# 5.1.3. Összetett események valószínűsége Az események közötti műveletekre az "összeg" és a "szorzat" elnevezés természetesen nem véletlen, de azért elhamarkodottság volna korlátozás nélkül olyan szabályokat felállítani, hogy az összeg valószínűsége a valószínűségek összege, a szorzat valószínűsége pedig a valószínűségek szorzata. Ezek az összefüggések bizonyos esetekben fennállnak, de nem mindig. Ha egy kísérletsorozatban össze akarjuk számolni, hány olyan tízes sorozatunk volt, amelyben négy, vagy öt fejet dobunk, nyilván össze kell adnunk, hogy hányszor dobtunk négy és hányszor öt fejet, tehát a relatív gyakoriságok is összeadódnak, így ésszerű azt gondolni, hogy a valószínűségek is. Ha azonban azt a két eseményt akarjuk összeadni, hogy ötnél több fejet dobtunk, és hogy páros sok fejet dobtunk, akkor nem volna túl célszerű úgy számolnunk, hogy összeadjuk a páros sok fejet és az ötnél több fejet tartalmazó sorozatok számát, hiszen azokat a sorozatokat, amelyekben hat, nyolc vagy tíz fej van, kétszer számolnánk. Vezessük be a kizáró események fogalmát. Két eseményt kizárónak mondunk, ha nem fordulhatnak elő egyszerre, azaz szorzatuk lehetetlen. Képletben: A és B kizáró események, ha AB=0 (következésképp p(AB)=0). Ezek esetében nincs kétszer számolás, tehát kimondhatjuk a következő összegzési szabályt: két kizáró esemény összegének valószínűsége a valószínűségeik összege. Ezt a szabályt csak úgy tudjuk általánosítani tetszőleges két esemény összegének valószínűségére, hogy az összeg valószínűségéből levonjuk a szorzat valószínűségét; hiszen azok a kimenetelek, amelyeket kétszer számoltunk az előbb, nyilván éppen azok, amelyek mind a két összeadandó eseményhez, így a szorzatukhoz is hozzátartoznak. Ezt is rövidebben mondhatjuk el a képletek nyelvén: p(A+B)= p(A)+p(B)-p(AB). Kissé nehezebb kérdés a szorzat valószínűségének meghatározása. Ha egy szabályos, hatoldalú dobókockával dobunk, akkor annak a valószínűsége, hogy háromnál nagyobbat dobunk, 1/2, hiszen a hat szám közül három nagyobb háromnál. Annak a valószínűsége, hogy páratlant dobunk, szintén 1/2, annak a valószínűsége viszont, hogy háromnál nagyobbat és páratlant dobunk, nem (1/2)*(1/2)=(1/4), hanem 1/6, mert a hat lehetőség közül csak egy, az ötös dobás tartozik a szorzateseményhez. Ha viszont annak a valószínűsége a kérdés, hogy háromnál nem nagyobbat és páratlant dobunk, a válasz szintén nem 1/4, hanem 1/3, hiszen a hat lehetőség közül kettő felel meg a feltételeknek. Ezzel szemben ha két kockával dobunk egyszerre, és most az a kérdés, mennyire valószínű, hogy az első kockával háromnál nagyobbat és a másodikkal páratlant dobunk, akkor nyugodtan szorozhatjuk a valószínűségeket, és igazolhatjuk az eredményként kijövő 1/4-et a következő megfontolással: Az összes elemi esemény száma most 6*6=36, ebből a feltételnek megfelel 3*3=9 (4, 5 vagy 6 az első kockán és 1, 3 vagy 5 a másodikon). Ha feltételezzük, hogy az elemi események egyenlően valószínűek, akkor mindegyiknek 1/36 a valószínűsége, páronként kizárják egymást, tehát a kilenc kedvező elemi esemény valamelyike bekövetkeztének valószínűsége (9/36)=(1/4) Milyen feltétellel kaphatjuk meg két esemény szorzatának valószínűségét úgy, mint a valószínűségeik