Differences

This shows you the differences between two versions of the page.

--- tanszek:oktatas:infrendalapjai_architekturak:informacio_feldolgozas:statisztikus_tulajdonsagok [2024/11/11 20:37] – knehez
+++ tanszek:oktatas:infrendalapjai_architekturak:informacio_feldolgozas:statisztikus_tulajdonsagok [2024/11/15 17:32] (current) – [Feltételes valószínűség] knehez
@@ Line 17: / Line 17: @@
 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 \( E = A \cap B \)