Valószín ségszámítás 1. Csiszár Vill

Átírás

1 Valószí ségszámítás 1. Csiszár Vill

2 Tartalomjegyzék 1. Valószí ségi mez Klasszikus valószí ségi mez Geometriai valószí ségi mez Szita formulák: a Poicaré formula és a Jorda formula Feltételes valószí ség Eseméyek függetlesége Tökremeési feladat Diszkrét valószí ségi változók Biomiális eloszlás Hipergeometriai eloszlás Geometriai (Pascal) eloszlás Negatív biomiális eloszlás Poisso eloszlás Diszkrét valószí ségi változók együttes eloszlása Várható érték A várható érték tulajdoságai Nevezetes diszkrét eloszlások várható értéke Egyéb középértékek Szórás, kovariacia, korreláció A szórás tulajdoságai Nevezetes eloszlások szóráségyzete A korrelációs együttható A agy számok törvéye Geerátorfüggvéy Nevezetes eloszlások geerátorfüggvéye Bolyogás gráfoko Abszolút folytoos valószí ségi változók Egyeletes eloszlás Expoeciális eloszlás Normális eloszlás A evezetes abszolút folytoos eloszlások várható értéke és szórása Abszolút folytoos valószí ségi változók együttes eloszlása Függetleség és kovolúció Cetrális határeloszlás-tétel Szimmetrikus bolyogás a számegyeese Statisztika Becsléselmélet Hipotézisvizsgálat i

3 El szó Ez a jegyzet az ELTE osztatla matematika taárszak 5. félévébe sorra kerül Valószí ségszámítás 1. el adás ayagát tartalmazza. A jegyzet szorosa követi az el adáso elhagzottakat, egy-két kiegészít megjegyzéssel kib vítve, melyek apró bet vel olvashatók. A szükséges kombiatorikai és aalízisbeli el ismereteket adottak tételeztem fel, ezekre em tértem ki külö. Szereték köszöetet modai a lektorak, Witsche Gergelyek, aki az ábrák elkészítésébe is közrem ködött. 1. Valószí ségi mez A valószí ségszámítás kezdetei a szerecsejátékok elemzéséig yúlak vissza. Az egyik els híres valószí ségszámítási kérdés Luca Paccioli evéhez f z dik, aki 1494-be fogalmazta meg az úgyevezett osztozkodási problémát. Tegyük fel, hogy két játékos egy szabályos érmét dobál, ha fej jö ki, akkor az egyikük kap egy potot, ha írás, akkor a másikuk. A játék elejé megegyezek, hogy az yer, aki el bb gy jt össze modjuk 6 potot. Azoba a játék modjuk 5 : 3-as állásál félbeszakad. Kérdés, hogy milye aráyba igazságos elosztai a yereméyt? Eek a feladatak a helyes megoldására több, mit száz évvel kés bb, Pascal és Fermat jutott, mely a levelezésükbe található meg. A valószí ség fogalmát azoba csak a 18. századba deiálták, a tudomáyterület úttör i voltak például Jacob Beroulli, Abraham de Moivre, Pierre-Simo de Laplace. A geometriai valószí ségekkel Huyges, Buo, Silvester foglalkoztak. A moder valószí ségszámítás A.N. Kolmogorov ( ) evéhez f z dik, vezette be a Kolmogorov-féle valószí ségi mez t mértékelméleti alapoko. Tekitsük egy kísérletet, melyek eredméyét em tudjuk el re megjósoli, mivel több kimeetele is lehetséges. Ez lehet olya kísérlet, melyet téylegese mi végzük, vagy valaki más, de lehet például egy természeti jeleség meggyelése is. Bár a kimeetelt em tudjuk megjósoli, lehetséges, hogy meg tudjuk modai, hogy melyik kimeetel mekkora eséllyel következik be. Az ilye kísérletekre aduk most matematikai modellt. Legye egy kísérlet lehetséges kimeteleiek halmaza Ω, eek eve eseméytér. Az eseméytér egy elemét jelölje ω Ω, ezt kimeetelek vagy elemi eseméyek hívjuk. Az eseméytér bizoyos A Ω részhalmazai az eseméyek. Ha a kísérlet kimeetele ω, és ω A, akkor az A eseméy bekövetkezett, ha viszot ω / A, akkor az A eseméy em következett be Példa. Tekitsük azt a kísérletet, hogy feldobuk egy dobókockát. Ekkor a lehetséges kimeetelek: Ω = {1,2,3,4,5,6}. Legye A = {2,4,6} az az eseméy, hogy páros számot dobuk. Ha 4-est dobtuk, azaz ω = 4, akkor az A eseméy bekövetkezett. Ha 5-öst dobtuk, azaz ω = 5, akkor az A eseméy em következett be. El fordul, hogy az eseméytér em mide részhalmaza eseméy. Ha egy részhalmaz em eseméy, az szemléletese azt jeleti, hogy a kísérlet kimeetelér l em feltétleül tudjuk megállapítai, hogy eleme-e a részhalmazak. Jelölje az eseméyek családját A, ez tehát Ω bizoyos részhalmazait tartalmazza. Az eseméyek családjáról feltesszük, hogy kielégíti a következ három feltételt: 1) Ω A: Ω eve biztos eseméy. 2) A A A A: ha A eseméy, akkor a komplemetere is. 3) A 1, A 2 A A 1 A 2 A: két eseméy uiója is eseméy. Az 1), 2), 3) feltételekek elget tev A halmazredszert halmazalgebráak hívjuk. Azt, hogy eseméyek metszete is eseméy legye, azért em követeljük meg, mert az már következik a 2) és 3) feltételekb l, felhaszálva a de Morga azoosságot: Ha A 1, A 2 A, akkor A 1 A 2 = A 1 A 2 A. Mivel 1) feltétel szerit Ω eseméy, és a 2) feltétel szerit a komplemetere is az, ezért = Ω A. 1

4 Az üres halmaz eve lehetetle eseméy. A lehetséges legsz kebb halmazalgebra az A = {, Ω} halmazredszer, melybe tehát csak a lehetetle és a biztos eseméy tartozik. Nézzük meg, mit jeleteek a halmazm veletek az eseméyek yelvé! Két eseméy uiója azt jeleti, hogy legalább az egyik bekövetkezett. Két eseméy metszete azt jeleti, hogy midkett bekövetkezett. A \ B = A B azt jeleti, hogy A bekövetkezett, de B em. A B azt jeleti, hogy az A eseméyb l következik B. Egy lépéssel továbbmeve, mide eseméyek va valószí sége: az A eseméy valószí ségét P (A) jelöli. Azaz P egy A R függvéy. P -r l a következ tulajdoságokat követeljük meg: 4) P (A) 0: mide valószí ség emegatív. 5) P (Ω) = 1: a biztos eseméy valószí sége 1. 6) Ha A 1, A 2 A diszjukt (egymást kizáró) eseméyek, akkor P (A 1 A 2 ) = P (A 1 ) + P (A 2 ). Ezek a követelméyek a relatív gyakoriság tulajdoságaiból származtathatók. Ugyais azt szereték, ha egy eseméy valószí sége azt fejezé ki, hogy a kísérletet sokszor elvégezve, a kísérletek háyad részébe következik be az eseméy. Tegyük fel, hogy egy kísérletet egymástól függetleül -szer elvégzük, és jelölje k A, hogy háyszor következett be A. Ekkor k A az A gyakorisága, r A = k A / pedig az A eseméy relatív gyakorisága. Köye elle rizhet, hogy a relatív gyakoriságra teljesülek a feti 4)-6) követelméyek megfelel i: 4') r A 0. 5') r Ω = 1. 6') r A B = r A + r B, ha A B =. Techikai okokból a fetiekél kicsit többet követelük meg: az eseméyek családjáról feltesszük, hogy a megszámlálható uióra is zárt, azaz a 3) feltétel helyett a következ er sebb feltételt tesszük: 3*) Ha A 1, A 2, A 3,... A, akkor A i A. Az 1), 2), 3*) feltételekek eleget tev halmazredszer elevezése szigma-algebra. A valószí ségre tett 6) feltétele is szigorítuk, az új feltétel a következ : 6*) Ha A 1, A 2, A 3,... A párokét diszjukt eseméyek, akkor P ( A i) = P (A i). A 4), 5), 6*) feltételekek eleget tev P függvéy elevezése valószí ségi mérték Deíció. Az (Ω, A, P ) hármast Kolmogorov-féle valószí ségi mez ek hívjuk, ahol Ω emüres halmaz, A szigma-algebra, P pedig valószí ségi mérték. Az axiómák éháy egyszer következméye: 1. P ( ) = 0: 1 = P (Ω) = P (Ω ) = P (Ω) + P ( ) = 1 + P ( ). 2. Mide A eseméyre P (A) 1: s t megkaptuk, hogy P (A) = 1 P (A). 3. A B P (A) P (B). 4. P (A \ B) = P (A) P (A B). 1 = P (Ω) = P (A A) = P (A) + P (A) P (A), A gyakorlatba fotos a helyes modell, mely alatt azt értjük, hogy jól közelíti a valóságot. Tökéletese potos modellt általába em remélhetük Klasszikus valószí ségi mez Akkor beszélük klasszikus (vagy kombiatorikus) valószí ségi mez r l, ha az eseméytér véges, az eseméytér mide részhalmaza eseméy, és mide elemi eseméy egyformá valószí. Azaz: Ω = és ω Ω : P (ω) = 1. 2

