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

Tétel: A teljes valószínűség tétele

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

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

Bizonyítás.

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

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

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

Mindkét oldal valószínűségét véve: P(A⋅B₁)+P(A⋅B₂)+…+P(A⋅B_n)=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. B_i esemény jelentse azt, hogy az i-edik műszakban készült az kiválasztott termék.

A B_i 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 B_i 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.