X. FELTÉTELES VALÓSZÍNŰSÉG, VALÓSZÍNŰSÉG A GENETIKÁBAN X.. Feltételes valószínűség. Példák a kockadobásnál. (a) Hogyan változik annak a valószínűsége, hogy 6-os a dobott szám, ha megtudjuk, hogy páros? (b) Hogyan változik annak a valószínűsége, hogy 6-os a dobott szám, ha azt tudjuk, hogy a dobott szám páratlan? (c) Hogyan változik annak a valószínűsége, hogy páros a dobott szám, ha megtudjuk, hogy az legfeljebb 4? Megoldás. (a) Legyen E: 6-ost dobunk, F: páros számot dobunk. 6, de ha már tudunk annyit, hogy a kísérletben páros számot dobtunk, akkor az összes lehetőség, 4, 6, melyek közül 6 az egyetlen kedvező. Ekkor 6-os dobásának valószínűsége 3. Tehát 6-os dobásának valószínűsége növekszik annak ismeretében, hogy páros számot dobtunk. (b) Legyen E: 6-ost dobunk, F: páratlan számot dobunk. 6, de ha mártudjuk azt, hogy akísérletbenpáratlanszámotdobtunk, akkorazösszeslehetőség, 3, 5. Ezek egyike sem kedvező, így ekkor 6-os dobásának valószínűsége 0. Tehát 6-os dobásának valószínűsége csökken annak ismeretében, hogy páratlan számot dobtunk. (c) Legyen E: páros számot dobunk, F: a dobás értéke legfeljebb 4., de azt tudva, hogy a dobás értéke legfeljebb 4, a lehetséges kimenetelek,, 3, 4. Közülük és 4 páros, ilyenkor a páros szám dobásának valószínűsége. Azt látjuk, hogy a páros szám dobásának valószínűsége változatlan marad, ha megtudjuk, hogy a dobás értéke legfeljebb 4.. Definíció. Az E esemény feltételes valószínűsége az F feltétel mellett P(E F) P(EF), ha 0. Példa. Számoljuk ki a definíció alapján annak a valószínűségét, hogy kockadobáskor 6-ost dobunk feltéve, hogy a dobott szám páros! Megoldás. Ha E: 6-ost dobunk, F: páros számot dobunk, akkor P(E F) P(EF) ami megegyezik a naiv gondolatmenet eredményével. 6-os P( {}}{ 6-os és páros) P(páros) 6 3, 3. Feladat. Az alábbi kontingenciatáblázat a tüdőrák és a dohányzás, mint rizikófaktor kapcsolatát leíró vizsgálat adatait tartalmazza. Tekintse a feladatban szereplő események valószínűségének a relatív gyakoriságukat! (a) Számolja ki annak valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott személy tüdőrákban szenved feltéve, hogy dohányos, ill. azt feltételezve, hogy nem dohányzik! (b) Határozza meg a dohányzás relatív kockázat át, vagyis a P(tüdőrákos dohányzik) P(tüdőrákos nem dohányzik) hányadost! D D T 483 76 T 98 4 (D: dohányos, T: tüdőrákos) Megoldás. Egészítsük ki a táblázatot! D D T 483 76 559 T 98 4 394 465 488 953 (a) P(T D) P(TD) 483 P(D) 953 453 953 (b) A relatív kockázat P(T D) P(T D) 0,330 0,05 6,47. 953 488 953 483 76 P(TD) 0,330, hasonlóan P(T D) 465 P(D) 76 488 0,05.
