gyakoriságát. Ha a relatív gyakoriság nagy \(n\) esetén egy fix szám körül ingadozik, akkor ezt az \(A\)-ra jellemző számot \(P(A)\)-val jelöljük és valószínűségének nevezzük.
A tapasztalati eredménnyel összhangban lévő matematikai definíciót adunk az alábbiakban a valószínűségre.
Definíció
Egy \(P :\oldstyle F \to \mathbb{R}\) halmazfüggvényt valószínűségnek (vagy valószínűségi mértéknek) nevezünk, ha teljesíti az alábbi feltételeket:
\(P\) értékkészlete nemnegatív:
\[
\begin{aligned}
P(A)\geq 0,\quad \forall A\in\oldstyle F
\end{aligned}\notag
\]
megszámlálhatóan additív (azaz \(\sigma\)-additív): minden \(A_1, A_2,\ldots\) véges sok vagy megszámlálhatóan végtelen darab kölcsönösen kizáró eseményre:
A fenti formula első összegző tagját tekintve, a valószínűségek összegzésével kétszer számoltuk a kettős metszeteket, pedig az unióban csak egyszer szerepelnek az oda tartozó események. Ennek megfelelőn a második szummával kivonjuk a kettős metszetek valószínűségeinek összegét, így az első szummában felírt többletet kivettük az egyenletből. Ezzel azonbon minden hármas metszetet először háromszor számoltunk, majd háromszor ki is vontunk, pedig az unióban egyszer kellene szerepelniük. Ezért a harmadik szummában az összes hármas metszet valószínűségét hozzáadjuk. Ezzel azonban megint többször szerepelnek a kelleténél a négyes metszetek, stb.
1. Példa
Felmérést végeznek a közösségi média használati szokásokról. Három platformot vizsgálnak és a következő felhasználó számokat kapták eredményül.
Facebook: 24 fő
TikTok: 33 fő
Instagram: 34 fő
Facebook és TikTok: 14 fő
Facebook és Instagram: 11 fő
TikTok és Instagram: 16 fő
mindhárom platform: 5 fő
Mennyi a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott ember mindhárom platformot használja?
Megoldás
Definiáljunk három eseményt:
\(F\): Facebookot használ
\(T\): TikTokot használ
\(I\): Instagramot használ
Írjuk fel a szita formulát három eseményre, úgy hogy a felmérésben részt vevők számát jelöljük \(N\)-nel.
Mivel a felmérésben részt vevők mindegyike használ valamilyen közösségi médiát, így \(P(F\cup T\cup I)=1\). Ebből következik, hogy a felmérésben \(N=55\) fő vett rész, azaz annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott ember mindhárom platformot használja \(\dfrac{5}{55}=\dfrac{1}{11}\)
A valószínűség folytonossága
Definíció
Egy \(\{A_i\}_{i=1}^\infty\) \(\oldstyle F\)-beli halmazrendszer növekvő, ha minden \(i \geq 1\)-re \(A_i \subseteq A_{i+1}\). Ekkor \(A_i =\bigcup\limits_{j=1}^i A_j\) és a következőképpen definiáljuk a \(\lim\limits_{i\to\infty} A_i = \bigcup\limits_{i=1}^\infty A_i\) limeszt. A \(\sigma\)-algebra tulajdonságai miatt ez a limesz is a \(\sigma\)-algebra eleme lesz.
Hasonlóan, egy \(\{A_i\}_{i=1}^\infty\) \(\oldstyle F\)-beli halmazrendszer csökkenő, ha minden \(i \geq 1\)-re \(A_i \supseteq A_{i+1}\). Ekkor \(A_i =\bigcap\limits_{j=1}^i A_j\) és a következőképpen definiáljuk a \(\lim\limits_{i\to\infty} A_i = \bigcap\limits_{i=1}^\infty A_i\) limeszt, amely szintén a \(\sigma\)-algebra eleme lesz.
Állítás
Legyen \(\{A_i\}_i\) növekvő vagy csökkenő eseményrendszer. Ekkor a\(\lim\limits_{i\to\infty} P(A_i)\) létezik, és
Ha egy eseménytér véges és egy kísérlet minden kimenetele ugyanolyan valószínű, akkor az \(\Omega=\{\omega_1,\omega_2,\ldots,\omega_n\}\) elemi eseményekből vegyünk \(k\) darabot, amely az \(A\) eseményt határozza meg. Ekkor az \(A\) esemény valószínűsége
az eseménytérben minden elemi esemény bekövetkezésének valószínűsége egyenlő,
ha az \(|A|\) és az \(|\Omega|\) elemeit kombinatorikus módon határozzuk meg, akkor mindkét esetben ugyanazt a leszámolási módot kell alkalmazni, pl. a sorrend figyelembe vételével vagy anélkül.
1. Példa
Két szabályos dobókockával dobunk. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 7?
Megoldás
Ennek a klasszikus példának a megoldása sokak számára ismerős lehet, azonban az egynlő valószínűségű események szemléltetésére nagyon jól használható.