5 Legye A Ω. Ekkor P (A) = A kedvez esetek száma =. összes eset száma 1.2. Példa. (de Mère lovag kérdése) Három kockával dobva, a 11-es vagy a 12-es összeg valószí sége agyobb? A kedvez esetek a következ k: 11-es összeg: es összeg: Els re tehát úgy t ik, hogy midkét összeg egyformá esélyes. Azoba ha egyformá valószí kimeetelekkel akaruk dolgozi, akkor a dobások sorredjét is gyelembe kell vei! Azaz Ω = 6 3, és midegyik fet felsorolt számhármasról meg kell vizsgáli, hogy háyféle sorredbe jöhetett ki. Például P (641) = 6/6 3, mivel hatféle sorredbe jöhet ki, P (551) = 3/6 3, mert háromféle sorredbe jöhet ki, és P (444) = 1/6 3, hisze ez csak egyféle sorredbe fordulhat el. Tehát P (11 az összeg) = = , P (12 az összeg) = = , tehát a 11-es összeg valamivel esélyesebb Példa. Tekitsük azt a kísérletet, hogy egy dobókockával az els hatosig dobuk. A kimeetelek egyrészt azok a véges sorozatok, melyekek utolsó eleme 6-os, de az el tte lev elemek 6-ostól külöbözek: 6, 16, 26, 36, 46, 56, 116, 126,..., 556, 1116,... Ugyaakkor (elvileg) az is el fordulhat, hogy soha em dobuk hatost, tehát azok a végtele sorozatok is kimeetelek leszek, melyekbe em szerepel 6-os (ilye sorozatból kotiuum sok va). Vajo meyi az egyes kimeetelek valószí sége? Vegyük el ször egy olya ω Ω kimeetelt, mely véges sorozat, azaz ω = (a 1, a 2,..., a ), ahol a 1, a 2,..., a 1 {1, 2, 3, 4, 5} és a = 6. Nyilvá P (ω) = 1/6. Adjuk most össze a véges sorozatok valószí ségeit (ezekb l megszámlálhatóa végtele darab va)! Mivel hosszú kimeetelb l 5 1 darab va, így P ({ω : ω véges sorozat}) = = 1. Ha tehát A = {ω : ω végtele sorozat} jelöli azt az eseméyt, hogy soha em dobuk 6-ost, akkor megkaptuk, hogy P (A) = 0 kell legye. Ez példa olya eseméyre, mely em a lehetetle eseméy, de valószí sége ulla Geometriai valószí ségi mez Geometriai valószí ségi mez alatt azt értjük, hogy egy B R korlátos Borel halmazba teljese véletleszer a kimeetel. (A Borel halmazokat úgy kapjuk, hogy vesszük a legsz kebb olya szigmaalgebrát, mely tartalmazza az összes yílt halmazt.) Ekkor az eseméytér Ω = B, legye A = B(B) a, ahol A az A halmaz -dimeziós térfogatát jelöli (azaz = 1 esetbe hosszúságot, = 2 esetbe területet, = 3 esetbe térfogatot). Ez a klasszikus valószí ségi mez folytoos megfelel je. B halmaz Borel részhalmazaiak családja, és A A eseté legye P (A) = A B 1.4. Példa. (Buo-féle t probléma) Egy szoba padlója egységyi széles deszkákkal va burkolva. Leejtük egy szité egységyi hosszú t t. Mekkora az esélye, hogy a t két deszkát is érit? Jelölje a t ek a deszkák iráyával bezárt hegyesszögét X, a t középpotjáak a közelebbi szomszédos deszkától való távolságát Y (lásd az 1. ábrát). Ekkor X [0, π/2] és Y [0,1/2]. A véletleszer ledobást úgy értelmezhetjük, hogy az (X, Y ) kimeetelt geometriai valószí ségi mez szerit =1 3

6 1. ábra. A Buo-féle t probléma. választjuk a B = [0, π/2] [0,1/2] téglalapba. A t akkor fog két deszkát éritei, ha a si X = Y/Z jelöléssel 1/2 Z, azaz Y (si X)/2. Tehát a kérdésüket leíró A részhalmaz (eseméy): Eek területét itegrálással határozhatjuk meg: A = {(x, y) B : y (si x)/2}. Tehát a keresett valószí ség: A = π/2 0 si x 2 dx = 1 2. P (a t két deszkát is érit) = A B = 1/2 π/4 = 2 π Szita formulák: a Poicaré formula és a Jorda formula Legyeek A 1,..., A eseméyek. Ha em diszjuktak, akkor a P (A 1 A ) valószí ség kiszámítása ehéz lehet. Erre ad módszert a Poicaré formula Tétel. (Poicaré formula) Legyeek A 1,..., A eseméyek. Ekkor P (A 1 A ) = ( 1) k 1 S k, ahol S k az eseméyekb l alkotható k-as metszetek valószí ségeiek összege, képlettel S k = P (A i1 A i2 A ik ). 1 i 1<...<i k Speciálisa = 2 esetbe a szita formula szerit P (A 1 A 2 ) = P (A 1 ) + P (A 2 ) P (A 1 A 2 ), ha pedig = 3, akkor a következ képletet kapjuk: P (A 1 A 2 A 3 ) = S 1 S 2 + S 3 = [P (A 1 ) + P (A 2 ) + P (A 3 )] [P (A 1 A 2 ) + P (A 1 A 3 ) + P (A 2 A 3 )] + P (A 1 A 2 A 3 ). k=1 4

7 Bizoyítás. Az eseméy az eseméyteret 2 részre partícioálja, mégpedig B 1 B 2... B alakú eseméyekre, ahol midegyik B i az A i és az A i eseméyek egyike. Ez yilvá 2 darab eseméy evezzük ket atomokak, melyek párokét kizárják egymást, és uiójuk az egész Ω. Az atomok közül csak A 1 A 2 A ics bee az A 1 A eseméybe. Legye tehát j 1, és tekitsük egy olya atomot, amelybe j darab eseméy szerepel komplemeter élkül, és j darab eseméy szerepel komplemeterrel, legye például ez az atom C = A 1 A 2 A j A j+1 A k+2 A. Azt kell megmutati, hogy eek az atomak a valószí ségét potosa egyszer számoltuk le a szita formulába. Vegyük észre, hogy az S k összegbe éppe ( j k) -szor számoltuk le, hisze ha az Ai1 A i2 A ik metszetbe szerepl idexek midegyike legfeljebb j, akkor ez a k-as metszet tartalmazza a C atomot, ellekez esetbe azoba diszjukt t le. Tehát összese j ( ) j ( 1) k 1 = ((1 1) j 1) = 1 k k=1 multiplicitással számoltuk le a szóba forgó atom valószí ségét, amit bizoyítai kellett. Megjegyezzük, hogy a formula idukcióval is bizoyítható. A következ formula még általáosabb valószí ségek kiszámítását teszi lehet vé, hasoló módszerrel Tétel. (Jorda formula) Legyeek A 1,..., A eseméyek. Ekkor r ( ) k + r P (Az eseméyb l potosa r teljesül) = ( 1) k S k+r = r k=0 ahol S k ugyaaz, mit a Poicaré formulába, és S 0 = 1. ( ) k ( 1) k r S k, r Bizoyítás. Hasolóa bizoyítjuk, mit a Poicaré formulát. Ismét tekitsük egy olya atomot, amelybe j db eseméy szerepel komplemeter élkül, és j db eseméy szerepel komplemeterrel. Azt kell megmutati, hogy ha j = r, akkor eek az atomak a valószí ségét potosa egyszer számoltuk le a Jorda formulába, ha viszot j r, akkor 0-szor. Az világos, hogy j < r eseté redbe vagyuk, hisze a formula mide tagjába legalább r-es metszetek szerepelek. Legye most j r és írjuk j = l + r alakba. Mivel a vizsgált atom valószí ségét S k+r -be ( l+r k+r) -szer számoltuk le, ezért a teljes multiplicitás: l ( )( ) ( ) l ( ) ( ) k + r l + r l + r l l + r ( 1) k = ( 1) k = ( 1 + 1) l, r k + r r k r k=0 ami l = 0 esetbe éppe 1, l > 0 esetbe pedig 0. Vegyük észre, hogy a Jorda formula r = 0 esetbe pot a Poicaré formulába szerepl uió komplemeteréek valószí ségét adja meg. Gyakorlati szempotból fotos észrevétel, hogy a váltakozó el jel összeg részletösszegei felváltva felülr l, illetve alulról becsülik a potos valószí séget (Boferroi egyel tleség). Ez azt jeleti, hogy gyakra elég az összeg els éháy tagját kiszámoli ahhoz, hogy jó közelítést kapjuk a keresett valószí ségre. Nézzük meg a Jorda formulát = 3 eseméyre! Jelölje P r aak valószí ségét, hogy a 3 eseméyb l potosa r teljesül. Ekkor k=0 P 0 = S 0 S 1 + S 2 S 3 P 1 = S 1 2S 2 + 3S 3 P 2 = S 2 3S 3 P 3 = S 3 k=r 5