4. Állítás. Adott, pozitív valószínűségű F eseményre a P(E F) feltételes valószínűség, mint az E esemény függvénye szintén valószínűség, vagyis (i) P(E F) 0 minden E eseményre. (ii) Páronként egymást kizáró események tetszőleges véges vagy végtelen E,E,... sorozatára (iii) P(H F). Bizonyítás. (i) P(E F) P(EF) (ii) P(E +E +... F) P(E F)+P(E F)+... 0, mert P(EF) 0 és > 0. P(E +E +... F) P( (E +E +...) F ) P(E F +E F +...). Mivel E,E,... páronként egymást kizáró események sorozata, E i E i F, i,,... szerint E F, E F,... is egymást páronként kizáróak. A számlálóban a valószínűség additivitását felhasználva, majd tagonként osztva -fel P(E +E +... F) P(E F +E F +...) (iii) P(H F) P(HF), ui. HF F. P(E F) Következmény. Ha F pozitív valószínűségű esemény, akkor + P(E F) (i) egymást kizáró E, E eseményekre P(E +E F) P(E F)+P(E F), (ii) E E eseményekre P(E F) P(E F). (iii) E,...,E n teljes eseményrendszerre P(E F)+...+P(E n F), (iv) minden E eseményre P(E F) P(E F). X.. Független események +... P(E F)+P(E F)+.... Definíció. Az E esemény bekövetkezése független az F esemény bekövetkezésétől, ha P(E F). Ha E bekövetkezése független F bekövetkezésétől, akkor 0, valamint ebben az esetben P(E F) P(EF). Hasonlóan, ha F bekövetkezése független E bekövetkezésétől, akkor 0 és ez esetben Ezért vezetjük be a következő fogalmat. P(F E) P(EF). Definíció. Az E és F esemény független, ha P(EF). Állítás. Pozitív valószínűségű E és F esemény függetlensége ekvivalens azzal, hogy E bekövetkezése független F bekövetkezésétől, valamint azzal is, hogy F bekövetkezése független E bekövetkezésétől. Állítás. Ha az E és F események függetlenek, akkor az E és F események is függetlenek. Bizonyítás. F és F egymást kizáró események, ezért EF és EF is, így E E(F +F) EF +EF P additív P(EF)+P(EF). Tudjuk, hogy E és F független, vagyis P(EF), amit felhasználva P(EF)+P(EF) +P(EF) P(EF) ( ). Tehát E és F független.
. Feladat. A kockadobásnál legyen E: 6-ost dobunk; F: páros számot dobunk. Független-e ez a két esemény? Megoldás. 6,, EF 6-ost dobunk, P(EF) 6. Mivel P(EF), így a két esemény nem független. } P(E F) 3 Másképpen: különbözők, ezért E és F nem független. 6 } P(F E) Harmadik módon: nem egyenlők, tehát a két esemény nem független. 3. Feladat. Egy érmét egymás után kétszer feldobunk. Legyen E: a két dobás eredménye ugyanaz; F: először írást dobunk. Független-e a két esemény? Megoldás. Az eseménytér H {ff,fí,íf,íí}, rajta a valószínűség kombinatorikus, továbbá P(EF) 4 E {ff,íí}, F {íf,íí}, EF {íí} 4., ezért a két esemény független. } P(E F) P(másodikként írást dobunk) Másképpen: egyenlők, ezért E és F független. } P(F E) Harmadik módon: egyenlők, így a két esemény független. 4. Feladat. Egy alkalmassági vizsgálat adatai szerint a vizsgált személyeken 0,05 valószínűséggel mozgásszervi és 0,03 valószínűséggel érzékszervi rendellenesség figyelhető meg. Az együttes előfordulás valószínűsége 0,0. (a) Független-e a két rendellenesség előfordulása? Mekkora lenne az együttes előfordulás valószínűsége, ha a két rendellenesség előfordulása független volna? (b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott személyen egyik rendellenesség sem figyelhető meg? (c) Mekkora valószínűséggel találunk érzékszervi rendellenességet a mozgásszervi rendellenességgel élő egyéneknél? Fordítva, mekkora valószínűséggel található mozgásszervi rendellenesség az érzékszervi rendellenességben szenvedő egyéneknél? Megoldás. Legyen M a véletlenszerűen kiválasztott személyen mozgásszervi rendellenesség található. E a véletlenszerűen kiválasztott személyen érzékszervi rendellenesség található. (a) Ha M és E független események volnának, akkor P(ME) P(M) 0,05 0,03 0,005 teljesülne P(M E) 0,0 helyett, ezért nem függetlenek. (b) A kérdéses esemény (egyik rendellenesség sem figyelhető meg) ellentettje az, hogy legalább az egyik megfigyelhető. Ennek valószínűsége P(M +E) P(M)+ P(ME) 0,05+0,03 0,0 0,07, melyből az ellentett esemény valószínűsége alapján P(M +E) P(M +E) 0,07 0,93 a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott személyen egyik rendellenesség sem figyelhető meg. (c) P(E M) P(EM) P(M) 0,0 P(ME) 0, és fordítva P(M E) 0,0 0,05 0,03 3 0,33.
