Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030

Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030 2. téma Feltételes valószínőség, függetlenség Példák feltételes valószínőségekre. Feltételes valószínőség definíciója. Tételek feltételes valószínőségekre. Szorzás tétel. Fa diagram és inverz fa diagram alkalmazása feltételes valószínőségek számítására PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Példák feltételes valószínőségekre Tekintsünk egy kísérlettel kapcsolatos A eseményt, melynek lehetséges kimeneteleirıl rendelkezünk valamely B részinformációval. A P(A|B) feltételes valószínőség számítása során az A·B valószínőségét viszonyítjuk a B új eseménytér valószínőségéhez. Példák (a) Egy kocka kétszeri feldobásakor figyeljük, hogy a dobott pontok összege mikor lesz 8-nál nagyobb. Hogyan változik a valószínőség, ha tudjuk, hogy az elsı dobás 5 lett? (c) A radar képernyıjét figyelve egy objektum tőnik fel. Mekkora valószínőséggel tulajdonítható ez a jel repülıgépnek? (b) Egy öt betős értelmes magyar szót szeretnénk kitalálni, melynek második betője A. Mekkora a valószínősége, hogy a szó ötödik betője S? (d) Mekkora a valószínősége annak, hogy valaki beteg, ha ezen betegség orvosi tesztje negatív lett? PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

1. Példa feltételes valószínőségre 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 elsı dobásra ötöst dobtunk B = { a két dobásból az elsı dobás eredménye 5 }. Nyilván a B esemény megelızi az A esemény bekövetkezését! Számítsuk ki a P(A|B) feltételes valószínőséget, vagyis mekkora annak valószínősége, hogy a két dobás pontjainak összege nagyobb lesz 8-nál feltéve, hogy tudjuk az elsı dobás eredményét, amely 5 lett.

PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

1. Példa feltételes valószínőségre 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 valószínő. Válasszuk ki az A eseményt alkotó elemi eseményeket Ω elemei közül, vagyis azokat, amelyekre a két szám összege nagyobb 8-nál! Ezek a következık 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 A P( A) =

Ω

=

10 5 = = 0.2777 36 18


1. Példa feltételes valószínőségre Az A esemény valószínősége ennyi, ha nem ismerjük az elsı dobás eredményét. Nyilvánvalóan ennél nagyobb valószínőséget várunk abban az esetben, ha az elsı dobásról kiderült, hogy 5 adódott. Számítsuk ki mekkora a P(A|B) feltételes valószínőség! Ha az elsı dobásról tudjuk, hogy 5 lett, akkor a két dobás együttese már csak az alábbi 6 elemi eseménybıl 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) } lehetıségek. Mivel a B esemény 6 elemi eseményébıl csak 3 jöhet szóba, ezért a valószínőség P( A | B) =

A⋅ B B

=

3 1 = = 0.5 6 2


1. Példa feltételes valószínőségre Számítsuk ki a B és az A·B események valószínőségeit B P( B) =

Ω

=

6 1 = 36 6

P( A ⋅ B) =

A⋅ B Ω

=

3 1 = 36 12

Az elıbb kapott feltételes valószínőséget kiszámíthatjuk a fenti két valószínőség hányadosaként is: 1 P( A | B) =

P ( A ⋅ B ) 12 6 1 = = = 1 12 2 P( B) 6


2. Példa feltételes valószínőségre Egy 5 betős értelmes magyar szót kell kitalálni, melynek második betője A.

I R O D A

A második bető A és az ötödik S

S A R O K B A R Á T K A B Á T A

H A R A P

A második bető A

Mekkora a valószínősége, hogy a szó ötödik betője S?

O R V O S

T A P O S H A M I S K A K A S L A P O S M A N C S

P Á R O S O L V A S C S O D A Ötbetős értelmes magyar szavak

H Á R O M

n A⋅ B 5 1 = = nB 10 2 Nem változott a valószínőség, pedig két betőt ismerünk!

