Valószínűségszámítás és statisztika a fizikában február 16.

Átírás

1 számítás és statisztika a fizikában február 16.

2 Technikai információk Palla Gergely / pallag@hal.elte.hu / ELTE TTK Biológiai Fizika Tanszék, Északi Tömb, szoba Fogadó óra: hétfő, Az előadás fóliái letölthetők innen: Vizsga: szóbeli, előfeltétel a gyakorlati jegy.

3 Tematika Bevezetés Feltételes és függetlenség i változó és eloszlás Eloszlások jellemzése Korreláció Nevezetes eloszlások Normálisból származtatott eloszlások Nagy számok törvényei Központi határeloszlás tételek Statisztika sokaság Statisztikai becslések Statisztikai próbák Regresszió Sztochasztikus folyamatok

4 Tételek 1. ek, eseménytér, műveletek eseményekkel. Gyakoriság és, a axiómái. A mértéke és tulajdonságai, a i fogalma. A klasszikus meghatározása. 2. A alapvető összefüggései., feltételes. A teljes tétele, Bayes tétele. Események függetlensége. 3. A i változó fogalma, folytonos és diszkrét változók. eloszlás, eloszlásfüggvény és sűrűségfüggvény. i változók és eloszlások transzformációi. 4. Együttes eloszlás és többváltozós eloszlások. Peremeloszlás és feltételes eloszlás. i változók függetlensége. i változók összegének és szorzatának eloszlása. 5. Integrális jellemzők: várható érték, szórás, magasabb momentumok, medián, kvantilis. Feltételes várható érték. Markovés Csebisev- egyenlőtlenség, relatív szórás. 6. Generátorfüggvény és Karakterisztikus függvény. Kovariancia, korrelációs együttható.

5 Tételek 7. Nevezetes eloszlások: geometriai eloszlás és egyéb urna modellek, egyenletes-, binomiális-, exponenciális és Poisson eloszlás. 8. Normális eloszlás és a normálisból származtatott eloszlások: lognormális eloszlás, χ 2 - és χ-eloszlás, Student- és Cauchy eloszlás. 9. Nagy számok törvényei. Konvergencia fogalmak. A nagy számok gyenge törvényei. A Bernoulli tétel és általánosítása. A nagy számok erős törvényei. 10. Határeloszlás tételek: De Moivre-Laplace tétel, a centrális határeloszlás tétel. Lèvi-stabil eloszlások. 11. Statisztikus sokaság, minta. Torzítatlan becslés, hatásos becslés fogalma. Empirikus eloszlás- és sűrűségfüggvény. Empirikus várható érték és szórásnégyzet, korrigált empirikus szórásnégyzet. Maximum likelihood módszer. 12. Paraméterek intervallum becslései (konfidencia intervallum, konfidencia szint). Statisztikai próbák: u-próba, t-próba, χ 2 -próba, függetlenség vizsgálat. Regresszió, főkomponens analízis. 13. Sztochasztikus folyamatok. Markov-tulajdonság. Wiener-folyamat, fehér zaj. Véletlenszám generálás. A Monte-Carlo-módszer alapjai. Markov folyamatok, Fokker-Planck-egyenlet.

6 Ajánlott irodalom Prékopa András: számítás műszaki alkalmazásokkal, Műszaki Könyvkiadó, 1962 Bognár J., Mogyoródi J., Prékopa A., Rényi A., Szász D., számítási feladatgyűjtemény, Typotex, 2001 Rényi Alfréd: számítás, Tankönyvkiadó, 1968 B. V. Gnedenko: The Theory of Probability, Mir Piblishers, 1976 Paul R. Halmos: Mértékelmélet, Gondolat 1984 B. V. Gnedenko, A. N. Kolmogorov: Független i változók összegeinek határeloszlásai, Akadémiai kiadó, 1951

7 Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Bevezetés február 16.

8 Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések TÖRTÉNELMI ÁTTEKINTÉS

9 Gerolamo Cardano (1526) Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Liber de ludo aleae (Könyv a szerencsejátékokról)

10 Blaise Pascal és Pierre de Fermat (1654) Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Blaise Pascal Pierre de Fermat Levelezésükben tárgyalták a következő nyereményelosztási problémát: Tegyük fel, hogy két játékos egyforma tétet tett be a játék elején, és egyforma eséllyel gyűjtik a pontokat a játék során. A játék végén a győztes mindent visz. Hogyan kell igazságosan elosztani a nyereményt (a már megszerzett pontok függvényében), ha valamiért nem tudják befejezni a játékot?

11 de Méré lovag feladványa Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Antoine Gombaud, Chevalier de Méré, francia író, szerencsejátékos kedvenc fogadásai: I. 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os. II. 2 kockával dobva 24 dobásból legalább egy 6-os pár. A II. fogadáson nagy összegeket veszített, ezért Pascalhoz fordult segítségért. Műveiben később leírta az imént tárgyalt nyeremény elosztási problémát is: L honnête homme (A becsületes ember) Discours de la vraie honnêteté (Értekezés az igazi becsületességről)

12 Andrej Nyikolájevics Kolmogorov (1932) Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések A számítás axiomatikus megalapozása. (, i mérték, stb.)

13 Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések PÉLDÁK A VALÓSZÍNŰSÉGSZÁMÍTÁS ALKALMAZÁSI TERÜLETEIRE

14 Szerencsejáték Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Rulett, póker, lottó, kocka, stb. ¼

15 Tőzsde, gazdaság Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Árfolyam, tőzsdeindex, kamat, stb.

16 Biztosítás Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Balesetbiztosítás, lakásbiztosítás, életbiztosítás, stb.

17 Meteorológia Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Időjárás előrejelzés, viharok, stb.

18 Tömegtermelés Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Mino ségelleno rzés, mintavételezés, stb. ¼

19 Sorbanállás Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Várakozási idő, sorhossz, torlódás, stb. (Internet, call center, közlekedés, stb.)

20 Info-kommunikáció Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Kódolás, zajszűrés, kódfejtés, stb.

21 Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések AZ ELŐADÁSON HASZNÁLT JELÖLÉSEK

22 Az előadás fóliákon használt jelölések Bevezetés Történelmi áttekintés Példák Jelölések Definíció A fontosabb definíciók ilyen színű keretet kapnak. Állítás, tétel A fontosabb állítások, tételek ilyen színű keretet kapnak. Példa A fontosabb példák ilyen színű keretet kapnak. Máshonnan vett állítás Ritkán előfordulnak olyan tételek/definíciók, melyek alapvetően más tantárgyak anyagát képezik, ezek ilyen színű keretet kapnak és a vizsgán nem kerülnek számonkérésre.