Tekintsük elemi eseményeknek az \((i,j)\) rendezett számpárokat, ahol \(i,j=1,2,\ldots,6\), és az egyes kockákkal dobott számokat jelölik. Az eredményt ismétléses variációval számíthatjuk ki \(|\Omega|=6\cdot 6=36\).
A 36 számpárból hatnál lesz a számok összege \(7\). Ezt az eseményt jelöljük \(A\)-val.
A keresett valószínűség \(P(A)=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}\).
Hibás Megoldás
A valószínűségszámítási feladatok esetén gyakran előfordul, hogy több gondolatmenet is jó, vagy jónak tűnik. Az előző feladatra nézzünk egy másik gondolatmenet, amely azonban hibás!
Tekintsük a dobások összegének lehetséges eredményeit eseménytérnek, azaz \(\Omega=\{2,3,4,\ldots,12\}\). Az \(|\Omega|=11\) elemű eseménytérből annak az \(A\) eseménynek keressük a valószínűségét, amikor \(A=\{7\}\), azaz \(|A|=1\), így a hibás válasz \(P(A)=1/11\) lenne. A hibát ott követtük el, hogy az \(\Omega\) elemi eseményeit egyenlő valószínűségűnek tekintettük, amely nem igaz.
2. Példa
Egy dobozban \(7\) piros és \(5\) kék golyó van. Véletlenszerűen kihúzunk \(4\) golyót, visszatevés nélkül. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kihúzott golyók között két piros és két kék golyó lesz?
Megoldás
Az egyenlő valószínűségű események definiálásakor két dolgot emeltünk ki, amelyet körültekintően kell kezelni a feladatok megoldásánál. Az előző feladatban arra láttunk példát, amikor az elemi eseményeknek nem volt azonos a valószínűsége. Most nézzünk arra is egy példát, hogy a leszámolási feladatoknál azonos módszert kell alkalmazni, azaz \(\Omega\) és \(A\) elemszámainak meghatározásakor. Nem használhatunk különböző összeszámolási módot \(\Omega\) és \(A\) esetén, például nem számolhatunk az egyiknél a sorrend figyelembe vételével a másiknál annak figyelmen kívül hagyásával.
A kihúzott golyók sorrendje számít
Eseménytér: négy golyó kiválasztása \(12\)-ből, amikor a kiválasztás sorrendje számít, az ismétlés nélküli variációk számát jelenti, azaz \(|\Omega_1|=12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\).
\(A_1\) esemény: két kék és két piros golyót húzunk úgy, hogy a kihúzás sorrendje számít:
Ha az eseménytér elemeinek és az \(A_2\) esemény elemeinek összeszámlálásakor sem számít a kihízás sorrendje, akkor az eseménytér elemeinek számát \(4\) elem \(12\) elem ismétlés nélküli kombinációjaként kapjuk meg. A két piros és két kék golyó kihúzásának eseményét is ismétlés nélküli kombináció segítségével számíthatjuk ki.
Eseménytér: négy golyó kiválasztása \(12\)-ből, amikor a kiválasztás sorrendje nem számít, \(|\Omega_2|=\dbinom{12}{4}\).
\(A_2\) esemény: két kék és két piros golyót húzunk úgy, hogy a kihúzás sorrendje nem számít \(|A_2|=\dbinom{7}{2}\cdot \dbinom{5}{2}\).
A második példánál hibás eredményt kapunk ha a kétféle leszámolási módot összekeverjük az eseménytér, illetve az esemény meghatározásakor, és a valószínűséget a következő két módon valamelyikével számíjuk ki
Szintén hibás megoldást eredményez, ha a golyókat nem különböztetjük meg, azaz a \(H=\{p,p,p,p,p,p,p,k,k,k,k,k\}\) halmaznak 4 elemű ismétléses kombinációit tekintenénk eseménytérnek. Ebben az esetben \(|\Omega|=\dbinom{2+4-1}{4}=5\), ahol \(A=\{p,p,k,k\}\) esemény, és a halmazelemek sorrendje nem számít, így \(|A|=1\), amely hibás eredményre vezetne.
A hibás megoldás itt csak attól függött, hogy hányféle golyó van a dobozban és összesen mennyit választunk ki, de a megoldás figyelmen kívül hagyta a dobozban lévő különböző golyók számát. Ebben az esetben is az okozta a hiba forrását, hogy az eseménytér elemi eseményeinek a bekövetkezési valószínűsége nem egyenlő. Például 4 kék golyó kiválasztásának a valószínűsége \(\dfrac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9}=\dfrac{1}{99}\), amely kisebb, mint a két piros és két kék golyó kiválasztásának \(\dfrac{14}{33}\) valószínűsége. Ez ellentmond annak, hogy \(\Omega\) elemi eseményeinek bekövetkezési valószínűsége egyenlő.