Az ötödik bető S

K O R O S

A= { a szó második betője A } B = { a szó ötödik betője S }

P( A | B) =

B

P O R O S

M A R A D

C S O N T

K Ö N Y V

n B 10 1 = = nΩ 20 2 n 10 1 P ( A) = A = = 20 2 nΩ

P(B) =

W

B

Nem B

∑

A

5

5

10

Nem A

5

5

10

∑

10

10

20


3. Példa feltételes valószínőségre 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 kísérletbıl. Jelölje kB a B esemény bekövetkezési számát (gyakoriság) az n kísérletbıl. k Az r = AB A B k B 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 nevezıjét is n-nel:

k k r

A B

=

AB = k B

AB n = rA ⋅ B k rB B n


Feltételes valószínőség definíciója Tehát az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes relatív gyakorisága egyenlı a szorzat relatív gyakoriságának és a B relatív gyakoriságának hányadosával. Mivel a relatív gyakoriság az esemény valószínősége körül ingadozik, ezért

P ( A ⋅ B ) = lim rA ⋅ B n→ ∞

Így

P ( A | B ) = lim rA | B = n→ ∞

P ( B ) = lim rB n→ ∞

lim rA ⋅ B n→ ∞

lim rB

=

n→ ∞

P(A ⋅ B) P(B)

DEFINÍCIÓ Az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes valószínőségén a

P(A | B) = hányadost értjük, ahol P(B)>0.

P(A ⋅ B) P(B)


Tételek feltételes valószínőségre A most definiált valószínőségrıl megmutatjuk, hogy a valószínőség axiómáinak eleget tesz: 1. Állítás

B

0 ≤ P(A|B) ≤ 1

A

Bizonyítás. Mivel A ⋅ B ⊆ B , ezért P(A·B) ≤ P(B). Ezért P ( A | B ) = P ( A ⋅ B ) ≤ 1

P(B)

2. Állítás

P(Ω | B) = 1

Bizonyítás. Mivel Ω · B = B, ezért P ( Ω | B ) =

P (Ω ⋅ B ) P(B) = =1 P(B) P(B)


A·B

Tételek feltételes valószínőségre 3. Állítás Ha az A1 és A2 két egymást kizáró esemény, akkor

P(A1+A2 | B) = P(A1| B) + P(A2| B) Bizonyítás. A halmazok mőveleti 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) P ( ( A1 + A2 ) B ) =

P ( ( A1 + A2 ) ⋅ B ) P( B)

=

P ( A1 ⋅ B ) + P ( A2 ⋅ B ) P( B)

=

P ( A1 ⋅ B ) P( B)

+

P ( A2 ⋅ B ) P( B)


= P ( A1 B ) + P ( A2 B )

Példa feltételes valószínőség számítására A feltételes valószínőség számításához szükséges a szorzat esemény valószínősége és az egyik tényezı valószínősége. A feladat szövege alapján meg kell keresni a szorzat esemény tényezıit. Példa. Annak valószínősége, hogy Pécsett esik az esı június 15-én 0.33 és annak valószínősége, hogy június 15-én és 16-án is esik 0.2 . Ha tudjuk, hogy június 15-én esik, akkor mennyi a valószínősége, hogy 16 -án is esik az esı. Megoldás A feladatban szereplı két esemény A = { az esı esik Pécsett június 16-án } és B = { az esı esik Pécsett június 15-én }. A feladat szövege szerint P(B) = 0.33 és a szorzat valószínősége P(A·B) = 0.2 . A feladat a P(A|B) feltételes valószínőség meghatározása, amely definíció szerint

P( A | B) =

P ( A ⋅ B) 0.2 = = 0.6061 P( B) 0.33


A valószínőségek szorzási tétele Sok – a gyakorlatban is felmerülı - probléma esetében a feltételes valószínőség adott és ebbıl a szorzat esemény valószínőségét kell kiszámítani! A feltételes valószínőség definíciójában szereplı

P( A | B) =

P( A ⋅ B) P( B)

egyenlıséget szorozzuk meg P(B) valószínőséggel! Ekkor kapjuk a szorzás-tételnek nevezett összefüggést

P( A ⋅ B ) = P( A | B) ⋅ P( B) Az állítás általánosítható két tényezırıl tetszıleges számú tényezıre. 1. TÉTEL. Tetszıleges A1, A2, …, An esemény szorzatára teljesül az alábbi azonosság

P( A1 ⋅ A2 ⋅⋅⋅ An ) = P( A1 | A2 ⋅⋅⋅ An ) ⋅ P( A2 | A3 ⋅⋅⋅ An ) ⋅⋅⋅ P( An −1 | An ) ⋅ P ( An ) Bizonyítás Az egyenlıség n=2 esete a definícióból következik. Tekintsük az n= 3 esetet!

