Diszkrét valószínűségi változók

1. Mi az a valószínűségi változó

Az események szintjén minden kérdés igen-nem kérdés volt. A gyakorlatban viszont többnyire egy számot figyelünk meg: hány selejt van a mintában, hány percet kell várni, mekkora egy alkatrész átmérője. A valószínűségi változó ezt írja le: minden kimenetelhez egy valós számot rendel. Ebben a leckében egyetlen, két érmés példát viszek végig az összes fogalmon, mert ha a képleteket egyszer egy ilyen kicsi eloszláson kézzel kiszámolod, utána a nagyobbaknál sem fognak idegennek tűnni.

X:\ \Omega\to\mathbb{R}

Ha az $X$ lehetséges értékei véges vagy megszámlálhatóan végtelen sokan vannak, a változó diszkrét. Két kocka összege (11 érték), egy nap alatt beérkező hibabejelentések száma (végtelen sok, de megszámlálható) — mindkettő diszkrét.

A változó eloszlása az a lista, amely minden lehetséges értékhez megadja a valószínűségét:

Diszkrét eloszlás

p_{k}=P(X=x_{k}),\qquad p_{k}\ge 0,\qquad \sum_{k}p_{k}=1

Egy egyszerű példa: két érme, a fejek száma

Dobjunk fel két érmét, és legyen $X$ a fejek száma. A négy egyformán valószínű kimenetel: FF, FI, IF, II. Az $X$ értéke rendre 2, 1, 1, 0, tehát az eloszlás: $P(X=0)=\frac14,\ P(X=1)=\frac12,\ P(X=2)=\frac14$ . Az összeg $\frac14+\frac12+\frac14=1$ , ahogy kell. Ezt a három számot fogjuk a lecke minden képletébe behelyettesíteni, hogy lásd, mit mérnek.

Az eloszlás minden információt tartalmaz a változóról: bármelyik eseményének valószínűsége kiszámolható belőle a megfelelő $p_{k}$ -k összeadásával. A $\sum p_{k}=1$ feltétel egyben ellenőrzés is: ha egy feladatban paraméter szerepel az eloszlásban, azt szinte mindig ebből lehet meghatározni.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. Az eloszlásfüggvény

Az eloszlás táblázata jól működik véges sok értéknél, de nem általánosítható a folytonos esetre. Az eloszlásfüggvény viszont igen — ezért ez a fogalom köti össze a diszkrét és a folytonos változókat:

Eloszlásfüggvény

F(x)=P(X<x),\qquad x\in\mathbb{R}

Konvenció: nézd meg, mit használ az előadó

A magyar egyetemi jegyzetek többsége — és ez az oldal is — a $F(x)=P(X<x)$ definíciót használja, ezért itt $F$ balról folytonos. A nemzetközi irodalomban gyakoribb a $F(x)=P(X\le x)$ változat, ami jobbról folytonos. A tulajdonságok és a képletek ugyanazok, csak az ugráspontokban tér el a két függvény értéke — folytonos változóknál pedig egyáltalán nincs különbség. Egy feladatnál mindig az órán használt definícióval számolj.

Diszkrét változónál $F$ egy lépcsős függvény: minden lehetséges értéknél ugrik egyet, és az ugrás nagysága éppen az adott érték valószínűsége. A tulajdonságai:

Monoton növekvő (nem feltétlenül szigorúan).
$\lim_{x\to-\infty}F(x)=0$ és $\lim_{x\to+\infty}F(x)=1$ .
Balról folytonos (a $P(X<x)$ definíció mellett), és minden értéke $0$ és $1$ közé esik.
Az ugrás nagysága az $x_{k}$ helyen éppen $p_{k}=P(X=x_{k})$ .

Egy egyszerű példa: a két érme eloszlásfüggvénye

A fejek számánál $F(x)=P(X<x)$ azt kérdezi, mekkora eséllyel van $x$ -nél kevesebb fej. Ha $x\le0$ , ez lehetetlen: $F=0$ . Ha $0<x\le1$ , csak a 0 fej számít: $F=\frac14$ . Ha $1<x\le2$ , a 0 és az 1 fej: $F=\frac14+\frac12=\frac34$ . Ha $x>2$ , minden: $F=1$ . Egy lépcső, ami a 0, 1, 2 helyeken ugrik pont $\frac14,\frac12,\frac14$ -et, vagyis az eloszlás valószínűségeit.

A gyakorlatban leginkább arra használjuk, hogy intervallumba esés valószínűségét számoljunk belőle:

P(a\le X<b)=F(b)-F(a)

A példán: $P(1\le X<2)=F(2)-F(1)=\frac34-\frac14=\frac12$ , ami tényleg a „pontosan egy fej” valószínűsége.

3. A várható érték

A várható érték az eloszlás súlypontja: az értékek valószínűségekkel súlyozott átlaga. Az elnevezés kicsit félrevezető, mert nem az az érték, amit „várunk” — sokszor nem is vehető fel —, hanem az, ami köré sok ismétlés átlaga beáll.

Várható érték

E(X)=\sum_{k}x_{k}\,p_{k}

Egy egyszerű példa: hány fejet várunk?

A két érménél $E(X)=0\cdot\frac14+1\cdot\frac12+2\cdot\frac14=1$ . Két dobásból átlagosan egy fej: ezt fejben is tudtuk, de figyeld meg a képlet logikáját: minden értéket a saját valószínűségével súlyozunk. Ha az érme hamis lenne, és a fej valószínűsége $0{,}6$ , az eloszlás $0{,}16,\ 0{,}48,\ 0{,}36$ lenne, és $E(X)=0{,}48+0{,}72=1{,}2$ : az átlag nem felvehető érték, mégis pontosan azt mondja meg, mennyi jönne ki sok ismétlés átlagaként.

Ha a változó egy függvényét kell átlagolni, nem kell új eloszlást keresni: elég a függvényértékeket ugyanazokkal a valószínűségekkel súlyozni.

E\bigl(g(X)\bigr)=\sum_{k}g(x_{k})\,p_{k}

A számolást két szabály teszi gyorssá:

Linearitás: $E(aX+b)=a\,E(X)+b$ .
Összeadhatóság: $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ — és ez mindig igaz, akkor is, ha $X$ és $Y$ nem független. Ez a valószínűségszámítás egyik legerősebb eszköze.
Ha $X$ és $Y$ független, akkor a szorzatra is teljesül: $E(XY)=E(X)\,E(Y)$ . Fordítva viszont nem: a szorzatszabály teljesülése nem jelent függetlenséget.

4. Szórásnégyzet és szórás

A várható érték nem mond semmit arról, mennyire ingadoznak az értékek körülötte. Ezt a szórásnégyzet méri: az átlagos négyzetes eltérés a várható értéktől.

Szórásnégyzet és szórás

D^{2}(X)=E\bigl[(X-E(X))^{2}\bigr]=E(X^{2})-\bigl[E(X)\bigr]^{2},\qquad D(X)=\sqrt{D^{2}(X)}

A jobb oldali alak a Steiner-formula, és gyakorlatilag mindig ezzel érdemes számolni: két összeget kell kiszámolni ( $E(X)$ és $E(X^{2})$ ), nem pedig minden értéknél külön eltérést. A szórás azért kell, mert a szórásnégyzet mértékegysége a változóénak a négyzete — gyököt vonva kapunk vissza értelmezhető mennyiséget.

Egy egyszerű példa: a két érme szórása

$E(X)=1$ már megvan. A négyzetek várható értéke: $E(X^2)=0\cdot\frac14+1\cdot\frac12+4\cdot\frac14=\frac32$ . Steinerrel $D^2(X)=\frac32-1^2=\frac12$ , a szórás $D(X)=\sqrt{0{,}5}\approx0{,}71$ . Ugyanez a definícióval: az eltérések $-1,0,1$ , a négyzeteik $1,0,1$ , súlyozva $\frac14+0+\frac14=\frac12$ . A két út ugyanazt adja, de a Steiner-formulánál nem kell minden értéknél kivonni.

Tulajdonság	Képlet	Megjegyzés
Eltolás	$D^{2}(X+b)=D^{2}(X)$	az ingadozást nem változtatja
Skálázás	$D^{2}(aX)=a^{2}D^{2}(X)$	szórásban $D(aX)=\|a\|\,D(X)$
Összeg (független)	$D^{2}(X+Y)=D^{2}(X)+D^{2}(Y)$	csak függetlenség esetén
Nemnegativitás	$D^{2}(X)\ge 0$	nulla csak konstans változóra

Szórásnégyzet adódik össze, nem a szórás

Független változók összegénél a szórásnégyzetek adódnak össze. A szórásokat összeadni hiba: $D(X+Y)=\sqrt{D^{2}(X)+D^{2}(Y)}$ , ami mindig kisebb, mint a szórások összege. Ez a „gyök n” hatás áll a mintaátlag pontossága és a projektbecslés mögött is.