X.3. Teljes valószínűség tétele. Példa. Egy városban kitör az influenzajárvány. A város két városrészében (A és B) a vírussal fertőzöttek száma V A, ill. V B, a két városrész lakosainak száma pedig N A, ill. N B. Annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott A-beli lakos fertőzött a vírussal (V), megadható feltételes valószínűségként: P(V A) VA N A. Hasonlóan kapható P(V B) VB N B. Annak a valószínűsége, hogy a város egy véletlenszerűen kiválasztott lakosa fertőzött a vírussal: P(V) V A +V B N A +N B V A N A N A N A +N B + V B N B N B N A +N B P(V A) P(A)+P(V B) P(B).. Az előző példához hasonlóan egy esemény valószínűségét kiszámolhatjuk, ha ismerjük egy teljes eseményrendszer minden eleme, mint feltétel melletti feltételes valószínűségét, valamint a feltételek valószínűségét. Tétel. (Teljes valószínűség tétele). Ha a pozitív valószínűségű F, F,..., F n események teljes eseményrendszert alkotnak, akkor P(E F ) P(F )+...+P(E F n ) P(F n ). A tételnek speciális esete az, amikor a feltételek teljes eseményrendszere kételemű (F és F). Következmény. Ha E és F események, valamint 0 és, akkor P(E F) +P(E F). Bizonyítás. Mivel F, F,..., F n teljes eseményrendszer, ezért páronként egymást kizáró események és H F +F +...+F n E EF +EF +...+EF n páronként egymást kizáró események összege. A P valószínűség additivitását, majd a feltételes valószínűség definícióját felhasználva következik P(EF )+P(EF )+...+P(EF n ) P(E F ) P(F )+...+P(E F n ) P(F n ). 3. Feladat. Egy munkahelyen dolgozó nők száma az ott dolgozó férfiakénak a kétszerese. A nők negyede, a férfiak fele szemüveges. Mi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott dolgozó szemüveges? Megoldás. Legyen n a munkahelyen dolgozó férfiak száma, SZ: szemüveges, N: nő, F: férfi (N és F teljes eseményrendszert alkot). A kontingenciatáblázat A kombinatorikus valószínűség képlete szerint P(SZ) Más megoldás: A teljes valószínűség tételével X.4. Bayes-tétel N F SZ n/ n/ n SZ n n 3n szemüveges dolgozók száma összes dolgozó száma n 3n 3. P(SZ) P(SZ N) P(N)+P(SZ F) 4 3 + 3 3.. Adott F eseményre F és F teljes eseményrendszert alkot. Ha 0, 0 és, akkor P(F E) P(FE) P(F E) def. P(EF) FE EF P(E F) P(E F) def. teljes vszg. tétele P(E F) P(E F) +P(E F).
Arra kaptunk választ, hogy az E esemény bekövetkezésekor mekkora valószínűséggel következik be az F feltétel. Akkor alkalmazzuk ezt a képletet, amikor egy feltételes valószínűséget keresünk, és ismerjük a fordított szereposztású feltételes valószínűségeket, valamint a fordított szereposztással a feltételek valószínűségét. A kapott összefüggés általánosítása F és F helyett teljes eseményrendszerre az alábbi tétel. Tétel. (Bayes-tétel.) Pozitív valószínűségű E eseményre és a teljes eseményrendszert alkotó pozitív valószínűségű F,...,F n eseményekre P(F i E) P(E F i ) P(F i ) P(E F ) P(F )+...+P(E F n ) P(F n ), i,...,n. Bizonyítás. Hasonlóan járunk el, mint kételemű teljes eseményrendszernél tettük. Először a P(F i E) feltételes valószínűség definícióját, majd az események szorzatánál a tényezők felcserélhetőségét, utána a fordított szereposztású feltételes valószínűség definícióját, végül a nevezőben a teljes valószínűség tételét alkalmazva P(F i E) P(F ie) P(EF i) P(E F i) P(F i ) P(E F i ) P(F i ) P(E F ) P(F )+...+P(E F n ) P(F n ).. Feladat. Egy városban ugyanannyi férfi lakik, mint nő. 00 férfi közül átlagosan 5, 0 000 nő közül átlagosan 5 színtévesztő. A színtévesztő lakosok közül találomra kiválasztunk egyet. Mi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott személy férfi? Megoldás. Legyen n a munkahelyen dolgozó nők száma, ami egyben a férfiaké is, SZ: színtévesztő, N: nő, F: férfi. A kontingenciatáblázat Kombinatorikus valószínűségként N F 5 SZ 0000 n 5 00 n 55 0000 n SZ n n 5 férfi színtévesztők száma P összes színtévesztő száma 00 n 55 0000 n 500 55 0,95. Ugyanez adott lélekszámmal: A keresett valószínűség csak a nők és a férfiak arányától, köztük a színtévesztők arányától, valamint a kiválasztás módjától függ. Ezért elegendő egyetlen város esetén kiszámolni a kérdéses valószínűséget. Érdemes akkora lélekszámú várost választanunk, hogy a kontingenciatáblázat minden eleme egész szám legyen. Pl. 0 000 lakosú városra N F SZ 5 500 55 SZ 0000 0000 0000 A valószínűség Más megoldás: Bayes-tétellel P(F SZ) P férfi színtévesztők száma összes színtévesztő száma 500 55 0,95. 