Klasszikus valószínűségi mező
A valószínűség meghatározásának bevezetőjében már írtunk arról, hogy statisztikai eszközökre támaszkodva is be lehetne vezetni a valószínűség fogalmát, amely a relatív gyakoriság elméleti modellje lenne. A valósznűség bevezetésére más utat választottunk és egy matematikai modellt építettünk fel, amelynek egy speciális esete a klasszikus valószínűségi mező, a fentiekben leírtaknak megfelelően.
A klasszikus valószínűségi mező tapasztalati alapú tárgyalásakor szokás a valószínűségre vonatkozó képletet úgy magyarázni, hogy az \(A\) esemény \(P(A)\) valószínűsége a kedvező esetek száma osztva a összes esetek számával, azaz \(\dfrac{k}{n}\). A következőkben több klasszikus valószínűségi mezőre nézünk példát.
3. Példa
Egy dobozban 1 piros és 9 kék golyó van. Véletlenszerűen kihúzunk 4 golyót, visszatevés nélkül. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kihúzott golyók között van a piros golyó?
Többféle megoldási mód is működhet!
1. Megoldás
Az eseménytér meghatározásához az ismétlés nélküli kombinációt használhatjuk, ugyanis visszatevés nélkül választunk ki \(4\) golyót a 10-ből, így \(|\Omega|=\dbinom{10}{4}\)
Legyen \(A\) az az esemény, amikor a kihúzott golyók tartalmazzák a piros golyót (kivesszük a piros golyót, majd.a maradék 9 kékből választunk 3-at), így \(|A|=\dbinom{1}{1}\cdot \dbinom{9}{3}\), tehát a keresett valószínűség:
Legyen \(A_i\) az az esemény, hogy az \(i\)-dik húzásra pirosat húzunk, ahol \(i=1,2,3,4\). Ezek az események egymást kizáró események, mivel csak egy piros golyó van a dobozban. Annak a valószínűsége, hogy az \(i\)-dik húzásra pirosat húzunk \(P(A_i)=1/10\), ugyanis minden golyónak ugyanannyi az eseélye, hogy az \(i\)-dik húzásra éppen azt húzzuk.
Független események uniójának valószínűsége, megegyezik az események valószínűségének összegével, azaz
Legyen \(\Omega\) eseménytér a 10 golyó összes permutációja, amelyből \(A\) esemény legyen az, hogy a permutációkból azokat választjuk ki, amelyekben az első 4 hely valamelyikén szerepel a piros. Ekkor \(|\Omega|=10!\). \(|A|\) meghatározásánál abból indulunk ki, hogy a piros golyó bármelyik helyen azonos eséllyel szerepel, azaz annak a valószínűsége, hogy az első helyen van éppen akkora, mint annak, hogy az \(i\)-dik helyen van. A 9 kék golyónak a permutációkban lévő sorrendjeinek a száma \(9!\), ha a piros golyó helye rögzített. Ezzel 10 egyenlő számosságú csoportra osztottuk a \(10!\) darab permutációt, amelyből ahhoz, hogy a \(A\) piros golyó az első négy hely valamelyikén legyen 4 csoport felel meg. Ennek megfelelően az \(A\) esemény valószínűsége \(P(A)=4/10\).
Feltételes valószínűség
A feltételes valószínűség bevezetését egy példával kezdjük, amelyen keresztül meg tudjuk vizsgálni, hogy mennyi az \(A\) esemény valószínűsége, ha a \(B\) esemény már bekövetkezett.
Példa
Két szabályos kockával dobva mi annak a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 8? És ha tudjuk, hogy az első kockával hatost dobtunk?
A feladat megoldása során fontos, hogy az eseményeket hogyan definiáljuk. Legyen \(A\) az az esemény, hogy a két kockán lévő számok összege 8. Ez ötféleképp történhet meg (\(2+6\), \(3+5\), \(4+4\), \(5+3\), \(6+2\)) a \(36\) egyforma valószínű kimenetelből, ezért \(P(A) = 5/36\). Ha adottság, hogy az első kockával hatost dobtunk, akkor módosul a valószínűség. Ebben az esetben \(A\) pontosan akkor következik be, ha a második kockával kettest dobunk. Ennek valószínűsége pedig \(1/6\).
Legyen \(B\) az az esemény, hogy az első kocka hatot mutat. Amit most kiszámoltunk, az az \(A\) esemény \(B\)-re vett feltételes valószínűsége. Ezt az állapotot értelmezhetjük úgy, hogy a \(B\)-t úgy tekintettük, mint egy redukált eseményteret, azaz a lehetőségeket leszűkítettük \(B\)-re, és megvizsgáljuk, hogy ha \(B\) eseményt adottságként kezeljük, akkor milyen valószínűséggel következik be \(A\), azaz a második kocka csak kettest mutathat.
