Klasszikus valószínűség

A fenti leszámlálások alapján már valószínűséget is definiálhatunk: ehhez csupán arra van szükség, hogy minden egyes kimenetelhez ugyanakkora esély tartozzon. Ekkor tetszőleges Aesemény valószínűsége megadható úgy, mintP(A) = |A|/|Ω|aholΩaz összes lehetséges kimenetel összessége, egy A halmazra pedig|A| a halmaz elemszámát jelöli.

Természetesen a későbbiekben ennél bonyolultabb esetekkel is fogunk találkozni, de az alapfogalmak megértéséhez ez a véges sok lehetőséget tartalmazó egyszerű modell is elegendő.

2.4 Feladat Tegyük fel, hogy egy szabályos kockával dobunk háromszor. Számoljuk ki annak a valószínűségét, hogy három különböző eredményt kaptunk!

Megoldás. Az összes esetek száma6³, mert mindhárom esetben 6 lehetőségünk van, és ezek bármelyike kombinálható a többi dobás bermelyikével. (Megjegyzendő, hogy ezzel megkülönböztetjük például az 123 eredményt a 321-től, mert így lesznek egyenlő való-színűségűek az esetek.) A kedvező esetek leszámlálásához azt kell észrevennünk, hogy az első dobásnál még bármelyik eredmény előfordulhat, azaz 6 lehetőségünk van, a máso-diknál viszont már csak5- hiszen nem dobhattuk ugyanazt, mint amit elsőre kaptunk - a harmadiknál pedig már csak4, hiszen sem aző sem a második dobás eredménye sem jöhet ki újra. A keresett esetszám tehát 6·5·4 = 120. Ebből a valószínűség 120/216 = 5/9.

A megoldás módszerét könnyen általánosíthatjuk tetszőleges oldalú "kockára" és dobás-számra. Az eredményeket mutatja néhány esetre a 2.1 ábra.

2.5 Feladat Tegyük fel, hogy 10 emberből választunk ki véletlenszerűen kettőt. Ha a 10 közül5nő, akkor mi a valószínűsége, hogy 1nő és 1férfi kerül a kiválasztottak közé?

Megoldás. Az összes lehetőségek száma az előzőek értelmében ¹⁰₂

= 45 ezek közül férfit és nőt is tartalmaz 5∗5 = 25 pár. A keresett valószínűség tehát 25/45 = 5/9.

Másik megoldási lehetőség, ha a rossz eseteket számoljuk össze. Egynemű párból 2 ⁵₂

= 20 van (a valószínűségszámításban ezt a komplementer eseménynek nevezzük). A jó esetek száma tehát 45-25, vagy a valószínűségszámításban gyakran használt módon a komplementer esemény valószínűsége 1− az eredeti esemény valószínűsége.

2.6 Feladat Mi a valószínűsége, hogy 25 emberből van kettő, akinek az év azonos nap-jára esik a születésnapja?

Megoldás. Az összes lehetőségek száma: 365²⁵, ebből a kedvezőtlenek száma (azaz, amikor nincs egyezés) 365 ·364 · · · (365− 24). A keresett valószínűség ez alapján -feltéve, hogy bármely napon ugyanakkora a születés valószínűsége és hogy a csoport tagjai között nincs kapcsolat - 1−365·364· · · · ·(365−24)/365²⁵ = 0,569.

2.1. ábra. Csupa különböző dobás valószínűsége (2.4 feladat, 11.1 kód)

Az eredmény első ránézésre igencsak meglepő, hiszen akár még 50 fős csoportban is ritkának gondolhatnánk az egybeesést, pedig ahogy ezt a 2.2 ábráról leolvashatjuk, az eredmény ebben az esetben már meglehetősen közel van az egyhez. A látszólagos paradoxon magyarázata az, hogy valójában nem a csoport létszámát kell a 365 naphoz viszonyítani, hanem a párok számát.

A 2.2 ábrából látható, hogy a valódi születési gyakoriságok (melyek kissé nagyobbak a nyári hónapokban, mint az év többi napján, és a szökőnap is megjelenik) alapján szimulált relatív gyakoriságok szinte teljesen pontosan visszadják az elméleti értékeket (a szimuláció-szám mindenn-re10000volt). Animált szimulációs ábra awww.cs.elte.

hu/~zempleni/anim/szulnap címen található

Ebből egy screenshot a2.3ábra. Ez a 2.2ábrához hasonló, de szimulációval adódik.

2.7 Feladat Egy zsákban 10pár cipő van. 4db-ot kiválasztva mi a valószínűsége, hogy van közöttük pár, ha

1. egyformák

2. különbözőek a párok?

Megoldás.

1. P(van pár)=1-P(nincs pár)=1− (¹⁰0)(¹⁰4)⁺(¹⁰4)(¹⁰0)

(²⁰4) = ₃₂₃²⁸, hiszen csak akkor nem ka-punk párt, ha vagy 4 ballábas vagy 4 jobblábas cipőt húzunk.

2.2. ábra. Egyező születésnap valószínűsége a csoport létszámának (n) függvényében (2.6 feladat, 11.2 kód)

2.3. ábra. Egyező születésnap relatív gyakorisága a csoport létszámának (n) függvényé-ben (2.6 feladat), szimulált adatokra

2. 1−20·18·16·14

20·19·18·17 = ₃₂₃⁹⁹ a szorzási szabály értelmében: az első cipő még akármi lehet, de innen kezdve mindig ki kell hagyjuk a már kihúzott cipő párját a "rossz" eseteknél.

Látszólag máshogy okoskodtunk a két résznél, mert az első esetben a sorrendre nem voltunk tekintettel, míg a második esetben igen, de mivel mind az összes esetszám, mind a kedvező esetszám számolásánál következetesen ugyanúgy számoltunk, ezért mindkét eredmény helyes.

2.8 Feladat Úgy helyezünk elnurnábangolyót. hogy bármelyik a többitől függetlenül bármelyik urnába ugyanakkora eséllyel kerülhet. Mi a valószínűsége, hogy

1. nem lesz üres urna

2. pontosan egy üres urna lesz?

Megoldás. Az összes esetszám a feladat szövegének értelmében nⁿ.

1. Akkor nem lesz üres urna, ha minden urnába pontosan egy golyó kerül. Ennek valószínűsége _n^n!n.

2. A kívánt helyzet nyilván csak úgy állhat elő, hogy egy urna üres, egy urnában 2 golyó van és a többi urnában pedig 1-1 golyó. A kedvező esetszámoknál figyelembe kell vennünk, hogynurna maradhat üresen,n−1urnába kerülhet 2 golyó és ezeket

n 2

féleképpen választhatjuk ki. A maradék n−2 golyó az n−2 urnába az előző rész értelmében (n−2)! féleképpen kerülhet. A végeredmény tehát

n(n−1) ⁿ₂

(n−2)!

nⁿ = n(n−1)n!

2nⁿ .

A2.4 ábra mutatja az üres urnák számának eloszlását a2.8 példában,10⁶ szimuláció alapján. Jól látszik, hogy a feladat viszonylag könnyen számolható esetei igen ritkán fordulnak elő.

2.9 Feladat Mennyi a valószínűsége, hogy 2 (általánosann) kockadobás maximuma 5?

Megoldás. A maximumra vonatkozó kérdéseknél tipikusan azt könnyű megválaszolni, hogy mennyi annak a valószínűsége, hogy a maximum kisebb egy adott számnál. Bár a 2 kocka esetére még enélkül is könnyen célt érhetünk, mi már itt is ezt a könnyen általánosítható módszert alkalmazzuk. Legyen X és Y a két kockadobás eredménye.

P(max(X, Y)<6) = 25/36, hiszen mindkét dobás legfeljebb 5 lehet. UgyanígyP(max(X, Y)<

5) = 16/36, és mivel {max(X, Y) <6)} ⊃ {max(X, Y) < 5)}, ezért a két esemény kü-lönbsége éppen a {max(X, Y) = 5} esemény, aminek tehát a valószínűsége9/36.

2.4. ábra. Az üres urnák számának eloszlása az urnák számának (n) függvényében (2.8 feladat, 11.3 kód)

Az általánosításhoz (aznkockadobás eredménye most legyenX₁, ..., X_n): P(max(X₁, ..., X_n)<

6) = 5ⁿ/6ⁿ, és P(max(X₁, ..., X_n) < 5) = 4ⁿ/6ⁿ, a keresett valószínűség tehát (5ⁿ − 4ⁿ)/6ⁿ.

A 2.9 példa feladatának általános megoldását mutatja a 2.5 ábra. Ezen 2,5,8 és 12 kocka esetére látható a maximum eloszlása (azaz az egyes értékek bekövetkezésének valószínűsége). Jól látható, hogy a 6-os maximum valószínűsége folyamatosan nő, míg a többi eredmény egy idő után már egyre kevésbé valószínű.

2.10 Feladat Hány kockadobásnál a legnagyobb annak a valószínűsége, hogy pontosan egy hatost dobunk?

Megoldás. Ez is tipikus példa: megszámlálható sorozat maximumát keressük. A so-rozatoknál a lokális szélsőértéket egyszerűen az egymás utáni értékek vizsgálatával meg tudjuk találni. Ha a szomszédos tagok különbségét tekintjük:

p_n =n1 6· 5ⁿ⁻¹

6ⁿ⁻¹, tehát

p_n+1−p_n = (n+ 1)5ⁿ−6n5ⁿ⁻¹

6ⁿ⁺¹ = 5ⁿ−n5ⁿ⁻¹ 6ⁿ⁺¹ ,

2.5. ábra. A legnagyobb dobott szám eloszlása különböző kocka-számokra (2.9 feladat)

2.6. ábra. A pontosan 1 hatos dobásának valószínűsége a dobások és a "kocka" oldal-számának (k) függvényében (2.10 feladat)

ami pontosan akkor pozitív, ha n < 5. n = 5-re 0 a különbség, ezután pedig negatív.

Tehát n= 5 és n= 6 adja a maximumot, ennek értéke5⁵/6⁵ = 0,4.

A 2.6 ábra mutatja a pontosan 1 hatos dobás valószínűségét néhány különböző k oldalszámú "kocka" esetére (ekkor az 1-től k-ig bármely szám egyformán valószínű, k ≥ 6). Jól látszik, hogy a maximum mindig az oldalszám és az oldalszám-1 kocka esetén maximális. Érdekes, hogy a maximum csak lassan csökken az oldalszám növekedtével.