Table of Contents
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:
A kockadobás dobásai úgynevezett teljes eseményrendszert 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.
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 valószínűsége.
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 \( E = A \cap B \)