Másik megközelítés: keressük, hogy amikor \(B\) bekövetkezik, akkor mennyire valószínű, hogy \(A\) is bekövetkezik, azaz hogyan aránylik \(A\cap B\) valószínűsége \(B\) valószínűségéhez. Mivel \(A\cap B = \{(5, 3)\}\), \(P(A\cap B) = |A\cap B|/|\Omega| = 1/36\), így a feltételes valószínűség
Amennyiben a valószínűségre a statisztikai alapú bevezetést vesszük alapul, és a valószínűségre a korábban is említett relatív gyakoriságként gondolunk, akkor azt keressük, hogy \(N >> 1\) kísérlet során azon eseteknek, amikor a \(B\) esemény bekövetkezik, hányad részében következik be \(A\) is. Klasszikus valószínűségi mező modelljét használva az \(n\)-szer elvégzett kísérletek közül csak azokat vesszük figyelembe, amelyben \(B\) bekövetkezett. A feltételes valószínűség esetén a klasszikus valószínűségi mező általános megfogalmazását a valószínűségre vonatkozóan “a kedvező esetek számát osztjuk az összes esetek számával” átfogalmazhatjuk úgy, hogy a feltételes valószínűség egyenlő “\(A\) és \(B\) esemény együttesen bekövetkezett valószínűségét osztjuk a \(B\) esemény bekövetkezésének valószínűségével”.
Egy kereskedőnél 45 darab, egyforma használt telefon van, amelyből 15 darab működésképtelen. A működőképes telefonok közül 10 darab akkumulátora jó állapotban van és több mint egy évig működőképesek, a többi telefon működési ideje nem több mint 6 hónap. Ha a kereskedésben csak arra van mód, hogy megvizsgáljuk a telefont, hogy bekapcsolódik-e vagy sem, akkor mennyi annak a valószínűsége, hogy olyan telefont választunk, amely 1 évnél tovább fog működni.
1. Megoldás
Definiáljunk két eseményt: legyen \(A\) az az esemény, hogy a telefon 1 évnél tovább működik, \(B\) pedig az, hogy a telefon bekapcsolódik. A kérdéses \(P(A|B)\) feltételes valószínűséget az alábbi módon írhatjuk fel.
A megoldás során felhasználtuk, hogy \(A\subseteq B\), amelyből következik, hogy \(A\cap B=A\).
2. Megoldás
Korábban már írtunk a redukált eseménytérről, amely ebben a feladatban azt jelenti, hogy \(B\) eseményben leírt állapotot tekintjük kiindulási állapotnak, azaz csak a működőképes telefonok közül választunk egyenlő eséllyel. Összesen \(30\) működőképes telefon van, amelyből \(10\) darabnak jó az akkumulátora, tehát
Két barát, Alex és Bence szeretnének két-két kutyát. Sokat beszélgetnek erről és mindketten úgy gondolják, hogy úgy tudnak a legtöbbet foglalkozni a kutyákkal, ha egyesével viszik sétálni.
Alexnak van egy különleges szabálya: ha a két kutyája közül lesz fekete, akkor ő mindig a feketét fogja sétálni (ha mindkét kutyája fekete lesz, akkor azonos valószínűséggel választ közülük). Bence viszont rugalmas, ő teljesen véletlenszerűen, azonos eséllyel választana a két kutya közül, függetlenül attól, hogy milyen lesz a színük.
Néhány hónap múlva örömmel mondják el egymásnak, hogy kaptak két-két kutyát, és találkozót beszélnek meg a parkban, de nem árulják el, hogy milyen színűek a kutyáik. Amikor találkoznak mindketten egy-egy fekete kutyával vannak.
Mennyi a valószínűsége, hogy Alex másik kutyája is fekete?
Mennyi a valószínűsége, hogy Bence másik kutyája is fekete?
Megoldás
Egyszerűnek tűnik a feladat megoldása, azonban a két kérdésre eltérő gondolatmenettel tudjuk megadni egyszerűen a helyes választ. A két gondolatmenetet össze is fogjuk hasonlítani, amely megmutatja, hogy mindkét eljárás működhet bármelyik kérdésre adott válasz kidolgozásánál, de kiemelt figyelmet kell fordítani az eseménytér és annak elemeire vonatkozó valószínűségek maghatározására.
Alex esetében tudjuk, hogy pontosan akkor viszi sétálni a fekete kutyát, ha két kutyája közül legalább az egyik fekete. Ez a megállapítás lehetőséget ad a redukált eseménytér használatára, amelyhez a fenti megfogalmazást átfogalmazhatjuk a következő matematikai formulává, a feltételes valószínűség felhasználásával.
\[
\begin{aligned}
P(\text{mindk\’et kutya fekete | Alex fekete kut\’aval s\’et\’al})=P(\text{mindk\’et kutya fekete | legalább egyik kuty\’aja fekete})
\end{aligned}\notag
\]
Alex esetében kiindulhatunk abból az eseménytérből, amelynek elemei azonos valószínűségű elemi események, ahol a fekete \((F)\) és a nem fekete \((nF)\) kutyákból képzett párok összes lehetősége alkotja az eseményteret:
Ebből az eseménytérből már képezhető a számunkra szükséges redukált eseménytér, amelyben már csak azok az események szerepelnek, amikor “legalább az egyik kutyája fekete”.
