===== Statisztikus tulajdonságok =====

Kísérletek kimenetele, megfigyelések eredménye, rendszerek állapota, **eseményteret** alkot, amelyben véges vagy végtelen számosságú elemi esemény következhet be. A bekövetkezett események halmazokat alkotnak. Mivel az események **halmazok**, az eseményekkel halmazműveleteket végezhetünk. Az események bekövetkezése információt hordoz. Mindennapi tapasztalat szerint az események bekövetkezésének hírértéke nagyon különböző lehet.

Pl.: ha azzal a hírrel fogadnak, hogy 5 találatom van a lottón, ennek az információnak sokkal nagyobb a hírértéke, mint ha 1 találatom van.

Kísérletek kimenetelét megfigyelve azt tapasztaljuk, hogy az egyes események gyakorisága stabilitást mutat. Ha az \(E\) eseménytérben \(k\) számú megfigyelést végezve az \(E_i\) esemény \(k_i\)-szer következett be, akkor az esemény \(g_i\) gyakorisága: \(g_i = \frac{k_i}{k}\). 

Ez nem más, mint a \(E_i\) esemény bekövetkezéseinek a száma \(k_i\) osztva az összes elvégzett megfigyelés számával \(k\).

Nagyszámú kísérlet esetén ez a gyakoriság, definíció szerint az \( E_i \) esemény valószínűségéhez tart:

\( \lim \limits_{k \to \infty} g_i = \frac {k_i}{k} = p(E_i) , \)

  * ha \(k_i = k \), akkor az esemény bekövetkezése biztos, azaz \( p(E) = 1 \)
  * ha \(k_i = 0 \), akkor az esemény bekövetkezése lehetetlen, azaz  \( p(E) = 0 \)

Az \( E \) esemény \(p(E)\) valószínűsége a bekövetkezés gyakoriságának mértéke.

=== Példa ===

Pl.: a szabályos dobókocka feldobása, mint véletlen eseményhalmaz minden esemény egyhatod valószínűségű, amit ábrával is kifejezhetünk:

{{:tanszek:oktatas:infrendalapjai_architekturak:informacio_feldolgozas:pasted:20241111-203755.png}}

A kockadobás dobásai úgynevezett **teljes eseményrendszer**t alkotnak. A **teljes eseményrendszer** fontos tulajdonsága, hogy az egyes események valószínűségeinek összege 1 és egy esemény bekövetkezése kizárja az összes többit.

$$ \sum\limits_{i=1}^n p(E_i) = 1, $$

ahol \( E_i \cap E_j = 0 \) és \( i \neq j \).

A kockadobás teljes eseményrendszerének halmaza hatféle, egyenként egyhatod valószínűségű eseményt tartalmaz. A kizárást az fejezi ki, hogy két különböző esemény metszete mindig 0.

==== Az összeg valószínűsége ====

Két fontos szabály, összetett események valószínűségével kapcsolatosan:

Feltehetjük a kérdést, hogy mekkora a valószínűsége két esemény valószínűségeinek az összege? Például mekkora a valószínűsége, hogy a dobókockával páratlant dobunk (A esemény) és annak, hogy négynél kisebbet dobunk (B esemény)?

A páratlan dobás valószínűsége három hatod, mert 6 esetből 3-szor tudunk páratlant dobni. Négynél kisebbet ugyancsak három hatod valószínűséggel dobhatunk hiszen itt az 1 és 2 és 3 dobása számít. Mondhatjuk tehát, hogy ezek szerint az összegzett valószínűség 1? Azaz a két esemény teljes eseményteret alkot?

Nem mondhatjuk. Mivel ha egyet és hármat dobunk, az mindkét eseményhez hozzátartozik.

{{:tanszek:oktatas:infrendalapjai_architekturak:informacio_feldolgozas:pasted:20241111-204023.png}}

Ha A és B eseménynek nem lenne közös halmaza, azaz egymást kizáró események lennének, akkor a

\( p( A \cup B) = p(A) + p(B) \)

Viszont általános képletet (képet) csak úgy alkothatunk, ha a két esemény metszetének valószínűségét levonjuk az összegből:

\( p( A \cup B) = p(A) + p(B) - p( A \cap B) \)

A képlet alapján a két esemény valószínűségének összege négy hatod.

