Ezek feltételes valószínűség feladatok.

Jelölés: Ha `A` és `B` két esemény, akkor `P(A|B)` azt jelenti, hogy ennyi `A`-nak a valószínűsége akkor, ha tudjuk, hogy `B` bekövetkezett.

pl. a 8-as feladat: 5 kockával dobunk. Ezek az események:
`B`: van 6-os a dobottak között
`A`: legalább 3 páratlant dobtunk
`P(A|B) = ?`
------
Ezzel a képlettel lehet kiszámolni:
`P(A|B) = (P(A ∩ B))/(P(B))`
ahol `A∩B` azt jelenti, hogy `A` és `B` is bekövetkezik. Ennek a valószínűségét kell elosztani a `B` esemény valószínűségével.

`P(B)`: annak valószínűsége, hogy 5 dobás között van 6-os. A fordítottját (komplementerét) könnyebb kiszámolni: `bar B` = nincs 6-os 5 dobással: `P(bar B)=(5/6)^5` hisz mind az 5 dobáskor `5/6` az esélye annak, hogy nem a 6-ost dobjuk.
Ebből az eredeti `B` valószínűsége: `P(B)=1-P(bar B)=1-(5/6)^5`

`P(A∩B)`: annak valószínűsége, hogy az 5 dobás között van 6-os és van legalább 3 páratlan. Ezt kicsit bonyolultabb kiszámolni. Ilyen eseteket kell néznünk:

a) egyetlen 6-os és négy páratlan van
b) egyetlen 6-os, három páratlan, valamint egy 2-es vagy 4-es van (páros, de nem 6-os).
c) két 6-os és három páratlan van.

Az 5 dobást mindig úgy kell számolni, mintha egyetlen kockával dobnánk egymás után 5-ször, akkor is, ha 5 különálló kockánk van, amiket egyszerre dobunk fel. Ezt most nem magyarázom, jegyezd meg. Szóval fontos a sorrend, nem mindegy, hogy hányadikra dobjuk mondjuk a 6-osat.
Nézzük a fenti a,b,c valószínűségeit:

a) 5-féle lehet az, hogy hányadiknak dobjuk a 6-osat. Annak hogy akkor pont 6-ost dobunk, `1/6` a valószínűsége. A többi 4 alkalommal annak a valószínűsége, hogy páratlant dobunk, mindig `1/2`, négyszerinek tehát `1/2^4`. Vagyis az "egyetlen 6-os és négy páratlan" valószínűsége `5·1/6·1/2^4`

b) A 6-ost 5-féle helyen dobhatjuk, a 2-es vagy 4-est a maradék 4-féle helyen, a többi páratlan: `5·1/6·4·2/6·1/2^3`. Érted?

c) A két 6-os `((5),(2))` helyen lehet, a többi páratlan: `((5),(2))·1/6·1/2^3`

Ezek összege:
`P(A∩B)=5·1/6·1/2^4+5·1/6·4·2/6·1/2^3+((5),(2))·1/6·1/2^3`

Végül:
`P(A|B)=(5·1/6·1/2^4+5·1/6·4·2/6·1/2^3+((5),(2))·1/6·1/2^3)/(1-(5/6)^5)`

Szólj, ha valami nem érthető.

A másik 8-as (porszívók) más jellegű feladat:

A többi feladatnál események valószínűségéről van szó, itt viszont ξ egy valószínűségi változó, az elromlott gépek száma. Ez nem egy esemény! Az, hogy mondjuk 2 porszívó romlik el, az esemény, de az elromlottak száma magában foglal mindenféle lehetséges eseményt a valószínűségükkel együtt.