\[
\begin{aligned}
A=(\text{legalább egyik kuty\’aja fekete})=\{(F,F),(nF,F),(F,nF)\}
\end{aligned}\notag
\]
A feltételes valószínűség kiszámításánál láthattuk, hogy a redukált eseménytérrel úgy tudunk dolgozni, mintha az lenne az alap eseménytér, és ennek a szűkített elemi eseményein keresztül vizsgáljuk az eseményeket. Jelen esetben azt, hogy a másik kutya is fekete. A redukált eseménytérben a három elemi esemény valószínűsége azonos, azaz \(1/3\). Az elemi események közül csak az \((F,F)\) esemény jelenti azt, hogy Alex másik kutyája is fekete, így a megoldás:
\[
\begin{aligned}
P(\text{mindk\’et kutya fekete | Alex fekete kut\’aval s\’et\’al})=P(\text{mindk\’et kutya fekete | legalább egyik kuty\’aja fekete})=\frac{1}{3}
\end{aligned}\notag
\]
Bence esetében más utat követünk a megoldásban, ugyanis Bencénél nem rendelkezünk többlet információval arról, hogy kutyái sétáltatásánál az egyenlő valószínűségű kiválasztáson kívül más szempontot is figyelembe venne, így itt nem szükséges feltételes valószínűséget használni a megoldás során. A kutyái közül minden séta esetén \(1/2-1/2\) valószínűséggel választ, így annak a valószínűsége, hogy Bence másik kutyája fekete \(1/2\).
Ezzel be is fejezhetnénk a megoldást, a helyes megoldásokat megtaláltuk. Felmerülhet azonban, hogy miért kellett más logikát használni Alex és Bence esetében. Miért nem használhattunk hasonló gondolatmenetet?
Ha Bence esetében is szeretnénk az eseménytér pontos felírását használni a megoldás során, akkor a következő helyzetből indulunk ki:
\[
\begin{aligned}
\{\text{Bence fekete kuty\’aval sétál}\}\subset\{\text{legalább egyik kuty\’aja fekete}\}
\end{aligned}\notag
\]
Alexhez képest az a jelentős eltérés, hogy ha Bencének egy fekete és egy nem fekete kutyája van, akkor előfordulhat, hogy a nem feketével megy sétálni (ez Alex esetében kizárt). Annak érdekében, hogy Bence esetében minden információt felhasználva tudjunk egy olyan eseményteret felírni, amelyben az elemi események egyenlő valószínűségűek, jelöljük, hogy milyen színkombinációk esetén melyik kutyát viheti sétálni. Ezzel olyan eseményteret kapunk, amely több elemű, mint az Alexnél használt. Pirossal jelöljük azt a kutyát, amelyiket Bence sétálni visz.
A fentiekben felírt \(\Omega_B\) eseménytér elemi eseményei egyenlő valószínűségűek, így akár ebből is következik, hogy Bence másik kutyája \(1/2\) valószínűséggel fekete (nyolcból négy esetben fekete a másik kutya). Ha szeretnénk a redukált eseményteret használni, akkor arra az eseményre szűkítjük az elemi eseményeket, amikor Bence éppen fekete kutyát sétáltat:
Ezek is egyenlő valószínűségű események és szintén \(1/2\) valószínűséget adnak arra, hogy Bence másik kutyája is fekete.
Ismét módosítottunk a megoldási gondolatmeneten, ugyanis egy részletesebb, több információt tartalmazó eseményteret vezettünk be Bence esetén, amely már tartalmazza azt is, hogy mely esetekben melyik kutyát viszi sétálni. Nézzük még meg azt is, hogy ez a modell, hogyan használható Alex esetére.
Alex esetén a sétáltatásra vonatkozó információval kibővített eseménytér:
Láthatjuk, hogy annak az ára, hogy Alex esetén az eseménytér csak hat elemű az lett, hogy az elemi események valószínűsége nem egyenlő. Természetesen az új eseménytérhez is elkészíthetjük a redukált eseményteret, amely szintén nem egyenlő valószínűségű elemi eseményeket tartalmaz:
Alexnél a feltételes valószínűséget használhatjuk a fenti eseménytérre is:
\[
\begin{aligned}
P(\text{mindk\’et kutya fekete } | \text{Alex fekete kuty\’aval s\’etál})&=
\frac{P(\text{mindk\’et kutya fekete ÉS Alex fekete kuty\’aval s\’etál})}{P(\text{Alex fekete kuty\’aval s\’etál})}=\\
&=\frac{P((\color{#ff0040}{F},F),(F,\color{#ff0040}{F}))}{P((\color{#ff0040}{F},F),(F,\color{#ff0040}{F}),(\color{#ff0040}{F},nF),(nF,\color{#ff0040}{F}))}=\\
&=\frac{1/8+1/8}{1/8+1/8+1/4+1/4}=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3}
\end{aligned}\notag
\]
A feltételes valószínűség bevezetésének végén már utaltunk arra, hogy a feltételes valószínűség hasonlóan értelmezhető, mint a valószínűség. Ha \(B\) eseményt rögzítettnek tekintjük, akkor a valószínűség (valószínűségi mérték) definíciójával analóg tulajdonságú valószínűséget (valószínűségi mértéket) kapunk.