23 i e Unió e ESEMÉNYTÉR

24 i Definíció: A véletlen kísérlet olyan kísérlet, (folyamat), melynek kimenetelét az általunk figyelembe vett feltételek nem határozzák meg egyértelműen. e Példák Kockadobás, kártyahúzás, stb. Folyó vízállása délben, lájkolók száma a weblapon éjfélkor, stb. Unió e

25 i Definíció: A véletlen kísérlet olyan kísérlet, (folyamat), melynek kimenetelét az általunk figyelembe vett feltételek nem határozzák meg egyértelműen. e Példák Kockadobás, kártyahúzás, stb. Folyó vízállása délben, lájkolók száma a weblapon éjfélkor, stb. Unió e

26 i Definíció: A véletlen kísérlet olyan kísérlet, (folyamat), melynek kimenetelét az általunk figyelembe vett feltételek nem határozzák meg egyértelműen. e Példák Kockadobás, kártyahúzás, stb. Folyó vízállása délben, lájkolók száma a weblapon éjfélkor, stb. Unió e

27 Hiányzó okok elve i /... Be van fejezve a nagy mű, igen. A gép forog, az alkotó pihen. Évmilliókig eljár tengelyén, Míg egy kerékfogát ujítni kell..../ (Madách Imre, Az ember tragédiája, Első szín) an: mindennek oka van, csak nem ismerjük ezeket az okokat elég pontosan, ezért tűnik egy kísérlet kimenetele véletlennek. e Unió e Kvantumosan: nincsenek hiányzó okok, bizonyos folyamatok véletlenszerűek és kész.

28 Elemi esemény i Elemi esemény Definíció: Valamely kísérlettel kapcsolatban a kísérlet lehetséges kimeneteleit elemi eseményeknek nevezzük. e Unió e Példák Kockadobásnál 6 kimenetel lehetséges, kártyahúzásnál 32 (vagy 52). Folyó vízállása cm-ben, lájkok száma. (Elvileg végtelen sok kimenetel lehetséges).

29 Elemi esemény i Elemi esemény Definíció: Valamely kísérlettel kapcsolatban a kísérlet lehetséges kimeneteleit elemi eseményeknek nevezzük. e Unió e Példák Kockadobásnál 6 kimenetel lehetséges, kártyahúzásnál 32 (vagy 52). Folyó vízállása cm-ben, lájkok száma. (Elvileg végtelen sok kimenetel lehetséges).

30 Elemi esemény i Elemi esemény Definíció: Valamely kísérlettel kapcsolatban a kísérlet lehetséges kimeneteleit elemi eseményeknek nevezzük. e Unió e Példák Kockadobásnál 6 kimenetel lehetséges, kártyahúzásnál 32 (vagy 52). Folyó vízállása cm-ben, lájkok száma. (Elvileg végtelen sok kimenetel lehetséges).

31 i Definíció: Ha a kísérlet lehetséges kimenetelei ω 1, ω 2,..., ω n, akkor az elemei események összessége az eseménytér: Ω = {ω 1, ω 2,..., ω n}. e Unió e Esemény Definíció: Az eseménytér egy A Ω részhalmazát eseménynek hívjuk. Példák Biztos esemény: A = Ω. Lehetetlen esemény: A =. Kockadobás: ω 1 = {1}, ω 2 = {2},..., ω 6 = {6} Ω = {{1}, {2},..., {6}} A esemény pl. páros szám dobása: A = {{2}, {4}, {6}}. Lájkok száma: {0db}, {1db},... A esemény pl.: több mint 100db.

32 i Definíció: Ha a kísérlet lehetséges kimenetelei ω 1, ω 2,..., ω n, akkor az elemei események összessége az eseménytér: Ω = {ω 1, ω 2,..., ω n}. e Unió e Esemény Definíció: Az eseménytér egy A Ω részhalmazát eseménynek hívjuk. Példák Biztos esemény: A = Ω. Lehetetlen esemény: A =. Kockadobás: ω 1 = {1}, ω 2 = {2},..., ω 6 = {6} Ω = {{1}, {2},..., {6}} A esemény pl. páros szám dobása: A = {{2}, {4}, {6}}. Lájkok száma: {0db}, {1db},... A esemény pl.: több mint 100db.

33 i Definíció: Ha a kísérlet lehetséges kimenetelei ω 1, ω 2,..., ω n, akkor az elemei események összessége az eseménytér: Ω = {ω 1, ω 2,..., ω n}. e Unió e Esemény Definíció: Az eseménytér egy A Ω részhalmazát eseménynek hívjuk. Példák Biztos esemény: A = Ω. Lehetetlen esemény: A =. Kockadobás: ω 1 = {1}, ω 2 = {2},..., ω 6 = {6} Ω = {{1}, {2},..., {6}} A esemény pl. páros szám dobása: A = {{2}, {4}, {6}}. Lájkok száma: {0db}, {1db},... A esemény pl.: több mint 100db.

34 i Definíció: Ha a kísérlet lehetséges kimenetelei ω 1, ω 2,..., ω n, akkor az elemei események összessége az eseménytér: Ω = {ω 1, ω 2,..., ω n}. e Unió e Esemény Definíció: Az eseménytér egy A Ω részhalmazát eseménynek hívjuk. Példák Biztos esemény: A = Ω. Lehetetlen esemény: A =. Kockadobás: ω 1 = {1}, ω 2 = {2},..., ω 6 = {6} Ω = {{1}, {2},..., {6}} A esemény pl. páros szám dobása: A = {{2}, {4}, {6}}. Lájkok száma: {0db}, {1db},... A esemény pl.: több mint 100db.