8 1.5. Példa. (Névjegy probléma) Tegyük fel, hogy ember véletleszer e összekeveri a évjegyét. Jelölje B azt az eseméyt, hogy seki sem a sajátját kapja. Ha eek valószí ségét a kedvez esetek leszámlálásával szereték kiszámoli, hamar kiderüle, hogy a feladat túl boyolult! Ehelyett alkalmazhatjuk a szita formulát. Legye A i az az eseméy, hogy az i-edik ember a saját évjegyét kapja (i = 1, 2,..., ). Ekkor P (B) = 1 P (B) = 1 P (A 1 A ). ( k)! Mivel P (A i1 A ik ) =, akármelyik i 1 < i 2 <... < i k idexeket választjuk is ki, ezért ( )! ( k)! S k = = 1 k! k!. Tehát P (B) = 1 ( 1) k 1 1 k! = k=1 k=0 ( 1) k 1 k! 1 e = 0.368, ha em túl kicsi. A Jorda formula segítségével azt is kiszámolhatjuk, hogy meyi az esélye, hogy potosa r ember kapja a saját évjegyét: P (Az A 1,..., A eseméyekb l potosa r teljesül) = r ( ) k + r ( 1) k 1 r (k + r)! = 1 r ( 1) k 1 r! k! 1 e r!, ha r em túl kicsi. k= Példa. (Születésapok) Vegyük N embert, és számítsuk ki, hogy meyi aak az esélye, hogy találuk olya hóapot, melyre em esik az N ember közül egyikek sem a születésapja. Az egyszer ség kedvéért feltesszük, hogy mide ember egyforma eséllyel született az egyes hóapokba (ez a valóságba ics potosa így, de els közelítések megfelel). Legye A i az az eseméy, hogy az i-edik hóapba em született seki (i = 1,...,12). Ekkor P (va olya hóap, amelyre em esik szüliap) = P (A 1 A 12 ). (12 k)n Mivel P (A i1 A ik ) =, akármelyik 12 N i 1 < i 2 <... < i k idexeket választjuk is ki, ezért ( ) ( ) N k S k =. Tehát k 12 P (va olya hóap, amelyre em esik szüliap) = 12 k=1 k=0 ( ) ( ) N k ( 1) k 1. k 12 Nézzük meg eek értékét N = 25 eseté! A feti összeget kiszámítva a valószí ségre 0, adódik. Ha csak az els éháy tagot adjuk össze, akkor két tizedesjegyre kerekítve S 1 = 1,36, S 1 S 2 = 0,67, S 1 S 2 + S 3 = 0,84, S 1 S 2 + S 3 S 4 = 0,82, és iet l már a további tagok hozzáadásával em változik a két tizedesjegyre kerekített értéke Példa. (Vezetékszakadás) Tekitsük a 2. ábrá látható áramkört. Tegyük fel, hogy a számozott vezetékek midegyike vagy vezet, vagy em, 1/2 1/2 valószí séggel. Mekkora az esélye, hogy a lámpa világít? Mivel öt vezeték va, és midegyik vagy vezet, vagy em, összese 2 5 = 32 egyformá valószí kimeetelük va. Az egyik megoldás az lee, hogy sorra vesszük mid a 32 kimeetelt, és megszámoljuk, hogy háy kedvez va közöttük. Ez is tökéletese helyes és kivitelezhet út, de alkalmazhatjuk a szita formulát is. 6

9 ábra. A vezetékszakadásos példa áramköre Tekitsük a következ égy eseméyt: A 1 = {1 és 2 vezet}, A 2 = {1,5 és 4 vezet}, A 3 = {3,5 és 2 vezet}, A 4 = {3 és 4 vezet}. Ekkor P (ég a lámpa) = P (A 1 A 2 A 3 A 4 ). Ebbe a példába P (A i1 A ik ) = 1/2 m, ahol m azt jelöli, hogy az A i1 A ik eseméybe háy vezetékt l követeljük meg, hogy vezesse. Így és hasolóa S 1 = P (A 1 ) + P (A 2 ) + P (A 3 ) + P (A 4 ) = = 3 4, S 2 = P (A 1 A 2 ) + P (A 1 A 3 ) + P (A 1 A 4 ) + P (A 2 A 3 ) + P (A 2 A 4 ) + P (A 3 A 4 ) = = Mivel ha legalább három A i eseméy metszetét vesszük, az már az összes vezeték vezetését feltételezi, így 1 S 3 = 4 32, S 4 = Azaz P (ég a lámpa) = S 1 S 2 + S 3 S 4 = = Feltételes valószí ség 1.2. Deíció. Legye A, B A és P (B) > 0. Az A eseméy valószí sége, feltéve hogy B P (A B) bekövetkezett (az A eseméy feltételes valószí sége a B eseméyre ézve): P (A B) =. P (B) A deíció logikája a következ : Ha tudjuk, hogy a B eseméy bekövetkezett, azzal az eseméytér lesz kült a B eseméyre. Tehát azt szereték meghatározi, hogy eek a lesz kült B eseméytérek mekkora részét teszi ki az A eseméy. Klasszikus valószí ségi mez eseté a feltételes valószí séget is az esetek leszámlálásával kapjuk meg: P (A B) = A B. B 1.3. Tétel. (Szorzási szabály a metszet valószí ségére) Ha A 1, A 2,..., A A tetsz leges pozitív valószí ség eseméyek, akkor P ( A i ) = P (A i A 1,..., A i 1 ), ahol a jobboldalo álló szorzat els tagját úgy értelmezzük, hogy P (A 1 ) (mivel a feltétel üres). 7

