Bevezető feladatok:

1. Példa:

Dobjunk fel három darab pénzérmét. Milyen elemi események fordulhatnak elő? Mi az esélye annak, hogy egy fej és két írás lesz felül a dobás után?

Megoldás:

Minden érménél két lehetőség van: fej vagy írás.
Három érme esetén ez 2⋅2⋅2=23=8 elemi eseményt jelent.
Ezek: {F,F,F}; {F,F,I}; {F,I,F};{I,F,F}; {F,I,I}; {I,F,I};{I,I,F}; {I,I,I}.
Látható, hogy ezek között három olyan eset van amikor két írás és egy fej a dobás eredménye.
Így ennek az esélye (valószínűsége): 3:8=0,375. Százalékban: 37,5%.

2. Példa:

Hasonlítsuk össze, hogy mekkora a telitalálat  esélye az ötös és a hatos lottón?

Megoldás:

Az 5-ös lottón 90 számból kell ötöt eltalálni.
Az összes eset: ​\( \binom{90}{5} \)​ =43949268.
Mivel csak egyetlen esetben lehet telitalálat, ezért a valószínűség: ​\( 1:\binom{90}{5}=\frac{1}{43949268}=0.000000022 \)​.
Ezt normál alakba írva:2,2⋅10-8.

 

 

A hatos lottón 45 számból kell hatot eltalálni.
Az összes eset:: ​\( \binom{45}{6} \)​ =8145060.
Mivel csak egyetlen esetben lehet telitalálat, ezért a valószínűség: ​\( 1:\binom{45}{6}=\frac{1}{8145060}=0.000000122 \)​.
Ezt normál alakba alakba írva: 1,22⋅10-7.

Látható, hogy a hatos lottón egy kicsit nagyobb az esély. Lehet persze, hogy a nyerhető összeg általában kisebb.

A fenti példákban szereplő a kísérletekben az eseménytér véges volt. Az első esetben 6, míg a második esetben 36 elemi esemény következhetett be.

Mindkét esetben igaz, hogy az eseménytér elemi eseményei bekövetkezésének a valószínűsége ugyanannyi.

Definíció:

Ha a „H” eseménytér nem üres véges halmaz, és minden elemi eseménynek a valószínűsége egyenlő, akkor ezt az eseményteret az eseményeivel és a köztük értelmezett műveletekkel (összeadás, szorzás, kivonás, komplementer) együtt klasszikus valószínűségi mezőnek nevezzük.

A valószínűség klasszikus modelljét szokás kombinatorikus modellnek is nevezni.

A definíció közvetlen következménye:

Tétel:

Ha a H klasszikus valószínűségi mező eseménytere, továbbá |H|=n (elemi eseményeinek száma „n”), ahol „n” pozitív egész szám és elemi eseményei: E1; E2; …. En, akkor az elemi események valószínűsége:

P(E1)=P(E2)=…=P(En)=​\( \frac{1}{n} \)​, és P(E1)+P(E2)+…+P(En)=1.

A klasszikus valószínűségi modellben egy esemény valószínűségét a következőképpen kapjuk meg:

\[ Esemény \; valószínűsége=\frac{Kedvező \; események \; száma}{Összes \; események \; száma} \]

Tétel:

Ha a H klasszikus valószínűségi mező eseménytere, továbbá |H|=n, ahol „n” pozitív egész szám, az „A” eseményre pedig igaz, hogy |A|=k, (Az „A” esemény elemi eseményeinek száma „k”), ahol „k” pozitív egész szám, akkor P(A)=​\( \frac{k}{n} \)​.

Tétel:

Tetszőleges „A” eseményre: P(A)= 1- P(​\( \overline{A} \)​).

Az utóbbi tétel nagyon hasznos, ha egy esemény valószínűségének meghatározásakor könnyebb kiszámítani az esemény komplementerének (kedvezőtlen eseményének) a valószínűségét.

Példa:

Pascal a XVII. századi nagy francia matematikus érdeklődése a kombinatorika és a valószínűségszámítás felé egy kockajáték problémából indult el. Ez a probléma, amivel ő találkozott a következő megfigyelés volt:

“Ha egy kockával dobunk, akkor előnyös arra fogadni, hogy az első négyben lesz hatos, előnytelen viszont arra, hogy két kockával dobva az első 24 között legalább egyszer 2 hatos lesz.”

Az akkori vélekedés szerint a második eset a kedvezőbb, lévén, hogy többet dobhatunk. Pascal azonban kimutatta, érdemesebb az első esetre fogadni.

Megoldás:

1. “A” esemény: Az első 4 dobásban van hatos,  ennek komplementer “​\( \overline{A} \)​” eseménye, hogy az első négy dobásban nincs hatos.
Ekkor az összes eset: 64=1296. Az, hogy a négy dobásban nincs hatos az 54=625 féle képpen fordulhat elő. Így a keresett “A” esemény valószínűsége: P(A)=​\( 1-\frac{5^{4}}{6^{4}}=1-\left( \frac{5}{6}\right) ^4=1-\frac{625}{1296}≈1-0.4823≈0.5177 \)​. Százalékban: 51,77%

 

2. Most nézzük a másik esetet. Mekkora valószínűsége annak, hogy két kockával dobva az első 24 dobás között lesz dupla hatos. Ha ez a “B” esemény, akkor  komplementere az a  \overline{B} \)​” esemény, hogy két kockával az első 24 dobás között nincs hatos.
Az összes eset száma: 624.  A”B” esemény száma: 524 .
Így a “B” esemény valószínűsége: ​\( 1-\frac{35^{24}}{36^{24}}=1-\left( \frac{35}{36}\right) ^{24}≈1-0.509≈0.491 \)​. Százalékban: 49,1%

 

Mint látható, ugyan kicsi a különbség, de Pascalnak volt igaza. Egy kicsit kedvezőbb az első eset.

Ennél a példánál jól látható, hogy egyszerűbb volt meghatározni az un. kedvezőtlen esetek számát. A P(A)= 1- P(​\( \overline{A} \)​) összefüggés alkalmazásával kaptuk meg a kedvező esetek számára a választ.

 

 

Print Friendly, PDF & Email

Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.