ξ egy diszkrét valószínűségi változó, ami azt jelenti, hogy csak diszkrét értékeket vehet fel ξ: 0, 1, 2 vagy 3 lehet. Más érték nem lehet, ami azt jelenti, hogy minden más értékhez a 0 valószínűség tartozik:
`P(ξ < 0)=0` és `P(ξ > 3)=0`
Ki kell számolnunk a `P(ξ=0), P(ξ=1), P(ξ=2), P(ξ=3)` valószínűségeket, azokból jön majd ki `F_ξ(x)`

`P(ξ=0)=(1-"0,2")(1-"0,3")(1-"0,6")="0,224"` ez remélem érthető.
`P(ξ=3)="0,2"·"0,3"·"0,6"="0,036"`, ez még egyszerűbb.
`P(ξ=1)=...`
Ez úgy lehet, hogy valamelyik elromlik, a többi kettő meg nem. Az első, második vagy harmadik romolhat el, és a többi nem, ezt mind bele kell számolni:
`P(ξ=1)="0,2"·(1-"0,3")(1-"0,6")+(1-"0,2")·"0,3"·(1-"0,6")+(1-"0,2")(1-"0,3")·"0,6"="0,488"`
Érthető?
`P(ξ=2)=...`
Most pedig 2 elromlik, a harmadik nem. Ebből is 3-féle lehet a szerint, hogy melyik nem romlik el:
`P(ξ=2)=(1-"0,2")·"0,3"·"0,6"+"0,2"·(1-"0,3")·"0,6"+"0,2"·"0,3"·(1-"0,6")="0,252"`

Kész is mindegyik ξ valószínűsége. Ellenőrzésképpen adjuk össze ezeket a valószínűségeket: mivel minden lehetséges eseményt felsoroltunk, az összegük 1 kell legen. Ellenőrizzed.

A nagy F betűs `F_ξ(x)` a ξ változó eloszlásfüggvényét jelenti. Az csak ez:
`F_ξ(x)=P(ξ < x)`

Tehát pl. az `F_ξ("1,2")` függvényérték a `P(ξ < "1,2")` valószínűséget jelenti, ami a `P(ξ=0)+P(ξ=1)="0,712"` összeggel számolható ki, hisz csak ezeken az 1,2-nél kisebb diszkrét értékeken (0 és 1) van valamilyen valószínűség, mindenhol máshol nulla.

Az eloszlásfüggvényt egy táblázattal lehet leírni, amibe ezeket a valószínűség összegeket írjuk be:
`{:("", "|" ,x ≤ 0, "|" ,0 < x ≤ 1, "|" ,1 < x ≤ 2, "|" ,2 < x ≤ 3, "|" ,3 < x )
,("-----------------------", "|" ,"---------", "|" ,"-------------", "|" ,"-------------", "|" ,"-------------", "|" ,"-------")
,(F_ξ(x)=P(ξ < x), "|" ,0, "|" ,"0,224", "|" ,"0,712", "|" ,"0,964", "|" ,1):}`

Fel lehet rajzolni a függvény koordináta rendszerben is, ilyesmi lépcsős ábrája van:
http://rs1.szif.hu/~szorenyi/elm/image282.gif
(Ez persze egy másik függvény ábrája, de az erre is igaz, hogy az üres karikák bal oldalon vannak, a teliek meg a jobbon.)

`E(ξ)` pedig a ξ várható értéke. Diszkrét változónál az így számolható ki:
`E(ξ) = sum_(k=0)^3 k·p_k`
Magyarul a változó minden lehetséges értékére össze kell adni az értéknek és az érték valószínűségének a szorzatát.
Fentebb a szumma 0-tól 3-ig megy, ez persze nem mindig van így, csak a mi esetünkben. Mindig minden lehetséges értéket figyelembe kell venni.

Most tehát ez lesz a várható érték:
`E(ξ)=0·"0,224"+1·"0,488"+2·"0,252"+3·"0,036"="1,1"`

A várható érték olyan lett, amilyen értéket fel sem vehet a változó, de ez nem baj... normális. Mondjuk ha dobókockával dobunk, akkor is a dobás várható értéke 3,5 lesz (mert az van az 1,2,3 és 4,5,6 közepén)