Valószínűségszámítás és statisztika előadások Gépész-Villamosmérnök szak BSc MANB030, MALB030 2. téma Feltételes valószínűség, függetlenség Példák feltételes valószínűségekre. Feltételes valószínűség definíciója. Tételek feltételes valószínűségekre. Szorzás tétel. Fa diagram és inverz fa diagram alkalmazása feltételes valószínűségek számítására j PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Példák feltételes valószínűségekre Tekintsünk egy kísérlettel kapcsolatos A eseményt, melynek lehetséges kimeneteleiről rendelkezünk valamely B részinformációval. A P(A|B) feltételes valószínűség számítása során az A·B valószínűségét viszonyítjuk a B új eseménytér valószínűségéhez. Példák (a) Egy kocka kétszeri feldobásakor figyeljük, hogy a dobott pontok összege mikor lesz 8-nál nagyobb. Hogyan változik a valószínűség, ha tudjuk, hogy az első dobás 5 lett? (c) A radar képernyőjét figyelve egy objektum tűnik fel. Mekkora valószínűséggel tulajdonítható ez a jel repülőgépnek? (b) Egy öt betűs értelmes magyar szót szeretnénk kitalálni, melynek második betűje A. Mekkora a valószínűsége, hogy a szó ötödik betűje S? (d) Mekkora a valószínűsége annak, hogy valaki beteg, ha ezen betegség orvosi tesztje negatív lett? PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

1. Példa feltételes valószínűségre Egy dobókockával kétszer dobunk egymás után. Jelölje az A esemény azt, hogy a dobott pontszámok összege meghaladja a 8-at: A = { a két dobás pontjainak összege > 8} . A B esemény jelentse azt, hogy első dobásra ötöst dobtunk B = { a két dobásból az első dobás eredménye 5 }. Nyilván a B esemény megelőzi az A esemény bekövetkezését! Számítsuk ki a P(A|B) feltételes valószínűséget, vagyis mekkora annak valószínűsége, hogy a két dobás pontjainak összege nagyobb lesz 8-nál feltéve, hogy tudjuk az első dobás eredményét, amely 5 lett. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 1. Példa feltételes valószínűségre Megoldás Az Ω eseménytér elemeit az {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmaz önmagával képezett Descartes-szorzata adja meg, vagyis az összes rendezett párok halmaza: Ω={ (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6), (6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)} A 36 elemi esemény mindegyike egyformán valószínű. Válasszuk ki az A eseményt alkotó elemi eseményeket Ω elemei közül, vagyis azokat, amelyekre a két szám összege nagyobb 8-nál! Ezek a következők A={ (3,6), (4,5), (4,6), (5,4), (5,5), (5,6), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)} Mivel az A eseményt 10 elemi esemény alkotja, azaz | A | = 10, ezért PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 1. Példa feltételes valószínűségre Az A esemény valószínűsége ennyi, ha nem ismerjük az első dobás eredményét. Nyilvánvalóan ennél nagyobb valószínűséget várunk abban az esetben, ha az első dobásról kiderült, hogy 5 adódott. Számítsuk ki mekkora a P(A|B) feltételes valószínűség! Ha az első dobásról tudjuk, hogy 5 lett, akkor a két dobás együttese már csak az alábbi 6 elemi eseményből állhat B ={ (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6) }. Ezek közül az elemi események közül kell kiválasztani, azokat amelyekre a számok összege > 8. Ezek az A · B ={ (5,4), (5,5), (5,6) } lehetőségek. Mivel a B esemény 6 elemi eseményéből csak 3 jöhet szóba, ezért a valószínűség PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 1. Példa feltételes valószínűségre Számítsuk ki a B és az A·B események valószínűségeit Az előbb kapott feltételes valószínűséget kiszámíthatjuk a fenti két valószínűség hányadosaként is: PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

