Események függetlensége, a teljes valószínűség tétele és a Bayes-tétel
A valószínűségszámítás egyik legfontosabb területe annak vizsgálata, hogy egy új információ hogyan módosítja egy esemény bekövetkezésének esélyeit. Ebben a modulban az alapvető feltételes valószínűségtől indulva eljutunk a teljes valószínűség tételéig és a Bayes-tételig. Megvizsgáljuk a klasszikus paradoxonokat és a függetlenség fogalmát, amelyek elengedhetetlenek az emelt szintű érettségi kombinatorika és valószínűségszámítás feladatainak sikeres megoldásához.
1
Két szabályos dobókockával dobunk. Független-e az az esemény, hogy az első kockán 6-ost dobunk, attól, hogy a két kockán dobott számok összege 7 lesz? Válaszát számítással is igazolja.
Legyen $A$ az az esemény, hogy az első kockán 6-ost dobunk, és $B$ az az esemény, hogy az összeg 7.
Ekkor $P(A) = \frac{1}{6}$. A 7-es összeghez a kedvező esetek: (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1). Mivel 6 ilyen eset van a 36-ból, $P(B) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$.
Az $A \cap B$ esemény azt jelenti, hogy az első kocka 6-os és az összeg 7. Ez csak egyféleképpen valósulhat meg: a (6,1) dobással. Így $P(A \cap B) = \frac{1}{36}$.
Mivel $P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36} = P(A \cap B)$, ezért a két esemény független.
2
Egy urnában 5 piros és 3 kék golyó van. Visszatevés nélkül húzunk kettőt. Mennyi a valószínűsége, hogy a második golyó kék, feltéve, hogy az első piros volt?
Ha az első húzásnál piros golyót húztunk, akkor az urnában már csak 4 piros és 3 kék golyó marad, vagyis összesen 7 darab.
Ebből a 7 golyóból 3 darab a kék, így a feltételes valószínűség egyszerűen leolvasható a megváltozott állapottérből: $P(K_2 | P_1) = \frac{3}{7}$.
3
Ismert, hogy $P(A) = 0.4$, $P(B) = 0.5$ és $P(A \cup B) = 0.7$. Döntse el, hogy független-e az $A$ és a $B$ esemény.
A logikai szita formula alapján: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$.
A függetlenség feltétele, hogy $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$. Kiszámítva a szorzatot: $0.4 \cdot 0.5 = 0.2$. Mivel az egyenlőség teljesül, a két esemény független.
4
Két esemény, $A$ és $B$ egymást kizáró, és egyikük valószínűsége sem nulla. Lehetnek-e ezek az események függetlenek is egyben? Indokolja válaszát.
Nem lehetnek függetlenek.
Mivel $A$ és $B$ egymást kizáró események, a metszetük üres halmaz, így $P(A \cap B) = 0$.
Ha az események függetlenek lennének, akkor teljesülnie kellene a $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ egyenlőségnek. Mivel tudjuk, hogy $P(A) > 0$ és $P(B) > 0$, a szorzatuk biztosan nagyobb nullánál ($P(A) \cdot P(B) > 0$).
Mivel $0 \neq P(A) \cdot P(B)$, a függetlenség nem állhat fenn.
5
Egy diák egy feleletválasztós vizsgán 0.8 valószínűséggel tudja a helyes választ egy adott kérdésre. Ha nem tudja a választ, akkor véletlenszerűen tippel a 4 lehetséges opció közül (így 0.25 valószínűséggel találja el). Mennyi a valószínűsége, hogy a diák helyes választ ad a kérdésre?
Alkalmazzuk a teljes valószínűség tételét. Az eseménytér két diszjunkt részre bontható: a diák tudja a választ ($T$), vagy nem tudja ($N$).
$P(T) = 0.8$, és ebből következik, hogy $P(N) = 1 - 0.8 = 0.2$.
A helyes válasz ($H$) feltételes valószínűségei:
$P(H | T) = 1$ (ha tudja, biztosan jó), és $P(H | N) = 0.25$ (ha tippel).
Folytatva az előző feladatot. Tudjuk, hogy a diák helyes választ adott a kérdésre. Mennyi a valószínűsége annak, hogy valójában tudta is a választ, és nem csak tippelt?
Itt a Bayes-tételt kell alkalmaznunk, hiszen egy bekövetkezett esemény (helyes válasz) feltételével keressük az egyik lehetséges ok (tudta a választ) valószínűségét.
