Valószínűség
Az esély számítása előtt pontosan meghatározzuk a kísérlet kimeneteleit, az eseményt és a választott modell feltételeit.
Részletes leckék és gyakorlópéldák (6) →
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!
Egy szabályos dobókocka
| Esemény | Kedvező kimenetelek | Valószínűség |
|---|---|---|
| Páros szám | 2, 4, 6 | 3/6 = 1/2 |
| 4-nél nagyobb | 5, 6 | 2/6 = 1/3 |
| 7-es dobás | Nincs | 0 |
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.
Lépésről lépésre, részletesen
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!
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.
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.