10 B 1 B i Ω B 2 A 3. ábra. Az A eseméy felbotása a B 1, B 2,... TER szerit. Bizoyítás. A jobboldali szorzatba szerepl feltételes valószí ségeket deíció szerit háyadoskét kiírva, a bal oldalo álló -tagú metszet valószí sége kivételével az összes többi tag kiejti egymást Deíció. Eseméyek véges vagy megszámlálhatóa végtele B 1, B 2,... A redszere teljes eseméyredszer (TER), ha midegyikük pozitív valószí ség, párokét kizárják egymást, és P ( i B i ) = 1. (Ez utóbbi helyett éha azt az er sebb feltételt kötik ki, hogy i B i = Ω.) Egy tetsz leges A eseméy valószí ségét felbothatjuk egy TER szerit, err l szól a következ tétel (lásd a 3. ábrát) Tétel. (Teljes valószí ség tétele) Legye A A tetsz leges eseméy, és B 1, B 2,... TER. Ekkor P (A) = P (A B i ) P (B i ). i Bizoyítás. A teljes eseméyredszer tulajdoságait felhaszálva, P (A) = P (A ( i B i )) = P ( i (A B i )) = i P (A B i ) = i P (A B i )P (B i ) Példa. Egy dobókockával addig dobuk, amíg hatost em kapuk. Meyi aak a valószí sége, hogy em dobuk közbe ötöst? Legye B i az az eseméy, hogy i-edikre dobuk el ször hatost (i = = 1,2,3,...). Ekkor B 1, B 2,... TER, és P (B i ) = 5i 1 1. Jelölje 6 i A azt az eseméyt, hogy em dobuk ötöst. A feti tétel szerit P (A) = P (A B i ) P (B i ). Ha tudjuk, hogy B i bekövetkezett, akkor az els i 1 dobás midegyike ötféle lehet (1-t l 5-ig), tehát az A feltételes valószí sége Visszahelyettesítve, P (A) = 4 i 1 5i 1 5i 1 6 i = P (A B i ) = 4i 1 5 i 1. 4 i 1 6 i = 1 6 ( ) i 1 4 = Az eredméyt úgy is megkaphattuk vola, ha átfogalmazzuk a kérdést a következ képpe: egy dobókockát dobálva, mekkora az esélye, hogy el bb dobuk hatost, mit ötöst? 1.5. Tétel. (Bayes tétele) Legye A pozitív valószí ség eseméy, és B 1, B 2,... teljes eseméyredszer. Ekkor tetsz leges k idexre P (B k A) = P (A B k ) P (B k ) i P (A B i) P (B i ). Bizoyítás. A jobboldal számlálója P (A B k ), evez je pedig éppe P (A) a teljes valószí ség tétele szerit. =

11 4. ábra. Az 1.9. Példa Példa. Tegyük fel, hogy egy hallgató a feltett kérdésre 3 4 valószí séggel tudja a választ. Ha em tudja, akkor tippel, és 1 3 valószí séggel találja el a helyes választ. Számítsuk ki, hogy a) meyi az esélye, hogy a hallgató helyese válaszol, b) ha a hallgató helyese válaszolt, meyi a valószí sége, hogy tudta is a választ! Legye A az az eseméy, hogy a hallgató helyese válaszol, továbbá B 1 : tudja a választ, B 2 : em tudja a választ. Ekkor B 1, B 2 TER, és a szöveg alapjá a következ valószí ségeket ismerjük: P (B 1 ) = 3 4, P (B 2 ) = 1 4, P (A B 1) = 1, P (A B 2 ) = 1 3. Ezeket egy eseméyfá is ábrázolhatjuk a 4. ábra szerit. Ebb l a) A teljes valószí ség tétele szerit b) Bayes tétele szerit P (A) = P (A B 1 ) P (B 1 ) + P (A B 2 ) P (B 2 ) = = = 5 6. P (A B 1 ) P (B 1 ) P (B 1 A) = P (A B 1 ) P (B 1 ) + P (A B 2 ) P (B 2 ) = = Eseméyek függetlesége 1.4. Deíció. Az A és B eseméyek függetleek, ha P (A B) = P (A) P (B). Ha P (B) > 0, akkor ez azzal ekvivales, hogy P (A B) = P (A), vagyis a B eseméy bekövetkezése em változtatja meg az A eseméy bekövetkezéséek esélyét. A feti deíció el ye, hogy ulla valószí ség eseméyekre is értelmes. Továbbá ez a deíció szimmetrikus, tehát em külöböztetjük meg, hogy az A eseméy függetle-e B-t l, vagy a B eseméy függetle-e A-tól. A következ kérdés, hogy hogya deiáljuk több eseméy függetleségét? Szereték, ha párokét függetleek leéek, azaz bármelyik kett függetle lee egymástól. De eél többet is szereték, például A, B, C eseméyek eseté azt, hogy B és C együttes bekövetkezése e változtasso A valószí ségé: P (A B C) = P (A). Ezt átírva, és felhaszálva B és C függetleségét kapjuk, hogy P (A B C) = P (A)P (B)P (C). Ezt a godolatmeetet eseméyre kiterjesztve a következ deíció látszik jóak Deíció. a) Az A 1,..., A eseméyek függetleek, ha mide 2 k eseté és mide 1 i 1 < < i k választásra P (A i1 A i2 A ik ) = P (A i1 ) P (A i2 ) P (A ik ). b) Az A 1,..., A eseméyek párokét függetleek, ha mide i j-re A i és A j függetleek. 9

12 1.6. Deíció. Az A 1, A 2,... végtele sok eseméy függetle, ha közülük bármely véges sok eseméy függetle Példa. Egy kockával kétszer dobuk. Legye A: az 1. dobás páros, B : a 2. dobás páratla, C : a két dobás összege páros. Ekkor A, B, C párokét függetleek, mivel P (A) = P (B) = P (C) = 1 2 és de em függetleek, mivel P (A B C) = 0. P (A B) = P (A C) = P (B C) = 1 4, 1.6. Tétel. Függetle eseméyek közül tetsz leges sokat kicserélve a komplemeterére, függetle eseméyeket kapuk. Bizoyítás. Elég beláti, hogy egy eseméyt ki lehet cseréli a komplemeterére, mivel ha több eseméyt szereték kicseréli, azt egyesével megtehetjük. Feltehetjük, hogy A 1 -et cseréljük A 1 -re. Az új eseméyek metszetére voatkozó szorzási szabály csak abba az esetbe szorul bizoyításra, ha A 1 a kiválasztottak között va. Továbbá feltehetjük, hogy éppe az A 1, A 2,..., A k eseméyek lettek kiválasztva. Azt kell tehát beláti, hogy P (A 1 A 2... A k ) = P (A 1 ) P (A 2 ) P (A k ). Legye B = A 2... A k, az eredeti eseméyek függetlesége miatt P (B) = P (A 2 ) P (A k ). Azt kell tehát beláti, hogy P (A 1 B) = P (A 1 )P (B). Az eredeti eseméyek függetlesége miatt P (A 1 B) = P (A 1 )P (B). Ezért P (A 1 B) = P (B) P (A 1 B) = P (B) P (A 1 )P (B) = (1 P (A 1 ))P (B) = P (A 1 )P (B) Tétel. Legye P (A) = 0 vagy 1, és B tetsz leges eseméy. Ekkor A és B függetleek. Bizoyítás. a) Legye el ször P (A) = 0. Ekkor P (A) P (B) = 0, valamit A B A miatt P (A B) = 0. b) A P (A) = 1 eset az el z tételb l következik. Gyakra modjuk azt, hogy függetle kísérleteket végzük. Ha például egy kockát ötször feldobuk, akkor az egyes kísérletek függetleek. Mit jelet ez matematikailag? Két függetle kísérlet a következ képpe modellezhet : legyeek az egyes kísérletekhez tartozó valószí ségi mez k (Ω 1, A 1, P 1 ) és (Ω 2, A 2, P 2 ). Ekkor a két függetle kísérlet együtteséhez tartozó valószí ségi mez ahol A a legsz kebb olya σ-algebra, mely tartalmazza az alakú halmazokat, P -t pedig az ilye alakú halmazoko a (Ω 1 Ω 2, A, P ), A 1 A 2 : A 1 A 1, A 2 A 2 P (A 1 A 2 ) = P 1 (A 1 )P 2 (A 2 ) képlettel deiáljuk. Megmutatható, hogy ekkor P egyértelm e kiterjeszthet valószí ségi mértékké az A halmazredszerre. Több (akár végtele sok) függetle kísérlet hasolóképp deiálható. A deícióból következik, hogy két függetle kísérlet esetébe ha egy B 1 eseméy csak az els kísérlet kimeetelét l függ, a B 2 eseméy pedig csak a másodikétól, akkor ezek függetle eseméyek. Ekkor ugyais B 1 = A 1 Ω 2, B 2 = Ω 1 A 2 alakú, és P (B 1 B 2 ) = P (A 1 A 2 ) = P 1 (A 1 )P 2 (A 2 ) = P (B 1 )P (B 2 ). 10