Az előző feladatban már kiszámoltuk a nevezőt: $P(H) = 0.85$.
A számláló pedig: $P(H | T) \cdot P(T) = 1 \cdot 0.8 = 0.8$.
Így $P(T | H) = \frac{0.8}{0.85} = \frac{80}{85} = \frac{16}{17} \approx 0.941$. Tehát mintegy 94.1% az esélye, hogy tényleg tudta a választ.
7
Három gép (A, B, C) gyártja a termékeket egy gyárban rendre 50%, 30% és 20% arányban. A gépek által gyártott termékek selejtaránya rendre 1%, 2% és 5%. Egy találomra kiválasztott termékről kiderül, hogy selejtes. Mi a valószínűsége, hogy a C gép gyártotta?
A Bayes-tételt alkalmazzuk. Először határozzuk meg annak valószínűségét, hogy egy termék selejtes ($S$) a teljes valószínűség tételével.
A kérdés a $P(C|S)$ feltételes valószínűség. A Bayes-tétel alapján:
$P(C|S) = \frac{P(S|C)P(C)}{P(S)} = \frac{0.010}{0.021} = \frac{10}{21} \approx 47.6\%$.
8
Két szabályos érmét egyszerre feldobunk. Mennyi a valószínűsége, hogy mindkét érme fej lesz, feltéve, hogy tudjuk, legalább az egyik érme fej lett?
Jelöljük az elemi eseményeket a dobott sorrendben: (Fej, Fej), (Fej, Írás), (Írás, Fej), (Írás, Írás). Mivel az érmék szabályosak, mind a 4 eset egyformán valószínű.
A feltétel az, hogy "legalább az egyik fej". Ez 3 elemi eseményt foglal magában: (F, F), (F, Í), (Í, F). Az új, szűkített eseményterünk tehát 3 elemű.
Ebből a szűkített térből az az eset kedvező, ahol "mindkettő fej", ami pontosan 1 darab elemi esemény: az (F, F).
Így a keresett feltételes valószínűség: $\frac{1}{3}$.
9
Egy családnak pontosan két gyermeke van. A gyermekek nemének és a születés napjának eloszlása egyenletes, és ezek egymástól függetlenek. Megtudjuk, hogy az egyik gyermek fiú, aki ráadásul kedden született. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a másik gyermek is fiú?
Ez a keddi fiú paradoxon. Két gyermek esetén az összes lehetséges (nem, nap) kombináció száma $14 \cdot 14 = 196$.
Számoljuk ki a feltétel valószínűségét. "Legalább az egyik gyermek keddi fiú" esemény komplementere, hogy "egyik gyermek sem keddi fiú". Egy adott gyermek $13/14$ valószínűséggel nem keddi fiú (lehet lány bármelyik napon, vagy fiú a másik 6 napon).
A feltétel valószínűsége: $1 - (\frac{13}{14})^2 = 1 - \frac{169}{196} = \frac{27}{196}$. (Vagyis 27 ilyen eset van).
Most nézzük meg, hány esetben lesz mindkét gyermek fiú úgy, hogy legalább az egyikük kedden született. Összesen $7 \cdot 7 = 49$ "két fiú" eset van. Ebből "egyik fiú sem kedden született" esetek száma $6 \cdot 6 = 36$. Tehát a kedvező esetek száma $49 - 36 = 13$.
A feltételes valószínűség a kettő hányadosa: $P(\text{Mindkét fiú} | \text{Legalább egy keddi fiú}) = \frac{13/196}{27/196} = \frac{13}{27}$. Látható, hogy az extra információ (a születés napja) drasztikusan módosította az esélyeket az előző feladat $\frac{1}{3}$-os eredményéhez képest.
10
Egy 32 lapos magyar kártyacsomagból húzunk egymás után 3 lapot visszatevés nélkül. Mennyi a valószínűsége, hogy a harmadik lap ász lesz, feltéve, hogy tudjuk, az első két kihúzott lap között pontosan egy ász volt?
A feladat megoldása sokkal egyszerűbb, ha logikusan végiggondoljuk az eseményeket, és nem kezdünk el bonyolult metszeteket számolni.
A feltétel azt rögzíti, hogy az első két húzás során összesen 1 ászt és 1 nem ász lapot húztunk. Ekkor a csomagban marad 30 darab lap.
Mivel a pakliban eredetileg 4 ász volt, és abból pontosan 1 darabot már kivettünk, a maradék 30 lap között pontosan 3 darab ász maradt.