=== Példa ===

Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy kockával kétszer dobva mindkét esetben hatost dobunk?

A hatos dobás egyhatod valószínűségű, de nem vághatjuk rá, hogy összeadjuk kétszer és így kéthatod valószínűség lesz a megoldás. Ez azért van így, mert az események függetlenek. A két dobás között nincs összefüggés, független eseményeknek kell tekintenünk. Ilyenkor az eredmény a két esemény szorzata, azaz

\( p(A) \cdot p(B) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36} \) lesz.

===== Feltételes valószínűség =====

Hogyan tudjuk számolni azt az esetet, amikor két esemény nem független? Azaz ha az egyik bekövetkezik, akkor annak bekövetkezése hatással van a másik bekövetkezésére.

a A és B olyan összetett események, a melyek nem zárják ki egymást. Ilyenkor létezik az A esemény B eseményre vonatkozó **feltételes valószínűség**e. 

Jelölése: \( p(A | B) \)

Ez alatt azt a relatív gyakoriságot értjük, amely az együttes bekövetkezések számát a B esemény bekövetkezési számához viszonyítja.

\( p(A | B) = \frac{k_{AB}}{k_B} = \frac{ \frac {k_{AB}}{k} } { \frac{k_B}{k} } = \frac{p(A \cap B)}{p(B)} \)

amiből következik, hogy:

\( p(A \cap B) = p(A | B) \cdot p(B) \)

=== Példa ===

Egy gyártandó tengely két fontos mérete a hossz (L) és az átmérő (D). A méretekre \( \Delta\pm L \) és \( \Delta\pm D \) eltérés (tűrés) van megengedve. Ellenőrizve 180 alkatrészt, az eredmény a következő:

^Mérési eredmény^Darab^
|Hibátlan (H)|162|
|Az L mérete hibás (A)|10|
|A D mérete hibás (B)|12|
|Mindkét mérete hibás \( A \cap B \)|4|
|Csak az L mérete hibás (C)|6|
|Csak az D mérete hibás (C)|8|

Mennyi az A és B események valószínűsége?

Az **A** "hossza hibás" esemény valószínűsége:

\( p(A) = \frac {10}{180} = 0.0555 \)

A **B** "átmérője hibás" esemény valószínűsége:

\( p(B) = \frac {12}{180} = 0.0666 \)

Mekkora a valószínűsége, hogy mindkét méret hibás?

A "mindkét méret hibás" esemény valószínűsége:

\( p(A \cap B) = \frac {4}{180} = 0.0222 \)

Mekkora a valószínűsége, hogy egy tengely hossza akkor hibás, ha már az átmérője is hibás volt?

Az együttes bekövetkezést a feltételes valószínűség definíciójából számolhatjuk:

\( p(A | B) = \frac{\text{mindkét méret hibás}}{\text{az átmérő hibás}} = \frac{4}{12} = 0.333 \). Mivel ez nem egyezik meg a \( p(A) \cdot p(B) \) szorzatával, így kijelenthetjük, hogy __a két esemény nem független__!

Az együttes bekövetkezést ezért másképpen is kiszámolhatjuk:

\( p(A \cap B) = p( A | B) \cdot p(B) = 0.333 \cdot 0.0666 = 0.0222 \)

Az C esemény valószínűsége:

\( p(C) = \frac {6}{180} = 0.0333 \)

A D esemény valószínűsége:

\( p(D) = \frac {8}{180} = 0.0444 \)

Selejt gyártásának valószínűsége:

\( p(H) = \frac {180-162}{180}= \frac{18}{180} = 0.1 \)

Másképpen számolva:

\( p( A \cup B) = p(A) + p(B) - p(A \cap B) = 0.0555 + 0.0666 - 0.0222 = 0.1 \)

vagy

\( p(A \cup B \cup E) = 0.0333+0.0444+0.0222=0.1\),

ahol \( E = A \cap B \)