P ( A1 ⋅ ( A2 ⋅ A3 ) ) = P ( A1 | A2 ⋅ A3 ) ⋅ P ( A2 ⋅ A3 ) = P ( A1 | A2 ⋅ A3 ) ⋅ P ( A2 | A3 ) P ( A3 ) Tetszıleges n esetére az állítást teljes indukcióval bizonyíthatjuk be ! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

1. Példa szorzás- tétel alkalmazására Egy doboz 10 csavart tartalmaz, amelybıl 3 hibás. Kettı csavart húzunk ki egymás után véletlenszerően. Mekkora a valószínősége annak, hogy a két csavarból egyik sem hibás?

Megoldás (a) eset. Kihúzás visszatevés nélkül Elsı húzáskor a 10 csavar közül 7 jó és 1 jó csavart kell kivenni, ezért elsı húzásra

P( A) = a jó csavar húzásának valószínősége.

7 10

Mivel a kivett csavart nem tesszük vissza, ezért a második húzás elıtt már csak 9 csavar van a dobozban. Ha feltesszük, hogy az elsıre kihúzott csavar jó, akkor a dobozban már csak 6 jó csavar maradt. Ezért 6 2

P( B | A) =

9

=

3

A szorzás –tétel alapján a szorzat eseményre a

P ( A ⋅ B) = P( B | A) ⋅ P( A) = valószínőséget kapjuk.

7 2 14 ⋅ = = 0.4667 10 3 30


1. Példa szorzás- tétel alkalmazására (b) eset. Kihúzás visszatevéssel. Mivel 10 csavarból 7 jó és 1 csavart kell kivenni, ezért elsı húzásra

P( A) = a jó csavar húzásának valószínősége.

7 10

Mivel a kivett csavart visszatettük, ezért a második húzásnál is 10 csavarból kell kivenni egyet és a dobozban 7 jó csavar van. Ezért

P( B | A) = A szorzás –tétel alapján

7 = P( B) 10

P ( A ⋅ B) = P( B | A) ⋅ P( A) =

7 7 49 ⋅ = = 0.49 10 10 100

Tehát a jó csavar húzásának valószínősége nagyobb, ha a kivett csavart visszatesszük.


2. Példa szorzás- tétel alkalmazására

Egy dobozban N darab alkatrész van, amelybıl S selejt. Négy alkatrészt veszünk ki véletlenszerően visszatevés nélkül. Mekkora a valószínősége annak, hogy elsıre 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 P ( A1 ) =

(

P A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ⋅ A4 N − S N

S P( A2 | A1 ) = N −1 S −1 P( A3 | A1 ⋅ A2 ) = N −2

)

szorzat esemény valószínőségét kérdezi!

Az elsı húzás elıtt N db alkatrészünk van. Közöttük (N-S) a jó alkatrész és ebbıl egy jót kell kivenni. A második húzás elıtt (N−1) db alkatrészbıl kell választani. Ha elsıre jót húztunk, akkor S selejt van a dobozban és egy selejtet kell kivenni. A harmadik húzás elıtt (N−2) db alkatrész van. Ha elsıre jót és másodikra selejtet húztunk, akkor az (S-1) selejt közül kell egy selejtet kivenni

N − S −1 P ( A4 | A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ) = N −3

A negyedik húzás elıtt (N−3) db alkatrészünk van. Ha elsıre jót, másodikra és harmadikra selejtet húztunk, akkor a maradt (N−S−1) selejtbıl egy selejtet kell kivenni.

A szorzás-szabály alapján kapjuk a kérdéses valószínőséget

(

)

P A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ⋅ A4 = P ( A4 | A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ) ⋅ P ( A3 | A1 ⋅ A2 ) ⋅ P ( A2 | A1 ) ⋅ P ( A1 ) =

N − S −1 S −1 S N −S ⋅ ⋅ ⋅ N − 3 N − 2 N −1 N


Események függetlensége DEFINÍCIÓ Ha az A esemény bekövetkezésére nincs hatással a B esemény bekövetkezése, akkor azt mondjuk, hogy az A esemény független B-tıl. Ez azt jelenti, hogy a P(A) valószínőség és a P(A|B) feltételes valószínőség egyenlı P(A)=P(A|B). Tehát az A esemény valószínősége változatlan marad, ha a B esemény bekövetkezését ismerjük. Azaz nincs hatással a B esemény bekövetkezése az A eseményre.