A harmadik húzás ezekből a megmaradt lapokból történik egyenletes eloszlással, így annak valószínűsége, hogy ász lesz: $\frac{3}{30} = \frac{1}{10} = 10\%$.
11
Egy ritka betegség a populáció 0.5%-át érinti. Kifejlesztenek egy tesztet, amely a ténylegesen betegeknél 99% valószínűséggel pozitív eredményt ad. Ugyanakkor az egészséges embereknél is produkál téves pozitív eredményt, méghozzá 2% valószínűséggel. Ha egy találomra kiválasztott ember tesztje pozitív lesz, mennyi a valószínűsége, hogy valóban beteg?
Jelöljük $B$-vel a betegséget, és $+$-szal a pozitív tesztet. Adott: $P(B) = 0.005$, $P(+|B) = 0.99$ és $P(+|\overline{B}) = 0.02$. Keresett a $P(B|+)$.
Először számoljuk ki a pozitív teszt teljes valószínűségét:
$P(+) = P(+|B)P(B) + P(+|\overline{B})P(\overline{B}) = 0.99 \cdot 0.005 + 0.02 \cdot 0.995$.
$P(+) = 0.00495 + 0.01990 = 0.02485$.
Most alkalmazzuk a Bayes-tételt:
$P(B|+) = \frac{0.00495}{0.02485} = \frac{495}{2485} = \frac{99}{497} \approx 19.92\%$.
Bár a teszt nagyon jónak tűnik, a betegség ritkasága miatt a pozitív tesztet produkálók mindössze nagyjából ötöde valóban beteg, a többiek tévesen kaptak pozitív eredményt.
12
Döntse el, hogy ha $A$, $B$ és $C$ események páronként függetlenek, abból szükségszerűen következik-e, hogy a három esemény együttesen (teljesen) független. Válaszát indokolja meg egy konkrét ellenpélda bemutatásával vagy levezetéssel.
Nem következik szükségszerűen. A páronkénti függetlenség nem vonja maga után a teljes függetlenséget.
Dobjunk fel két szabályos érmét. Legyenek a következő események:
$A$: Az első érme fej. ($P(A) = 1/2$)
$B$: A második érme fej. ($P(B) = 1/2$)
$C$: A két érmén pontosan azonos eredmény születik (mindkettő fej, vagy mindkettő írás). ($P(C) = 1/2$)
Vizsgáljuk meg a párokat. $P(A \cap B) = 1/4 = P(A)P(B)$.
$P(A \cap C)$ azt jelenti, hogy az első fej, és azonosak, tehát mindkettő fej, aminek esélye 1/4. Ez egyenlő $P(A)P(C) = 1/4$-del. Ugyanez igaz a $B$ és $C$ párosra is. Az események tehát páronként függetlenek.
Azonban $P(A \cap B \cap C)$ azt jelenti, hogy mindkét érme fej (hiszen $A$ és $B$ is fej, és azonosak), aminek valószínűsége 1/4. Ha teljesen függetlenek lennének, akkor $P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B)P(C) = 1/8$ kellene, hogy legyen. Mivel $1/4 \neq 1/8$, az események együttesen nem függetlenek.
13
Egy dobozban 10 érme van, ebből 9 darab teljesen szabályos, 1 darab pedig hamis, amelynek mindkét oldalán fej található. Kihúzunk véletlenszerűen egy érmét a dobozból, majd feldobjuk háromszor. Azt tapasztaljuk, hogy mindhárom dobás eredménye fej lett. Mennyi a valószínűsége, hogy a hamis érmét választottuk?
A megoldáshoz a Bayes-tételt használjuk. Legyen $H_1$ az az esemény, hogy a hamis érmét húztuk ($P(H_1) = 0.1$), és $H_2$, hogy szabályosat ($P(H_2) = 0.9$). Legyen $F_3$ az esemény, hogy 3 fejet dobtunk.
A feltételes valószínűségek: a hamis érmével a 3 fej biztos, tehát $P(F_3|H_1) = 1$. A szabályos érmével $P(F_3|H_2) = (1/2)^3 = 1/8 = 0.125$.
A Bayes-tétel alapján keressük a $P(H_1|F_3)$ értéket:
$P(H_1|F_3) = \frac{P(F_3|H_1)P(H_1)}{P(F_3)} = \frac{0.1}{0.2125} = \frac{1000}{2125} = \frac{8}{17}$. Tehát a valószínűség megközelítőleg 47.06%.
14
Egy urnában 2 fehér és 3 fekete golyó van. Két játékos (Anna és Béla) felváltva húz egy-egy golyót visszatevés nélkül. Anna kezd. Az nyeri a játékot, aki először húz fehér golyót. Mennyi a valószínűsége, hogy Anna nyeri meg a játékot?
Anna kétféleképpen nyerhet: vagy megnyeri azonnal az 1. körben, vagy a 3. körben (miután Anna feketét húzott, majd Béla is feketét, és végül Anna fehéret). Mivel összesen 3 fekete golyó van, a játék legkésőbb a 4. húzásnál véget ér.
1. eset: Anna rögtön fehéret húz. Ennek valószínűsége $P(A_1) = \frac{2}{5}$.
2. eset: Anna feketét húz (3/5), a maradék 4-ből Béla is feketét húz (2/4), majd a maradék 3-ból Anna fehéret húz (2/3). Ezek az események egymás után következnek be.
A szorzat: $P(A_3) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{12}{60} = \frac{1}{5}$.
Mivel ez a két eset egymást kizárja, a valószínűségeket összeadjuk: $P(\text{Anna nyer}) = \frac{2}{5} + \frac{1}{5} = \frac{3}{5}$. Tehát Annának 60% esélye van a győzelemre.
15
Igaz-e, hogy ha $A$ és $B$ független események, akkor $A$ és $\overline{B}$ ($B$ komplementere) is függetlenek egymástól. Válaszát vezesse le az eseményalgebra és a valószínűségek alaptulajdonságainak felhasználásával.
Igen, igaz. Vezessük le az állítást.
Tudjuk, hogy az $A$ esemény felbontható két egymást kizáró részre: amikor $B$ is bekövetkezik, és amikor nem. Halmazelméleti formában: $A = (A \cap B) \cup (A \cap \overline{B})$.
Mivel ez a két halmaz diszjunkt, a valószínűségeik összeadódnak:
$P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap \overline{B})$.
Rendezzük át az egyenletet a metszetre:
$P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B)$.
Mivel $A$ és $B$ függetlenek, tudjuk, hogy $P(A \cap B) = P(A)P(B)$. Helyettesítsük be:
$P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)(1 - P(B))$.
Végül használjuk fel a komplementer esemény tulajdonságát, miszerint $1 - P(B) = P(\overline{B})$:
$P(A \cap \overline{B}) = P(A) \cdot P(\overline{B})$. Ezzel igazoltuk, hogy $A$ és $\overline{B}$ is függetlenek.
16
Egy repülőjárat 0.8 valószínűséggel időben indul. Ha időben indul, akkor 0.9 valószínűséggel időben is érkezik a célállomásra. Ha viszont késve indul, akkor mindössze 0.3 valószínűséggel képes behozni a lemaradást, és időben érkezni. A gép a megfigyelés napján időben érkezett meg. Mennyi a valószínűsége, hogy időben is indult?
Vezessük be a jelöléseket: $I_i$ (időben indul), $K_i$ (késve indul), $I_e$ (időben érkezik).
Adott: $P(I_i) = 0.8$, $P(K_i) = 0.2$. A feltételes valószínűségek: $P(I_e | I_i) = 0.9$ és $P(I_e | K_i) = 0.3$. Keressük a $P(I_i | I_e)$ értéket Bayes-tétellel.
Először az időben érkezés teljes valószínűsége kell:
$P(I_e) = P(I_e | I_i)P(I_i) + P(I_e | K_i)P(K_i) = 0.9 \cdot 0.8 + 0.3 \cdot 0.2 = 0.72 + 0.06 = 0.78$.
A kockapókerben 5 szabályos dobókockával dobunk egyszerre. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a dobás eredménye "póker" lesz (vagyis pontosan 4 egyforma számot kapunk), feltéve, hogy a dobott számok között biztosan van legalább három egyforma?
A feltételes valószínűség számításához a klasszikus modellt alkalmazzuk az esetszámokra, mivel minden dobáskombináció egyformán valószínű. Összes dobás: $6^5 = 7776$.
A feltételnek megfelelő kedvező esetek száma összesen: $1200 + 300 + 150 + 6 = 1656$. Ez lesz a feltételes terünk mérete.
A kérdés a póker esélye, aminek esetszáma 150. Tehát a keresett valószínűség: $\frac{150}{1656} = \frac{25}{276} \approx 9.06\%$.