35 eseményekkel i eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 ω 1 ω 2 Ω e Unió e ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 9 ω 7 ω 6

36 eseményekkel i eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 ω 1 ω 2 Ω e Unió e ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 6 ω 9 A ω 7

37 eseményekkel i eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 ω 1 B ω 2 Ω e Unió e ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 9 ω 7 ω 6

38 eseményekkel i eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 ω 1 B ω 2 Ω e Unió e ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 6 ω 9 A ω 7

39 eseményekkel i e Unió e eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 AB ω 1 ω 4 Ω B ω 2 ω 8 ω ω 3 5 ω 9 A ω 7 ω 6

40 eseményekkel i e Unió e eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. Ω ω 1 ω 0 ω 2 ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 6 A ω 9 A ω 7

41 eseményekkel i eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 ω 1 ω 2 Ω e Unió e ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 6 ω 9 A ω 7

42 eseményekkel i eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 ω 1 ω 2 Ω e Unió e ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 6 ω 9 C ω 7

43 eseményekkel i eseményekkel A következő alap műveleteket értelmezzük az eseményeken: A és B közül legalább az egyik bekövetkezik (vagy): A B, A + B. Mind A mind B bekövetkezik (és): A B, AB. A nem következik be (neg.): A, A c. A maga után vonja C-t: A C. A bekövetkezik, de B nem: A B = A B. ω 0 ω 1 B ω 2 Ω e Unió e ω 4 ω 8 ω 3 ω 5 ω 9 A B ω 7 ω 6

44 Műveleti azonosságok i Műveleti azonosságok ÉS A B = B A A A = A A (B C) = (A B) C A A = A = A Ω = A VAGY A B = B A A A = A A (B C) = (A B) C A A = Ω A = A A Ω = Ω e Unió e A (B C) = (A B) (A C) A (A B) = A A (B C) = (A B) (A C) A B = A B A B = A B

45 Műveleti azonosságok Gyakorló példa i Ha adott egy tetszőleges A és B esemény, akkor milyen X eseményre teljesül az alábbi összefüggés? X A X A = (A B) B e Unió e

46 Műveleti azonosságok Gyakorló példa i e Unió e Ha adott egy tetszőleges A és B esemény, akkor milyen X eseményre teljesül az alábbi összefüggés? X A X A = (A B) B Használva a műveleti azonosságokat: (X A) (X A) = (A B) B X (X A) (A X) (A A) = (A B) B X (A A) X X (A A) = (A B) (B B) Ω X X = X = A B

47 i Egymást kizáró események Definíció: A és B egymást kizáró események ha A B = Definíció: A 1, A 2,..., A n teljes t alkotnak, ha minden k = 1,..., n-re a) A k, b) A j A k = ha j k, c) A 1 A 2... A n = Ω. e Unió e

48 i e Egymást kizáró események Definíció: A és B egymást kizáró események ha A B = Definíció: A 1, A 2,..., A n teljes t alkotnak, ha minden k = 1,..., n-re a) A k, b) A j A k = ha j k, c) A 1 A 2... A n = Ω. Szemléltetés: Ω Unió e

49 i e Unió e Egymást kizáró események Definíció: A és B egymást kizáró események ha A B = Definíció: A 1, A 2,..., A n teljes t alkotnak, ha minden k = 1,..., n-re a) A k, b) A j A k = ha j k, c) A 1 A 2... A n = Ω. Szemléltetés: A 3 A 2 A 1 Ω A 4 A 5 A 6

50 Események és halmazok i Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B e Unió e

51 Események és halmazok i Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B e Unió e

52 Események és halmazok i Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B e Unió e

53 Események és halmazok i Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B -Mi az összes események halmaza? e Unió e

54 Események és halmazok i Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B -Mi az összes események halmaza? Az Ω hatványhalmaza, P(Ω). e Unió e

55 Események és halmazok i e Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B -Mi az összes események halmaza? Az Ω hatványhalmaza, P(Ω). -Ha az elemi események száma n, mennyi az összes események száma? Unió e

56 Események és halmazok i e Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B -Mi az összes események halmaza? Az Ω hatványhalmaza, P(Ω). -Ha az elemi események száma n, mennyi az összes események száma? 2 n Unió e

57 Események és halmazok i e Unió e Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B -Mi az összes események halmaza? Az Ω hatványhalmaza, P(Ω). -Ha az elemi események száma n, mennyi az összes események száma? 2 n -Vajon P(Ω) zárt a fenti műveletekre nézve?

58 Események és halmazok i e Unió e Az eseményeket tehát az Ω eseménytér részhalmazaival modellezzük, (melyek elemi eseményekből állnak össze). Megfeleltetés az eseményeken értelmezett műveletek és a halmaz műveletek között: ÉS, AB, metszet, A B VAGY, A + B unió, A B NEM, A komplementer, A c DE NEM, A B különbség, A B -Mi az összes események halmaza? Az Ω hatványhalmaza, P(Ω). -Ha az elemi események száma n, mennyi az összes események száma? 2 n -Vajon P(Ω) zárt a fenti műveletekre nézve? Igen, szerencsére egy σ-algebrát alkot.

59 Halmazgyűrű i e Halmazgyűrű R halmazgyűrű, ha minden E, F R esetén a) E F R, b) E F R, azaz az unió és különbség műveletekre nézve zárt. Következmény: Mivel E F = F (F E), a metszetre nézve is zárt. Unió e

60 Halmazgyűrű i e Halmazgyűrű R halmazgyűrű, ha minden E, F R esetén a) E F R, b) E F R, azaz az unió és különbség műveletekre nézve zárt. Következmény: Mivel E F = F (F E), a metszetre nézve is zárt. Unió e

61 Halmazalgebra i e Halmazalgebra A halmazalgebra, ha a) E, F A esetén E F A, b) E A esetén E c A, azaz az unió és komplementer műveletekre nézve zárt. Következmény: Mivel E F = E F c = (E c F) c, a különbségre nézve is zárt. Unió e

62 Halmazalgebra i e Halmazalgebra A halmazalgebra, ha a) E, F A esetén E F A, b) E A esetén E c A, azaz az unió és komplementer műveletekre nézve zárt. Következmény: Mivel E F = E F c = (E c F) c, a különbségre nézve is zárt. Unió e

63 σ-gyűrű, σ-algebra i e Unió e σ-gyűrű R σ-gyűrű, ha a) E, F R esetén E F R, b) E i, i = 1, 2,... esetén E i R, i=1 σ-algebra A σ-algebra, ha a) E A esetén E c A, b) E i, i = 1, 2,... esetén E i A, i=1

