Valószínűségszámítás

Események és a valószínűség axiómái

Mintatér, események, műveletek — és az a három axióma, amiből a valószínűségszámítás minden szabálya következik.

15 perc olvasás

1. Kísérlet, mintatér, esemény

A valószínűségszámítás véletlen kísérletekről szól: olyan megfigyelésekről, amelyek azonos körülmények között megismételhetők, de az eredményük előre nem tudható. Egy kockadobás, egy alkatrész átmérőjének megmérése, egy nap alatt beérkező reklamációk megszámolása — mind ilyen.

A kísérlet lehetséges kimeneteleinek halmaza a mintatér, jele $\Omega$ . Egy esemény nem más, mint a mintatér egy részhalmaza: azoknak a kimeneteleknek a gyűjteménye, amelyek mellett azt mondjuk, hogy az esemény bekövetkezett.

\Omega=\{1,2,3,4,5,6\},\qquad A=\{2,4,6\}=\text{(párosat dobunk)}

Két szélső eset mindig van: maga az $\Omega$ a biztos esemény (mindig bekövetkezik), az üres halmaz pedig a lehetetlen esemény. Mivel az események halmazok, a köznyelvi „és”, „vagy”, „nem” szavak halmazműveletekké fordulnak — ez a fordítás a feladatmegoldás első lépése.

Művelet	Mit jelent szavakban	Neve
$A\cup B$	A vagy B bekövetkezik (legalább az egyik)	unió
$A\cap B$	A és B egyszerre következik be	metszet
$\overline{A}$	A nem következik be	komplementer
$A\setminus B$	A bekövetkezik, de B nem	különbség
$A\cap B=\emptyset$	A és B egyszerre nem következhet be	kizáró események

A halmazok szokásos azonosságai itt is érvényesek, és a legtöbbször a De Morgan-azonosságokra lesz szükség: ezek fordítják át a „nem mindegyik” és a „egyik sem” típusú megfogalmazásokat.

\overline{A\cup B}=\overline{A}\cap\overline{B},\qquad \overline{A\cap B}=\overline{A}\cup\overline{B}

Egy szó, ami mindig ugyanazt jelenti

A „vagy” a matematikában soha nem kizáró: az $A\cup B$ akkor is bekövetkezik, ha mindkettő teljesül. Ha a feladat kizáró vagyot ért („pontosan az egyik”), azt külön kell felírni: $(A\cap\overline{B})\cup(\overline{A}\cap B)$ .

2. A relatív gyakoriság és az axiómák

Honnan tudjuk, hogy egy szabályos érme fejdobásának valószínűsége $0{,}5$ ? Onnan, hogy ha sokszor eldobjuk, a fejek aránya — a relatív gyakoriság — $k/n$ egyre kevésbé ingadozik, és beáll egy érték köré. Ez a valószínűség empirikus háttere: a valószínűség az a szám, ami köré a relatív gyakoriság stabilizálódik.

Az elmélet ezt nem definícióként használja, hanem elvonatkoztat tőle. Nézzük meg, milyen tulajdonságai vannak a relatív gyakoriságnak: sosem negatív, a biztos eseményre $1$ , és két kizáró esemény együttes gyakorisága a kettő összege. Pontosan ezt a hármat követeljük meg a valószínűségtől is.

A valószínűség axiómái (Kolmogorov)

\text{(1) } P(A)\ge 0\qquad \text{(2) } P(\Omega)=1\qquad \text{(3) } P\Bigl(\bigcup_{i} A_{i}\Bigr)=\sum_{i}P(A_{i})\ \ \text{(páronként kizáró }A_{i}\text{-kre)}

Ez a három állítás elég ahhoz, hogy minden további szabályt levezessünk belőle. A vizsgán ezekre lesz szükség:

Komplementer: $P(\overline{A})=1-P(A)$ . Az $A$ és az $\overline{A}$ kizáró, és az uniójuk $\Omega$ .
Lehetetlen esemény: $P(\emptyset)=0$ . Fordítva viszont nem igaz: a nulla valószínűségű esemény nem feltétlenül lehetetlen — ez a folytonos változóknál lesz fontos.
Különbség: $P(A\setminus B)=P(A)-P(A\cap B)$ .
Monotonitás: ha $A\subseteq B$ , akkor $P(A)\le P(B)$ , és minden valószínűség $0$ és $1$ között van.

Az összeg valószínűségét külön érdemes kiemelni, mert ez a leggyakrabban elrontott képlet. Két esemény uniójánál a metszetet kétszer számolnánk, ezért egyszer le kell vonni:

Szita-formula (két és három eseményre)

\begin{aligned} P(A\cup B)&=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \\[4pt] P(A\cup B\cup C)&=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C)+P(A\cap B\cap C) \end{aligned}

Csak kizáró eseményeket szabad összeadni

A $P(A)+P(B)$ önmagában csak akkor helyes, ha $A\cap B=\emptyset$ . Ha nem az, az eredmény túl nagy lesz — néha még $1$ -nél is nagyobb, ami azonnal árulkodik a hibáról.

3. A klasszikus valószínűségi mező

Ha a mintatér véges és minden elemi kimenetel egyformán valószínű — szabályos kocka, jól megkevert kártya, véletlenszerű mintavétel —, akkor a valószínűség egyszerű számolássá válik:

Klasszikus valószínűség

P(A)=\frac{\text{kedvező esetek száma}}{\text{összes eset száma}}=\frac{|A|}{|\Omega|}

Ilyenkor a valószínűségszámítás valójában kombinatorika. A négy szükséges eszköz:

Permutáció: $n$ elem sorrendjeinek száma $n!$ .
Variáció: $n$ elemből $k$ kiválasztása sorrendben, ismétlés nélkül $\frac{n!}{(n-k)!}$ , ismétléssel $n^{k}$ .
Kombináció: $n$ elemből $k$ kiválasztása sorrend nélkül: $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}$ .
Szorzási elv: ha egy döntés $a$ -féle, a következő tőle függetlenül $b$ -féle lehet, akkor együtt $a\cdot b$ eset van.

A legfontosabb kérdés: számít-e a sorrend

Mielőtt bármit beírsz a képletbe, döntsd el, hogy a kiválasztás sorrendje számít-e, és hogy egy elem többször szerepelhet-e. A négy kombináció közül ez a két kérdés választja ki a helyeset — a legtöbb elrontott feladat nem a számolásba, hanem ide bukik bele.

4. Kidolgozott példák

Két kockadobás: unió a szita-formulával

Két szabályos kockát dobunk. Mennyi a valószínűsége, hogy az összeg $7$ , vagy van a dobások között hatos?

A mintatér a rendezett párok halmaza, tehát $|\Omega|=36$ . Legyen $A$ az „összeg 7”, és $B$ a „van hatos” esemény.
$A$ hat esetből áll: $(1,6),(2,5),\dots,(6,1)$ , tehát $P(A)=\frac{6}{36}$ . A $B$ -t komplementerrel a legkönnyebb: nincs hatos $5\cdot5=25$ esetben, tehát
$P(B)=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}$
A metszet: az összeg 7 és van hatos — ez a $(1,6)$ és a $(6,1)$ , azaz $P(A\cap B)=\frac{2}{36}$ .
$P(A\cup B)=\frac{6}{36}+\frac{11}{36}-\frac{2}{36}=\frac{15}{36}=\frac{5}{12}\approx 0{,}4167$
Ha a metszetet elfelejtettük volna levonni, $17/36$ jött volna ki — ugyanaz a hiba, amit a szita-formula kijavít.

„Legalább egy”: mindig a komplementer

Négyszer dobunk egy kockával. Mennyi a valószínűsége, hogy legalább egyszer hatost dobunk?

A „legalább egy” ellentettje a „egy sem”, és ezt sokkal könnyebb összeszámolni: mind a négy dobás a hatostól különböző öt érték valamelyike.
$P(\text{nincs hatos})=\left(\frac{5}{6}\right)^{4}=\frac{625}{1296}\approx 0{,}4823$
$P(\text{legalább egy hatos})=1-\frac{625}{1296}=\frac{671}{1296}\approx 0{,}5177$
Ez a feladat a valószínűségszámítás alapreflexe: ha a kérdésben ott a „legalább egy”, először a komplementert írd fel.

Mintavétel: hány selejt kerül a mintába

Egy $20$ darabos tételben $3$ selejt van. Négy darabot választunk ki véletlenszerűen, visszatevés nélkül. Mennyi a valószínűsége, hogy pontosan egy selejtet találunk?

A sorrend nem számít, ezért kombinációkkal dolgozunk. Az összes eset:
$|\Omega|=\binom{20}{4}=4845$
A kedvező esetek: a $3$ selejtből $1$ -et, a $17$ jóból $3$ -at választunk, és a két választás egymástól függetlenül párosítható:
$\binom{3}{1}\binom{17}{3}=3\cdot 680=2040$
$P=\frac{2040}{4845}=\frac{8}{19}\approx 0{,}4211$
Ez a hipergeometrikus eloszlás alapesete: visszatevés nélküli mintavételnél mindig ez a szerkezet jön ki.

Születésnapi paradoxon

Hány embernek kell egy szobában lennie ahhoz, hogy több mint $50\%$ eséllyel legyen köztük két azonos napon született? (Az évet $365$ naposnak vesszük, a születésnapokat egyenletesnek és függetlennek.)

Megint a komplementer a könnyebb: annak a valószínűsége, hogy $n$ ember születésnapja mind különböző. Az összes eset $365^{n}$ , a kedvezőek száma pedig egy ismétlés nélküli variáció:
$P(\text{mind különböző})=\frac{365\cdot 364\cdots (365-n+1)}{365^{n}}$
A keresett valószínűség ennek a komplementere:
$P_{n}=1-\prod_{k=0}^{n-1}\frac{365-k}{365}$
Behelyettesítve: $P_{22}\approx 0{,}4757$ , viszont $P_{23}\approx 0{,}5073$ . Tehát már 23 ember is elég.
Miért meglepő? Mert ösztönösen az „valaki más is akkor született, amikor én” kérdésre válaszolunk, pedig itt $\binom{23}{2}=253$ emberpár mindegyike esélyt kap az egyezésre. A párok száma négyzetesen nő, ezért fut fel ilyen gyorsan a valószínűség.

5. Tipikus hibák

Nem kizáró események összeadása. A $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ csak kizáró eseményekre igaz. Ha az eredmény $1$ -nél nagyobb, biztosan ez történt.
A „legalább egy” közvetlen kiszámolása. Esetszétválasztás helyett szinte mindig a komplementer a rövidebb út.
Az egyenlő valószínűség hallgatólagos feltevése. A $|A|/|\Omega|$ képlet csak akkor érvényes, ha az elemi kimenetelek tényleg egyformán valószínűek. Két kocka összege például nem ilyen: a $7$ hatszor annyiszor fordul elő, mint a $2$ .
A sorrend következetlen kezelése. Ha a kedvező eseteket sorrend nélkül számolod, az összes esetet is úgy kell — a kettőt keverve a hányados értelmetlen lesz.
A kizáró és a független összekeverése. Ez két teljesen más fogalom; a különbségük a feltételes valószínűségnél derül ki igazán.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció