Valószínűség-számítás
Az esély számítása előtt pontosan meghatározzuk a kísérlet kimeneteleit, az eseményt és a választott modell feltételeit.
Részletes leckék és gyakorlópéldák (14) →
Alapfogalmak, példákkal
Kimenetel és esemény
A kimenetel a kísérlet egy lehetséges eredménye. Az esemény azoknak a kimeneteleknek a halmaza, amelyek megfelelnek egy feltételnek.
Egy kockadobás kimenetele lehet 4. A páros dobás eseményéhez a 2, 4 és 6 tartozik.
Klasszikus valószínűség
Véges, egyformán valószínű kimeneteleknél a valószínűség a kedvező esetek és az összes eset számának hányadosa. Egyenlő esély nélkül a puszta esetszámolás nem elég.
Szabályos kockával a páros dobás valószínűsége 3/6 = 1/2.
Komplementer esemény
A komplementer azt jelenti, hogy az eredeti esemény nem következik be. Valószínűsége az eredeti esemény valószínűségének 1-re való kiegészítése.
Szabályos kockán a nem hatos dobás esélye 1 − 1/6 = 5/6.
A lecke végére: A valószínűséget a megengedett kimenetelekből, megfelelő feltételekkel számítod ki.
Értsd meg az összefüggést!
A kedvező esetek és az összes eset aránya akkor használható közvetlenül, ha az elemi kimenetelek egyformán valószínűek. Szabályos kockán a hat szám ilyen, de a „páros” és a „hatost dobunk” nem egyforma méretű esemény.
Az esemény több kimenetelt tartalmazhat. A „legalább egy” és a „pontosan egy” eltérő feltétel.
Két dobásnál a sorrend is segít a teljes esetlista elkészítésében: az első fej és második írás külön kimenetel a fordítottjától.
Visszatevés nélküli húzásnál a második lépésben megváltozik a készlet, ezért az esély is. Az első húzás eredményétől függő ágak külön valószínűséget kapnak.
A végeredmény 0 és 1 közé kell essen; ez hasznos, de önmagában nem elég ellenőrzés.
Nézzük meg egy példán!
Két független pénzfeldobás
| 1. dobás | 2. dobás | Valószínűség |
|---|---|---|
| Fej | Fej | 1/4 |
| Fej | Írás | 1/4 |
| Írás | Fej | 1/4 |
| Írás | Írás | 1/4 |
A legfontosabb szabályok
- Használj faábrát több egymás utáni eseménynél.
- Független események együttes valószínűségét szorozzuk.
- Egymást kizáró események valószínűségét összeadhatjuk.
Mintapélda és megoldás lépésről lépésre
Feladat: szabályos kockán 4-nél nagyobbat dobunk.
1. Az összes kimenetel száma 6.
2. Kedvező az 5 és a 6, tehát 2 eset.
3. P = 2/6 = 1/3.
A 4 nem kedvező, mert a feltétel szigorúan nagyobbat kér.
Részletes magyarázatok és példák
01Esemény és kimenetel+
Egy szabályos kocka dobásának kimenetelei 1,2,3,4,5,6. A „párosat dobunk” esemény a {2,4,6} halmaz.
Biztos esemény az összes kimenetelt tartalmazza, lehetetlen esemény egyet sem.
02Kedvező és összes eset+
Kedvező eset az, amelyik teljesíti a kérdés feltételét. Két kockánál a rendezett párokból 36 van, nem 12.
A (2;5) és (5;2) eltérő kimenetel, ha megkülönböztetjük a két kockát.
03Klasszikus valószínűség+
A kedvező/összes képlet feltétele az egyenlő esély. Szabályos kockán P(páros)=3/6=1/2.
A dobott összeg lehetséges értékei nem egyforma esélyűek: a 7-es összeg többféleképpen jön ki, mint a 2-es.
04Komplementer esemény+
A komplementer esemény azt jelenti, hogy A nem következik be. P(nem A)=1−P(A).
Szabályos kockán P(nem hatos)=1−1/6=5/6. A „legalább egy” típusú kérdésnél gyakran a „semennyi” eseményt egyszerűbb számolni.
05Faábra, függetlenség és visszatevés+
Faábra mentén a feltételes ágvalószínűségeket szorozzuk. Két piros és egy kék golyóból visszatevés nélkül két piros húzásának esélye (2/3)·(1/2)=1/3.
Visszatevéssel (2/3)²=4/9. Függetlenséget csak indokoltan feltételezz.
06Feltételes valószínűség és függetlenség+
P(A|B)=P(A∩B)/P(B), ha P(B)>0: a B bekövetkezése után megmaradó lehetőségeken számolunk. Szabályos kockán, ha tudjuk, hogy párosat dobtunk, a hatos esélye 1/3.
A és B akkor független, ha P(A∩B)=P(A)P(B). Az egymást kizáró és a független nem ugyanaz: két pozitív valószínűségű, egymást kizáró esemény nem lehet független.
07Binomiális eloszlás és várható érték+
Ha n független, azonos p sikereséllyel végzett kísérletet végzünk, a sikerek X száma binomiális: P(X=k)=C(n,k)pᵏ(1−p)ⁿ⁻ᵏ. Három szabályos pénzfeldobásnál pontosan két fej esélye 3·(1/2)³=3/8.
Várható értéke np, itt 1,5; ez hosszú távú átlagot fejez ki, nem szükségképpen lehetséges egyszeri eredményt. Diszkrét X várható értéke általánosan az értékek valószínűséggel súlyozott összege.
08Gyakoriság, súlyozott átlag és variancia+
Gyakorisági táblázatnál az átlag az értékek gyakorisággal súlyozott összegének és az összes gyakoriságnak a hányadosa. A 1, 3, 5 értékek 2, 2, 4 gyakorisága mellett az átlag 3,5.
Az összes adattal osztott variancia a négyzetes eltérések súlyozott átlaga: [2·(1−3,5)²+2·(3−3,5)²+4·(5−3,5)²]/8=2,75. A szórás a variancia négyzetgyöke.
A nevezőt mindig a feladat definíciója szerint válaszd.
09Kvartilisek és dobozdiagram+
Először rendezd az adatokat. A medián középen osztja ketté a mintát; a kvartilisek a rendezett minta negyedelését írják le.
Nyolc adatnál, ha a felső négy adat mediánját kérjük felső kvartilisként, a 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 mintán ez (7+8)/2=7,5. Kövesd a megadott kvartilis-definíciót.
A dobozdiagram a helyzeti mutatókat mutatja; az átlagot és az egyes közbülső adatokat általában nem lehet belőle egyértelműen meghatározni.
Lépésről lépésre, részletesen
Adatok, középértékek, kvartilisek és szóródás+
- Adatsort rendezni és gyakorisággal számolni.
- Ábrázolás torzításait és középértékek érzékenységét felismerni.
Átlag az összeg osztva darabszámmal, medián a rendezett sor közepe, módusz a leggyakoribb érték. Páros darabszámnál a két középső átlaga a medián.
Súlyozott átlagban Σwᵢxᵢ/Σwᵢ; gyakoriság táblázatánál a súly az előfordulásszám.
Szóródás és dobozdiagram
Terjedelem maximum−minimum. Szórás σ=√(Σ(xᵢ−x̄)²/n) a teljes adatsor népességi szórásaként; az n−1 nevező más, mintából becslő képlet.
Átlagos abszolút eltérés Σ|xᵢ−x̄|/n. A kvartilisek a rendezett adatokat négy részre osztják; kis mintánál több megállapodás van, ezért a használt módszert rögzítsd.
Dobozdiagramhoz minimum,Q₁,medián,Q₃,maximum kell.
Adatok értelmezése
Relatív gyakoriság=gyakoriság/összes adat. Kördiagram arányokat, oszlopdiagram kategóriákat, hisztogram folytonos osztályközöket mutat.
Csonkolt tengely, eltérő osztályközszélesség vagy területarányosan nagyított képek torzíthatnak. A korreláció nem önmagában ok-okozat; a minta kiválasztása és a hiányzó adatok is korlátozzák a következtetést.
Kidolgozott példa
Az adatok 2,2,4,8. Számíts átlagot, mediánt, móduszt és szórást!
Átlag 16/4=4, medián (2+4)/2=3, módusz 2.
Négyzetes eltérések 4,4,0,16; összegük 24.
Népességi szórás √(24/4)=√6. Terjedelem 8−2=6.
- Mediánt csak rendezett adatsorból olvass le.
Próbáld ki önállóan!
Események, klasszikus és geometriai valószínűség+
- Elemi eseményeket és eseményműveleteket leírni.
- Egyenlő esélyű modellt indokolni.
Az eseménytér a lehetséges kimenetek halmaza; egy esemény annak részhalmaza. Biztos esemény valószínűsége 1, lehetetlené 0.
Laplace-modellben, egyenlő esélyű véges kimeneteknél P(A)=kedvező/összes. A kimenetek megnevezése nem teszi őket automatikusan egyenlő esélyűvé.
Műveletek
P(Ā)=1−P(A); P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B). Kizáró események metszete üres; független eseményeknél P(A∩B)=P(A)P(B).
Két pozitív valószínűségű kizáró esemény nem független. Geometriai valószínűségnél egyenletes választás mellett hossz-, terület- vagy térfogatarányt számítunk.
Kísérlet és modell
A relatív gyakoriság sok ismétlésnél jellemzően a modell valószínűségéhez közelít, de nem kell pontosan egyeznie. Visszatevéssel a húzások megfelelő keverés mellett függetlenek; visszatevés nélkül a készlet változik.
A sorrendes vagy sorrend nélküli számlálást a kedvező és összes esetnél azonosan kezeld.
Kidolgozott példa
Szabályos dobókockával dobunk. Mennyi annak esélye, hogy páros vagy 3-mal osztható számot kapunk?
Páros: {2,4,6}; 3-mal osztható: {3,6}.
Unió {2,3,4,6}, ezért 4 kedvező a 6 egyenlő esélyűből.
P=4/6=2/3. A 6-ost nem számoljuk kétszer.
- A „vagy” valószínűségénél az átfedést vonjuk le.
Próbáld ki önállóan!
Feltételes valószínűség, binomiális és hipergeometriai modell+
- Feltételre szűkített eseménytérben számolni.
- Visszatevés szerint eloszlást választani.
P(A|B)=P(A∩B)/P(B), ha P(B)>0: a B eseményen belüli arányt mérjük. Ez általában nem P(B|A).
Függetlenségnél P(A|B)=P(A), amennyiben a feltételes valószínűség értelmezett.
Binomiális és hipergeometriai modell
n független, azonos p sikeresélyű ismétlésnél pontosan k siker esélye C(n,k)pᵏ(1−p)ⁿ⁻ᵏ. Visszatevés nélküli mintavételnél N elem, K kedvező és n húzás esetén P(X=k)=C(K,k)C(N−K,n−k)/C(N,n), a lehetséges k tartományán.
A binomiális modell nem helyettesíti automatikusan a függő húzásokat.
Várható érték
Véges eloszlásban E(X)=Σxᵢpᵢ; nem feltétlenül lehetséges kimenet. Binomiálisnál np, hipergeometriainál nK/N.
Nyereményjátéknál a költséget is vond le. A várható érték hosszú távú átlagot jellemez, nem garantál egyedi nyereséget.
Feltételes eseteket faábrán ágvalószínűségek szorzásával és a megfelelő utak összeadásával követhetsz.
Kidolgozott példa
Öt piros és három kék golyóból két golyót húzunk visszatevés nélkül. Mennyi a pontosan egy piros esélye?
Sorrend nélküli összes választás C(8,2)=28.
Egy piros és egy kék választása C(5,1)C(3,1)=15.
P=15/28. Sorrenddel: 5/8·3/7+3/8·5/7=30/56 ugyanez.
- A feltétel sorrendjét nem cserélheted meg a P(A|B) jelölésben.
Próbáld ki önállóan!
Mintavétel, súlyozott átlag és statisztikai döntés+
- A definícióból és az adatokból kiindulni.
- Minden esetet, a határokat és a mértékegységet ellenőrizni.
Véletlenszerű mintavételnél a kiválasztás véletlen eljárása ad lehetőséget a sokaság tulajdonságainak becslésére. Önként jelentkező válaszadók mintája akkor is torzíthat, ha nagy.
Az adatokat rendezés, gyakoriság és mérési egység alapján vizsgáljuk, és csak utána választunk mutatót vagy diagramot.
Átlag és szóródás
n₁ elemű, ā₁ átlagú és n₂ elemű, ā₂ átlagú adathalmaz egyesített átlaga (n₁ā₁+n₂ā₂)/(n₁+n₂): a csoportösszegeket adjuk, majd a teljes létszámmal osztunk. Súlyozott átlag Σwᵢxᵢ/Σwᵢ.
Átlagos abszolút eltérés Σ|xᵢ−x̄|/n. Kiugró érték az átlagot jobban eltéríti, mint a mediánt; kereseti adatoknál ezért a medián és a teljes eloszlás különösen hasznos.
A módusz a leggyakoribb kategóriát vagy értéket mutatja.
Diagramválasztás és torzítás
Oszlopdiagram kategóriák összehasonlítására, kördiagram egy egész megoszlására, sodrófa öt szám és a szóródás bemutatására alkalmas. A doboz két széle Q₁,Q₃, belsejében a medián.
Az összevetéshez azonos skála és azonos kvartilis-megállapodás kell. A levágott oszloptengely felnagyíthat különbséget; a nullától induló tengely és világos egység javítja.
Százalékhoz az alapsokaságot is meg kell adni, és egy együttjárásból önmagában nem következik okság.
Kidolgozott példa
Tíz tanuló átlaga 4, húsz tanulóé 7. Mennyi az egyesített átlag?
Az első csoport összege 10·4=40, a másodiké 20·7=140.
A teljes összeg 180, a létszám 30, így az átlag 6.
A két átlag egyszerű 5,5 átlaga hibás lenne, mert a csoportlétszámok eltérnek. A nagyobb csoport átlaga nagyobb súlyt kap.
- A használt tétel feltételeit nevezd meg.
- A mintából csak az indokolt tartományra következtess.
Próbáld ki önállóan!
Feltételes valószínűség, faábra és várható érték+
- A definícióból és az adatokból kiindulni.
- Minden esetet, a határokat és a mértékegységet ellenőrizni.
P(A|B)=P(A∩B)/P(B), ha P(B)>0: a feltétel az eseményteret B-re szűkíti, és az esélyeket újranormálja. Ebből P(A∩B)=P(B)P(A|B).
Függetlenségnél a feltételes esély nem változik, de általában nem azonos P(A|B) és P(B|A).
Teljes esély és visszafelé feltétel
Két műhely termékei közül az első 60%-ot ad, selejtarány 2%; a második 40%-ot ad, selejtarány 5%. Összes selejtes esélye 0,6·0,02+0,4·0,05=0,032.
Selejtes termék feltételével az első műhely esélye 0,012/0,032=3/8. A fa egy útján az egymás utáni feltételes esélyeket szorozzuk, a kizáró kedvező utakat összeadjuk.
A fordított feltételben a gyakorisági alapok is számítanak.
Véges eloszlás és mintavétel
X véges eloszlásánál minden valószínűség nemnegatív és összegük 1; E(X)=Σxᵢpᵢ. Binomiális n független azonos p esélyű próbához P(X=k)=C(n,k)pᵏ(1−p)ⁿ⁻ᵏ, várható érték np.
Visszatevés nélküli N elemű, K kedvező elemet tartalmazó készletből n húzáshoz hipergeometriai képlet C(K,k)C(N−K,n−k)/C(N,n), ahol max(0,n−(N−K))≤k≤min(n,K). Az utóbbi várható értéke nK/N; a két modell függőségi feltétele eltér.
Kidolgozott példa
Kétszer szabályos kockával dobunk. Mennyi a hatosok számának várható értéke?
X=0,1,2. Esélyek 25/36,10/36,1/36; összegük 1.
E(X)=0·25/36+1·10/36+2·1/36=12/36=1/3.
Binomiális ellenőrzés: n=2,p=1/6, np=1/3. A várható érték nem lehetséges darabszám, hanem hosszú távú átlag.
- A használt tétel feltételeit nevezd meg.
- A mintából csak az indokolt tartományra következtess.
Próbáld ki önállóan!
Adatok rendezése, három diagram és grafikus megtévesztés+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Az adatgyűjtés előtt rögzítsd, kit vagy mit vizsgálsz, milyen változót és milyen egységben mérsz. Kategóriánként az előfordulások száma a gyakoriság, annak n-hez viszonyított aránya a relatív gyakoriság.
Hiányzó adatot ne tekints nullának. A táblázatban minden megfigyelés egyszer és egyetlen kategóriában szerepeljen.
Táblázat és osztályba sorolás
20 válasz: A,A,B,C,B,C,C,A,B,C,B,C,C,B,A,C,B,C,C,C. Gyakorisági táblázat: A:4; B:6; C:10; összesen20.
Relatív gyakoriság rendre0,2;0,3;0,5. Számszerű adatnál [0;10[, [10;20[, [20;30] osztályok a határértékeket egyszer sorolják be:10 a másodikban,20 a harmadikban van.
A kategóriát és a számértéket ne cseréld össze.
Oszlop és kör készítése
Oszlopdiagramon az A,B,C kategóriákhoz azonos szélességű,0-ról induló4,6,10 magasságú oszlop tartozik; y-tengely fő, egységes skála. Kördiagramon a szögek360°·f/n, tehát72°,108°,180°.
Körzővel kört, szögmérővel egymás utáni középponti szögeket rajzolj, címkézd20%,30%,50%-kal. A teljes kör az egész20 válasz.
Idősorhoz vonaldiagram, két számszerű változó kapcsolatához pontdiagram megfelelő; a kör részesedéseket, az oszlop kategóriákat hasonlít össze.
Sodrófa készítése
Rendezett2,4,4,6,8,8,10,12 adatok mediánja(6+8)/2=7. Ebben a leckében a kvartilisek a két négyes fél mediánjai: Q₁=4,Q₃=9; páratlan elemszámnál a középső adatot kihagyjuk a felekből.
Vízszintes skálán a doboz4-től9-ig, benne mediánvonal7-nél; az itt választott minimum–maximum bajusz2-ig és12-ig ér. Más program interpolált kvartilist és1,5·IQR-bajuszt használhat: jelezd a konvenciót, ne keverd őket.
A megadott vizsgafeladat módszere az irányadó.
Manipuláció javítása
4 és6 fő 3-nál indított oszlopainak látható hossza1 és3: hamis háromszoros benyomás, valódi arány6/4=1,5. Javíts0-ra induló tengellyel, azonos szélességgel és mértékegységgel.
Képes diagramon a sugár kétszerezése négyszeres területet ad; a terület legyen az adattal arányos. Összehasonlításnál azonos skálát és azonos időszakot használj.
Folytonos osztályok hisztogramjában eltérő osztályszélességnél gyakoriságsűrűség=f/szélesség kell, hogy az oszlopterület legyen a gyakoriság.
Kidolgozott példa
Készíts táblázatot, oszlop- és kördiagramot a4,6,10 gyakoriságokból! Mit mutat a C kategória?
n=20; a táblázat relatív gyakoriságai20%,30%,50%.
Oszlopmagasságok4,6,10 fő; körcikkek72°,108°,180°, összeg360°.
C a válaszadók fele,10 fő; ebből önmagában a teljes népességre nem következik50%.
- A kvartilis- és bajuszkonvenciót mindig rögzítsd.
- Mintabeli részesedés nem automatikusan népességi arány.
Próbáld ki önállóan!
Középértékek, szórás és adathalmazok egyesítése+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Átlag az adatösszeg osztva elemszámmal; medián a rendezett sor középső értéke vagy a két középső átlaga. Módusz a leggyakoribb érték: több is lehet, és minden egyszer előforduló adatnál nincs kitüntetett módusz.
Terjedelem maximum mínusz minimum; IQR=Q₃−Q₁ a középső fél szóródása.
Szórás definícióból
Az itt vizsgált teljes adathalmaz szórása σ=√[Σ(xᵢ−x̄)²/n].2,4,4,6,8,8,10,12 összeg54,átlag6,75. A négyzetösszeg444, ezért variancia444/8−6,75²=9,9375=159/16;σ=√159/4≈3,1524.
Medián7,Q₁4,Q₃9,terjedelem10, két módusz4 és8. Szórás egysége ugyanaz, mint az adat, variancia négyzetes egységű.
Számológépen teljes-adat σₓ funkció kell; az n−1-es mintaszórás más fogalom.
Egyesítés és súlyozás
n₁ adat átlaga a,n₂-é b: összes adatösszeg n₁a+n₂b, egyesített átlag(n₁a+n₂b)/(n₁+n₂).10 elem átlaga4 és30 elem átlaga8 esetén átlag7, nem6. A súlyozott átlag Σwᵢxᵢ/Σwᵢ, wᵢ≥0 és pozitív összsúly; gyakoriságnál a súly az előfordulásszám.
Csak átlagokból és elemszámokból a szórás általában nem határozható meg.
Összehasonlítás és átalakítás
2,4,6 és4,4,4 átlaga4 mindkettőnél, de az első szórása√(8/3), a másodiké0. Minden adathoz2-t adva átlag,medián,kvartilisek2-vel nőnek; szórás,terjedelem,IQR változatlan.
Minden adatot3-mal szorozva szórás és terjedelem3-szoros; negatív szorzónál a rendezés megfordul, a szórás a szorzó abszolút értékével változik.
Kidolgozott példa
Számítsd ki1,3,3,5 átlagát, mediánját, móduszát, terjedelmét és szórását!
Összeg12,n=4,átlag3; rendezett középérték(3+3)/2=3,módusz3.
Terjedelem5−1=4; négyzetes eltérések4,0,0,4.
Variancia8/4=2,σ=√2. A négy adatot+10-zel eltolva átlag13,σ ugyanúgy√2.
- Eltérő létszámok átlagait súlyozd.
- A szóráshoz a négyzetes eltérések átlaga kell.
Próbáld ki önállóan!
Sodrófák összevetése és megalapozott statisztikai következtetés+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Statisztikai kijelentés egy megfigyelési csoport adatait foglalja össze; népességre következtetéshez a kiválasztást, elemszámot és bizonytalanságot is mérlegelni kell. A megfigyelt együttjárás önmagában nem bizonyít ok-okozatot, és átlagos eredményből nem következik minden egyén eredménye.
Középérték megválasztása
Bérek ezer Ft-ban:300,300,350,350,2000. Átlag660,medián350, két módusz300 és350.
Tipikus dolgozó béréhez a szélsőérték ellen ellenálló medián jó; teljes bértömeghez az átlag kell, mert5·660=3300. Kategóriaadatból, például kedvenc színből nincs értelmes számtani átlag; a módusz használható.
Emelt: abszolút eltérés és súly
Átlagos abszolút eltérés az itt választott átlagtól d=Σ|xᵢ−x̄|/n.1,3,3,5 esetén x̄=3,d=(2+0+0+2)/4=1;σ=√2. Az eltérés középpontját jelezni kell.3 dolgozó400 és2 dolgozó700 ezer Ft-os bére súlyozottan(3·400+2·700)/5=520; átlagos abszolút eltérés(3·120+2·180)/5=144 ezer Ft.
Emelt: sodrófa-összehasonlítás
A:2,4,4,6,8,8,10,12 és B:4,6,6,8,10,10,12,14. Azonos min–max és felezett-minta konvencióval A öt száma2,4,7,9,12;B-é4,6,9,11,14.
B mediánja2-vel magasabb; IQR mindkettőnél5,terjedelem10 és szórás azonos, mert B=A+2. A doboz nem mutat minden egyedi adatot vagy az elemszámot; puszta átfedésből nincs szignifikanciateszt.
Értelmezés határa
Önkéntes internetes felmérésben80/100 elégedett: a válaszadók80%-a. Nem jogos automatikusan az összes vásárló80%-át állítani, mert a válaszolás függhet az elégedettségtől.
Két iskola eltérő átlagát tanítási módszer okozatának állítani nem lehet előzetes tudás, összetétel és azonos mérés ellenőrzése nélkül. Megalapozott következtetés: az adott adatokban eltérő átlag látható; az ok és általánosíthatóság további adatot kíván.
Kidolgozott példa
A300,300,350,350,2000 ezer Ft-os bérekből jellemezd a tipikus bért és teljes bértömeget!
Összeg3300 ezer Ft,átlag660;medián350.
A szélső2000 az átlagot felfelé húzza, a tipikus középső dolgozó350-et keres.
Tipikus bérhez medián350; teljes bértömeghez5·660=3300 ezer Ft. Mindkettő értelmes, eltérő kérdésre.
- A középértéket a kérdéshez válaszd.
- Az adatok különbsége nem bizonyít okságot.
Próbáld ki önállóan!
Véletlen minta, reprezentativitás és torzítás+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Sokaság a vizsgálat teljes célcsoportja, minta az abból kiválasztott megfigyelések. Egyszerű véletlen n-elemű, visszatevés nélküli mintában minden n-elemű részhalmaz egyenlő esélyű.
A véletlenszerű kiválasztás esélyeket jelent, nem garantál minden egyes mintában tökéletes arányokat.
Megvalósítás
120 tanuló teljes névsorát1–120 azonosítókkal ellátjuk.20 különböző azonosítót torzításmentes véletlen választással sorsolunk, minden kiválasztottat azonos kérdéssel mérünk. Nem helyettesítjük a nehezen elérhetőket a barátainkkal.
Nemválaszolást és hiányzó adatot külön jelentünk. Minden tanuló kiválasztási esélye20/120=1/6; két előre megadott tanuló közös kiválasztási esélye(20/120)(19/119), nem(1/6)².
Emelt: rétegzés és véletlen szerepe
80 alsóbb és40 felsőbb évfolyamosból12 alsóbb és6 felsőbb tanuló rétegenkénti véletlen választása arányos rétegzett18-as minta. Mindkét csoportban esély0,15.
Ha10–10 főt választunk, a rétegátlagokat a sokasági80 és40 súllyal kell egyesíteni; egyszerű20-as átlaguk általában eltér a sokasági becsléstől. A véletlen a rétegen belüli személyes válogatást kerüli el; nem változtatja az80:40 népességi arányt.
Torzítás és következtetés
Csak az első padsort, önkéntes kommentelőket vagy hétfő délelőtt elérhetőket kérdezni kényelmi minta: a vizsgált jellemzővel összefüggő kiválasztás torzíthat. Egy nagy torzított minta nem lesz helyes pusztán méretétől.
Időrendi listában minden tizedik adat kiválasztása periodikus mintázattal ütközhet; véletlen kezdés sem old fel minden periodicitást. A megfigyelést azonos módon, lehetőleg előre kijelölt eljárással kell elvégezni.
Kidolgozott példa
120 tanulóból20 fős egyszerű véletlen mintát szeretnél. Írj eljárást és magyarázd el egy tanuló esélyét!
Teljes névsor, egyedi1–120 azonosítók és20 különböző véletlen azonosító.
Minden20-as részhalmaz egyformán valószínű; egy tanuló20/120=1/6 eséllyel kerül be.
Az eljárás nem garantál pontos évfolyamarányt minden mintában; torz helyettesítés és eltérő kérdezés ronthatja.
- Véletlen minta nem garantáltan pontos másolata a népességnek.
- A hiányzó válasz nem nulla.
Próbáld ki önállóan!
Eseménytér, műveletek, kizárás és függetlenség+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Véges modellben Ω a lehetséges kimenetelek halmaza, egy elemi esemény egyetlen kimenetel; esemény Ω részhalmaza. A+B jelölésű összeg az A∪B unió: legalább az egyik; AB az A∩B metszet: mindkettő.
A komplementere Ω∖A. Biztos esemény Ω, lehetetlen esemény∅.
Definíció és feltétel
Egymást kizáró eseményeknél A∩B=∅. Függetlenség pontosan P(A∩B)=P(A)P(B); nem a metszet üressége.
Pozitív valószínűségű kizáró események nem függetlenek, mert bal oldal0, jobb oldal pozitív. P(Aᶜ)=1−P(A);P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B), a kétszer beszámolt metszetet levonjuk.
Egy dobás teljes modellje
Szabályos kockán Ω={1,2,3,4,5,6}, mindegyik valószínűsége1/6. A páros={2,4,6}, B nagyobb mint3={4,5,6};A∩B={4,6},A∪B={2,4,5,6},Aᶜ={1,3,5}.
P(A∩B)=1/3≠(1/2)(1/2)=1/4, ezért nem függetlenek.
Két kísérlet és feltételes modell
Két független szabályos érmedobás Ω={FF,FI,IF,II};F fej,I írás. A első fej={FF,FI},B második fej={FF,IF};metszet{FF},1/4=(1/2)², függetlenek.
Emelt: P(A|B)=P(A∩B)/P(B), ha P(B)>0. Kockán P(páros|nagyobb mint3)=2/3, mert az új háromelemű tér{4,5,6}.
P(B)=0-nál e hányados nem értelmezett. Függetlenségnél pozitív P(B) mellett P(A|B)=P(A).
Kidolgozott példa
Szabályos kockán A páros, C legfeljebb2. Határozd meg uniójukat, metszetüket és függetlenségüket!
A={2,4,6},C={1,2};metszet{2},unió{1,2,4,6}.
P(A)=1/2,P(C)=1/3,P(A∩C)=1/6.
1/6=(1/2)(1/3), ezért függetlenek, bár a metszet nem üres.
- A „vagy” matematikai unióban megengedi mindkettőt.
- Kizárást és függetlenséget a megfelelő képlettel vizsgálj.
Próbáld ki önállóan!
Laplace-modell, komplementer és relatív gyakoriság+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Véges és egyenlően valószínű elemi kimenetelek esetén P(A)=kedvező/összes. A kimeneteleket azonos részletességgel számold; az egyenlő esély a modell feltétele, nem következik a különböző eredmények számából.
Két megkülönböztetett szabályos kocka rendezett párjai36 egyformán valószínű kimenetelt adnak; az összegek2–12 nem egyformán valószínűek.
Számlálás és komplementer
Két kocka összege7 a(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) párokon:6/36=1/6. Legalább egy6-os komplementere egyik sem6:25/36, ezért11/36.
Két dobásra egyik6-os és másik6-os eseményének unióját6/36+6/36−1/36 is adja. Pontosan egy6-os10/36; a(6,6) különbséget okoz.
Gyakoriság és modell
100 szabályos érmedobásban58 fej relatív gyakorisága0,58, míg a modell valószínűsége0,5. Sok független, azonos eloszlású ismétlésben a relatív gyakoriság nagy eséllyel közel kerül a modellértékhez, de nem garantált minden lépésben egyre közelebb kerülni.
Hosszú írássor után a következő fej esélye továbbra is1/2 a független modellben. A58 fej sem bizonyítja önmagában a szabálytalanságot.
Kidolgozott példa
Két megkülönböztetett szabályos kocka összegének legalább10-es valószínűsége?
Ω a36 rendezett pár.10-re(4,6),(5,5),(6,4):3 pár.
11-re(5,6),(6,5):2 pár,12-re(6,6):1 pár.
P=6/36=1/6; nem a három összeg osztva a tizenegy összeggel.
- Komplementernél az „egyik sem” és „nem mindegyik” eltér.
- Megfigyelt arányt és modellvalószínűséget külön jelöld.
Próbáld ki önállóan!
Geometriai valószínűség és az egyenletesség feltétele+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Szakaszon egyenletes pontválasztásnál valószínűség=kedvező hossz/teljes hossz; síktartományban egyenletes területi választásnál kedvező terület/teljes terület. Az egyenletesség a választott hossz- vagy területmértékre vonatkozik.
Egy pont vagy vonalszakasz síkbeli területe0, így folyamatos területi modellben valószínűsége0, bár geometriailag nem lehetetlen odakerülni.
Szakasz és terület
[0;10]-en egyenletes X esetén P(2≤X≤5)=3/10. Végpontok bevétele nem változtat, mert egy pont hossza0.10×6 téglalapban egyenletes pontnál a teljesen belül levő1 sugarú körbe esés esélyeπ/60.
Ha a kör kilóg, csak a téglalappal közös terület számít.4×4 négyzetben az x+y≤4 feltétel derékszögű fél négyzet:8/16=1/2.
Modellválasztás és két független idő
Két ember egymástól függetlenül egyenletesen érkezik a0–60 perces időablakban. Mindketten10 percet várnak.
Találkoznak, ha|X−Y|≤10. A60×60 négyzetből két50 befogójú háromszög marad ki: P=1−2·(50²/2)/60²=11/36.
A síkban egyenletes területet a két független egyenletes idő adja. Egy körben a sugár egyenletes választása nem egyenletes területi pontválasztás: azonos szélességű külső gyűrűk területe nagyobb.
Kidolgozott példa
Egyenletes pont egy4×4 négyzetben: mennyi P(x+y≤4), ha az origó az egyik sarok?
A feltétel az(0,0),(4,0),(0,4) háromszög.
Kedvező terület4·4/2=8,teljes16.
Valószínűség1/2; az átló pontjainak bevétele nem változtat a területi arányon.
- A kedvező tartományt metszd a mintatérrel.
- A véletlen pont választási eljárása legyen világos.
Próbáld ki önállóan!
Visszatevéses és nélküli minta: binomiális és hipergeometriai modell+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
5 golyó között3 piros,2 kék, egyenként azonos eséllyel húzunk. Visszatevéssel a következő húzás esélye mindig3/5 piros; külön függetlenséget tételezünk fel.
Visszatevés nélkül változik az összetétel: piros után2/4, kék után3/4 a következő piros esélye. Az ágon szereplő valószínűségek feltételesek.
Két húzás faábrája
Visszatevéssel PP9/25,PK6/25,KP6/25,KK4/25. Nélküle PP(3/5)(2/4)=3/10,PK(3/5)(2/4)=3/10,KP(2/5)(3/4)=3/10,KK(2/5)(1/4)=1/10.
Egy ág mentén szorzunk, eltérő kizáró teljes utak között összeadunk. Pontosan egy piros rendre12/25 és3/5.
Az utak mindkét fában1-re összegződnek.
Emelt: binomiális eloszlás
X az n független, azonos p sikeresélyű kísérlet sikerszáma; n≥0 egész,0≤p≤1. P(X=k)=C(n,k)pᵏ(1−p)ⁿ⁻ᵏ,k=0,…,n.
A C(n,k) a sikerhelyek kiválasztása, egy adott sorrend szorzata pᵏ(1−p)ⁿ⁻ᵏ. n=3,p=3/5,k=2 esetén3·(3/5)²·(2/5)=54/125. p=0 vagy1 esetén X rendre biztos0 vagy n, ezeket külön értelmezzük, nem számolunk bizonytalan0⁰ alakot.
Emelt: hipergeometriai eloszlás
N tárgyból K sikeres, n különbözőt egyenlő esélyű részhalmazként választunk,0≤K≤N,0≤n≤N egészek. P(X=k)=C(K,k)C(N−K,n−k)/C(N,n);max(0,n−(N−K))≤k≤min(n,K).
A számláló sikeres és nemsikeres tárgyak választása, a nevező minden n-es részhalmaz. N=5,K=3,n=3,k=2: C(3,2)C(2,1)/C(5,3)=6/10=3/5.
A visszatevés nélküli húzások általában függők; a binomiális képlet itt nem megfelelő.
Kidolgozott példa
5 golyóból3 piros. Három húzásban pontosan2 piros esélyét számítsd mindkét mintavétellel!
Visszatevéssel n=3,p=3/5:3·9/25·2/5=54/125=0,432.
Nélküle10 egyformán valószínű hármas, kedvező C(3,2)C(2,1)=6,így0,6.
A modellek eltérnek, mert a visszatevés hiánya változtatja a következő esélyt.
- Az egész út valószínűsége az ágak szorzata.
- Eloszlásnál az összes lehetséges k-t és paraméterfeltételt add meg.
Próbáld ki önállóan!
Várható érték: eredmény, díj és hosszú távú átlag+
- A modellt, adatokat és feltételeket pontosan megadni.
- Önálló számítással, ábrával és szöveges indoklással értelmezni az eredményt.
Véges X véletlen változó várható értéke E(X)=Σxᵢpᵢ, ahol pᵢ≥0 ésΣpᵢ=1. Az eredmények valószínűségekkel súlyozott átlaga; nem biztos következő eredmény és nem feltétlenül lehetséges egyetlen kimenetel.
Díjas játékban bruttó nyeremény és nettó eredmény külön változó.
Konkrét számítás
10 azonos esélyű jegyből1 fizet1000 Ft-ot,9 fizet0-t. Bruttó várható nyeremény100 Ft.
Ha jegyenként120 Ft a díj, nettó változó880 vagy−120;E=0,1·880+0,9·(−120)=−20 Ft. E(X−120)=E(X)−120 ugyanezt adja.
Ez elméleti feladat, nem termékajánlat. Egyetlen játékban nem−20,hanem880 vagy−120 adódik.
Tulajdonság és alkalmazás
E(aX+b)=aE(X)+b a véges összeg szétbontásából. E(X+Y)=E(X)+E(Y), függetlenség nélkül is; a szorzatra ez általában nem igaz.
Binomiális sikerszám várható értéke np, mert a n darab0/1 indikátor egyenként p várható értékű. Hipergeometriai mintában nK/N, mert minden kiválasztási pozíció sikeresélye K/N, bár a pozíciók függők.
Sok azonos modellű független játék átlagának a várható értékhez közelsége nem garantált nyereség vagy egyéni következő kimenetel.
Kidolgozott példa
Szabályos kocka számának kétszerese mínusz7 a pontszám. Mennyi a várható érték?
Kocka E(X)=(1+2+3+4+5+6)/6=3,5.
E(2X−7)=2·3,5−7=0.
Lehetséges pontok−5,−3,−1,1,3,5;0 egyik sem, mégis a súlyozott átlag0.
- A díjat minden játékban számold.
- Várható érték nem jóslat az egyetlen következő kimenetelre.
Próbáld ki önállóan!
Egy újabb kidolgozott példa
Két szabályos érmedobásnál mekkora a pontosan egy fej valószínűsége?
A négy egyformán valószínű rendezett kimenetel: fej–fej, fej–írás, írás–fej, írás–írás.
Pontosan egy fej két kimenetelben van: fej–írás és írás–fej.
A valószínűség 2/4 = 1/2. Legalább egy fej viszont három kimenetelben van, ezért annak esélye 3/4.
Emelt szinten menj tovább!
Feltételes valószínűségnél az eseményteret a feltételnek megfelelő kimenetelekre szűkítjük: P(A|B) = P(A ∩ B)/P(B), P(B) > 0. A függetlenség P(A ∩ B) = P(A)P(B), a kizárás A ∩ B = ∅; ez két külön fogalom.
Visszatevés nélkül a második húzás esélye az első eredményétől függ, ezért a változó készletet is számold.
Ellenőrizd, hogy megértetted!
1. kérdés
Egy szabályos kockán mekkora az 5-nél nagyobb szám esélye?
Megoldás és magyarázat
Egyetlen kedvező kimenetel a 6, így a valószínűség 1/6.
2. kérdés
Két megkülönböztetett szabályos kocka dobott összege egyforma eséllyel lehet 2 és 7?
Megoldás és magyarázat
Nem. A 2 egyféleképpen, a 7 hatféle rendezett számpárral jön ki.
Az egyforma esély a 36 rendezett kimenetelre vonatkozik.
3. kérdés
Egy zsákban 3 piros és 2 kék golyó van. Két golyót húzunk visszatevés nélkül.
Mennyi az esély, hogy mindkettő piros?
Megoldás és magyarázat
3/5 · 2/4 = 3/10. Az első piros után négy golyó, köztük két piros marad.
Nem 3/5 · 3/5, mert a készlet megváltozott.