18
Egy hírközlő csatornán a '0' és '1' jeleket küldik rendre 0.6 és 0.4 valószínűséggel. A csatorna zajos, emiatt a küldött '0' jel 0.1 valószínűséggel hibásan '1'-esként érkezik meg, a küldött '1' jel pedig 0.2 valószínűséggel hibásan '0'-ként érkezik. A fogadó oldalon '1'-es jelet kaptak. Mi a valószínűsége, hogy az adó oldal eredetileg is '1'-es jelet küldött?
Jelölje $A_0$ és $A_1$ a küldött jelet, $V_0$ és $V_1$ pedig a vett jelet.
Adott: $P(A_0) = 0.6$, $P(A_1) = 0.4$. A hibavalószínűségekből következik: $P(V_1 | A_0) = 0.1$ és $P(V_0 | A_1) = 0.2$, így $P(V_1 | A_1) = 1 - 0.2 = 0.8$.
Keresett: $P(A_1 | V_1)$. Ehhez először a teljes valószínűség tételével meghatározzuk a $V_1$ vételének valószínűségét:
$P(V_1) = P(V_1 | A_0)P(A_0) + P(V_1 | A_1)P(A_1) = 0.1 \cdot 0.6 + 0.8 \cdot 0.4 = 0.06 + 0.32 = 0.38$.
Egy urnában kezdetben 1 piros és 1 kék golyó van. Kihúzunk véletlenszerűen egy golyót, megnézzük a színét, majd visszatesszük az urnába, és melléteszünk még egy olyan színű golyót, amilyet kihúztunk. Ezt az eljárást megismételjük még kétszer (tehát összesen háromszor húzunk). Mennyi a valószínűsége, hogy a harmadik húzás piros lesz, feltéve, hogy tudjuk, az első húzás kék volt?
Ez a Pólya-féle urnamodell. A feltétel szerint az első húzás kék volt. Ekkor visszatesszük a kéket, és adunk hozzá még egy kéket. Az urna tartalma a 2. húzás előtt: 1 piros, 2 kék (összesen 3 golyó).
A 2. húzás kétféle lehet:
A út: pirosat húzunk (valószínűsége 1/3). Az urna a 3. húzás előtt 2 piros, 2 kék golyót tartalmaz. Ekkor annak esélye, hogy a 3. húzás piros lesz: 2/4 = 1/2. Ennek az ágnak az együttes valószínűsége: $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$.
B út: kéket húzunk (valószínűsége 2/3). Az urna a 3. húzás előtt 1 piros, 3 kék golyót tartalmaz. Ekkor annak esélye, hogy a 3. húzás piros: 1/4. Ennek az ágnak az együttes valószínűsége: $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$.
A teljes valószínűség tétele alapján a keresett esély a két út összege: $\frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.
20
A Monty Hall probléma egy módosított változata. Egy játékban 4 csukott ajtó van. Az egyik mögött egy autó, a másik 3 mögött kecske van. A játékos kiválaszt egy ajtót (de még nem nyitja ki). A műsorvezető, aki pontosan tudja, mi hol van, kinyit egy MÁSIK ajtót, amely mögött garantáltan kecske van. Ezt követően a játékosnak lehetősége nyílik arra, hogy a megmaradt három csukott ajtó valamelyikére váltson. Érdemes-e váltania (egy másik csukott ajtót választania), és ha igen, mennyi lesz a nyerési esélye váltás esetén egy konkrét ajtóra vonatkoztatva?
Kezdetben a játékos 1/4 valószínűséggel választja az autót, és 3/4 valószínűséggel valamelyik kecskét.
Ha a játékos kitart az eredeti döntése mellett, az esélye továbbra is marad 1/4 (25%). A műsorvezető által kinyitott ajtó nem ad új információt az általa választott ajtóról, hiszen a műsorvezető mindenképp tudott nyitni egy kecskés ajtót a maradék háromból.
Annak valószínűsége, hogy az autó a TÖBBI (játékos által nem választott) ajtók valamelyike mögött van, összességében 3/4 marad. Miután a műsorvezető ezek közül egyet kinyit (ami mögött kecske van), a 3/4-es valószínűség egyenletesen oszlik el a maradék 2 csukott ajtó között.
Tehát ha a játékos vált az egyik megmaradt ajtóra, a nyerési esélye $\frac{3/4}{2} = \frac{3}{8}$ lesz. Mivel $3/8$ (37.5%) nagyobb, mint $1/4$ (25%), egyértelműen érdemes váltania.