2. Példa feltételes valószínűségre Egy 5 betűs értelmes magyar szót kell kitalálni, melynek második betűje A. Mekkora a valószínűsége, hogy a szó ötödik betűje S? A második betű A és az ötödik S K Ö N Y V I R O D A O R V O S B S A R O K P O R O S T A P O S Az ötödik betű S B A R Á T K O R O S H A M I S K A B Á T K A K A S P Á R O S A H A R A P L A P O S M A N C S O L V A S A második betű A M A R A D C S O D A Ötbetűs értelmes magyar szavak C S O N T H Á R O M W A= { a szó második betűje A } B = { a szó ötödik betűje S } B Nem B ∑ A 5 10 Nem A 20 Nem változott a valószínűség, pedig két betűt ismerünk! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 3. Példa feltételes valószínűségre Egy véletlen tömegjelenséggel kapcsolatosan n kísérletet végzünk és ezzel kapcsolatosan figyeljük az A és B események bekövetkezését külön-külön is és együttesen is. Jelölje kA·B az A·B szorzat esemény bekövetkezési számát ( gyakoriság) az n kísérletből. Jelölje kB a B esemény bekövetkezési számát (gyakoriság) az n kísérletből. Az hányados megmutatja az A·B szorzat bekövetkezési arányát a B esemény bekövetkezési számához viszonyítva, amelyet éppen ezért nevezhetünk az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes relatív gyakoriságának. Osszuk le a feltételes relatív gyakoriság számlálóját is és nevezőjét is n-nel: PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Feltételes valószínűség definíciója Tehát az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes relatív gyakorisága egyenlő a szorzat relatív gyakoriságának és a B relatív gyakoriságának hányadosával. Mivel a relatív gyakoriság az esemény valószínűsége körül ingadozik, ezért Így DEFINÍCIÓ Az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes valószínűségén a hányadost értjük, ahol P(B)>0. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Tételek feltételes valószínűségre A most definiált valószínűségről megmutatjuk, hogy a valószínűség axiómáinak eleget tesz: A·B B A Állítás 0 ≤ P(A|B) ≤ 1 Bizonyítás. Mivel , ezért P(A·B) ≤ P(B). Ezért Állítás P(Ω | B) = 1 Bizonyítás. Mivel Ω · B = B, ezért PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Tételek feltételes valószínűségre Állítás Ha az A1 és A2 két egymást kizáró esemény, akkor P(A1+A2 | B) = P(A1| B) + P(A2| B) Bizonyítás. A halmazok műveleti tulajdonságai alapján (A1+A2) · B = A1 · B +A2 · B , továbbá az A1 · B és A2 · B események egymást kizárók, ezért P((A1+A2) · B) = P(A1 · B) + P(A2 · B) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Példa feltételes valószínűség számítására A feltételes valószínűség számításához szükséges a szorzat esemény valószínűsége és az egyik tényező valószínűsége. A feladat szövege alapján meg kell keresni a szorzat esemény tényezőit. Példa. Annak valószínűsége, hogy Pécsett esik az eső június 15-én 0.33 és annak valószínűsége, hogy június 15-én és 16-án is esik 0.2 . Ha tudjuk, hogy június 15-én esik, akkor mennyi a valószínűsége, hogy 16 -án is esik az eső. Megoldás A feladatban szereplő két esemény A = { az eső esik Pécsett június 16-án } és B = { az eső esik Pécsett június 15-én }. A feladat szövege szerint P(B) = 0.33 és a szorzat valószínűsége P(A·B) = 0.2 . A feladat a P(A|B) feltételes valószínűség meghatározása, amely definíció szerint PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály A valószínűségek szorzási tétele Sok – a gyakorlatban is felmerülő - probléma esetében a feltételes valószínűség adott és ebből a szorzat esemény valószínűségét kell kiszámítani! A feltételes valószínűség definíciójában szereplő egyenlőséget szorozzuk meg P(B) valószínűséggel! Ekkor kapjuk a szorzás-tételnek nevezett összefüggést Az állítás általánosítható két tényezőről tetszőleges számú tényezőre. TÉTEL. Tetszőleges A1, A2, …, An esemény szorzatára teljesül az alábbi azonosság Bizonyítás Az egyenlőség n=2 esete a definícióból következik. Tekintsük az n= 3 esetet! Tetszőleges n esetére az állítást teljes indukcióval bizonyíthatjuk be ! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 1. Példa szorzás- tétel alkalmazására Egy doboz 10 csavart tartalmaz, amelyből 3 hibás. Kettő csavart húzunk ki egymás után véletlenszerűen. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a két csavarból egyik sem hibás? Megoldás (a) eset. Kihúzás visszatevés nélkül Első húzáskor a 10 csavar közül 7 jó és 1 jó csavart kell kivenni, ezért első húzásra a jó csavar húzásának valószínűsége. Mivel a kivett csavart nem tesszük vissza, ezért a második húzás előtt már csak 9 csavar van a dobozban. Ha feltesszük, hogy az elsőre kihúzott csavar jó, akkor a dobozban már csak 6 jó csavar maradt. Ezért A szorzás –tétel alapján a szorzat eseményre a valószínűséget kapjuk. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 1. Példa szorzás- tétel alkalmazására (b) eset. Kihúzás visszatevéssel. Mivel 10 csavarból 7 jó és 1 csavart kell kivenni, ezért első húzásra a jó csavar húzásának valószínűsége. Mivel a kivett csavart visszatettük, ezért a második húzásnál is 10 csavarból kell kivenni egyet és a dobozban 7 jó csavar van. Ezért A szorzás –tétel alapján Tehát a jó csavar húzásának valószínűsége nagyobb, ha a kivett csavart visszatesszük. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

2. Példa szorzás- tétel alkalmazására Egy dobozban N darab alkatrész van, amelyből S selejt. Négy alkatrészt veszünk ki véletlenszerűen visszatevés nélkül. Mekkora a valószínűsége annak, hogy elsőre jót, másodikra és harmadikra selejtet és negyedikre jót húzunk ki? Megoldás Definiáljuk a kérdéssel kapcsolatos alábbi négy eseményt! Ak={ a k-adik húzásra kivett alkatrész hibátlan } ahol k= 1, 2, 3, 4 lehet. A feladat a szorzat esemény valószínűségét kérdezi! Az első húzás előtt N db alkatrészünk van. Közöttük (N-S) a jó alkatrész és ebből egy jót kell kivenni. A második húzás előtt (N−1) db alkatrészből kell választani. Ha elsőre jót húztunk, akkor S selejt van a dobozban és egy selejtet kell kivenni. A harmadik húzás előtt (N−2) db alkatrész van. Ha elsőre jót és másodikra selejtet húztunk, akkor az (S-1) selejt közül kell egy selejtet kivenni A negyedik húzás előtt (N−3) db alkatrészünk van. Ha elsőre jót, másodikra és harmadikra selejtet húztunk, akkor a maradt (N−S−1) selejtből egy selejtet kell kivenni. A szorzás-szabály alapján kapjuk a kérdéses valószínűséget PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Események függetlensége DEFINÍCIÓ Ha az A esemény bekövetkezésére nincs hatással a B esemény bekövetkezése, akkor azt mondjuk, hogy az A esemény független B-től. Ez azt jelenti, hogy a P(A) valószínűség és a P(A|B) feltételes valószínűség egyenlő P(A)=P(A|B). Tehát az A esemény valószínűsége változatlan marad, ha a B esemény bekövetkezését ismerjük. Azaz nincs hatással a B esemény bekövetkezése az A eseményre. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Események függetlensége TÉTEL. Az A és B események akkor és csakis akkor függetlenek, ha Bizonyítás Két irányt kell bizonyítani. Legyen A és B független, tehát a 2. definíció alapján Ekkor a szorzás szabály miatt . Behelyettesítve a függetlenség feltételét Teljesüljön a tétel P(A·B) = P(A) ·P( B) egyenlősége. Meg kell mutatni, hogy az A esemény független a B eseménytől. A feltételes valószínűség 2. definíciója szerint és a tétel egyenlősége alapján Tehát az A esemény független a B eseménytől a 2. definíció értelmében. A tétel alapján egy újabb függetlenségi definíciót mondhatunk ki PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Események függetlensége DEFINÍCIÓ Az A és B eseményeket függetleneknek nevezzük, ha A függetlenség ezen definíciója jobban mutatja, hogy az A és B függetlensége szimmetrikus tulajdonság. Tehát, ha A független B-től, akkor B is független A-tól. A következő tételek független eseményekkel kapcsolatosak. TÉTEL Ha az A esemény valószínűsége nulla, azaz