Teljes valószínűség tétele

Kísérlet: 1 db dobókockával egyszer dobunk.

B1 esemény:{párosat dobunk}, B2 esemény {páratlant dobunk}.

Nyilvánvaló, hogy  B1⋅B2={}=∅. (Üres halmaz.) Ugyanakkor: B1+B2 =H (Az eseménytér).

A valószínűségszámítási axiómákból következik, hogy P(H)=1=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2).

Definíció:

A {B1, B2,…,Bn } események halmazát teljes eseményrendszernek nevezzük, ha ezen események bármelyik Bi eseménye részhalmaza a az eseménytérnek (Bi⊆H, i=1,2,..n) és bármelyik két esemény szorzata üres halmaz. (Bi⋅Bj={}=∅, i;j=1,2,..n)

Tétel: A teljes valószínűség tétele

Legyen a {B1, B2,…,Bn } halmaz egy teljes eseményrendszer. Tételezzük fel, hogy ismert a P( Bi) valószínűség értéke és ugyancsak ismerjük az eseménytér valamely A eseményére vonatkozó P(A|Bi) feltételes valószínűségeket. (i;j=1,2,..n). Ekkor:

P(A)= P(A|B1)⋅ P( B1)+P(A|B2)⋅ P( B2)+…+P(A|Bn)⋅ P( Bn)=​\( \sum_{i=1}^{n}{P(A|B_{i}·P(B_{i})} \)​.

Bizonyítás.

Mivel B1, B2,…,Bn  halmaz egy teljes eseményrendszer, ezért  B1+B2+…+Bn =H.

Vegyük mindkét oldal metszetét A eseménnyel: A⋅(B1+B2+…+Bn)=A⋅H=A

A disztributív tulajdonság miatt: A⋅B1+A⋅B2⋅…⋅A⋅Bn=A⋅H=A.

Mindkét oldal valószínűségét véve: P(A⋅B1)+P(A⋅B2)+…+P(A⋅Bn)=P(A)

Végül a feltételes valószínűség P(AB)= P(A|B)⋅ P( B) szorzat alakját  alkalmazva:

P(A|B1)⋅ P( B1)+P(A|B2)⋅ P( B2)+P(A|B3)⋅ P( B3)=P(A).

Ezt kellett bizonyítani.

Példa:

Egy műhelyben három műszakban termelnek azonos fajta árut. Egy napon az összes termelt áruból az első műszakban 40%, a másodikban és a harmadikban 30%-30% készült. Az első műszakban készült áruk 5%-a, a második műszakban készült áruk 7%-a, a harmadikban termeltek 10%-a volt hibás. A három műszakban a elkészült mennyiségből a minőségi ellenőr  egy darabot találomra kiválaszt és megvizsgál. Mennyi a valószínűsége, hogy ez hibátlan áru?

Solt György: Valószínűségszámítás 139.old

Megoldás:

Legyen “A” esemény, hogy a kiválasztott áru hibátlan. Bi esemény jelentse azt, hogy az i-edik műszakban készült az kiválasztott termék.

A Bi események valószínűségei:  P(B1)=40/100=0.4, P(B2)=30/100=0.3, P(B3)=30/100=0.3.

Az “A” esemény valószínűségét felírva a Bi feltételek (5%; 7% ill. 10% hibás) mellett:

P(A|B1)=95/100=0.95; P(A|B2)=93/100=0.93; P(A|B3)=90/100=0.9.

A teljes valószínűség tételét alkalmazva:

P(A)= P(A|B1)⋅P(B1)+P(A|B2)⋅P(B2)+P(A|B3)⋅P(B3)=​\( \frac{95}{100}·\frac{40}{100}+\frac{93}{100}·\frac{30}{100}+\frac{90}{100}·\frac{30}{100}=\frac{9290}{10000}=0.929 \)​.

Tehát a 92,9% a valószínűsége annak, hogy hibátlan darabot választott ki az ellenőr.

 

 

 

Print Friendly, PDF & Email

Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.