Események függetlensége TÉTEL. Az A és B események akkor és csakis akkor függetlenek, ha

P( A ⋅ B) = P( A) ⋅ P( B) Bizonyítás Két irányt kell bizonyítani.

P( A | B) = P( A) P( A ⋅ B) = P( A | B) ⋅ P( B) . Behelyettesítve a függetlenség

(a) Legyen A és B független, tehát a 2. definíció alapján Ekkor a szorzás szabály miatt feltételét

P( A ⋅ B) = P( A | B) ⋅ P( B) = P( A) ⋅ P( B) (b) Teljesüljön a tétel P(A·B) = P(A) ·P( B) egyenlısége. Meg kell mutatni, hogy az A esemény független a B eseménytıl. A feltételes valószínőség 2. definíciója szerint és a tétel egyenlısége alapján

P( A | B) =

P( A ⋅ B) P( A) ⋅ P( B) = = P( A) P( B) P( B)

Tehát az A esemény független a B eseménytıl a 2. definíció értelmében. A tétel alapján egy újabb függetlenségi definíciót mondhatunk ki PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Események függetlensége DEFINÍCIÓ Az A és B eseményeket függetleneknek nevezzük, ha

P( A ⋅ B) = P( A) ⋅ P( B) A függetlenség ezen definíciója jobban mutatja, hogy az A és B függetlensége szimmetrikus tulajdonság. Tehát, ha A független B-tıl, akkor B is független A-tól. A következı tételek független eseményekkel kapcsolatosak.

TÉTEL Ha az A esemény valószínősége nulla, azaz P(A)=0, akkor bármely B esemény független A-tól. Bizonyítás Mivel A ⋅ B ⊆ A ezért P(A·B) ≤ P(A) = 0. És így P(A·B) = 0. Ennélfogva

P( A ⋅ B) = P( A) ⋅ P( B) = 0 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Események függetlensége TÉTEL Ha az A esemény valószínősége 1, azaz P(A)=1, akkor bármely B esemény független A-tól. Bizonyítás Mivel

A ⊆ A + B , ezért 1 = P(A) ≤ P(A+B) ≤ 1. Így P(A+B) = 1. Felhasználva az A+B

összeg esemény valószínőségére vonatkozó azonosságot

P( A + B) = P( A) + P( B) − P( A ⋅ B) Behelyettesítve az ismert valószínőségeket az egyenlıségbe 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.


Tétel események függetlenségére TÉTEL Ha az A és B események függetlenek, akkor (a) A és B függetlenek (b) A és B függetlenek (c) A és B függetlenek Bizonyítás (a) Használjuk a korábban a valószínőségekre igazolt tételeket

(

)

( )

P A ⋅ B = P( B − A) = P( B) − P( A ⋅ B) = P( B) − P( A) ⋅ P( B) = P( B) ⋅ [1 − P( A)] = P( B) ⋅ P A Ahol felhasználtuk, hogy A és B független események. (b) Bizonyítása (a)-hoz hasonló. (c) Használjuk a DeMorgan azonosságot, az A+B valószínőségére vonatkozó tételt és a függetlenség definícióját

(

)

P A ⋅ B = 1 − P( A ⋅ B) = 1 − P( A + B) = 1 − P( A) − P( B) + P( A ⋅ B) =

( )

= 1 − P ( A) − P( B ) + P ( A) ⋅ P ( B ) = [1 − P ( A) ] ⋅ [1 − P ( B) ] = P( A) ⋅ P B Ezzel a tételt bebizonyítottuk. PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

1. Példa függetlenségre Két egymástól függetlenül mőködı készülék esetén annak valószínősége, hogy az egyik 1 órán belül üzemzavar miatt megáll 20%, a másik 1 órán belül üzemzavar miatt megáll 15%. Mi a valószínősége annak, hogy egyik készülék se áll meg 1 órán keresztül? Megoldás A feladatban szereplı eseményekre vezessünk be jelöléseket! A= { az elsı 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 P ( A ⋅ B ) valószínőséget kérdezi! Mivel A és B függetlenek, ezért A és

(

)

B

is függetlenek. Tehát

( )

P A ⋅ B = P ( A) ⋅ P B = [1 − P ( A) ] ⋅ [1 − P ( B ) ] = (1 − 0.2) ⋅ (1 − 0.15) = 0.8 ⋅ 0.85 = 0.68 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

2. Példa függetlenségre Egy áramkör három egymástól függetlenül mőködı alkatrészbıl áll az alábbi ábrának megfelelı elrendezésben:

Annak valószínősége, hogy egy bizonyos idıintervallumon belül nem romlik el a megfelelı alkatrész p1= 0.9 , p2= p3= 0.7. Mekkora a valószínősége annak, hogy a vizsgált idıintervallumon belül az egész áramkör mőködıképes lesz? Megoldás A feladatban szereplı eseményekre vezessünk be jelöléseket! Ak= { a k-adik készülék a vizsgált idıintervallumon belül nem romlik el }, ahol k=1, 2 és 3 lehet.