P(A)=0, akkor bármely B esemény független A-tól. Bizonyítás Mivel ezért P(A·B) ≤ P(A) = 0. És így P(A·B) = 0. Ennélfogva PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Események függetlensége TÉTEL Ha az A esemény valószínűsége 1, azaz P(A)=1, akkor bármely B esemény független A-tól. Bizonyítás Mivel , ezért 1 = P(A) ≤ P(A+B) ≤ 1. Így P(A+B) = 1. Felhasználva az A+B összeg esemény valószínűségére vonatkozó azonosságot Behelyettesítve az ismert valószínűségeket az egyenlőségbe 1 = 1 + P(B) − P(A·B). Azaz P(A·B) = P(B) = 1 · P(B) = P(A) · P(B) . Tehát A és B független események. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Tétel események függetlenségére TÉTEL Ha az A és B események függetlenek, akkor (a) és B függetlenek (b) A és függetlenek (c) és függetlenek Bizonyítás (a) Használjuk a korábban a valószínűségekre igazolt tételeket Ahol felhasználtuk, hogy A és B független események. (b) Bizonyítása (a)-hoz hasonló. (c) Használjuk a DeMorgan azonosságot, az A+B valószínűségére vonatkozó tételt és a függetlenség definícióját Ezzel a tételt bebizonyítottuk. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 1. Példa függetlenségre Két egymástól függetlenül működő készülék esetén annak valószínűsége, hogy az egyik 1 órán belül üzemzavar miatt megáll 20%, a másik 1 órán belül üzemzavar miatt megáll 15%. Mi a valószínűsége annak, hogy egyik készülék se áll meg 1 órán keresztül? Megoldás A feladatban szereplő eseményekre vezessünk be jelöléseket! A= { az első készülék 1 órán belül üzemzavar miatt megáll } B= { a második készülék 1 órán belül üzemzavar miatt megáll } A feltételek szerint P(A) = 0.2 és P(B) = 0.15 . A feladat a valószínűséget kérdezi! Mivel A és B függetlenek, ezért is függetlenek. Tehát PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 2. Példa függetlenségre Egy áramkör három egymástól függetlenül működő alkatrészből áll az alábbi ábrának megfelelő elrendezésben: Annak valószínűsége, hogy egy bizonyos időintervallumon belül nem romlik el a megfelelő alkatrész p1= 0.9 , p2= p3= 0.7. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a vizsgált időintervallumon belül az egész áramkör működőképes lesz? Megoldás A feladatban szereplő eseményekre vezessünk be jelöléseket! Ak= { a k-adik készülék a vizsgált időintervallumon belül nem romlik el }, ahol k=1, 2 és 3 lehet. B = { az egész áramkör a vizsgált időintervallumon belül működőképes lesz } A feltételek szerint P(A1) = 0.9 , P(A2) = 0.7 és P(A3) = 0.7 . Feladat a P(B) valószínűség meghatározása! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

2. Példa függetlenségre Mivel a 2. és 3. áramköri elemek egymással párhuzamosan vannak kötve, míg ezek eredője az 1. alkatrésszel sorosan van kötve, ezért a következőt mondhatjuk. Az áramkör nem romlik el az adott időintervallumon belül akkor és csakis akkor, ha az 1. és 2. alkatrész nem romlik el, vagy az 1. és 3. alkatrész nem romlik el. Ez azt jelenti, hogy a B eseményt következőképpen adhatjuk meg B = (A1 ·A2) + (A1 ·A3) Ezért az események összegének valószínűségére vonatkozó tételt használva P(B) = P (A1 ·A2) + P (A1 ·A3) − P (A1 ·A2 · A3) Feltétel szerint az A1, A2 és A3 események függetlenek és P(A1) = 0.9 , P(A2) = 0.7 , P(A3) = 0.7 , ezért P(B) = P (A1) ·P(A2) + P (A1)·P(A3) − P(A1)·P(A2 )· P(A3) = 0.819 Kiszámíthatjuk a fenti képletet következő formulával is P(B) = P (A1) · ( 1−(1−P(A2)) ·(1−P(A3)) ) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály 3. Példa függetlenségre Határozzuk meg a P(A·B) és a P(B) valószínűségeket, ha adottak a P(A)=3/8 , P(A+B)=5/8 valószínűségek és a P(A|B)=1/3 feltételes valószínűség! Függetlenek-e az A és B események? Megoldás Az A és B események függőek, mert P(A)≠P(A|B). Írjuk fel az összeg valószínűségére és az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes valószínűség