szorzatát? Ha csak egy kockával dobunk, de nem látjuk az eredményt, csak annyit árul el nekünk valaki, hogy nagyobbat dobtunk-e hármasnál, akkor ebből többet tudunk arról, hogy páratlant dobtunk-e, vagy párosat. Ha elárulja, hogy háromnál nagyobbat dobtunk, akkor a dobás előtti helyzethez képest bizonyosabb lett, hogy nem dobtunk páratlant. Ha viszont azt mondja, hogy a dobás nem nagyobb, mint hármas, akkor jobban bízhatunk abban, hogy páratlant dobtunk. Azt mondhatjuk, hogy a két esemény, avagy a rájuk vonatkozó információ nem független egymástól: a hármasnál nagyobb dobás valószínűtlenebbé, a nem nagyobb pedig valószínűbbé teszi a páratlan dobást. Ha viszont két kockával dobunk, akkor abból, hogy az egyikkel hármasnál nagyobbat dobtunk, nem tudunk meg semmit arról, hogy a másik dobásunk páratlan-e avagy páros (hacsak nem tételezünk fel valami misztikus, vagy netán ismeretlen fizikai összefüggést a két eredmény között). Jó okkal gondolhatjuk azt, hogy a két kockán látható szám független egymástól. Tehát ha A és B független események, akkor (és csak akkor) p(AB)=p(A)p(B). Ez azonban a valószínűségszámítás számára nem valamiféle bebizonyítható törvény lesz, hanem a függetlenség definíciója. Ahhoz, hogy események szorzatának valószínűségét általában meg tudjuk határozni, be kell vezetnünk egy újabb fogalmat: a feltételes valószínűség fogalmát. Egy B eseménynek A-ra vonatkoztatott feltételes valószínűsége (jelölése p(B/A)) annak valószínűsége, hogy B bekövetkezzen, feltéve, hogy A bekövetkezését már tudjuk. Tehát úgy tekinthetjük, hogy nem az összes elemi esemény (lehetséges kimenetel) közül nézzük azokat, amelyekben B bekövetkezik, hanem csak azok közül, amelyekben A bekövetkezik. Ha egy kísérletsorozat néhány tagjában bekövetkezik A, és ezek közül néhányban B is, akkor értelmezhetjük B-nek A-ra vonatkoztatott feltételes relatív gyakoriságát: azt, hogy az A bekövetkeztét jelentő kimenetelek között milyen arányban fordulnak elő olyanok, amikor B is bekövetkezik. De az utóbbi kimenetelek éppen azok, amelyekben AB következik be. Tehát (elosztva A bekövetkezéseinek számát is, AB bekövetkezéseinek számát is az összes kísérlet számával) azt kapjuk, hogy B-nek A-ra vonatkoztatott feltételes relatív gyakorisága nem más, mint AB relatív gyakoriságának aránya A relatív gyakoriságához. Ezt terjeszthetjük ki a valószínűségekre: p(B/A)=p(AB)/p(A), vagy másképpen: p(A)p(B/A)=p(AB) Ha most ezt az összefüggést összevetjük az előzővel, akkor azt látjuk, hogy A és B függetlensége pontosan akkor áll fenn, ha p(B/A) = p(B), azaz ha A bekövetkezése se nem növeli, se nem csökkenti B bekövetkezésének valószínűségét; vagyis egy kísérlet összes kimenetele között ugyanolyan gyakran fordul elő B, mint azok között, amelyekben A bekövetkezik. Nézzük most újra a kockadobásos példáinkat. Egy kockával annak a valószínűsége, hogy páratlant dobunk, feltéve, hogy a dobásunk értéke nagyobb, mint három, 1/3 , mivel a feltételbe "beleférő" három lehetőség (4, 5, 6) között egy ilyen van. A hármasnál nagyobb dobás valószínűsége 1/2 , a hármasnál nagyobb és páratlan dobás valószínűsége pedig 1/6, mivel ezt a szorzateseményt csak úgy lehet megvalósítani, ha ötöst dobunk. És valóban: 1/3 = (1/6)/(1/2).