Állítás
Legyen \((\Omega, \oldstyle F, P)\) egy valószínűségi mező, és \(A\in\oldstyle F\) egy pozitív valószínűségű esemény. Ekkor \(P(\cdot|B)\) egy valószínűségi mérték, azaz:
\[ \begin{aligned} P(A|B)\geq 0,\quad \forall A\in\oldstyle F \end{aligned}\notag \]
megszámlálhatóan additív (azaz \(\sigma\)-additív): minden \(A_1, A_2,\ldots\) véges sok vagy megszámlálhatóan végtelen darab kölcsönösen kizáró eseményre:
A legjelentősebb eltérés a valószínűség definíciójához képest, hogy egy rögzített, pozitív valószínűségű \(B\) esemény szerepel az állításban.
A valószínűség című oldalon leírt állítások, tételek és tulajdonságok igazak a \(P(\cdot |B)\) feltételes valószínűségre is, azzal a a megkötéssel, hogy \(B\) esemény rögzített.
Állítás
Legyenek \(A_1,A_2,\ldots,A_n\) olyan események, hogy \(P(A_1\cap A_2\cap\ldots\cap A_{n−1}) > 0\). Ekkor az alábbi formulával leírható szorzási szabályt kapjuk:
Mennyi a valószínűsége, hogy ha az 52 lapos francia kártyát egyenlően szétosztják négy játékos között, akkor minden játékoshoz pontosan egy ász kerül?
Megoldás
A szorzási szabállyal oldjuk meg a feladatot, amelyhez speciálisan fogjuk definiálni az eseményeket. Legyen \(A_1=\Omega\) az az esemény, hogy a kör ász kiosztásra kerül valakihez. Legyen \(A_2\) az az esemény, hogy a kör és a káró ász két különböző emberhez kerül. Legyen \(A_3\) az az esemény, hogy a kör, a káró és a treff ász más-más játékoshoz kerül. Az utolsó eseményt \(A_4\)-et pedig határozzuk meg úgy, hogy mind a négy ász különböző játékoshoz kerül. A megoldást az \(A_4\) meghatározása jelenti. Az eseményekről tudjuk, hogy
A feladatot egyrészt olyan eseményekkel írtuk fel, amelyek megfelelnek a szövegnek és egymás részhalmazai, másrészt könnyen kiszámíthatjuk az egyes feltételes valószínűségeket.
\(A_1\) csak annyit jelent, hogy ha minden lapot kiosztunk, akkor a kör ász valakihez kerül, amely biztos esemény, így a valószínűsége \(1\)
A végső leosztásnál minden játékosnál 13 lap lesz. \(P(A_2|A_1)\) azt jelenti, hogy ha valakinek (pl. Annának) kiosztottuk a kör ászt, akkor a káró ászt másnak adjuk. Ha Anna először megkapja a kör ászt (ez a feltétel, amely alapján redukált eseménytér képezhető), akkor “Anna előtt 12 szabad hely van a lapoknak”, míg a másik három “játékos előtt 13-13 szabad hely van”. A következő ászt 51 helyre tehetjük le, amelyből 12 Anna előtt van, így annak az esélye, hogy nem Anna elé kerül a káró ász \((3\cdot 13)/51=39/51\).
A szorzat harmadik tényezője \(P(A_3|A_1\cap A_2)\) azt jelenti, hogy feltételezzük, hogy két ász már kiosztásra került különböző játékosokhoz, és a harmadik, treff ász egy olyan játékoshoz kerül, akinél még nincs ász. Hasonlóan az előzőekhez, két játékos előtt 12-12 szabad hely van a lapoknak, akiknél már van egy-egy ász. A másik két játékos előtt 13-13 szabad hely van. A treff ász \(2\cdot 13=26\) helyre kerülhet, amely azt jelenti, hogy olyan játékoshoz kerül, akinél még nincs ász és összesen 50 szabad hely van. Annak a valószínűsége, hogy olyan játékoshoz kerül a treff ász, akinél még nem volt ász: \(26/50\).
Az utolsó esetben már csak egy játékosnál nincs ász a feltétel szerint, így csak 13 helyre kerülhet az utolsó ász a \(52-3=49\) helyből, ha azt szeretnénk, hogy minden ász különböző játékoshoz kerüljön. Ezzel a szorzási szabály alapján felírt minden tényező értékét levezettük és igazoltuk a fenti megoldás helyességét.