B = { az egész áramkör a vizsgált idıintervallumon belül mőködıképes lesz } A feltételek szerint P(A1) = 0.9 , P(A2) = 0.7 és P(A3) = 0.7 . Feladat a P(B) valószínőség meghatározása! PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

2. Példa függetlenségre Mivel a 2. és 3. áramköri elemek egymással párhuzamosan vannak kötve, míg ezek eredıje az 1. alkatrésszel sorosan van kötve, ezért a következıt mondhatjuk. Az áramkör nem romlik el az adott idıintervallumon 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 következıképpen adhatjuk meg B = (A1 ·A2) + (A1 ·A3)

Ezért az események összegének valószínőségére 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 következı formulával is

P(B) = P (A1) · ( 1−(1−P(A2)) ·(1−P(A3)) ) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

3. Példa függetlenségre Határozzuk meg a P(A·B) és a P(B) valószínőségeket, ha a P(A)=3/8 , P(A+B)=5/8 valószínőségek és a P(A|B)=1/3 feltételes valószínőség adottak! Az A és B események függetlenek-e? Megoldás Írjuk fel az összeg valószínőségére és az A esemény B eseményre vonatkozó feltételes valószínőségére vonatkozó összefüggéseket!

P ( A + B ) = P ( A) + P( B ) − P ( A ⋅ B )

P( A | B) =

P( A ⋅ B) P( B)

A példában adott valószínőségeket írjuk be az egyenlıségekbe!

5 3 = + P( B) − P( A ⋅ B) 8 8

1 P( A ⋅ B) = 3 P( B)

Kaptunk egy egyenletrendszert a P(B) és P(A·B) ismeretlen valószínőségekre! A második egyenletbıl fejezzük ki P(B)-t és helyettesítsük be az elsı egyenletbe!

2 5 3 = − = P( B) − P ( A ⋅ B ) = 3 ⋅ P ( A ⋅ B) − P( A ⋅ B) = 2 ⋅ P( A ⋅ B) P( B) = 3 ⋅ P( A ⋅ B) 8 8 8 1 3 P ( A ⋅ B ) = P ( B ) = Ahonnan megkapjuk a keresett valószínőségeket 8 8 PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Fa diagram

Hasznos segédeszköz egymás után bekövetkezı események valószínőségének számításához a fa diagrammal való megjelenítés. Példákon keresztül mutatjuk be az alkalmazását. PÉLDA Egy kockát háromszor dobunk fel egymástól függetlenül és azt mondjuk minden egyes dobás esetén, hogy sikeres, ha a dobott pontszám 2-nél nagyobb. Mivel a sikeres dobás a {3,4,5,6} halmaz, ezért az S sikeres dobás valószínősége P(S)=4/6=2/3=p. Így a K=Ω−S kudarc esemény valószínősége P(K)=1−P(S)=1/3=q, mert a dobott pontszám 1 vagy 2 lehet. Vizsgálva az összes 23 variációs lehetıséget az S és K teljes eseményrendszerre, a következı fa diagramot rajzolhatjuk fel. 3. dobás Események Valószínőségek 2. dobás

2

1. dobás

2

3

2

Siker

3 1

Siker

3

2

3

1 2

1

3

2

Kudarc

3

1

1 2

Kudarc

3

3

Siker

3

3

3

Kudarc (Start)

1

3

S·S·S

Kudarc

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

Siker

S·S·K S·K·S

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

Kudarc

S·K·K

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

Siker

K·S·S

Kudarc

K·S·K

(2 (2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 ) 2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