definícióját! A példában adott valószínűségeket írjuk be az egyenlőségekbe! Kaptunk egy egyenletrendszert a P(B) és P(A·B) ismeretlen valószínűségekre! A második egyenletből fejezzük ki P(B)-t és helyettesítsük be az első egyenletbe! Ahonnan megkapjuk a keresett valószínűségeket PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Fa diagram Hasznos segédeszköz egymás után bekövetkező események valószínűségének számítása során a fa diagrammal való megjelenítés. Példákon keresztül mutatjuk be az alkalmazását. PÉLDA Egy kockát háromszor dobunk fel egymástól függetlenül és azt mondjuk az egyes dobás okra, hogy sikeres, ha a dobott pontszám 2-nél nagyobb. Mivel a sikeres dobás a {3,4,5,6} halmaz, ezért az S sikeres dobás valószínűsége P(S)=4/6=2/3=p. Így a K=Ω−S kudarc esemény valószínűsége P(K)=1−P(S)=1/3=q, mert a dobott pontszám 1 vagy 2 lehet. Vizsgálva az összes 23 variációs lehetőséget az S és K teljes eseményrendszerre, a következő fa diagramot rajzolhatjuk fel. 3. dobás Események Valószínűségek 2. dobás Siker S·S·S 1. dobás Siker Kudarc S·S·K Siker Siker S·K·S Kudarc Kudarc S·K·K (Start) Siker K·S·S Siker Kudarc K·S·K Kudarc Siker K·K·S Kudarc Kudarc K·K·K PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Fa diagram P(S·K·S) = P(S)·P(K)·P(S)=(2/3)· (1/3)· (2/3)=4/27 S·S·S A fa diagram a start felirattal indul és három szintből áll, a 3 dobásnak megfelelően. A dobások lehetséges kimenetele 2-féle: Siker vagy Kudarc. Ezek szerepelnek a fagráf csúcspontjaiban. A csúcsokat összekötő élekre azt a valószínűséget írjuk rá, amellyel az esemény bekövetkezik. Mivel a dobások függetlenek, ezért például az S·K·S szorzat esemény valószínűsége a tényezők valószínűségeinek szorzata P(S·K·S) = P(S)·P(K)·P(S)=(2/3)· (1/3)· (2/3)=4/27 Így egy adott esemény valószínűségét a hozzá vezető éleken vett valószínűségek szorzata adja. 1. dobás 2. dobás 3. dobás Események Valószínűségek Siker S·S·S Siker Kudarc S·S·K Siker Siker S·K·S Kudarc Kudarc S·K·K (Start) Siker K·S·S Siker Kudarc K·S·K Kudarc Siker K·K·S Kudarc K·K·K Kudarc PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Fa diagram S·S·S + S·S·K + S·K·S + K·S·S A fa diagram alapján válaszolhatunk például a következő típusú kérdésre: KÉRDÉS: Mekkora a valószínűsége, hogy legalább két dobás sikeres lesz a háromból? Keressük meg azokat a sorokat, amelyekben legalább 2 darab S van és adjuk össze: S·S·S + S·S·K + S·K·S + K·S·S Az összegben szereplő tagok egymást páronként kizáró események, ezért az összeg valószínűsége a valószínűségek összege. Tehát P(S·S·S + S·S·K + S·K·S + K·S·S)= P(S·S·S) +P(S·S·K) +P(S·K·S) +P(K·S·S)=20/27 1. dobás 2. dobás 3. dobás Események Valószínűségek Siker S·S·S Siker Kudarc S·S·K Siker Siker S·K·S Kudarc Kudarc S·K·K (Start) Siker K·S·S Siker Kudarc K·S·K Kudarc Siker K·K·S Kudarc K·K·K Kudarc PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Fa diagram Két urnánk van, jelöljük „I”-val és „II”-vel! Az „I” urna tartalmaz 2 fekete és 3 fehér golyót. A „II” urna tartalmaz 1 fekete és 1 fehér golyót. Egy urnát kiválasztunk véletlenszerűen és kihúzunk belőle véletlenszerűen egy golyót. Kihúztunk egy fekete golyót, mekkora a valószínűsége, hogy az „I” urnából való a golyó? Megoldás. Az eseménytér elemi eseményeit megkapjuk, ha az alábbi fa diagramban bejárjuk az összes lehetséges utat a gyökértől a fa valamelyik leveléig. Az egyes elemi események valószínűségei a bejárt élek mentén vett valószínűségek szorzatai lesznek Elemi események Urna A golyó színe Valószínűségek Fekete w1 I Fehér w2 (Start) Fekete w3 II Fehér w4 Jelölje „A” a fekete golyó húzását és „I” az I urna választását. Így pl. w1= A ·„I” szorzat esemény és 2/5 =P(A| „I”) a feltételes valószínűség. A szorzás-szabály alkalmazásával kapjuk w1 valószínűségét PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Inverz