13 1.11. Példa. Egy kísérlet sorá feldobuk egy érmét, melye a fej valószí sége 0,4. Egy másik kísérlet sorá egyszerre feldobuk két egyforma szabályos érmét. Ekkor a két valószí ségi mez : és Ω 1 = {F, I}, A 1 = 2 Ω 1, P 1 (F ) = 0,4, P 1 (I) = 0,6 Ω 2 = {{F, F }, {F, I}, {I, I}}, A 2 = 2 Ω 2, P 2 ({F, F }) = P 2 ({I, I}) = 0,25, P 2 ({F, I}) = 0,5. Ha a két kísérletet egymástól függetleül végezzük el, akkor összese 6 kimeetel lehetséges, és pl. P (F, {F, F }) = = 0,4 0,25 = 0, Tökremeési feladat Képzeljük el, hogy két játékos, Máté és Nóra egy igazságos (szerecse)játékot játszik, azaz midkette 50% eséllyel yerek. Mide fordulóba a vesztes ad 1 Ft-ot a yertesek. Addig játszaak, míg valamelyikükek elfogy a péze. Tegyük fel, hogy kezdetbe Mátéak m, Nóráak foritja va. Meyi az esélye, hogy Máté megy tökre? El ször is bizoyosodjuk meg arról, hogy a játék el bb-utóbb biztosa véget ér! Képzeljük el egy végtele sok fordulóból álló sorozatot. Ha ebbe egymás utá m + -szer yer pl. Máté, akkor biztos vége lesz a játékak. Ez pedig biztosa bekövetkezik el bb-utóbb, hisze ha felbotjuk a sorozatot (m + ) hosszú blokkokra, akkor aak az esélye, hogy egy blokkba végig Máté yer: r = 1 2. m+ Aak az esélye, hogy el ször a k-adik blokk lesz ilye: (1 r) k 1 r. Tehát aak esélye, hogy el bb-utóbb találuk egy ilye blokkot a sorozatba: (1 r) k 1 r = 1. k=1 Vegyük észre, hogy a játék akkor ér véget, ha Mátéak ulla vagy m + foritja va. Jelölje p k aak esélyét, hogy végül Máté megy tökre (jelölje ezt az eseméyt T ), ha éppe most k foritja va. A következ forduló eredméye szerit szétbotva (jelölje A azt, hogy ezt a következ fordulót Máté yeri), a teljes valószí ség tétele szerit p k = P (T A)P (A) + P (T A)P (A) = p k+1 0,5 + p k 1 0,5, ha 1 k m + 1. Továbbá tudjuk, hogy p 0 = 1 és p m+ = 0. A p k értékeket most már köy kiszámoli, mivel midegyik a két szomszédos tag átlaga, azaz egy egyeese helyezkedek el: m+. p k = 1 k m +. Az eredeti kérdésre a válasz p m = Kicsit általáosabba is vizsgálhatjuk a kérdést, amikor a játék em igazságos: tegyük fel, hogy mide fordulót r valószí séggel yer Máté, q = 1 r valószí séggel Nóra. A p k meyiségekre voatkozó egyeletek most: p k = P (T A)P (A) + P (T A)P (A) = p k+1 r + p k 1 q, ha 1 k m + 1. Továbbá most is p 0 = 1 és p m+ = 0. Egyeletüket átírva kapjuk, hogy p k+1 p k = q ( q ) k r (p k p k 1 ) =... = (p1 p 0 ), k 0. r Összegezve j-ig: j 1 q ) j r 1 p j = (p k+1 p k ) + p 0 = (p 1 p 0 )( q r 1 + p 0. (1) k=0 11

14 5. ábra. Máté tökremeéséek valószí sége, ha k Ft a kezd t kéje (a két játékos összt kéje 100 Ft). Máté yerési esélye fordulókét r, ahol r redre 0,5 (fekete), 0,49 (piros), 0,48 (zöld) és 0,4 (kék). Helyettesítsük az (1) képletbe j = m + -et, és haszáljuk fel, hogy p 0 = 1 és p m+ = 0. Megkapjuk, hogy q r p 1 p 0 = ( 1 q ) m+. r 1 Ezt ismét visszahelyettesítve az (1) képletbe, j = m választással megkapjuk a végeredméyt: ( ) q ) m ( r 1 q ) m r r 1 1 q p m = (p 1 p 0 )( q r 1 + p 0 = ( q ) m+ + 1 = ( ) m+. (2) r 1 1 A tökremeési valószí ségek agyo érzékeye függek az r értékét l, ahogy a 5. ábra mutatja. Nézzük meg, meyi a tökremeés valószí sége, ha Máté a kaszió elle játszik, azaz ellefeléek végtele sok péz áll redelkezésére! Tehát a p m tökremeési valószí ség határértékére vagyuk kivácsiak, ha. 1. Az igazságos esetbe p m = Máté biztosa tökremegy. m+ csak a kezd t kék aráyától függ, és yilvá 1-hez tart, azaz 2. Ha r < 1/2, azaz Mátéak hátráyos a játék, akkor (2) határértéke ugyacsak 1, ami em meglep. 3. Ha r > 1/2, azaz Mátéak el yös a játék, akkor akkor (2) határértéke (q/r) m, tehát ebbe az esetbe el fordulhat, hogy Máté sosem megy tökre (és ebbe az esetbe összyereméye mide határo túl ) Példa. Termékek átvételére a következ (szekveciális) eljárást alkalmazzák. Sorba vizsgálják a termékeket, amelyek egymástól függetleül lehetek jók vagy selejtesek. Legye X(i) = 1, ha az i- edik termék jó, 1, ha selejtes. Legye Y (k) = X(1)+X(2)+...+X(k). Ha valamilye k-ra Y (k) 5, r q 12

15 akkor átveszik a tételt, ha Y (k) 3, akkor em veszik át (visszautasítják), ha pedig 3 < Y (k) < 5, akkor egy újabb terméket vizsgálak meg (k = 1,2,...). Kérdéseik: a) Meyi a valószí sége, hogy visszautasítják a tételt, ha 80% jó? b) Meyi a valószí sége, hogy átveszik, ha a termékek 40%-a selejt? A feladatot átfogalmazhatjuk töremeési problémává, méghozzá m = 3, = 5 választással. Az a) kérdésél r = 0,8, és míg a b) kérdésél r = 0,6, és p m = = 0,016, 1 p m = 1 1 1,55 1 1,5 8 = 0, Diszkrét valószí ségi változók Amikor kísérleteket végzük vagy eseméyeket gyelük meg, akkor gyakra valamilye meyiség értékére vagyuk kívácsiak. Például lottóhúzásokál érdekes lehet a telitalálatosok száma egy adott héte, vagy a mi találataikak a száma, esetleg a yereméyük összege. Az id járás meggyelésekor feljegyezhetjük a h mérsékletet, a api csapadékmeyiséget, a szél er sségét, stb. Az ilye véletle meyiségeket fogjuk valószí ségi változókak hívi Deíció. Egy X : Ω R függvéyt valószí ségi változóak evezük, ha teljesül rá, hogy mide a < b valós számpárra {ω Ω : a X(ω) < b} A. A feltételre azért va szükség, hogy a P (X B) valószí ségek értelmesek legyeek a szép B R halmazokra Példa. Feldobuk két dobókockát, evezzük ket egyes és kettes kockákak. Láttuk, hogy a kísérlethez tartozó eseméytér 36 elem, Ω = {(ω 1, ω 2 ) : 1 ω 1, ω 2 6}. Ha a két kockát em tudjuk megkülöbözteti, akkor Ω em mide részhalmaza eseméy, csak az olyaok, melyekre ha (ω 1, ω 2 ) A, akkor (ω 2, ω 1 ) A is teljesül. Ezért az az X : Ω R függvéy, melyre X((ω 1, ω 2 )) = ω 1 (azaz az egyes kockával dobott érték) em valószí ségi változó, hisze pl. {1 X < 2} = {X = 1} = {(1, ω 2 ) : 1 ω 2 6} A. Ilye függvéyel em lee érdemes foglalkozi, hisze az értékét em tudjuk meggyeli Deíció. Az X valószí ségi változó diszkrét, ha értékkészlete megszámlálható (véges vagy végtele). Ha X diszkrét, akkor lehetséges értékei felsorolhatók: x 1, x 2,.... Továbbá a valószí ségi változóra tett feltétel miatt mide i-re { ω X(ω) = xi } A azaz a P (X = xi ) valószí ség értelmes. Jelölje p i = P (X = x i ). Ekkor a p i számok emegatívak, és i p i = 1, ugyais az {X = x i } eseméyek párokét diszjuktak és egyesítésük Ω Deíció. Az X diszkrét valószí ségi változó eloszlása az (x i, p i ),... párok sorozata, ahol x i -k az X lehetséges értékei, és p i = P (X = x i ). Sokszor egy valószí ségi változóak csak az eloszlására vagyuk kívácsiak, maga az eseméytér, illetve X, mit az eseméytére értelmezett függvéy em fotos. Például ha egy szelvéyel lottózuk, akkor az érdekel miket, hogy mekkora valószí séggel lesz 0, 1,..., 5 találatuk, az em ayira érdekes, hogy potosa melyik számokat húzzák ki, illetve a számötösökhöz a találatok számáak hozzáredelése sem fotos (mely egyébkét függ attól, hogy mi melyik öt számot tettük meg). Tekitsük át a legfotosabb diszkrét eloszlásokat! A legegyszer bb eloszlás az elfajult eloszlás, mely egy kostas valószí ségi változó eloszlása: X(ω) = c mide ω Ω eseté, eek egyetle lehetséges értéke c, melyet 1 valószí séggel vesz fel. Eél azoba érdekesebb eloszlások is létezek! 13

16 2.1. Biomiális eloszlás Jelölje X, hogy függetle kísérletb l háyszor következik be egy p valószí ség A eseméy. Ekkor X eloszlása biomiális, az eloszlás redje, paramétere p. Jelölésbe: X Bi(, p). X eloszlása: (k, p k ) k=0,1,...,, ahol p k = ( k) p k (1 p) k. A 6. ábra éháy biomiális eloszlást mutat be. A p k valószí ség levezetése: legye A i : az i-edik kísérletbe bekövetkezik az A eseméy. Ekkor {X = k} = ε: εi=ka ε1 1 Aε, ahol ε = (ε 1,..., ε ) {0,1}, és A 1 i = A i, A 0 i = A i. Tehát azt, hogy az kísérletb l k-szor következik be A, felbotjuk aszerit, hogy melyik k kísérletbe következik be A. Mivel az uió diszjukt, és a metszet tagjai függetleek: P (X = k) = ε: ε i=k P (A ε1 1 ) P (Aε ) = ε: ε i=k p k (1 p) k = ( ) p k (1 p) k. k Az = 1 red biomiális eloszlás másik eve idikátor eloszlás, jelölésbe Bi(1, p) =Id(p). Példák: Egy urába M piros és N M fekete golyó va, -szer húzuk visszatevéssel. Jelölje X, hogy háyszor húzuk pirosat. Ekkor X Bi(, M/N). Jelölje X, hogy 20 hallgatóból háya születtek októberbe. Ekkor X Bi(20, 1/12). Egy teszte 15 kérdés va, midehol 4 válaszlehet ség. Véletleszer e töltöm ki a tesztet. Jelölje X a helyes válaszok számát. Ekkor X Bi(15,1/4) Hipergeometriai eloszlás Egy urába N golyóból M jelölt. Jelölje X, hogy visszatevés élküli húzásból háyszor húzuk jelölt golyót. Ekkor X eloszlása hipergeometriai, az eloszlás paraméterei N, M,. Jelölésbe: X Hipgeo(N, M, ). ( M )( N M ) k k ( N. A 7. ábra éháy hiperge- ) X eloszlása (a kedvez összes képlettel): (k, p k ) k=0,1,...,, ahol p k = ometriai eloszlást mutat be Példa. Tegyük fel, hogy egy gyár egy adott apo N terméket gyártott, melyb l M selejtes, azaz a selejtaráy p = M/N. A termékekb l elem mitát veszük. Jelölje X, hogy háy selejt va a mitába. Ha visszatevéssel vesszük a mitát, akkor X Bi(, p), és P (X = k) = ( k ) p k (1 p) k. Ha visszatevés élkül vesszük a mitát, akkor X Hipgeo(N, M, ), és ( M )( N M ) k k P (X = k) = ( N. ) Ezt a valószí séget írjuk át kicsit más alakba: ( M )( N M ) k k ( N = ) ( k k db k db ){}}{{}}{ M(M 1) (M k + 1) (N M)(N M 1) (N M + k + 1). N(N 1) (N + 1) }{{} db 14

17 6. ábra. = 20 red, külöböz paraméter biomiális eloszlások. 15

18 7. ábra. Külöböz paraméter hipergeometriai eloszlások. A jelölt golyók aráya M/N = 1/3, a húzások száma =

19 Tegyük most fel, hogy N (azaz agyo sok a termék), és a p selejtaráy rögzített. Ekkor rögzített és k eseté a feti valószí ség határértéke éppe ( k) p k (1 p) k, felhaszálva, hogy rögzített c 1 és c 2 eseté M c 1 N M c 1 p és 1 p. N c 2 N c 2 Tehát ha a sokaság mérete agy, és a mita mérete kicsi a sokaság méretéhez képest, akkor léyegébe midegy, hogy visszatevéssel vagy visszatevés élkül vesszük a mitát Geometriai (Pascal) eloszlás Jelölje X, hogy háyadik függetle kísérletbe következik be el ször egy p valószí ség A eseméy. Ekkor X eloszlása geometriai, az eloszlás paramétere p. Jelölésbe: X Geo(p). X eloszlása: (k, p k ) k=1,2,..., ahol p k = (1 p) k 1 p. A p k valószí ség levezetése: legye A i : az i. kísérletbe bekövetkezik az A eseméy. Ekkor a függetleség miatt tehát Példák: {X = k} = A 1 A k 1 A k, p k = P (A 1 ) P (A k 1 )P (A k ) = (1 p) k 1 p. Jelölje X, hogy háyadik kockadobásra kapuk el ször hatost. Ekkor X Geo(1/6). Jelölje X, hogy háy hallgatót kell végigkérdezi, mire az els Skorpió csillagjegy t megtalálom. Ekkor X Geo(1/12) Negatív biomiális eloszlás Jelölje X, hogy háyadik függetle kísérletbe következik be r-edszer egy p valószí ség A eseméy. Ekkor X eloszlása egatív biomiális, az eloszlás redje r, paramétere p. Jelölésbe: X Negbi(r, p). X eloszlása: (k, p k ) k=r,r+1,..., ahol p k eloszlást mutat be. A p k valószí ség levezetése: legye A i : az i. kísérletbe bekövetkezik az A eseméy. Ekkor = ( k 1 r 1) p r (1 p) k r. A 8. ábra éháy egatív biomiális {X = k} = ε: εi=r 1A ε1 1 Aε k 1 k 1 A k, ahol ε = (ε 1,..., ε k 1 ) {0,1} k 1, és A 1 i = A i, A 0 i = A i. Tehát azt, hogy a k-adik kísérletbe következik be A r-edszer, felbotjuk aszerit, hogy az els (k 1) kísérlet közül melyik volt az az (r 1) kísérlet, amikor A bekövetkezett. Az uió most is diszjukt, a metszet tagjai pedig függetleek, tehát ugyaúgy számolhatuk tovább, mit a biomiális eloszlásál. Az r = 1 red egatív biomiális eloszlás éppe a geometriai, azaz Negbi(1, p) = Geo(p) Poisso eloszlás λ λk Ha X eloszlása (k, p k ) k=0,1,..., ahol p k = e k!, akkor X Poisso eloszlású. Az eloszlás paramétere a λ > 0 szám. Jelölésbe: X Poisso(λ). A 9. ábra éháy Poisso eloszlást mutat be. Mivel a p k valószí ségeket most em egy modellb l számoltuk ki, meg kell mutati, hogy a p k számok összege éppe 1: k=0 e λ λk k! = e λ k=0 17 λ k k! = e λ e λ = 1.

20 8. ábra. p = 0,2 paraméter, külöböz r 18 red egatív biomiális eloszlások.