Teljes valószínűség tétele
Tétel
Teljes valószínűség tétele egy eseményre. Legyenek \(A\) és \(B\) események, és \(0< P(B) < 1\), ekkor
Egy vállalat két csoportba osztja az üzletkötőit, akik teljesítményéről kimutatást is készítenek. Azt figyelik, hogy egy-egy üzletkötő mekkora valószínűséggel köt üzletet egy-egy tárgyalás után.
Az üzletkötők 30%-a szenior üzletkötő, akik 0,3 valószínűséggel kötik meg az üzletet, míg
a többi üzletkötő junior számít, akik 0,1 valószínűséggel sikeresek az üzletkötésben.
Mekkora a valószínűsége a sikeres üzletkötésnek, ha a cég egyik üzletkötője tárgyalt egy partnerükkel?
Megoldás
A szenior és a junior üzletkötők aránya 30%-70%, így a sikeres üzletkötés valószínűségét a fenti tétel alapján számíthatjuk ki, amelyhez a következő jelöléseket használjuk:
A mindennapi életben gyakran találkozunk olyan kifejezésekkel, hogy “\(3:1\)-hez az esélye”, hogy \(X\) csapat nyer \(Y\) csapat ellen, amely azt jelenti, hogy \(X\) nyerési esélye \(3/4\), \(Y\) nyerési esélye pedig \(1/4\). Nézzük meg, hogy hogyan változnak az esélyek ha új információ áll rendelkezésre, és a feltételes valószínűség eszközeit is igénybe vesszük. Jelöljük \(A\)-val azt az eseményt, hogy \(X\) nyer és \(B\)-vel egy új információ felmerülését, amelytől \(A\) bekövetkezésének valószínűsége függ.
Az eredeti állapotot a következőképpen írhatjuk fel:
A \(B\)-vel jelölt új információ birtokában a feltételes valószínűséget a következőképpen írhatjuk fel, amelyben felhasználjuk a feltételes valószínűség definícióját.
Az eredeti állapotot jelző hányados mellett megjelent egy szorzó tényező, amely azt jelenti, hogy az új információ birtokában nó \(A\) bekövetkezésének a valószínűsége abban az esetben, ha az új információ valószínűbb \(A\) esetén, mint \(A^c\) esetén.
Ha felírjuk a Bayes tételt a \(P(B,A)\) és \(P(B,A^c)\) valószínűségekre és ezek hányadosát képezzük, akkor is eljutunk a fenti képlethez.
3. Példa
Zoé felvételire készül és úgy gondolja, hogy 75% esélye van arra, hogy felveszik. Zoé folyékonyan beszél olaszul, amely általában csak a felvételizők 20%-ra teljesül. A felvételi közben, a felvételi bizottságtól Zoé megtudja, hogy azok közül, akiket fel szoktak venni, 90% beszél folyékonyan olaszul. Az új információ birtokában hogyan módosul Zoé felvételi esélye?
Megoldás
Négy kulcs elemet kell azonosítani a szövegben ahhoz, hogy a fentiekben levezetett képletet alkalmazni tudjuk.
Kulcs elem
Példa
Valószínűség/Esemény
Alapfeltevés (prior esély)
Zoé bekerül az egyetemre
\(P(A)=3/4\;(\implies P(A^c)=1/4)\)
Egy megfigyelhető tulajdonság
Zoé folyékonyan beszél olaszul
\(B\) esemény
Az új bizonyíték/információ jellemző a „sikeres” esetekre
Tehát \(P(A|B):P(A^c|B)=13,5:1\), így \(P(A|B)=\dfrac{13,5}{13,5+1}\approx0,931\)
A \(P(B|A)/P(B|A^c)\) arányból láthatjuk, hogy ha a jelentkezők közül olaszul folyékonyan beszélőknél kisebb arányban vannak jelen a felvettek között a folyékonyan olaszul beszélők, akkor Zoé felvételi esélye csökken. Például, ha minden más változatlansága esetén a \(P(B|A)=0,1\) lenne, akkor az eredmény:
A módosított \(P(B|A)=0,1\) érték mellett Zoé felvételi esélye, az új információt felhasználva \(P(A|B)=\frac{3}{3+2}=0,6\)-ra csökken a Zoé által előzetesen gondolt \(75\%\)-ról.
Az események függetlensége és az események kölcsönösen kizáró tulajdonsága nem azonos fogalmak! A kölcsönösen kizáró események definíciója szerint \(A\) és \(B\) egymást kizáró események ha
Függetlenek-e az \(A,C\) illetve a \(B,C\) események?
Megoldás
A függetlenség definíciójában szereplő események valószínűségét írjuk fel először az \(A,C\) eseményekre. Az \(A\cap C\) esemény azt jelenti, hogy az első kockával négyet dobtunk és a dobások összege 8, amely csak egyetlen módon valósulhat meg. Az összes lehetőség \(6\cdot 6=36\). Az \(A\) esemény 5, a \(B\) esemény 6 féleképpen valósulhat meg.