fa diagram Ha a - példában kérdezett - P(„I”|A) fordított vagy inverz feltételes valószínűséget szeretnénk számolni, akkor a következőképpen járhatunk el Az eredeti fa diagram éleire- a második fázisban - a golyók színének valószínűségét írtuk, feltéve, hogy ismerjük az urna kihúzását. A fordított fa diagram második fázisában az éleken az inverz feltételes valószínűségeket vagy Bayes- valószínűségeket tüntetjük fel. Vagyis az urnák húzásának valószínűségeit írjuk az élekre, feltéve hogy ismerjük a golyó színét. Elemi események Valószínűségek A golyó színe Urna w1 I Fekete II w3 Inverz fa diagram w2 I Fehér II w4 Az inverz fa 9/20 értékét következőképpen kapjuk: az eredeti fa „fekete” sorainak valószínűségeit kell összeadni P(w1+w3)=P(w1)+P(w3)=1/5+1/4=9/20. Az x=4/9 feltételes valószínűség a 9/20 alapján a egyenlet megoldása. Így P(„I”|A)=4/9, amit a fentiekben kaptunk. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására Egy orvos a betegén elvégez egy tesztet bizonyos típusú rák megállapítása érdekében. Mielőtt a teszt eredményét tudná az orvos, előzetesen már ismeri a következő statisztikai adatokat: Átlagosan 1000 emberből kb. 1 ember kapja meg ezt a fajta betegséget. A gyakorlat azt mutatja, hogy a rákos betegek 99%-ánál a teszt pozitív, tehát kimutatja a rák jelenlétét. A teszt az egészséges emberek 95%-ánál negatív, tehát nem jelzi a rák jelenlétét! Ha tudja az orvos, hogy egy teszt pozitív, akkor vajon mekkora valószínűséggel mondhatja az illetőnek, hogy valóban rákos beteg? Megoldás Előzetesen kérdezzük meg a hallgatóságot, hogy tippeljen a következő kérdésre igennel vagy nemmel: Pozitív teszt esetén 50% -nál nagyobb-e annak valószínűsége, hogy az illető rákos? PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására Jelöljük a feladatban szereplő eseményeket a következőképpen: R={ az illető rákos beteg} , +={ az illető tesztje pozitív } , −={ az illető tesztje negatív }. Statisztikai adatok alapján ismertek a következő valószínűségek P(R)= 0.001 , , P(+| R) = 0.99 , Ezek alapján kiszámíthatjuk, hogy P(−| R)= 0.01 és . A feladat első kérdése a P(R| +) feltételes valószínűség kiszámítása! Vagyis ha tudjuk, hogy a teszt pozitív, akkor milyen valószínűséggel állíthatjuk, hogy az illető rákos beteg? Definíció alapján . Számítsuk ki a számlálót és a nevezőt, majd a hányadost! Ezért Számítsuk ki a hányadost PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására A kapott 0.019 feltételes valószínűség annyit jelent, hogy pozitív teszt ellenére csak 1.9 % ≈ 2 % biztonsággal mondhatja az orvos a páciensnek, hogy rákos beteg és 98.1%-ban a pozitív teszt hamis eredményt ad, vagyis a beteg nem rákos. Ez a meglepő eredmény azt jelenti, hogy a feltett kérdésre a válasz nem, mert jóval 50% alatt van annak esélye, hogy a beteg rákos, annak ellenére hogy a teszt pozitív eredményt mutat. Válaszoljunk az alábbi kérdésekre is a fenti adatok birtokában Ha tudja az orvos, hogy egy teszt pozitív, mekkora valószínűséggel mondhatja az illetőnek, hogy egészséges? Ha tudja az orvos, hogy egy teszt negatív, mekkora valószínűséggel mondhatja az illetőnek, hogy valóban egészséges? Ha tudja az orvos, hogy egy teszt negatív, mekkora a valószínűsége hogy az illető mégis rákos beteg? A kérdésekre adandó válaszokat olvassuk le az alábbi fordított fa diagramról! A valószínűségeket 3 tizedes jegyre számoltuk ki. Ellenőrizzük az adatokat! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására Eredeti fa Inverz fa Teszt P Rákos P Rákos Teszt 0.99 0.019 + 0.001 igen 0.001 0.001 0.051 igen + 0.01 0.981 − 0.000 nem 0.05 0.05 0.000 + 0.05 igen 0.00 0.999 0.949 nem − 0.95 1 − 0.949 nem 0.949 A fa diagram és az inverz fa diagram a teljes valószínűség tétel és a Bayes- tétel egyfajta reprezentációja. (Lásd később) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály