Feltételes valószínűség és a Bayes-tétel

Egy egyszerű példa: a kocka a képlettel

Legyen $A$ a hatos, $B$ a páros dobás. $P(B)=\frac36$, és $A\cap B$ maga a hatos, $P(A\cap B)=\frac16$. A képlettel $P(A\mid B)=\frac{1/6}{3/6}=\frac13$, pontosan az, amit fejben is kiszámoltunk. A nevező tehát a „leszűkített világ” mérete, a számláló pedig az, ami az $A$-ból ebbe a világba belefér.

Egy egyszerű példa: két húzás visszatevés nélkül

Egy dobozban 3 piros és 2 kék golyó van, kihúzunk kettőt egymás után. Mekkora a valószínűsége, hogy mindkettő piros? Az első piros $\frac35$ eséllyel; ha az első piros volt, 2 piros maradt a 4-ből, tehát a második $\frac24$ eséllyel piros. A szorzási szabállyal $\frac35\cdot\frac24=\frac{3}{10}$. Ez a fadiagram első ága: a lépések valószínűségeit végigszorozzuk, és minden lépésnél már figyelembe vesszük, mi történt előtte.

Egy egyszerű példa: a második húzás

Ugyanaz a doboz (3 piros, 2 kék). Mekkora a valószínűsége, hogy a második húzás piros? Két ág van aszerint, mi volt az első. Ha piros ($\frac35$), a második $\frac24$ eséllyel piros; ha kék ($\frac25$), a második $\frac34$ eséllyel piros. Összeadva: $\frac35\cdot\frac24+\frac25\cdot\frac34=\frac{6}{20}+\frac{6}{20}=\frac35$. Ugyanannyi, mint az első húzásnál: ha nem tudjuk, mi volt az első, a második húzás semmivel sem „rosszabb”. Ez elsőre meglepő, a tétel viszont egy sorban megmutatja.

Egy egyszerű példa: visszakövetkeztetés

Megint a doboz. A második húzás piros lett; mekkora a valószínűsége, hogy az első is piros volt? A keresett $P(\text{első piros}\mid\text{második piros})$. A számláló az az ág, ahol mindkettő piros: $\frac35\cdot\frac24=\frac{6}{20}$; a nevező a második piros teljes valószínűsége, az előbb kiszámolt $\frac35=\frac{12}{20}$. Tehát $\frac{6/20}{12/20}=\frac12$. Előzetesen $\frac35$-öt gondoltunk volna az első húzásra; a megfigyelés (elfogyott egy piros) lejjebb vitte. Ez a Bayes-tétel egész tartalma.

Egy egyszerű példa: két kocka, egy kocka

Két kockával dobva az „első hatos” és a „második hatos” független: $P(\text{mindkettő hatos})=\frac{1}{36}=\frac16\cdot\frac16$, a szorzat stimmel. Egy kockánál viszont a „páros” és a „hatos” nem független: $P(\text{páros}\cap\text{hatos})=\frac16$, míg a szorzat $\frac12\cdot\frac16=\frac{1}{12}$. Nem egyenlő, tehát összefüggnek, ahogy az elején láttuk is: a „páros” hír felvitte a hatos esélyét.

Két gép, egy közös selejtarány

Egy üzemben az alkatrészek $60\%$-át az $A$ gép, $40\%$-át a $B$ gép gyártja. Az $A$ gép $2\%$, a $B$ gép $5\%$ selejtet termel. (a) Mennyi a selejt aránya összesen? (b) Egy véletlenül kiválasztott selejtes darabról mennyi az esély, hogy az $A$ gépről jött?

1. A két gép teljes eseményrendszert alkot: $P(A)=0{,}6$, $P(B)=0{,}4$, és a jelölés $S$ a „selejtes”. Amit tudunk: $P(S\mid A)=0{,}02$ és $P(S\mid B)=0{,}05$.
2. (a) Teljes valószínűség tétele:
   $$P(S)=0{,}6\cdot 0{,}02+0{,}4\cdot 0{,}05=0{,}012+0{,}020=0{,}032$$
   Vagyis $3{,}2\%$ a selejtarány.
3. (b) Bayes-tétel — a számláló az imént kiszámolt első tag:
   $$P(A\mid S)=\frac{0{,}012}{0{,}032}=0{,}375$$
4. Érdemes megnézni, mi történt: az $A$ gép aránya $60\%$-ról $37{,}5\%$-ra csökkent, amint kiderült, hogy a darab selejtes — hiszen a $B$ gép hibázik gyakrabban. A megfigyelés így módosította az előzetes arányt.

Orvosi szűrés: miért nem 99% a pozitív teszt

Egy betegség a népesség $1\%$-át érinti. A szűrővizsgálat a betegek $99\%$-át helyesen pozitívnak jelzi, az egészségesek $5\%$-át viszont tévesen szintén pozitívnak. Valakinek pozitív lett a tesztje. Mekkora az esélye, hogy tényleg beteg?

1. Jelölés: $D$ = beteg, $+$ = pozitív teszt. Adott: $P(D)=0{,}01$, $P(+\mid D)=0{,}99$, $P(+\mid \overline{D})=0{,}05$.
2. A pozitív teszt teljes valószínűsége:
   $$P(+)=0{,}01\cdot 0{,}99+0{,}99\cdot 0{,}05=0{,}0099+0{,}0495=0{,}0594$$
3. $$P(D\mid +)=\frac{0{,}0099}{0{,}0594}=\frac{1}{6}\approx 0{,}167$$
   Tehát 16,7% — a legtöbben ennél sokkal többre tippelnek.
4. A magyarázat a számokban van: tízezer emberből $100$ beteg, közülük $99$ lesz pozitív; a $9900$ egészségesből viszont $495$ lesz tévesen pozitív. A pozitívak többsége egészséges, mert az egészségesek sokkal többen vannak. Ha ritka a betegség, a fals pozitívak elnyomják a valódiakat.

Bayesi frissítés: egy második teszt

Az előző példában szereplő személy elvégez egy második, az elsőtől független tesztet, és az is pozitív lesz. Most mennyi az esélye, hogy beteg?

1. Az előzetes valószínűség már nem $0{,}01$, hanem az első teszt utáni $P(D)=1/6$. A likelihoodok változatlanok.
2. $$P(+_{2})=\frac{1}{6}\cdot 0{,}99+\frac{5}{6}\cdot 0{,}05=0{,}165+0{,}041\overline{6}=0{,}206\overline{6}$$
3. $$P(D\mid +_{2})=\frac{0{,}165}{0{,}206\overline{6}}\approx 0{,}798$$
   A két pozitív teszt együtt már $80\%$ köré emeli a valószínűséget.
4. Ez a bayesi frissítés lényege: a bizonyítékok halmozódnak, és mindig az aktuális tudásunkból indulunk tovább. Fontos feltétel viszont, hogy a két teszt hibái függetlenek legyenek — ha ugyanaz a laborhiba okozza mindkét pozitív eredményt, ez a számolás érvénytelen.

Függetlenség ellenőrzése számolással

Egy kockadobásnál legyen $A$ = „páros”, $B$ = „nagyobb mint 4”, $C$ = „legalább 3”. Melyik két esemény független?

1. $P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, $P(B)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$, $P(C)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.
2. $A\cap B=\{6\}$, tehát $P(A\cap B)=\frac{1}{6}$. A szorzat $\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$ — megegyeznek, tehát $A$ és $B$ független.
3. $A\cap C=\{4,6\}$, tehát $P(A\cap C)=\frac{1}{3}$, míg a szorzat $\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$ — ezek is függetlenek.
4. $B\cap C=\{5,6\}$, tehát $P(B\cap C)=\frac{1}{3}$, a szorzat viszont $\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{9}$. Nem egyeznek, tehát $B$ és $C$ nem független.
5. A tanulság: a függetlenség nem érzésre eldöntendő kérdés, hanem számolás. Ugyanazon a kockán az egyik páros eseménypárnál teljesül, a másiknál nem.