K·K·S

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

Siker

3 1

3

( 2 3 )3

Siker

Kudarc

K·K·K


(1 3 )3

2

2

Fa diagram A fa diagram a start felirattal indul és három szintbıl áll, a 3 dobásnak megfelelıen. A dobások lehetséges kimenetele 2-féle: Siker vagy Kudarc. Ezek szerepelnek a fagráf csúcspontjaiban. A csúcsokat összekötı élekre azt a valószínőséget írjuk rá, amellyel az esemény bekövetkezik. Mivel a dobások függetlenek, ezért például az S·K·S szorzat esemény valószínősége a tényezık valószínőségeinek szorzata

P(S·K·S) = P(S)·P(K)·P(S)=(2/3)· (1/3)· (2/3)=4/27 Így egy adott esemény valószínőségét a hozzá vezetı éleken vett valószínőségek szorzata adja. 1. dobás

2. dobás

3. dobás 2

2 2

3

3

Siker

3 1

Siker

2 3

3

2

Kudarc

3

1

3

1 2

Kudarc

Kudarc

3

Siker

3

3

1 2

1

1

3

Kudarc (Start)

Siker

3

1

3

(

S·S·S

)

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

Siker

S·S·K S·K·S

Kudarc

S·K·K

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

Siker

K·S·S

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

Kudarc

K·S·K

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

2

K·K·S

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

2

Siker

3

Események Valószínőségek 3 2 3

Kudarc

K·K·K


(1 3 )3

2

Fa diagram fa diagram alapján

A válaszolhatunk például a következı típusú kérdésre: KÉRDÉS: Mekkora a valószínősége, hogy legalább kettı 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 szereplı tagok egymást páronként kizáró események, ezért az összeg valószínősége a valószínőségek 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 2

2 2

3

3

Siker

3 1

Siker

2 3

1 2

1

3

2

Kudarc

3

1

1 2

Kudarc

3

3

Siker

3

3

3

Kudarc (Start)

1

3

1

3

( 2 3 )3

Siker

S·S·S

Kudarc

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

Siker

S·S·K S·K·S

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

Kudarc

S·K·K

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

Siker

K·S·S

(2

2 3 ) ⋅ (1 / 3 )

Kudarc

K·S·K

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

2

K·K·S

(2

3 ) ⋅ (1 / 3 )

2

Siker

3

Események Valószínőségek

Kudarc

K·K·K


(1 3 )3

2

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 véletlenszerően és kihúzunk belıle véletlenszerően egy golyót. Kihúztunk egy fekete golyót, mekkora a valószínősége, hogy az „I” urnából való a golyó? Megoldás. Az eseménytér elemi eseményeit megkapjuk, ha az alábbi fa diagramban bejárjuk az összes lehetséges utat a gyökértıl a fa valamelyik leveléig. Az egyes elemi események valószínőségei a bejárt élek mentén vett valószínőségek szorzatai lesznek Urna

A golyó színe 2

1

Elemi események

Valószínőségek

5

Fekete

w1

1 2 1 ⋅ = 2 5 5

5

Fehér

w2

1 3 3 ⋅ = 2 5 10

1

Fekete

w3

1 1 1 ⋅ = 2 2 4

w4

1 1 1 ⋅ = 2 2 4

I

2

3

(Start) 1

2

2

II 1

Fehér 2

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 valószínőség. A szorzás-szabály alkalmazásával kapjuk 2 1 1 w1 valószínőségét

P (ω1 ) = P ( A ⋅ I ) = P ( A | I ) ⋅ P ( I ) =

⋅ = 5 2 5


Inverz fa diagram

Ha a - példában kérdezett - P(„I”|A) fordított vagy inverz feltételes valószínőséget szeretnénk 1 1 számolni, akkor a következıképpen járhatunk el 1 P (I | A) =

P (I ⋅ A) P ( A)

=

4 5 5 5 = = = P ( A ⋅ I + A ⋅ II ) ) P ( A ⋅ I ) + P ( A ⋅ II ) 1 + 1 9 5 4

Az eredeti fa diagram éleire- a második fázisban - a golyók színének valószínőségét írtuk, feltéve, hogy ismerjük az urna kihúzását. A fordított fa diagram második fázisában az éleken az inverz feltételes valószínőségeket vagy Bayes- valószínőségeket tüntetjük fel. Vagyis az urnák húzásának valószínőségeit Elemi írjuk az élekre, feltéve hogy ismerjük a golyó színét. Valószínőségek A golyó színe Urna események 4 9

Inverz fa diagram

w1

9 4 1 ⋅ = 20 9 5

II

w3

9 5 1 ⋅ = 20 9 4

11

I

w2

11 6 3 ⋅ = 20 11 10

5

II

w4

11 5 1 ⋅ = 20 11 4

I

9

Fekete 20

11

5

20

9

6

Fehér 11

Az inverz fa 9/20 értékét következıképpen kapjuk: az eredeti fa „fekete” sorainak valószínőségeit kell összeadni P(w w1+w w3)=P(w w1)+P(w w3)=1/5+1/4=9/20. Az x=4/9 feltételes valószínőség a 9/20 alapján a 9 ⋅ x = 1 egyenlet megoldása. Így P(„I”|A)=4/9, amit a fentiekben kaptunk. 20 5 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. Mielıtt a teszt eredményét tudná az orvos, elızetesen már ismeri a következı statisztikai adatokat: (a) Átlagosan 1000 emberbıl kb. 1 ember kapja meg ezt a fajta betegséget. (b) A gyakorlat azt mutatja, hogy a rákos betegek 99%-ánál a teszt pozitív, tehát kimutatja a rák jelenlétét. (c) 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 valószínőséggel mondhatja az illetınek, hogy valóban rákos beteg? Megoldás Elızetesen kérdezzük meg a hallgatóságot, hogy tippeljen a következı kérdésre igennel vagy nemmel: Pozitív teszt esetén 50% -nál nagyobb-e annak valószínősége, hogy az illetı rákos?


Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására Jelöljük a feladatban szereplı eseményeket a következıképpen: R={ az illetı rákos beteg} , +={ az illetı tesztje pozitív } , −={ az illetı tesztje negatív }. Statisztikai adatok alapján ismertek a következı valószínőségek

(

( )

)

P(R)= 0.001 , P R = 0.999 , P(+| R) = 0.99 , P − | R = 0.95

(

)

Ezek alapján kiszámíthatjuk, hogy P(−| R)= 0.01 és P + | R = 0.05 . A feladat elsı kérdése a P(R| +) feltételes valószínőség kiszámítása! Vagyis ha tudjuk, hogy a teszt pozitív, akkor milyen valószínőséggel állíthatjuk, hogy az illetı rákos beteg? P( R ⋅ +) ( | + ) = P R Definíció alapján P(+) . Számítsuk ki a számlálót és a nevezıt, majd a hányadost! P( R ⋅ +) P( R ⋅ +) 0.99 = P(+ | R) = = P( R ⋅ +) = 0.99 ⋅ 0.001 = 0.00099 P( R) 0.001 P ( R ⋅ + ) P ( R ⋅ +) 0.05 = P(+ | R) = = P ( R ⋅ + ) = 0.05 ⋅ 0.999 = 0.04995 0.999 P( R)

(

)

(

(

Ezért P(+ ) = P ( R + R) ⋅ + = P ( R ⋅ + ) + R ⋅ + Számítsuk ki a hányadost

P( R | +) =

) ) = P ( R ⋅ + ) + P ( R ⋅ + ) = 0.00099 + 0.04995 = 0.05094

P( R ⋅ +) 0.00099 = ≈ 0.0194 P (+) 0.05094


Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására A kapott 0.019 feltételes valószínőség 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 meglepı 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 valószínőséggel mondhatja az illetınek, hogy egészséges? • Ha tudja az orvos, hogy egy teszt negatív, mekkora valószínőséggel mondhatja az illetınek, hogy valóban egészséges? • Ha tudja az orvos, hogy egy teszt negatív, mekkora a valószínősége hogy az illetı mégis rákos beteg? A kérdésekre adandó válaszokat olvassuk le az alábbi fordított fa diagramról! A valószínőségeket 3 tizedes jegyre számoltuk ki. Ellenırizzük az adatokat!


Példa fa és inverz fa diagram alkalmazására Inverz fa

Eredeti fa Teszt Rákos 0.001

0.99

0.001

Rákos Teszt 0.051

igen 0.01 0.05

0.999

+

P

−

0.000

+

0.05

0.95

−

igen

0.001

+ 0.981 0.000

0.949

nem

0.019

P

nem igen

0.05 0.00

−

0.949

1

nem

0.949

A fa diagram és az inverz fa diagram a teljes valószínőség tétel és a Bayes- tétel egyfajta reprezentációja. (Lásd késıbb) PTE PMMK Matematika Tanszék dr. Klincsik Mihály

Valószínőségszámítás és statisztika elıadások Mérnök informatikus BSc szak MANB030, MALB030

Recommend Documents