64 σ-gyűrű, σ-algebra i e Unió e σ-gyűrű R σ-gyűrű, ha a) E, F R esetén E F R, b) E i, i = 1, 2,... esetén E i R, i=1 σ-algebra A σ-algebra, ha a) E A esetén E c A, b) E i, i = 1, 2,... esetén E i A, i=1

65 Összefoglalás i e A véletlen kísérlet lehetséges kimenetelei az elemi események, ezek halmaza az Ω eseménytér. Az összes esemény halmaza az Ω hatványhalmaza, P(Ω). A P(Ω) egy σ-algebrát alkot, azaz zárt a VAGY (unió), ÉS (metszet), NEM (komplementer) és DE NEM (különbség) műveletekre. OK, de mi az események VALÓSZÍNŰSÉGE? Unió e

66 Összefoglalás i e A véletlen kísérlet lehetséges kimenetelei az elemi események, ezek halmaza az Ω eseménytér. Az összes esemény halmaza az Ω hatványhalmaza, P(Ω). A P(Ω) egy σ-algebrát alkot, azaz zárt a VAGY (unió), ÉS (metszet), NEM (komplementer) és DE NEM (különbség) műveletekre. OK, de mi az események VALÓSZÍNŰSÉGE? Unió e

67 i e Unió e VALÓSZÍNŰSÉG

68 i Egy kísérletet egymástól függetlenül megismételhetünk többször is. Pl: kockadobás, folyó vízállásának mérése évről évre ugyanazon a napon, stb. e Ha adott A esemény (pl. páros dobás) bekövetkezéseinek száma k A és összesen n kísérlet volt, akkor A relatív gyakorisága k A/n. Hogyan néz ki a relatív gyakoriság n függvényében? Unió e

69 i Egy kísérletet egymástól függetlenül megismételhetünk többször is. Pl: kockadobás, folyó vízállásának mérése évről évre ugyanazon a napon, stb. e Ha adott A esemény (pl. páros dobás) bekövetkezéseinek száma k A és összesen n kísérlet volt, akkor A relatív gyakorisága k A/n. Hogyan néz ki a relatív gyakoriság n függvényében? Unió e

70 i Egy kísérletet egymástól függetlenül megismételhetünk többször is. Pl: kockadobás, folyó vízállásának mérése évről évre ugyanazon a napon, stb. e Ha adott A esemény (pl. páros dobás) bekövetkezéseinek száma k A és összesen n kísérlet volt, akkor A relatív gyakorisága k A/n. Hogyan néz ki a relatív gyakoriság n függvényében? Unió e

71 i Egy kísérletet egymástól függetlenül megismételhetünk többször is. Pl: kockadobás, folyó vízállásának mérése évről évre ugyanazon a napon, stb. e Ha adott A esemény (pl. páros dobás) bekövetkezéseinek száma k A és összesen n kísérlet volt, akkor A relatív gyakorisága k A/n. Hogyan néz ki a relatív gyakoriság n függvényében? Unió e

72 i Egy kísérletet egymástól függetlenül megismételhetünk többször is. Pl: kockadobás, folyó vízállásának mérése évről évre ugyanazon a napon, stb. e Ha adott A esemény (pl. páros dobás) bekövetkezéseinek száma k A és összesen n kísérlet volt, akkor A relatív gyakorisága k A/n. Hogyan néz ki a relatív gyakoriság n függvényében? Unió e

73 i Egy kísérletet egymástól függetlenül megismételhetünk többször is. Pl: kockadobás, folyó vízállásának mérése évről évre ugyanazon a napon, stb. e Ha adott A esemény (pl. páros dobás) bekövetkezéseinek száma k A és összesen n kísérlet volt, akkor A relatív gyakorisága k A/n. Hogyan néz ki a relatív gyakoriság n függvényében? Unió e

74 Nagy számok törvénye i e Unió e k n n A relatív gyakoriság n függvényében egy ingadozó függvény. Az ingadozások mértéke azonban csökken n-el, és elég nagy n-re a függvény ráhúzódik egy jól meghatározott értékre.

75 Nagy számok törvénye i e Unió e k n n A relatív gyakoriság n függvényében egy ingadozó függvény. Az ingadozások mértéke azonban csökken n-el, és elég nagy n-re a függvény ráhúzódik egy jól meghatározott értékre.

76 Nagy számok törvénye i e Unió e k n n A relatív gyakoriság n függvényében egy ingadozó függvény. Az ingadozások mértéke azonban csökken n-el, és elég nagy n-re a függvény ráhúzódik egy jól meghatározott értékre.

77 Mi a? (an) i e Unió e

78 Mi a? (an) i A az eseményekhez rendelt szám, amely körül az adott esemény bekövetkezésének relatív gyakorisága ingadozik. e Unió e

79 i e Unió e A klasszikus definíciója Példa Véges eseménytér. Minden elemi esemény egyforma gyakorisággal következik be. Adott A esemény e: P(A) kedvező esetek száma összes esetek száma, (ahol a kedvező esetek száma az A-ban foglalt elemi események száma.) Páros dobás e kockadobás esetén: P = {2, 4, 6} {1, 2, 3, 4, 5, 6} = 3 6 = 1 2.

80 i e Unió e A klasszikus definíciója Példa Véges eseménytér. Minden elemi esemény egyforma gyakorisággal következik be. Adott A esemény e: P(A) kedvező esetek száma összes esetek száma, (ahol a kedvező esetek száma az A-ban foglalt elemi események száma.) Páros dobás e kockadobás esetén: P = {2, 4, 6} {1, 2, 3, 4, 5, 6} = 3 6 = 1 2.

81 i e Unió e A klasszikus definíciója Példa Véges eseménytér. Minden elemi esemény egyforma gyakorisággal következik be. Adott A esemény e: P(A) kedvező esetek száma összes esetek száma, (ahol a kedvező esetek száma az A-ban foglalt elemi események száma.) Páros dobás e kockadobás esetén: P = {2, 4, 6} {1, 2, 3, 4, 5, 6} = 3 6 = 1 2.

82 i e Unió e A klasszikus definíciója Példa Véges eseménytér. Minden elemi esemény egyforma gyakorisággal következik be. Adott A esemény e: P(A) kedvező esetek száma összes esetek száma, (ahol a kedvező esetek száma az A-ban foglalt elemi események száma.) Páros dobás e kockadobás esetén: P = {2, 4, 6} {1, 2, 3, 4, 5, 6} = 3 6 = 1 2.

83 de Méré lovag feladványa i 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: e Unió e

84 de Méré lovag feladványa i 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: Összes eset: 6 4. e Unió e

85 de Méré lovag feladványa i 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: Összes eset: 6 4. Azon esetek, amikor nincs 6-os: 5 4. e Unió e

86 de Méré lovag feladványa i 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: Összes eset: 6 4. Azon esetek, amikor nincs 6-os: 5 4. Ezért P = e Unió e

87 de Méré lovag feladványa i 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: Összes eset: 6 4. Azon esetek, amikor nincs 6-os: 5 4. Ezért P = kockával dobva 24 dobásból legalább egy 6-os pár: e Unió e

88 de Méré lovag feladványa i 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: Összes eset: 6 4. Azon esetek, amikor nincs 6-os: 5 4. Ezért P = kockával dobva 24 dobásból legalább egy 6-os pár: Összes eset: e Unió e

89 de Méré lovag feladványa i 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: Összes eset: 6 4. Azon esetek, amikor nincs 6-os: 5 4. Ezért P = kockával dobva 24 dobásból legalább egy 6-os pár: Összes eset: Azon esetek, amikor nincs 6-os pár: e Unió e

90 de Méré lovag feladványa i e 1 kockával dobva 4 dobásból legalább egy 6-os: Összes eset: 6 4. Azon esetek, amikor nincs 6-os: 5 4. Ezért P = kockával dobva 24 dobásból legalább egy 6-os pár: Összes eset: Azon esetek, amikor nincs 6-os pár: Ezért P = Unió e

91 számítása kombinatorikusan i Bolyongás számegyenesen: Az origóból indulva n lépést megtéve mi a e, hogy pont k-ban leszünk? e Unió e

92 számítása kombinatorikusan i Bolyongás számegyenesen: Az origóból indulva n lépést megtéve mi a e, hogy pont k-ban leszünk? p k = p k; legyen k 0 e Unió e

93 számítása kombinatorikusan i Bolyongás számegyenesen: e Az origóból indulva n lépést megtéve mi a e, hogy pont k-ban leszünk? p k = p k; legyen k 0 k + n k 2 = n+k 2 jobbra, n k 2 balra n közül, Unió e

94 számítása kombinatorikusan i e Unió e Bolyongás számegyenesen: Az origóból indulva n lépést megtéve mi a e, hogy pont k-ban leszünk? p k = p k; legyen k 0 k + n k 2 = n+k 2 jobbra, n k 2 balra n közül, ( n n k 2 ) féle módon választható ki. Ezért p k = 1 ( n 2 n n k 2 )

95 számítása kombinatorikusan i Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? e Unió e

96 számítása kombinatorikusan i e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? Ha a golyók megkülönböztethetőek: n N Unió e

97 számítása kombinatorikusan i e Unió e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? Ha a golyók megkülönböztethetőek: n N a) összes eset: n N, egy leosztás:, tehát k 1!k 2! k N! n! 1 P(n 1 = k 1, n 2 = k2,..., n N = k N) = (Maxwell-Boltzmann). n! k 1!k 2! k N! N n

98 számítása kombinatorikusan i e Unió e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? Ha a golyók megkülönböztethetőek: n N a) összes eset: n N, egy leosztás:, tehát k 1!k 2! k N! n! 1 P(n 1 = k 1, n 2 = k2,..., n N = k N) = (Maxwell-Boltzmann). b) P(n i = k) = 1 N k (1 1 N )n k ( n k ) n! k 1!k 2! k N! N n

99 számítása kombinatorikusan i Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? És ha a golyók megkülönbözhetetlenek (pl. atomok)? e Unió e

100 számítása kombinatorikusan i e Unió e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? És ha a golyók megkülönbözhetetlenek (pl. atomok)? 0 N n

101 számítása kombinatorikusan i e Unió e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? És ha a golyók megkülönbözhetetlenek (pl. atomok)? 0 N n a) összes eset: ( N+n 1 ), ezért n P(n 1 = k 1, n 2 = k 2,..., n N = k n) = 1 ( N+n 1 n (n+n 1)! (Bose-Einstein). ) = n!(n 1)!

102 számítása kombinatorikusan i e Unió e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? És ha a golyók megkülönbözhetetlenek (pl. atomok)? 0 N n a) összes eset: ( N+n 1 ), ezért n P(n 1 = k 1, n 2 = k 2,..., n N = k n) = 1 ( N+n 1 n (n+n 1)! (Bose-Einstein). ) = n!(n 1)! b) N 1 cellába kell n k-t szétosztani: P(n i = k) = (N+n k 2 ) n k. ( N+n 1 ) n

103 számítása kombinatorikusan i e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? És ha a golyók megkülönbözhetetlenek és 1 cellában egyszerre max. csak 1 lehet? Unió e

104 számítása kombinatorikusan i e Unió e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? És ha a golyók megkülönbözhetetlenek és 1 cellában egyszerre max. csak 1 lehet? a) összes eset ( N 1 ), tehát P(n1 = k1, n2 = k2,..., nn = kn) = n ( N n ) (Fermi-Dirac).

105 számítása kombinatorikusan i e Unió e Statisztikus Fizikában fontosak az ún. betöltési problémák: n golyót (könyvet, atomot, stb.) szétosztunk N dobozba (polcra, cellába, stb.). a) Mi a e, hogy az 1. dobozban k 1 golyó, a 2.-ban k 2,..., N.-ben k N lesz? b) Mi a e, hogy egy kiválasztott dobozban k darab golyó lesz? És ha a golyók megkülönbözhetetlenek és 1 cellában egyszerre max. csak 1 lehet? a) összes eset ( N 1 ), tehát P(n1 = k1, n2 = k2,..., nn = kn) = n ( N n ) (Fermi-Dirac). b) P(n i = 0) = 1 n N, P(ni = 1) = n N.

106 Mi a helyzet, ha az eseménytér nem véges? i e Unió e

107 Mi a helyzet, ha az eseménytér nem véges? i okat ilyenkor is lehet mérni. e Unió e

108 A relatív gyakoriság tulajdonságai i A relatív gyakoriság nem negatív és maximum 1: 0 k A/n 1 A biztos esemény relatív gyakorisága 1: k Ω /n = 1. Ha A és B egymást kizáró események akkor k A+B/n = k A/n + k B/n. A axiómáit ezen tulajdonságok alapján állítjuk fel. e Unió e

109 A relatív gyakoriság tulajdonságai i A relatív gyakoriság nem negatív és maximum 1: 0 k A/n 1 A biztos esemény relatív gyakorisága 1: k Ω /n = 1. Ha A és B egymást kizáró események akkor k A+B/n = k A/n + k B/n. A axiómáit ezen tulajdonságok alapján állítjuk fel. e Unió e

110 A relatív gyakoriság tulajdonságai i A relatív gyakoriság nem negatív és maximum 1: 0 k A/n 1 A biztos esemény relatív gyakorisága 1: k Ω /n = 1. Ha A és B egymást kizáró események akkor k A+B/n = k A/n + k B/n. A axiómáit ezen tulajdonságok alapján állítjuk fel. e Unió e

111 A relatív gyakoriság tulajdonságai i A relatív gyakoriság nem negatív és maximum 1: 0 k A/n 1 A biztos esemény relatív gyakorisága 1: k Ω /n = 1. Ha A és B egymást kizáró események akkor k A+B/n = k A/n + k B/n. A axiómáit ezen tulajdonságok alapján állítjuk fel. e Unió e

112 A axiómái (Kolmogorov) i e Unió e A axiómái Ha adott egy Ω eseménytér, akkor az Ω részhalmazain értelmezett P(A) függvényt nek nevezzük, ha K1 0 P(A) 1 A Ω, K2 P(Ω) = 1, K3 Ha A 1, A 2,... véges- vagy végtelen számú, páronként egymást kizáró események, akkor P( k A k) = P(A k). k Ezek alapján a P nem más, mint egy mérték az események σ-algebráján. A P-t hívjuk eloszlásnak, vagy röviden nek.

113 A axiómái (Kolmogorov) i e Unió e A axiómái Ha adott egy Ω eseménytér, akkor az Ω részhalmazain értelmezett P(A) függvényt nek nevezzük, ha K1 0 P(A) 1 A Ω, K2 P(Ω) = 1, K3 Ha A 1, A 2,... véges- vagy végtelen számú, páronként egymást kizáró események, akkor P( k A k) = P(A k). k Ezek alapján a P nem más, mint egy mérték az események σ-algebráján. A P-t hívjuk eloszlásnak, vagy röviden nek.

114 A axiómái (Kolmogorov) i e Unió e A axiómái Ha adott egy Ω eseménytér, akkor az Ω részhalmazain értelmezett P(A) függvényt nek nevezzük, ha K1 0 P(A) 1 A Ω, K2 P(Ω) = 1, K3 Ha A 1, A 2,... véges- vagy végtelen számú, páronként egymást kizáró események, akkor P( k A k) = P(A k). k Ezek alapján a P nem más, mint egy mérték az események σ-algebráján. A P-t hívjuk eloszlásnak, vagy röviden nek.

115 A axiómái (Kolmogorov) i e Unió e A axiómái Ha adott egy Ω eseménytér, akkor az Ω részhalmazain értelmezett P(A) függvényt nek nevezzük, ha K1 0 P(A) 1 A Ω, K2 P(Ω) = 1, K3 Ha A 1, A 2,... véges- vagy végtelen számú, páronként egymást kizáró események, akkor P( k A k) = P(A k). k Ezek alapján a P nem más, mint egy mérték az események σ-algebráján. A P-t hívjuk eloszlásnak, vagy röviden nek.

116 A axiómái (Kolmogorov) i e Unió e A axiómái Ha adott egy Ω eseménytér, akkor az Ω részhalmazain értelmezett P(A) függvényt nek nevezzük, ha K1 0 P(A) 1 A Ω, K2 P(Ω) = 1, K3 Ha A 1, A 2,... véges- vagy végtelen számú, páronként egymást kizáró események, akkor P( k A k) = P(A k). k Ezek alapján a P nem más, mint egy mérték az események σ-algebráján. A P-t hívjuk eloszlásnak, vagy röviden nek.

117 i e Definíció: Az (Ω, A, P) hármas Kolmogorov-féle i, ha Ω az elemi események halmaza, A az események σ-algebrája Ω felett, P az A-n értelmezett (i) mérték, melyre P(Ω) = 1. Unió e

118 A meghatározása geometriai módszerekkel i Ω geometriai alakzat (egyenes, görbe, sík, tér egy tartománya) mint halmaz egy A részhalmazának véletlen kiválasztása. P(A) = µ(a) µ(ω). e Unió e Pl. Tegyük fel, hogy véletlenszerűen választunk két pontot a [0, d] intervallumban. Mi a e, hogy a kapott három szakaszból háromszög szerkeszthető? x y 0 d

119 A meghatározása geometriai módszerekkel i Ha x < y: x, y x, d y x + (y x) > d y y > d/2 x + (d y) > y x y < x + d/2 (y x) + (d y) > x x < d/2 Ha y < x: y, x y, d x y + (x y) > d x x > d/2 y + (d x) > x y x < y + d/2 (x y) + (d x) > y y < d/2 e Unió e

120 A meghatározása geometriai módszerekkel i Ha x < y: x, y x, d y x + (y x) > d y y > d/2 x + (d y) > y x y < x + d/2 (y x) + (d y) > x x < d/2 Ha y < x: y, x y, d x y + (x y) > d x x > d/2 y + (d x) > x y x < y + d/2 (x y) + (d x) > y y < d/2 e Unió e

121 A meghatározása geometriai módszerekkel i e Unió e Ha x < y: x, y x, d y x + (y x) > d y y > d/2 x + (d y) > y x y < x + d/2 (y x) + (d y) > x x < d/2 Ha y < x: y, x y, d x y + (x y) > d x x > d/2 y + (d x) > x y x < y + d/2 (x y) + (d x) > y y < d/2 y d d/ d/2 d x

122 Valószínu ségi mezo Mu veletek Valószínu ség valószínu ség Valószínu ségi mezo valószínu ség valószínu sége Unió valószínu sége A VALÓSZÍNU SÉG ALAPVETO ÖSSZEFÜGGÉSEI ¼

123 A lehetetlen esemény i Mi a lehetetlen esemény e? e Unió e

124 A lehetetlen esemény i Mi a lehetetlen esemény e? A lehetetlen esemény e 0. A = A, A = P(A) = P(A ) = K3 P(A) + P( ) P( ) = 0 e Unió e

