Valószínűségszámítás

Nevezetes diszkrét eloszlások

Bernoulli, binomiális, geometriai, Poisson: melyik modell mikor illik a feladatra, és mi a várható értéke, szórása.

17 perc olvasás

1. Bernoulli és a diszkrét egyenletes eloszlás

A legegyszerűbb valószínűségi változó a Bernoulli-féle: egyetlen kísérletet néz, aminek két kimenetele van, és a „siker” értéke $1$ , a „kudarcé” $0$ .

P(X=1)=p,\qquad P(X=0)=1-p=q,\qquad E(X)=p,\qquad D^{2}(X)=pq

A várható érték itt épp a siker valószínűsége — hiszen $1\cdot p+0\cdot q=p$ —, a szórásnégyzet pedig $E(X^{2})-p^{2}=p-p^{2}=pq$ . Ez a legnagyobb $p=0{,}5$ -nél: a legbizonytalanabb az, ami félesélyes.

Önmagában érdektelen, mégis ez a lecke építőköve: a következő két eloszlás Bernoulli-kísérletek sorozatából származik. A diszkrét egyenletes eloszlásnál pedig $n$ érték mindegyike ugyanolyan valószínű — szabályos kocka, véletlen sorszám —, és

E(X)=\frac{n+1}{2},\qquad D^{2}(X)=\frac{n^{2}-1}{12}

2. Binomiális eloszlás

Végezzünk el $n$ darab független kísérletet, mindegyikben ugyanazzal a $p$ sikervalószínűséggel, és számoljuk meg a sikereket. Az így kapott $X$ változó binomiális eloszlású.

Binomiális eloszlás

P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{\,n-k},\qquad k=0,1,\dots,n

A képlet három részből áll, és mindegyiknek van jelentése: a $p^{k}$ a $k$ siker, a $(1-p)^{n-k}$ a maradék kudarc valószínűsége egy konkrét sorrendben, a $\binom{n}{k}$ pedig azt mondja meg, hányféle sorrendben fordulhat ez elő.

E(X)=np,\qquad D^{2}(X)=np(1-p)

A várható értéket nem kell kiszámolni az összegből: a binomiális változó $n$ darab Bernoulli-változó összege, és a várható érték összeadható, a szórásnégyzet pedig függetlenség miatt szintén.

Mikor binomiális egy feladat

Négy feltétel kell hozzá: rögzített darabszámú kísérlet, minden kísérletben csak két kimenetel, azonos $p$ , és függetlenség. Visszatevés nélküli mintavételnél az utolsó kettő sérül — ott a hipergeometrikus eloszlás a pontos modell. Ha viszont a tétel nagy a mintához képest (durván $n<0{,}1N$ ), a binomiális jó közelítés.

3. Geometriai eloszlás

Most ne a kísérletek számát rögzítsük, hanem addig ismételjük őket, amíg az első siker be nem következik. A szükséges kísérletek száma geometriai eloszlású:

Geometriai eloszlás

P(X=k)=(1-p)^{\,k-1}p,\qquad k=1,2,3,\dots

E(X)=\frac{1}{p},\qquad D^{2}(X)=\frac{1-p}{p^{2}}

A várható érték szemléletes: ha minden tizedik próbálkozás sikeres, átlagosan tíz próbálkozás kell. Hasznos még a „legalább” alakú valószínűség, mert ezt nem összegezni kell, hanem közvetlenül felírni:

P(X>k)=(1-p)^{k}

Ez azt mondja: az első $k$ próbálkozás mindegyike sikertelen. Ebből következik a örökifjú (emlékezet nélküli) tulajdonság:

P(X>n+k\mid X>n)=P(X>k)

Vagyis ha már $n$ -szer hiába próbálkoztunk, a hátralévő próbálkozások száma pontosan ugyanolyan eloszlású, mintha most kezdenénk. A rulettkerék nem emlékszik — ez a „mindjárt jönnie kell” érzés matematikai cáfolata.

Két konvenció van

Egyes jegyzetek a kudarcok számát nevezik geometriai eloszlásnak, tehát $k=0,1,2,\dots$ értékekkel és $E(X)=\frac{1-p}{p}$ várható értékkel. A kettő csak egy eltolásban különbözik, de a képletekben nem mindegy: nézd meg, a feladat az „első sikerig szükséges kísérletek számát” vagy a „sikert megelőző kudarcok számát” kérdezi-e.

4. Poisson-eloszlás

A Poisson-eloszlás a ritka események modellje: adott idő alatt vagy adott terjedelemben bekövetkező események számát írja le, ha ezek egymástól függetlenül, egyenletes intenzitással jelennek meg. Beérkező hívások percenként, hibák egy méter kábelben, ügyfelek egy óra alatt.

Poisson-eloszlás

P(X=k)=\frac{\lambda^{k}}{k!}\,e^{-\lambda},\qquad k=0,1,2,\dots\qquad (\lambda>0)

E(X)=\lambda,\qquad D^{2}(X)=\lambda

A várható érték és a szórásnégyzet megegyezik — ez a Poisson-eloszlás ujjlenyomata. Ha egy adathalmazban az átlag és a tapasztalati szórásnégyzet közel azonos, az a Poisson-modell mellett szól; ha a szórásnégyzet sokkal nagyobb, akkor az események csoportosulnak, és a modell nem illik.

A $\lambda$ mindig az adott időtartamra vonatkozik. Ha óránként átlagosan 3 hívás érkezik, akkor egy húszperces időszakra $\lambda=1$ -gyel kell számolni — ez az egyik leggyakoribb elrontás.

A Poisson-eloszlás a binomiális határesete is: ha $n$ nagy, $p$ kicsi, de a szorzatuk mérsékelt, akkor

Poisson-közelítés

\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}\approx\frac{\lambda^{k}}{k!}e^{-\lambda},\qquad \lambda=np\quad (n\ge 50,\ p\le 0{,}1)

5. Összefoglaló és modellválasztás

Eloszlás	Súlyfüggvény	Várható érték	Szórásnégyzet
Bernoulli	$P(X=1)=p,\ P(X=0)=1-p$	$p$	$p(1-p)$
Egyenletes	$P(X=k)=\tfrac{1}{n},\ k=1,\dots,n$	$\tfrac{n+1}{2}$	$\tfrac{n^{2}-1}{12}$
Binomiális	$P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$	$np$	$np(1-p)$
Geometriai	$P(X=k)=(1-p)^{k-1}p$	$\tfrac{1}{p}$	$\tfrac{1-p}{p^{2}}$
Poisson	$P(X=k)=\tfrac{\lambda^{k}}{k!}e^{-\lambda}$	$\lambda$	$\lambda$

A vizsgán a nehézség többnyire nem a képlet behelyettesítése, hanem a modell felismerése. Ez a három kérdés eldönti:

Rögzített számú kísérlet, a sikerek számát kérdezik? Binomiális.
Az első sikerig tartó várakozást kérdezik? Geometriai.
Adott idő vagy terjedelem alatti előfordulások száma, felső korlát nélkül? Poisson.

6. Kidolgozott példák

Binomiális: selejtek egy tízes mintában

Egy gyártósor $5\%$ selejtet termel. Tíz darabot veszünk ki egymástól függetlenül. Mennyi a valószínűsége, hogy (a) pontosan egy selejt van köztük, (b) legalább egy? Mennyi a selejtek várható száma?

A modell binomiális $n=10$ , $p=0{,}05$ paraméterekkel.
$P(X=1)=\binom{10}{1}(0{,}05)^{1}(0{,}95)^{9}=10\cdot 0{,}05\cdot 0{,}6302=0{,}3151$
(b) A „legalább egy” itt is a komplementerrel a legrövidebb:
$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-(0{,}95)^{10}=1-0{,}5987=0{,}4013$
$E(X)=np=10\cdot 0{,}05=0{,}5,\qquad D(X)=\sqrt{10\cdot 0{,}05\cdot 0{,}95}\approx 0{,}689$
Vagyis átlagosan fél selejt van egy tízes mintában, de a minták $40\%$ -ában legalább egy előfordul.

Geometriai: hányadik próbálkozásra sikerül

Egy berendezés indítása minden próbálkozásnál $0{,}2$ valószínűséggel sikeres, egymástól függetlenül. (a) Mennyi az esélye, hogy pontosan a negyedik próbálkozás lesz az első sikeres? (b) Mennyi az esélye, hogy ötnél többre lesz szükség? (c) Átlagosan hány próbálkozás kell?

(a) Az első három sikertelen, a negyedik sikeres:
$P(X=4)=(0{,}8)^{3}\cdot 0{,}2=0{,}512\cdot 0{,}2=0{,}1024$
(b) $P(X>5)=(0{,}8)^{5}=0{,}3277$ — az első öt mind sikertelen.
(c) $E(X)=\frac{1}{0{,}2}=5$ próbálkozás, a szórása $\sqrt{0{,}8}/0{,}2\approx 4{,}47$ — tehát az ingadozás majdnem akkora, mint maga az átlag.
Az örökifjú tulajdonság ellenőrzése: ha már öt sikertelen próbálkozáson vagyunk túl, annak az esélye, hogy még legalább hármat kell próbálni, $(0{,}8)^{3}=0{,}512$ — ugyanannyi, mint a legelején. A gép nem „gyűjti” a sikertelenségeket.

Poisson: beérkező hívások

Egy ügyfélszolgálatra óránként átlagosan 3 hívás érkezik, Poisson-eloszlás szerint. (a) Mennyi a valószínűsége, hogy egy adott órában egy hívás sem érkezik? (b) Hogy legalább kettő érkezik? (c) Mennyi az esélye, hogy egy húszperces szünetben nem csörög a telefon?

(a) Egy órára $\lambda=3$ :
$P(X=0)=\frac{3^{0}}{0!}e^{-3}=e^{-3}\approx 0{,}0498$
(b) A komplementer két tagból áll:
$P(X\ge 2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-e^{-3}(1+3)=1-4e^{-3}\approx 0{,}8009$
(c) Húsz perc az óra harmada, tehát $\lambda=3\cdot\frac{1}{3}=1$ :
$P(X=0)=e^{-1}\approx 0{,}3679$
Ez a lépés az, ami a legtöbbször kimarad: a paramétert mindig arra az intervallumra kell átszámolni, amiről a kérdés szól.

Poisson-közelítés: mennyire pontos

Egy $200$ darabos szállítmányban minden darab egymástól függetlenül $1\%$ eséllyel selejtes. Mennyi a valószínűsége, hogy pontosan 3 selejt van benne? Számold ki pontosan és Poisson-közelítéssel is.

Pontosan binomiális $n=200$ , $p=0{,}01$ :
$P(X=3)=\binom{200}{3}(0{,}01)^{3}(0{,}99)^{197}=1\,313\,400\cdot 10^{-6}\cdot 0{,}1381\approx 0{,}1814$
Poisson-közelítéssel $\lambda=np=2$ :
$P(X=3)\approx\frac{2^{3}}{3!}e^{-2}=\frac{8}{6}\cdot 0{,}1353\approx 0{,}1804$
Az eltérés a harmadik tizedesjegyben van, miközben a Poisson-képlet töredék annyi számolás — nincs benne binomiális együttható és nagy hatvány. Ezért éri meg a közelítés a $n\ge 50$ , $p\le 0{,}1$ tartományban.

Hova tart ez tovább

Ha $n$ nagy, de $p$ nem kicsi, akkor nem a Poisson-, hanem a normális közelítés a jó eszköz. A két közelítés kiegészíti egymást: a Poisson a ritka események, a normális a sok, egyenként kis hatás esete.

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