Feltételes valószínűség

Szeretnénk, egy esemény valószínűségét egy másik esemény bekövetkeztének feltételezésével vizsgálni. Ehhez bevezetjük a feltételes valószínűség fogalmát.

Az $A$ esemény valószínűségét azon feltétel mellett, hogy a $B$ esemény bekövetkezik, az $A$ esemény a $B$ eseményre vonatkozó feltételes valószínűségének nevezzük, $\mathrm{P}(A\mid B)$-vel jelöljük és a következő módon definiáljuk:

$$\mathrm{P}(A \mid B) = \frac{\mathrm{P}(A \cap B)}{\mathrm{P}(B)}$$

Szemléletesen, a definíció jelentése a következő:

Tehát $\mathrm{P}(A\mid B)$ nem más mint $(A \text{ és } B)$ valószínűsége $B$ valószínűségéhez viszonyítva.

PÉLDA

Mennyi a valószínűsége, hogy két kockadobásnál mind a két dobás 6-os, feltéve, hogy tudjuk, hogy legalább az egyik dobás 6-os?

Két dolgot kell meghatároznunk:

• Annak a valószínűségét, hogy két 6-ost dobunk. $(A)$
• Annak a valószínűségét, hogy legalább 1 hatost dobunk. $(B)$

$$\mathrm{P}(A) = \frac{1}{36}, \quad \mathrm{P}(B) = \underbrace{\frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}}_{\text{első dobás 6-os}} + \underbrace{\frac{5}{6} * \frac{1}{6}}_{\text{második dobás 6-os}} + \underbrace{\frac{1}{36}}_{\text{mindkét dobás hatos}} = \frac{11}{36}$$

Figyeljük meg, hogy $A \subset B$, ezért $A \cap B = A$ Alkalmazva a képletet azt kapjuk, hogy:

$$\mathrm{P}(A \mid B) = \frac{\frac{1}{36}}{\frac{11}{36}} = \frac{1}{36} \cdot \frac{36}{11} = \frac{1}{11}$$

Teljes valószínűség tétele

Tetszőleges $A$ esemény és $B_1, B_2, \dots$ teljes eseményrendszer esetén

$$\mathrm{P}(A) = \sum_{i=1}^{\infty}{\mathrm{P}(A \mid B_i) \cdot P(B_i)}$$

Bizonyítás

Mivel $B_1, B_2, \dots$ teljes eseményrendszer, ezért $\bigcup_{i=1}^\infty B_i = \Omega$.

$$\begin{align*} \mathrm{P}(A) &= \mathrm{P}(A \cap \Omega) \quad & (A \subseteq \Omega) \\ &= \mathrm{P}\left(A \cap \left( \bigcup_{i=1}^\infty B_i \right) \right) & (\text{szorzás disztributív}) \\ &= \mathrm{P}\left((A \cap B_1 ) \cup (A \cap B_2) \cup \dots \right) & (\text{3. axióma}) \\ &= \sum_{i=1}^{\infty}{(A \cap B_i )} \\ \end{align*}$$

A feltételes valószínűség definíciójának átrendezéséből adódik, hogy $(A \cap B_i ) = \mathrm{P}(A \mid B)\mathrm{P}(B_i)$. Elvégezve a helyettesítést a bizonyítandó tételt kapjuk.

Bayes-tétel

Tetszőleges $A$ esemény és $B_1, B_2, \dots$ teljes eseményrendszer esetén

$$\mathrm{P}(B_i \mid A) = \frac{\mathrm{P}(A \mid B_i) \cdot \mathrm{P}(B_i)}{\sum_{i=1}^{\infty}{\mathrm{P}(A \mid B_i)} \cdot \mathrm{P}(B_i)}$$

Bizonyítás

A feltételes valószínűség definícióját átalakítva és kihasználva, hogy a szorzat kommutatív:

$$\mathrm{P}(B_i \cap A) = \mathrm{P}(B_i \mid A) \cdot \mathrm{P}(A) = \mathrm{P}(A \cap B_i) = \mathrm{P}(A \mid B_i) \cdot \mathrm{P}(B_i)$$

Behelyettesítve a feltételes valószínűség definíciójába:

$$\mathrm{P}(B_i \mid A) = \frac{\mathrm{P}(B_i \cap A)}{\mathrm{P}(A)} = \frac{\mathrm{P}(A \mid B_i) \cdot \mathrm{P}(B_i)}{\mathrm{P}(A)}$$

Végül fejezzük ki $\pr(A)$-t a teljes valószínűség tételével. Elvégezve a helyettesítést a bizonyítandó tételt kapjuk.

PÉLDA

100 érme közül az egyik hamis (ennek mindkét oldalán fej található). Egy érmét véletlenszerűen kiválasztva és azzal 10-szer dobva, 10 fejet kaptunk. Ezen feltétellel mi a valószínűsége, hogy a hamis érmével dobtunk?

Legyenek az események a következők:

• $A$: 10-ből 10 fejet dobunk
• $B_1$: hamis érmét választottuk ki
• $B_2$: nem hamis érmét választottuk ki

Ekkor:

• $\mathrm{P}(B_1) = \frac{1}{100}$
• $\mathrm{P}(B_2) = \frac{99}{100}$

Nem nehéz meggondolni a következőket sem:

• Ha, hamis érmével dobtunk, azaz $B_1$ igaz, akkor biztosan csak fejet dobunk, azaz $\mathrm{P}(A \mid B_1) = 1$
• Ha, nem hamis érmével dobtunk, azaz $B_2$ igaz, akkor $\left(\frac{1}{2}\right)^{10}$ eséllyel dobunk csak fejet, azaz $\mathrm{P}(A \mid B_2) = \frac{1}{2^{10}}$

Felhasználva a Bayes-tételt így:

$$\mathrm{P}(B_1 | A) = \frac{\mathrm{P}(A \mid B_1)\mathrm{P}(B_1)}{\mathrm{P}(A \mid B_1)\mathrm{P}(B_1)+\mathrm{P}(A \mid B_2)\mathrm{P}(B_2)} = \frac{ \frac{1}{2^{10}} \cdot \frac{1}{100}}{1 \cdot \frac{1}{100} + \frac{1}{2^{10}} \cdot \frac{99}{100}} \approx 0,9118$$