5. Kidolgozott példák

Kockadobás: várható érték és szórás

Legyen $X$ egy szabályos kockával dobott érték. Számold ki a várható értékét és a szórását.

Az eloszlás egyenletes: $p_{k}=\frac{1}{6}$ minden $k=1,\dots,6$ értékre.
$E(X)=\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=\frac{21}{6}=3{,}5$
Figyeld meg, hogy a $3{,}5$ értéket a változó soha nem veszi fel — a várható érték nem egy „tipikus” érték, hanem a súlypont.
A Steiner-formulához kell a négyzetek átlaga:
$E(X^{2})=\frac{1+4+9+16+25+36}{6}=\frac{91}{6}\approx 15{,}1667$
$D^{2}(X)=\frac{91}{6}-3{,}5^{2}=\frac{91}{6}-\frac{49}{4}=\frac{35}{12}\approx 2{,}9167$
$D(X)=\sqrt{2{,}9167}\approx 1{,}708$

Eloszlásfüggvény felírása és használata

Egy készüléken egy vizsgálat során talált hibák száma $X$ , az eloszlása: $P(X=0)=0{,}5$ , $P(X=1)=0{,}3$ , $P(X=2)=0{,}2$ . Írd fel az eloszlásfüggvényt, és számold ki belőle a $P(1\le X<2)$ értéket.

A valószínűségeket balról haladva összegezzük — mivel $F(x)=P(X<x)$ , egy értéknél az ugrás csak az adott hely után jelenik meg:
$F(x)=\begin{cases} 0, & x\le 0 \\ 0{,}5, & 0<x\le 1 \\ 0{,}8, & 1<x\le 2 \\ 1, & x>2 \end{cases}$
Ellenőrzés: az ugrások nagysága rendre $0{,}5$ , $0{,}3$ és $0{,}2$ — pontosan az eloszlás valószínűségei, és összegük $1$ .
$P(1\le X<2)=F(2)-F(1)=0{,}8-0{,}5=0{,}3$
Ez tényleg a $P(X=1)=0{,}3$ , hiszen az $[1,2)$ intervallumba csak az $1$ esik.

Garanciális költség: mennyit tegyünk félre darabonként

Egy termék garanciális javításának költsége $0$ Ft $0{,}9$ valószínűséggel, $20\,000$ Ft $0{,}08$ valószínűséggel és $60\,000$ Ft $0{,}02$ valószínűséggel. Mennyi a várható költség darabonként, és mekkora a szórása?

$E(X)=0\cdot 0{,}9+20\,000\cdot 0{,}08+60\,000\cdot 0{,}02=1600+1200=2800\ \text{Ft}$
$E(X^{2})=20\,000^{2}\cdot 0{,}08+60\,000^{2}\cdot 0{,}02=32\cdot 10^{6}+72\cdot 10^{6}=104\cdot 10^{6}$
$D^{2}(X)=104\cdot 10^{6}-2800^{2}=104\cdot 10^{6}-7{,}84\cdot 10^{6}=96{,}16\cdot 10^{6}$
$D(X)\approx 9806\ \text{Ft}$
A szórás több mint háromszorosa a várható értéknek — ez tipikus a „ritkán, de nagyot” típusú kockázatoknál. Egyetlen darab költsége szinte sosem lesz 2800 Ft; a szám arra jó, hogy sok darabra kalkuláljunk vele.

Két kocka összege: a linearitás ereje

Legyen $S=X+Y$ két független kockadobás összege. Mennyi a várható értéke és a szórása?

Nem kell felírni az összeg 11 értékű eloszlását — a linearitás azonnal megadja:
$E(S)=E(X)+E(Y)=3{,}5+3{,}5=7$
A dobások függetlenek, tehát a szórásnégyzetek adódnak össze:
$D^{2}(S)=\frac{35}{12}+\frac{35}{12}=\frac{35}{6}\approx 5{,}833,\qquad D(S)\approx 2{,}415$
Vesd össze: a szórások összege $2\cdot 1{,}708=3{,}416$ lenne, ami lényegesen több a helyes $2{,}415$ -nél. Két független ingadozás részben kioltja egymást — ezért nő az összeg szórása csak $\sqrt{n}$ szerint, miközben a várható érték $n$ szerint.

1. Mi az a valószínűségi változó

2. Az eloszlásfüggvény

3. A várható érték

4. Szórásnégyzet és szórás

5. Kidolgozott példák

Elakadtál menet közben?