\(P(A\cap C)=\dfrac{1}{36}\)
\(P(A)=\dfrac{5}{36}\)
\(P(C)=\dfrac{1}{6}\)
A fenti valószínűségek alapján írjuk fel a függetlenség definíciójából származó egyenlőség két oldalának valószínűségeit.
Nézzük meg, most a másik két esemény függetlenségét. P(C) értéke változatlan, \(P(B\cap C)\) csak egyféleképpen valósulhat meg, így \(P(B\cap C)=\dfrac{1}{36}\). Az előzőekhez képest jelentős eltérés, hogy \(P(B)=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}\), ugyanis a két dobás összege hatféleképpen lehet \(7\).
Tehát a két esemény független. Ez az eredmény meglepő, ugyanis alig van eltérés az első részben szereplő eseményekhez képest, mégis függetlenek lettek az események. Azt is láthatjuk, hogy nem logikai következtetéssel lehetett megállapítani a függetlenséget.
Definíció
Az \(A_1, A_2,\ldots , A_n\) események (teljesen) függetlenek, ha bármely \(2 \leq k \leq n\) elemű \(i_1\ne i_2\ne\ldots\ne i_k\) indexekre
Az \(A_1, A_2,\ldots\) megszámolhatóan végtelen sok esemény (teljesen) függetlenek, ha bármely \(2 \leq k\) elemű \(i_1\ne i_2\ne\ldots\ne i_k\) indexekre
Először vizsgáljuk meg, hogy az események páronként függetlenek-e.
\(P(A)=\dfrac{1}{6}\)
\(P(B)=\dfrac{1}{6}\)
\(P(C)=\dfrac{1}{6}\)
\(P(A\cap B)=\dfrac{1}{36}\)
\(P(A\cap C)=\dfrac{1}{36}\)
\(P(B\cap C)=\dfrac{1}{36}\)
Az 1. példa mintájára kiszámíthatjuk a függetlenség definíciójában szereplő valószínűségeket, amelyből látszik, hogy az egyes események páronként függetlenek.
Az (teljes) függetlenséghez már csak egyetlen összefüggést kell ellenőrizni:
Bármelyik két esemény bekövetkezése esetén a harmadik esemény már következik, így például \(P(A\cap B\cap C)=P(A\cap B)=\dfrac{1}{36}\), amely nem egyenlő a \(P(A)\cdot P(B)\cdot P(C)=\dfrac{1}{6^3}\) értékkel, így a három esemény nem független.
3. Példa
\(n\) független kísérletet végzünk. Minden kísérlet eredménye lehet siker, \(0 < p < 1\) valószínűséggel, vagy kudarc \((1-p)\) valószínűséggel.
Mi a valószínűsége, hogy \(n\) kísérlet mindegyike sikerül?
Mi a valószínűsége, hogy \(n\) kísérlet közül legalább egy sikerül?
Mi a valószínűsége, hogy \(n\) kísérlet közül pontosan \(k\) sikerül?
Végtelen sok kísérletet végezve mi a valószínűsége, hogy mindegyik sikerül?
Végtelen sok kísérletet végezve mi a valószínűsége, hogy legalább egy sikerül?
Megoldás
A függetlenség miatt az \(n\) esemény metszetének valószínűsége egyenlő a valószínűségek szorzatával, a válasz \(p^n\).
Legalább egy sikerül pontosan akkor, ha a komplementerét vesszük annak az eseménynek, hogy minden kísérlet sikertelen. A függetlenség miatt a valószínűségek ismét szorzódnak, azaz \(1−(1−p)^n\).
Bontsuk két részre a megoldást. Először tételezzük fel, hogy az első \(k\) darab kísérlet sikerül, majd a maradék \(n − k\) nem sikerül. Ennek \(p^k\cdot (1 − p)^{n−k}\) a valószínűséggel. Azonban ez csak egy lehetőség az \(\dbinom{n}{k}\) különböző kimenetelből, amelyben \(k\) sikerül az \(n\) kísérletből és \(n-k\) sikertelen valamilyen sorrendben. Az \(\dbinom{n}{k}\) megadja az összes sorrendet azáltal, hogy az \(n\) helyből kiválasztjuk a \(k\) helyet, amelyben a sikeres kísérletek vannak. Az eredmény:
Legyen \(A_i\) az az esemény, hogy az első \(i\) kísérlet mind sikerül. Ezek csökkenő események, és \(\lim\limits_{i\to\infty} A_i=\bigcap\limits_{i=1}^\infty A_i\) éppen azt jelenti, hogy az összes kísérlet sikerül. Az eredmény:
Legyen \(B_i\) az az esemény, hogy az első \(i\) kísérlet közül legalább egy sikerül. Ezek növekvő események, és \(\lim\limits_{i\to\infty} B_i=\bigcup\limits_{i=1}^\infty B_i\) éppen azt jelenti, hogy az összes kísérlet közül legalább egy sikerül. Az eredmény:
