Cím: Mit lehet nyerni, ha egy kicsit engedünk a biztosból?
Szerző(k):  Vancsó Ödön 
Füzet: 1994/március, 104 - 109. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I.

A most induló cikksorozatban szeretnénk ismertetni az iskolákban alig tanított statisztika és a valószínűségszámítás néhány válogatott, a gyakorlatban is gyakran használt alapgondolatát, és a hozzákapcsolódó elméleti matematikai megfontolásokat.
Először három helyzetet mutatunk be, amelyekben közös a probléma: mit lehet tenni, ha valamit nem tudunk biztosan. Mindhárom problémánál nagyon is aktuális kérdéseket teszünk föl, amivel az a fő célunk, hogy az olvasót egy kicsit bevezessük abba a gondolkodásmódba, amely nélkül, véleményünk szerint, a XX. század végén elképzelhetetlen a világ megértése.
Ha az olvasó már járatos ezekben a kérdésekben, akkor kísérelje meg a továbbolvasás előtt a válasz megadását. A cikk írásakor figyelembe vettük, hogy az ,,általános'' iskolákban kevés szó esik ilyen problémákról. Emellett törekedtünk arra is, hogy a matematikában járatosabb olvasó is találjon érdekességet a cikkben. A kérdések megválaszolásához modelleket kell alkotnunk, majd ezeken belül bizonyos számításokat kell elvégezni. Ezek néhol igen nehezek, ezért fontosnak találtuk, hogy e bonyolultan bizonyítható, de a gyakorlatban a számítások elvégzésénél nagyon hasznos összefüggéseket bemutassuk, ezek bizonyítását azonban az olvasók nyugodtan mellőzhetik.
1. Probléma. (Nevezzük MALÉV problémának.) A MALÉV menetrend szerinti londoni járatán 250 hely van. A helyfoglalásokat folyamatosan veszik fel. Legfeljebb hány előjegyzést vegyenek föl, ha nagy (pl. 99%-os) eséllyel nem akarnak abba a kellemetlen helyzetbe kerülni, hogy az utasnak visszaigazolt megrendelés ellenére nem tudnak helyet biztosítani?
Tudjuk a korábbi évek tapasztalataiból, hogy a megrendeléseknek körülbelül a 10%-át az utazók különböző okokból (pl. betegség, vagy üzleti helyzet változása stb.) visszamondják.
Ez a probléma minden közlekedési céget, szállodát, egyéb szolgáltatást érint, tehát nem csak az idegenforgalmat, azaz nagyon általános kérdés. Mielőtt elemezni kezdenénk a helyzetet s valamilyen választ adnánk a kérdésre, nézzünk még két további problémát.
2. Probléma. (Ismerve a sokaság eloszlását, mit lehet mondani egy minta eloszlásról, amelyet ebből a sokaságból vesznek?)
Egy, az Országos Rendőrfőkapitányság és a Főügyészség által közölt statisztikából tudjuk, hogy Magyarországon 1990-ben 341 061 bűncselekmény vált ismertté (feljelentés, eljárás indítás), s ebből 187 655 esetben az elkövető ismeretlen maradt. Ha most kiválasztunk 1000 bűncselekményt a 341 061-ből, akkor vajon mekkora eséllyel lesz legalább 400 esetben ismeretlen az elkövető? Mit kell érteni kiválasztáson? Hogyan lehet megvalósítani a kiválasztás ,,véletlenszerűségét'', amelyre a modellünk mond valamit?
3. Probléma. (Hogyan lehet egy közvéleménykutatási eredményből, tehát egy minimodellből következtetni az egész sokaságra?)
A Wash&Go cég szeretne képet kapni, hogy legújabb termékük milyen fogadtatásban részesült a magyar piacon. Ezért valahogyan kiválasztanak 1000 családot, s megkérdezik a véleményüket. Ha 342 család nem észlelt javulást az új termék esetén, sőt 47-en még rosszabbnek is tartják, míg 611 család véli jobbnak, akkor vajon jobbnak tartsuk-e az új terméket? Milyen előfeltételeket használunk az okoskodásban?
Természetesen mindhárom problémakörben közös, hogy a ,,fekete-fehér'' ,,igen-nem'' gondolkodásról le kell mondanunk. A kérdés az, lehet-e másként gondolkozni, mit jelentenek az olyan misztikus fordulatok, mint: nagy eséllyel, valószínűleg, szinte kizárt stb. Lehet-e ezeknek a fogalmaknak valamilyen, a matematikában megszokott egzakt értelmet adni? Erre szeretnénk a következőkben választ keresni először az első probléma elemzésével.
Mindenki kapásból azt válaszolná, hogy 250 helyre legfeljebb 250 megrendelést lehet fölvenni, s akkor semmi gond. Ez igaz is, de ekkor a gép a tapasztalatok szerint csak 90%-os kihasználtsággal közlekedik, ami figyelembe véve az utasonkénti 30000 Ft körüli veszteséget, nem egészen elhanyagolható összeg. Vajon, ha a biztosból egy kicsit engedek, akkor mi adódik? Tehát több megrendelést veszek föl, mitn 250, remélve, hogy úgyis lesz lemondás. Először 251 megrendelést veszünk fül. Mikor kerülünk bajba? Egyetlen esetben, ha mind a 251 utas utazik is. Egy utasra vonatkoztatva a 10% lemondási rátát, azt mondhatjuk, hogy annak az esélye, hogy valaki, aki megrendelte a helyét, utazik is, 0,9. Hogyan lehet annak az esélyét kiszámítani, hogy minden utas utazni akar? A választ a következő modellel kíséreljük megadni.
Feltesszük, hogy egy urnában van 9 fehér és 1 fekete golyó. Ebből az urnából, húzunk az n utasszámnak megfelelően n-szer visszatevéssel (tehát minden húzás után visszatesszük a kihúzott golyót, miután feljegyeztük, fehér volt-e, vagy fekete) s minden fehér golyó utazást, a fekete pedig lemondást jelent. A kérdés az: milyen eséllyel lesz k számú fehér golyó az n között, ha k=0,1,2,...,n. Ez a modell biztosítja, hogy minden utas esetén 90% az esélye az utazásnak, valamint ha minden húzás után keverünk, akkor a függetlenség is teljesül. A modell előnye, hogy beleépíthető a függés, illetve az egyes emberek különböző esélyei azáltal, hogy az egyes húzások előtt lehet az urna összetételét változtatni, s ez tehető az előző húzások függvényében is. Ilyen bonyolultabb esettel azonban nem akarunk foglalkozni. Mindjárt kicsit általánosabban oldjuk meg a problémát, tehát a visszatevéses húzássorozatok esetét.
Legyen M fehér és N-M fekete golyó egy urnában, amelyből n-szer húzunk visszatevéssel. Vajon hányszor húztunk fehér golyót?
Ez a szám lehet elvileg 0 és n között bármi, az esélyeket próbáljuk meg kiszámítani. Legyen a fehér jele I, a feketéé F. Ekkor tulajdonképpen n hosszúságú I, F sorozatokat kell vizsgálnunk. Feltesszük, hogy mivel minden húzás ,,azonos'' körülmények között zajlik, így az összes lehetőség egyenlő valószínű1. Ebből hányban lesz pontosan k darab fehér (I)? A fehérek helyét (nk)-féleképpen választhatjuk ki, s ekkor, feltéve, hogy a golyók (például számozással) megkülönböztethetőek, Mk⋅(N-M)n-k-féleképpen valósulhat meg a k fehér golyó kihúzása. A k darab fehér golyó kihúzásának valószínűségét jelöljük P(X=k)-val.
Alkalmazva a klasszikus kedvező esetösszes eset képletet2:

P(X=k)=(nk)Mk⋅(N-M)n-kNn==(nk)⋅(MN)k⋅(N-MB)n-k=(nk)⋅pk⋅(1-p)n-k,

ahol p-vel jelöltük a fehét golyók arányát az összes golyóhoz, ami egyben a fehér golyó hűzűsűnak az esélye is minden egyes húzásnál.
Ha a fenti esélyek szerint oszlik el egy véletlen mennyiség a 0,1,...,n számok között, akkor binomiális eloszlásúnak nevezzük.
Néhány fontos tulajdonsága ennek az eloszlásnak leolvasható a alábbi 1. ábra grafikonjáról, amelyek általánosan igazak a binomiális eloszlásra:
Az esélyek növekednek egészen a maximális np körüli értékig, majd onnan fogynak (az ilyen eloszlást hívják egycsúcsúnak is). Vajon ha sokszor ismételjük meg az n-húzásos kísérletet, áltagosan hány fehér lesz? Erre ad választ a várható érték, melyet a ∑k=0nk⋅P(X=k) összeggel definiálunk. Megmutatható, hogy ez binomiális eloszlás esetén pontosan np, épp az az érték, ahol az eloszlás csúcsa is van. Ez a tény, hogy a várható érték egyben a legvalószínűbb is, egy speciális tulajdonság, amely más eloszlásokra nem igaz. Ld. [1] (252. o.). Egy másik fontos jellemző az átlagtól való átlagos négyzetes eltérés, az ún. szórásnégyzet. Ez binomiális eloszlás esetén np(1-p). Ld. [1] (253‐254. o.).
Ha most feltesszük, hogy az utasok között nincs kapcsolat ─ ami szükséges feltétele annak, hogy a fenti modellt használjuk ─, akkor egyszerűen számítható 251 utas esetén annak az esélye, hogy nem lesz visszamondás, mert mindenki utazni akar, nevezetesen 0,9251≈3,27⋅10-12. Ez tehát nagyon valószínűtlen, hogy bekövetkezzen. Csak összehasonlításképpen, annak az esélye, hogy egy lottószelvény kitöltésével a jövő héten ötösöm lesz: 2,2⋅10-8, tehát majdnem 10 000-szerese, és sajnos ez az esemény sem sűrűn következi be.
Ha 252 embert nézünk, akkor már két esetet kell figyelembe venni: ha senki, vagy ha csak egy ember mondja vissza.
Ennek esélye: 0,9252+252⋅0,9251≈8,53⋅10-11, ami még mindig elég kicsi.
A számolás azonban modellünkben egyre nehezebb lesz, mert egyre több tagot kell összeadni, s a kiválasztás miatt egyre komplikáltabb binomiális együtthatókat kell számolni.
Ezt mutatja a következő számolás 260 megrendelés elfogadása esetén.
P(X≤250)=1-[∑k=251260P(X=k)]=1-[(260251)⋅0,9251⋅0,19++(260252)⋅0,9252⋅0,18+...+(260259)⋅0,9259⋅0,1+0,9260].

Ennek kiszámítása már nem kellemes, és még egy zsebszámológéppel is kb. 15‐20 perc szükséges legalább az elvégzéséhez (ha elég ügyes, aki a számolást végzi!). Esetünkben a legnagyobb lesz az első kivonandó tag: 4,2566⋅10-5, míg az utolsó már csak 1,27⋅10-12. Ha az elsőt vennénk 10-szer, ami nagyon durva alsó becslés lesz a P(X≤250)-re ─ hiszen sokkal többet vonok le belőle, mint valójában kellene ─ akkor is 99,95% eséllyel nem lesz elutasított megrendelő. Valójában ez az esély még 99,99%-nál is kicsit nagyobb, tehát kb. minden tízezredik esetben lesz kellemetlenségünk a 260 megrendelés felvétele esetén.
A kérdésünk azonban úgy hangzott, hogy ha valaki megadja, mekkora biztonságra kell törekedni (0,9999 vagy 0,99 vagy 0,95 stb.), akkor adjuk meg ebben az esetben, hány megrendelést lehet felvenni. Ez a gyakorlatban nagyon fontos, hiszen a módszerrel sok pénz megtakarítható. Tehát kicsi kockázattal sokat lehet nyerni. Jó lenne, különösen még nagyobb esetszámnál, valahogyan becsülni. A binomiális eloszlást már Jakab Bernoulii ismerte, de egy nagyon fontos közelítőformulát először Abraham de Moivre és Pierre Laplace fedezett fel. Azt vették észre, hogy ha a binomiális eloszlás görbéjét eltoljuk úgy, hogy a csúcsa az y-tengelyre essen és ne nyúljon nagyon el, tehát még egy osztóval, ami éppen a szórása, normáljuk, akkor a Gauss-féle haranggörbét kapjuk. Ennek a jelenségnek egyelőre csak illusztrációja a következő, számítógéppel készített sorozat (2. ábra a), b), c). Az a) ábrán különböző n-ekre a p=1/2 paraméterű binomiális eloszlásokat ábrázoljuk, a b) ábrán egy binomiális eloszlás (a jobb oldali görbe) normálását látjuk, majd végül a c) ábrán az eloszlások normálásával keletkezett, az y-tengelyre szimmetrikus görbéket. A ,,határgörbe'' a Gauss-féle haranggörbe, amelyet standard normális eloszlásnak hívnak. Arról, hogy ez milyen függvéynek a görbéje, kövezkető számunkban olvashatnak.
Vancsó Ödön

Irodalom

[1] Hajnal‐Nemetz‐Pintér‐Urbán: Matematika IV. (B fakt) Tankönyvkiadó 1982.
1Ez az úgynevezett elégséges ok hiányának az elve, azaz ha nincs valamiért kitüntetett elem, akkor mindegyiket azonosan kezeljük.

2Ez lényegében következménye az elégséges ok elvének, s először Laplace fogalmazta meg 1812-ben kiadott könyvében, az ,,Essai philosophique des probabilités'' címűben.