21 9. ábra. Külöböz λ paraméter Poisso eloszlások. 19

22 A Poisso eloszlás a gyakorlatba felbukkaó, fotos eloszlás. A következ tétel mutatja, hogy agy red és kis paraméter biomiális eloszlás jól közelíthet Poisso eloszlással Tétel. Legye λ > 0 rögzített, és legye p = λ. Ekkor mide rögzített k természetes számra Bizoyítás. ( 1) ( k + 1) k! lim ( )p k(1 p ) k λ λk = e k k!. ( ) k ( λ 1 λ ) k ( = λk ( 1) ( k + 1) k! k 1 ) λ ( 1 ) λ k. Ha végtelehez tart, akkor ( 1) ( k+1) k 1, ( 1 λ ) e λ és ( 1 λ ) k 1. A gyakorlatba Poisso eloszlásúak tekithet például a sajtóhibák száma egy 20 oldalas szövegbe, a telitalálatos szelvéyek száma egy adott heti lottóhúzáso, vagy a magyarországi autóbalesetek száma egy apo Diszkrét valószí ségi változók együttes eloszlása Gyakra em csak egy valószí ségi változó érdekel miket, haem szereték több valószí ségi változó együttes viselkedését taulmáyozi Deíció. Ha X 1, X 2,..., X diszkrét valószí ségi változók, akkor az X = (X 1,..., X ) vektor eloszlása az (x i, p i ),2,... párok sorozata, ahol x i R a lehetséges értékek, és p i = P (X = x i ). Az X vektor eloszlását az X 1,..., X változók együttes eloszlásáak is hívjuk Példa. (Poliomiális eloszlás) Tegyük fel, hogy egy kísérletek r lehetséges kimeetele lehet, A 1,..., A r, és P (A i ) = p i > 0. A kísérletet -szer elvégezve (egymástól függetleül), jelölje X i, hogy háyszor következett be az A i eseméy. Ekkor X = (X 1,..., X r ) eloszlását -edred, p = (p 1,..., p r ) paraméter poliomiális eloszlásak evezzük. Képlete: P (X = (k 1,..., k r )) = P (X 1 = k 1,..., X r = k r ) =! k 1! k r! pk1 1 pkr r, ha k i 0 mide i-re és r k i =, egyébkét pedig 0. Ha például egy dobókockával hatvaszor dobuk és X i jelöli a dobott i-esek számát, akkor X = = (X 1,..., X 6 ) poliomiális eloszlású, redje 60, paramétere p = (1/6,..., 1/6). Aak valószí sége, hogy mid a hat számot pot tízszer dobtuk ki: P (X = (10,..., 10)) = 60! (10!) 6 ( ) Példa. (Polihipergeometriai eloszlás) Egy urába N golyó va, mégpedig M 1 darab 1. típusú, M 2 darab 2. típusú,..., M r darab r. típusú. Jelölje X i, hogy visszatevés élküli húzásból háyszor húzuk i. típusú golyót. Ekkor X = (X 1,..., X r ) eloszlását polihipergeometriai eloszlásak hívjuk, az eloszlás paraméterei N, M 1,..., M r,. Képlete: P (X = (k 1,..., k r )) = P (X 1 = k 1,..., X r = k r ) = ( M1 ) ( k 1 Mr ( N, ) k r ) ha k i 0 mide i-re és r k i =, egyébkét pedig 0. 20

23 2.5. Példa. Egy pakli magyar kártyából kivesszük a 4 királyt és a 4 ászt. Ebb l a 8 lapból kihúzuk kett t visszatevés élkül. Legye X a kihúzott pirosak száma, Y a kihúzott ászok száma. Adjuk meg (X, Y ) eloszlását! Ha az eloszlás kétdimeziós, és a felvett értékek száma kevés, legegyszer bb táblázattal megadi az eloszlást. ( Klasszikus valószí ségi mez k va. Az összes eset száma, ahogy két lapot kihúzhatuk: 8 ) 2 = 28. A kedvez eseteket leszámolva, az eloszlás táblázata a következ lesz: X\ Y X, illetve Y eloszlását peremeloszlásak evezzük, mivel a táblázat peremére írhatók a sorok, illetve az oszlopok összegzésével. Például P (X = 0) = P (X = 0, Y = 0) + P (X = 0, Y = 1) + P (X = 0, Y = 2) = = Hasolóa kapjuk, hogy P (X = 1) = 12/28 és P (X = 2) = 1/28. A táblázat jobb alsó sarkába 1-et kell kapuk, ha ezeket a sorösszegeket összeadjuk. Általába, diszkrét vektorváltozó részvektoráak eloszlását (valószí ségeit) úgy kapjuk meg, ha a felesleges változók szerit összegzük: P (X i1 = x i1,..., X ik = x ik ) = P (X 1 = x 1,..., X = x ). x i:i / {i 1,...,i k } Korábba már deiáltuk eseméyek, illetve kísérletek függetleségét. Nagyo fotos fogalom a valószí ségi változók függetlesége is Deíció. Az X 1, X 2,..., X diszkrét valószí ségi változók függetleek, ha az x 1,..., x értékek mide lehetséges választása eseté P (X 1 = x 1,..., X = x ) = P (X 1 = x 1 ) P (X = x ) Tétel. Ha X 1, X 2,..., X függetle valószí ségi változók, akkor bármely részhalmazuk is függetle valószí ségi változókból áll. Bizoyítás. A bizoyítást három valószí ségi változóra végezzük el, általáosa is hasolóa megy. Legyeek tehát X, Y, Z függetleek, azt kell megmutati, hogy ekkor X, Y is függetleek: P (X = x, Y = y) = i P (X = x, Y = y, Z = z i ) = i P (X = x)p (Y = y)p (Z = z i ) = P (X = x)p (Y = y) i P (Z = z i ) = P (X = x)p (Y = y). A tételb l következik, hogy az X 1,..., X valószí ségi változók függetleségét úgy is deiálhaták (és ez ekvivales deíció lee), hogy az x i értékek mide lehetséges választása mellett az {X 1 = = x 1 },..., {X = x } eseméyek legyeek függetleek. Azoal látszik, hogy se a poliomiális, se a polihipergeometriai eloszlás koordiátái em függetleek. A poliomiális eloszlás esetébe a koordiáták biomiális eloszlásúak, mégpedig X i Bi(, p i ), tehát 0-tól -ig bármilye értéket felvehetek. Az X vektor azoba csak olya értékeket vehet fel, ahol a koordiáták összege. Tehát például 0 = P (X 1 = 0,..., X r = 0) P (X 1 = 0) P (X r = 0) > 0. 21

24 A polihipergeometriai eloszlás esetébe X i Hipgeo(N, M i, ), és hasolóa okoskodhatuk. A égy ász, égy király példába sem függetle X és Y, mert például 0 = P (X = 2, Y = 2) P (X = 2) P (Y = 2) = Példa. (Poisso eloszlás ritkítása) Tegyük fel, hogy egy szövegbe a sajtóhibák X száma Poisso eloszlású, λ paraméterrel. A lektor mide hibát (egymástól függetleül) 1 p valószí séggel vesz észre (és ekkor kijavítja), p valószí séggel azoba átsiklik felette. Jelölje Y a javítás utá a szövegbe maradt sajtóhibák számát, Z pedig a kijavított hibák számát. Nyilvá Y + Z = X. Adjuk meg (Y, Z) együttes eloszlását! Ha y, z emegatív egészek, akkor P (Y = y, Z = z) = P (X = y + z, Y = y) = P (X = y + z)p (Y = y X = y + z) = ( e λ λy+z y + z )p (y + z)! y (1 p) z pλ (pλ)y (1 p)λ ((1 p)λ)z = e e = q y r z, y y! z! ahol q y a pλ paraméter Poisso eloszlásba az y érték valószí sége, r z pedig az (1 p)λ paraméter Poisso eloszlásba a z érték valószí sége. Ebb l a peremeloszlásokat meghatározva: P (Y = y) = P (Y = y, Z = z) = q y r z = q y r z = q y, z=0 és hasolóa, P (Z = z) = r z. Tehát azt kaptuk, hogy Y és Z is Poisso eloszlásúak, pλ illetve (1 p)λ paraméterekkel, ráadásul függetleek! Gyakra érdekel miket egy-egy valószí ségi változó függvéyéek, vagy több valószí ségi változó függvéyéek eloszlása. Egy gyakori függvéy az összeadás, erre külö elevezés is va. Függetle valószí ségi változók összegéek eloszlását az eloszlások kovolúciójáak evezik Tétel. Tegyük fel, hogy X és Y függetleek és emegatív egész érték ek, továbbá Z = X + Y. Ekkor k k P (Z = k) = P (X = j, Y = k j) = P (X = j) P (Y = k j). j=0 j=0 A tétel yilvávaló. Nézzük éháy példát a evezetes eloszlások köréb l! z=0 z= X Poisso(λ) és Y Poisso(µ) függetleek, legye Z = X + Y. Ekkor P (Z = k) = k j=0 λ λj µk j e e µ j! (k j)! = e (λ+µ) k! k j=0 ( k )λ j µ k j (λ+µ) (λ + µ)k = e, j k! tehát Z Poisso(λ + µ) (lásd az el z példát a Poisso eloszlás ritkításáról). Vagyis Poisso eloszlások kovolúciója Poisso, a paraméterek összeadódak. 2. X Bi(, p) és Y Bi(m, p) függetleek, legye Z = X + Y. Ekkor P (Z = k) = k j=0 ( ) ( ) m p j (1 p) j p k j (1 p) m (k j) = j k j p k (1 p) (+m) k k j=0 ( )( ) m = j k j ( + m k ) p k (1 p) (+m) k, tehát Z Bi(+m, p). Vagyis azoos paraméter biomiális eloszlások kovolúciója biomiális, a redek összeadódak. Ez az eredméy em meglep, ha a biomiális eloszlás modelljére godoluk. 22

25 3. X Geo(p) és Y Geo(p) függetleek, legye Z = X + Y. Ekkor k 1 k 1 P (Z = k) = (1 p) j 1 p (1 p) k j 1 p = p 2 (1 p) k 2 1 = (k 1)p 2 (1 p) k 2, j=1 tehát Z Negbi(2, p). Nyilvá, ha X és Y is azt fejezi ki, hogy háyadik kísérletre következett be el ször egy eseméy (mégpedig ugyaaz az eseméy), akkor X + Y azt adja meg, hogy háyadik kísérletbe következett be az eseméy másodszor. Általáosítva, ha X Negbi(r, p) és Y Negbi(s, p) függetleek, akkor Z = X +Y Negbi(r +s, p). Vagyis azoos paraméter egatív biomiális eloszlások kovolúciója egatív biomiális, a redek összeadódak. Látható tehát, hogy a Bi(, p) eloszlás felírható darab Id(p) eloszlás kovolúciójakét, a Negbi(r, p) eloszlás pedig r darab Geo(p) eloszlás kovolúciója. j=1 3. Várható érték Tekitsük egy diszkrét valószí ségi változót! Tegyük fel, hogy értékét -szer meggyeljük (ahol jó agy), egymástól függetleül. Vajo meyi lesz körülbelül a meggyelt értékek átlaga? Legye X eloszlása: P (X = x i ) = p i, és tegyük fel egy pillaatra, hogy véges az értékkészlet, azaz i = 1,..., k. Ha az kísérletb l az x i érték gyakorisága i, akkor a meggyelések átlaga: 1 x x k x k = k i x i p 1x 1 + p 2 x p k x k. Itt felhaszáltuk, hogy a valószí ségre úgy godoluk, mit a relatív gyakoriság határértéke, ha Deíció. Az X diszkrét valószí ségi változó várható értéke: E(X) = i x ip i, ha ez a sor abszolút koverges. (Ha em abszolút koverges, akkor em létezik a várható érték.) Például egy kockadobás várható értéke 3,5. Ez tehát egy átlagos érték, úgy is godolhatuk rá, mit az eloszlás súlypotja: ha a számegyees x i potjaiba p i súlyokat helyezük el, akkor az E(X) potba kell alátámasztai az egyeest, hogy egyesúlyba legye A várható érték tulajdoságai 1. Ha X korlátos, akkor E(X) létezik, méghozzá a X b eseté a E(X) b. 2. Ha X emegatív valószí ségi változó, és E(X) = 0, akkor P (X = 0) = 1. Ha ugyais lee olya c > 0 érték, melyre P (X = c) > 0, akkor E(X) = i x i P (X = x i ) cp (X = c) > 0 adóda, ami elletmodás. 3. E(aX+b) = ae(x)+b, hisze az ax+b lehetséges értékei az ax i +b számok, p i valószí ségekkel. 4. Legyeek X 1,..., X valószí ségi változók és g : R R függvéy. Ekkor E(g(X 1,..., X )) = g(x 1, x 2,..., x ) P (X 1 = x 1, X 2 = x 2,..., X = x ), (x 1,...,x ) ha a jobboldali sor abszolút koverges. 23

26 5. E(X + Y ) = E(X) + E(Y ): az el z tulajdoságot haszálva, g(x, y) = x + y választással E(X + Y ) = (x i + y j )P (X = x i, Y = y j ) = i,j x i P (X = x i, Y = y j ) + y j P (X = x i, Y = y j ) = i j j i x i P (X = x i ) + y j P (Y = y j ) = E(X) + E(Y ). i j 3.1. Példa. Tegyük fel, hogy X Y, azaz átredezve X Y 0. Az els tulajdoság szerit ekkor E(X Y ) 0, a várható érték liearitását felhaszálva ezért E(X) E(Y ) 0 azaz E(X) E(Y ). Korábba láttuk, hogy ha többlépcs s véletleel kell számoluk, akkor gyakra érdemes a valószí ségeket az els lépcs kimeetele szerit felbotai. Ugyaez valószí ségi változókra is sokszor haszos Deíció. Legye X diszkrét valószí ségi változó, A eseméy, melyre P (A) > 0. X feltételes várható értéke A-ra ézve: E(X A) = x i P (X = x i A), i ha a sor abszolút koverges. A teljes valószí ség tételéek megfelel je a következ állítás Tétel. (A teljes várható érték tétele) Legye X diszkrét valószí ségi változó, A 1, A 2,... pedig teljes eseméyredszer. Ekkor E(X) = k E(X A k )P (A k ). Bizoyítás. A jobboldalt kiírva, a két összegzést felcserélve, majd a teljes valószí ség tételét alkalmazva: E(X A k )P (A k ) = k k x i P (X = x i A k )P (A k ) = i x i P (X = x i A k )P (A k ) = i i 3.2. Nevezetes diszkrét eloszlások várható értéke 1. Biomiális eloszlás: X Bi(, p) E(X) = k ( ) i p i (1 p) i! = i i i! ( i)! pi (1 p) i = i=0 ( ) 1 1 p i (1 p) i = p i 1 j=0 ( 1 j x i P (X = x i ) = E(X). ) p j (1 p) ( 1) j = p. Másik módszer: felhaszálva, hogy X felírható darab p paraméter idikátor eloszlású változó összegekét (X = X X ), melyek midegyikéek p a várható értéke, E(X) = E(X X ) = E(X 1 ) + E(X ) = p. 24

27 2. Hipergeometriai eloszlás: X Hipgeo(N, M, ) X tehát azt fejezi ki, hogy visszatevés élküli húzásból háyszor húztuk megjelölt golyót (az urába N golyó va, ebb l M jelölt). Alkalmazzuk az összegre botás trükkjét, azaz próbáljuk X-et egyszer bb valószí ségi változók összegekét felíri. Ezt kétféleképpe is megtehetjük. (i) Legye X i aak az eseméyek az idikátora, hogy az i-edik húzásra megjelölt golyót húztuk (i = 1,..., ). Ekkor X i Id( M N ), hisze A várható érték tehát P (i-edikre megjelöltet húzuk) = M (N 1 1) ( 1)! ( N )! = M N. E(X) = E(X X ) = E(X 1 ) + E(X ) = M N. (ii) Legye most X i aak az eseméyek az idikátora, hogy az i-edik megjelölt golyót kihúztuk az húzás sorá (i = 1,..., M). Ekkor X i Id( N ), hisze ) A várható érték tehát P (az i-edik megjelölt golyót kihúzuk) = ( N 1 1 ( N ) = N. E(X) = E(X X M ) = E(X 1 ) + E(X M ) = M N. Emlékezzük vissza, hogy ha ugyaebb l az urából visszatevéssel húzuk golyót, akkor a megjelöltek száma a kihúzottak között Bi(, M N ) eloszlású, melyek várható értéke szité M N. Tehát beláttuk, hogy a megjelöltek számáak várható értéke a kihúzottak között ugyaaz, akár visszatevéssel, akár visszatevés élkül húzuk. 3. Poisso eloszlás: X Poisso(λ) E(X) = i e λ λi i! = λ e λ λi 1 (i 1)! = λ e λ i=0 j=0 λ j j! = λ. Az eredméy em meglep, ha arra godoluk, hogy a Poisso eloszlás a biomiális eloszlás határesete, ha és p = λ. 4. Geometriai eloszlás: X Geo(p) X tehát azt jelöli, hogy egy kísérletsorozatba háyadik kísérlet volt el ször sikeres. Most is kétféleképpe számítjuk ki a várható értéket. (i) Lássuk el ször egy újabb módszert: ha X emegatív egész érték valószí ségi változó, és P (X = i) = p i, akkor E(X) = 1 p p p 3 + = (p 1 + p 2 + p 3 + ) + (p 2 + p 3 + ) + (p 3 + ) + = = P (X > i). i=0 j=i+1 A geometriai eloszlásál az i meghaladásáak valószí sége köye felírható, hisze {X > i} potosa akkor, ha az els i kísérlet sikertele volt: P (X > i) = (1 p) i. Ezért E(X) = (1 p) i 1 = 1 (1 p) = 1 p. i=0 25 p j i=0