125 i Egy A 1, A 2,..., A n teljes re i P(A i) = 1. Ha teljes t alkotnak, akkor A i A k =, és i A i = Ω. Mivel P(Ω) = 1, a (K3) miatt i P(A i) = 1. e Unió e Következmény a komplementer esemény ére vonatkozóan: Az A e P(A) = 1 P(A). (A és A együtt egy teljes t alkotnak)

126 i Egy A 1, A 2,..., A n teljes re i P(A i) = 1. Ha teljes t alkotnak, akkor A i A k =, és i A i = Ω. Mivel P(Ω) = 1, a (K3) miatt i P(A i) = 1. e Unió e Következmény a komplementer esemény ére vonatkozóan: Az A e P(A) = 1 P(A). (A és A együtt egy teljes t alkotnak)

127 i Egy A 1, A 2,..., A n teljes re i P(A i) = 1. Ha teljes t alkotnak, akkor A i A k =, és i A i = Ω. Mivel P(Ω) = 1, a (K3) miatt i P(A i) = 1. e Unió e Következmény a komplementer esemény ére vonatkozóan: Az A e P(A) = 1 P(A). (A és A együtt egy teljes t alkotnak)

128 Események uniójának (összegének) e i Részhalmaz e Ha A maga után vonja B-t, azaz A B, akkor P(B A) = P(B) P(A). Mivel A B, a B-t felírhatjuk így is: B = A (B A). Mivel A (B A) =, a (K3) miatt P(B) = P(A) + P(B A). e Unió e Események uniójának e Bármely tetszőleges A és B eseményre P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Mivel A B = A (B (A B)) és A (B (A B)) =, a (K3) miatt P(A B) = P(A) + P[B (A B)]. Mivel (A B) B, az előző állítás szerint P[B (A B)] = P(B) P(A B), ezt behelyettesítve a fenti állításra jutunk.

129 Események uniójának (összegének) e i Részhalmaz e Ha A maga után vonja B-t, azaz A B, akkor P(B A) = P(B) P(A). Mivel A B, a B-t felírhatjuk így is: B = A (B A). Mivel A (B A) =, a (K3) miatt P(B) = P(A) + P(B A). e Unió e Események uniójának e Bármely tetszőleges A és B eseményre P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Mivel A B = A (B (A B)) és A (B (A B)) =, a (K3) miatt P(A B) = P(A) + P[B (A B)]. Mivel (A B) B, az előző állítás szerint P[B (A B)] = P(B) P(A B), ezt behelyettesítve a fenti állításra jutunk.

130 Események uniójának (összegének) e i Részhalmaz e Ha A maga után vonja B-t, azaz A B, akkor P(B A) = P(B) P(A). Mivel A B, a B-t felírhatjuk így is: B = A (B A). Mivel A (B A) =, a (K3) miatt P(B) = P(A) + P(B A). e Unió e Események uniójának e Bármely tetszőleges A és B eseményre P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Mivel A B = A (B (A B)) és A (B (A B)) =, a (K3) miatt P(A B) = P(A) + P[B (A B)]. Mivel (A B) B, az előző állítás szerint P[B (A B)] = P(B) P(A B), ezt behelyettesítve a fenti állításra jutunk.

131 Események uniójának (összegének) e i Részhalmaz e Ha A maga után vonja B-t, azaz A B, akkor P(B A) = P(B) P(A). Mivel A B, a B-t felírhatjuk így is: B = A (B A). Mivel A (B A) =, a (K3) miatt P(B) = P(A) + P(B A). e Unió e Események uniójának e Bármely tetszőleges A és B eseményre P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Mivel A B = A (B (A B)) és A (B (A B)) =, a (K3) miatt P(A B) = P(A) + P[B (A B)]. Mivel (A B) B, az előző állítás szerint P[B (A B)] = P(B) P(A B), ezt behelyettesítve a fenti állításra jutunk.

132 Események uniójának (összegének) e i Részhalmaz e Ha A maga után vonja B-t, azaz A B, akkor P(B A) = P(B) P(A). Mivel A B, a B-t felírhatjuk így is: B = A (B A). Mivel A (B A) =, a (K3) miatt P(B) = P(A) + P(B A). e Unió e Események uniójának e Bármely tetszőleges A és B eseményre P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Mivel A B = A (B (A B)) és A (B (A B)) =, a (K3) miatt P(A B) = P(A) + P[B (A B)]. Mivel (A B) B, az előző állítás szerint P[B (A B)] = P(B) P(A B), ezt behelyettesítve a fenti állításra jutunk.

133 Események uniójának (összegének) e i Részhalmaz e Ha A maga után vonja B-t, azaz A B, akkor P(B A) = P(B) P(A). Mivel A B, a B-t felírhatjuk így is: B = A (B A). Mivel A (B A) =, a (K3) miatt P(B) = P(A) + P(B A). e Unió e Események uniójának e Bármely tetszőleges A és B eseményre P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). Mivel A B = A (B (A B)) és A (B (A B)) =, a (K3) miatt P(A B) = P(A) + P[B (A B)]. Mivel (A B) B, az előző állítás szerint P[B (A B)] = P(B) P(A B), ezt behelyettesítve a fenti állításra jutunk.

134 Események uniójának e i Szemléltetés: A B A B A B e Unió e A B

135 Események uniójának e i e Unió e Fontos következmény: Tetszőleges A 1, A 2,..., A n eseményre P ( n A i) n P(A i). i=1 i=1 Bizonyítás: indukcióval. 2 eseményre igaz. Tegyük fel, hogy n-re igaz. P ( n+1 A i) = P ([ n A i] A n+1) i=1 i=1 P ( n A i) + P(A n+1) i=1 n P(A i) + P(A n+1). i=1

136 Események uniójának e i e Unió e Fontos következmény: Tetszőleges A 1, A 2,..., A n eseményre P ( n A i) n P(A i). i=1 i=1 Bizonyítás: indukcióval. 2 eseményre igaz. Tegyük fel, hogy n-re igaz. P ( n+1 A i) = P ([ n A i] A n+1) i=1 i=1 P ( n A i) + P(A n+1) i=1 n P(A i) + P(A n+1). i=1

137 Három esemény uniójának e i e Unió e Három esemény uniójának e Bármely tetszőleges A, B, C eseményekre P(A B C) = P(A) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(B C) + P(A B C). Bizonyítás: Alkalmazva a 2 esemény összegére vonatkozó állítást: P(A B C) = P((A B) C) = P(A B) + P(C) P((A B) C) = P(A) + P(B) P(A B) + P(C) P[(A C) (B C)] = P(A) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(B C) + P((A C) (B C) ). A B C

138 Három esemény uniójának e i e Unió e Három esemény uniójának e Bármely tetszőleges A, B, C eseményekre P(A B C) = P(A) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(B C) + P(A B C). Bizonyítás: Alkalmazva a 2 esemény összegére vonatkozó állítást: P(A B C) = P((A B) C) = P(A B) + P(C) P((A B) C) = P(A) + P(B) P(A B) + P(C) P[(A C) (B C)] = P(A) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(B C) + P((A C) (B C) ). A B C

139 Általánosítás i e Unió e n esemény uniójának e A 1, A 2,..., A n tetszőleges esemény uniójának e: S 1 = n i=1 P(A i) S 2 = P(A i A j) 1 i<j n S 3 = P(A i A j A k) 1 i<j<k n S n = P(A 1 A 2 A n) P ( n A i) = S 1 S 2 + S ( 1) n 1 S n. i=1

140 Általánosítás i e Unió e Bizonyítás: indukcióval Tegyük fel, hogy n-re igaz. Ilyenkor P(A 1... A n A n+1) = P(A 1... A n) + P(A n+1) P[(A 1 A n+1)... (A n A n+1)] A jobb oldalon a II. és III. kifejezésekre alkalmazva az indukciós feltevést a tagok összevonhatók: S II 1 + P(A n+1) = S I 1 S II 2 + S III 1 = S I 2 S II 3 + S III 2 = S I 3 S III n = S I n+1

141 Általánosítás i e Unió e Bizonyítás: indukcióval Tegyük fel, hogy n-re igaz. Ilyenkor P(A 1... A n A n+1) I = P(A 1... A n) +P(A n+1) II P[(A 1 A n+1)... (A n A n+1)] III A jobb oldalon a II. és III. kifejezésekre alkalmazva az indukciós feltevést a tagok összevonhatók: S II 1 + P(A n+1) = S I 1 S II 2 + S III 1 = S I 2 S II 3 + S III 2 = S I 3 S III n = S I n+1

142 Általánosítás i e Unió e Példa Tegyük fel, hogy n számozott golyót húzunk ki egy urnából. Mi a e, hogy a golyók sorrendjében egyik golyó sem a rajta lévő számnak megfelelő helyen van? Ha A i az az esemény, hogy az i-vel számozott golyó az i-edik helyen van, akkor mi az 1 P(A 1 A 2 A n) et keressük. Az iménti általános szabállyal lehet P(A 1 A 2 A n)-t meghatározni! Határozzuk meg S 1-et: Összesen n! féle sorrend lehetséges, ha az i golyó az i. helyen van, az (n 1)! módon történhet, így P(A i) = (n 1)! n! = 1 n, S1 = n 1 n = 1.

143 Általánosítás i e Unió e Példa Tegyük fel, hogy n számozott golyót húzunk ki egy urnából. Mi a e, hogy a golyók sorrendjében egyik golyó sem a rajta lévő számnak megfelelő helyen van? Ha A i az az esemény, hogy az i-vel számozott golyó az i-edik helyen van, akkor mi az 1 P(A 1 A 2 A n) et keressük. Az iménti általános szabállyal lehet P(A 1 A 2 A n)-t meghatározni! Határozzuk meg S 1-et: Összesen n! féle sorrend lehetséges, ha az i golyó az i. helyen van, az (n 1)! módon történhet, így P(A i) = (n 1)! n! = 1 n, S1 = n 1 n = 1.

144 Általánosítás i e Unió e Példa Tegyük fel, hogy n számozott golyót húzunk ki egy urnából. Mi a e, hogy a golyók sorrendjében egyik golyó sem a rajta lévő számnak megfelelő helyen van? Ha A i az az esemény, hogy az i-vel számozott golyó az i-edik helyen van, akkor mi az 1 P(A 1 A 2 A n) et keressük. Az iménti általános szabállyal lehet P(A 1 A 2 A n)-t meghatározni! Határozzuk meg S 1-et: Összesen n! féle sorrend lehetséges, ha az i golyó az i. helyen van, az (n 1)! módon történhet, így P(A i) = (n 1)! n! = 1 n, S1 = n 1 n = 1.

145 Általánosítás i e Unió e Példa Határozzuk meg S 2-t: Az, hogy pont i és j van a helyén: P(A i A j) = Mivel összesen ( n ) féle pár van, 2 (n 2)! n! = 1 n(n 1). S 2 = ( n 2 ) 1 n(n 1) = 1 2!. Hasonló módon, a 3-as metszetekre P(A i A j A k) = (n 3)! n! = 1 n(n 1)(n 2), S 3 = ( n 3 ) 1 n(n 1)(n 2) = 1 3!.

146 Általánosítás i e Unió e Példa Határozzuk meg S 2-t: Az, hogy pont i és j van a helyén: P(A i A j) = Mivel összesen ( n ) féle pár van, 2 (n 2)! n! = 1 n(n 1). S 2 = ( n 2 ) 1 n(n 1) = 1 2!. Hasonló módon, a 3-as metszetekre P(A i A j A k) = (n 3)! n! = 1 n(n 1)(n 2), S 3 = ( n 3 ) 1 n(n 1)(n 2) = 1 3!.

147 Általánosítás i e Unió e Példa Ez alapján P(A 1 A 2 A n) = 1 1 2! + 1 n 3! + 1 ( 1)n 1 n! = ( 1) k 1 1 k!, és a keresett n 1 P(A 1 A 2 A n) = 1 ( 1) k 1 n 1 k! = ( 1) k 1 k! k=1 k=0 k=1 n e 1.

148 Általánosítás i e Unió e Példa Ez alapján P(A 1 A 2 A n) = 1 1 2! + 1 n 3! + 1 ( 1)n 1 n! = ( 1) k 1 1 k!, és a keresett n 1 P(A 1 A 2 A n) = 1 ( 1) k 1 n 1 k! = ( 1) k 1 k! k=1 k=0 k=1 n e 1.