5 P(SZ F) P(SZ F) +P(SZ N) P(N) 00 5 00 + 5 0000 500 55. 3. Feladat. 80 beteg egy gyógyszerkísérletben vett részt. Közülük 50-en a kísérleti gyógyszert, 30-an placebót kaptak. A kezelés során 30 kísérleti gyógyszerrel és 5 placebóval kezelt beteg állapota javult. Ha egy véletlenszerűen kiválasztott beteg állapota nem javult a kezelés során, akkor mi a valószínűsége annak, hogy hatóanyag nélküli készítményt kapott? Megoldás. GY gyógyszerrel kezelt, Jjavult az állapota. A kontingenciatáblázat
A kombinatorikus valószínűség GY GY J 30 5 35 J 0 5 45 50 30 80 P(GY J) P(GY J) P(J) 5 80 45 80 5 45 5 9 0,556. Ez a placebóval kezelt és nem javultak száma összes nem javult száma Más megoldás: Bayes-tétellel hányados. P(GY J) 5 P(J GY) P(GY) P(J GY) P(GY)+P(J GY) P(GY) 30 30 80 5 30 30 80 + 0 50 50 80 5 9. 4. Feladat. A tüdőszűrő-vizsgálat az esetek 90%-ában kimutatja a TBC-fertőzést, %-ban hamisan jelez fertőzöttséget. A népességben a fertőzöttek aránya 5 0 4 (980-as adatok). (a) Mi a valószínűsége annak, hogy a vizsgálat eredménye pozitív, ha a vizsgált személy beteg? (Ez a vizsgálat szenzitivitása.) (b) Mi a valószínűsége annak, hogy a vizsgálat eredménye negatív, ha a vizsgált személy egészséges? (Ez a vizsgálat specificitása.) (c) Mi a valószínűsége annak, hogy a pozitív vizsgálati eredmény betegséget jelez? (d) Mi a magyarázata annak, hogy 3 pozitív vizsgálati eredményű személy közül átlagosan csak egy beteg? Hogyan lehetne ezt az arányt javítani? Megoldás. E: beteg, F: pozitív. (a) A szenzitivitás P(F E) 0,9. (b) A feltételes valószínűség az E feltétel mellett maga is valószínűség. Az ellentett esemény valószínűségére vonatkozó összefüggés szerint a specificitás P(F E) P(F E) 0,0 0,99. (c) A Bayes-tétel alapján P(E F) P(F E) P(F E) +P(F E) 0,9 (5 0 4 ) 0,9 (5 0 4 )+0,0 ( 5 0 4 ) 0,043. 3, ezért 3 pozitív vizsgálati eredményű személy közül átlagosan egy beteg. 0,043 (d) A betegek aránya nem függ a populáció méretétől. A kontingenciatáblázat 0 000 000 lakosra beteg (E) egészséges (E) pozitív (F) 4500 99950 04450 negatív (F) 5000 9995000 0000000 A pozitívak között a betegek aránya 4500:04450 0,043. A vizsgálat szenzitivitását a maximális -re növelve is alig javulna az arány(5 000: 04 450 0,048), ezért a specificitást növelve emelhetjük jelentősebben a kérdéses arányt. Pl. ha a vizsgálat % helyett csak 0,5%-ban jelezne hamisan fertőzöttséget, akkor az eredeti szenzitivitás és fertőzöttségi arány mellett a betegek aránya a pozitívak között 4500:54450 0,083 volna. Ez az arány 0,%-os hamis fertőzöttségi arány esetén 4 500: 4 495 0,30 lenne, ami a betegek pozitívak közötti eredeti arányának kb. 7,-szerese. X.5. Valószínűség a genetikában. A családfán a személyeket karika (nő, gyermek) vagy négyzet (férfi) jelöli, az utódokat a szülők alatt tüntetjük fel. A szaggatott vonalú karika születendő gyermeket jelent. A vizsgált tulajdonsággal (pl. egy adott betegség) rendelkező személyek szimbólumát bevonalkázzuk.
. Feladat. Autoszómás recesszív betegség öröklődését vizsgáljuk az alábbi családfán. Genotípusát tekintve egy személy lehet beteg (homozigóta aa), egészséges hordozó (heterozigóta Aa), ill. egészséges, aki nem hordozza a hibás allélt (homozigóta AA). Ennél a betegségnél az egészséges felnőtt lakosság 0%-a hordozó. (a) Mi a valószínűsége annak, hogy a születendő () gyermek beteg, hordozó, ill. nem hordozó? (b) Mi lenne a valószínűsége annak, hogy (4) hordozó, ha még nem születtek volna gyermekei? (c) Mi lenne a valószínűsége annak, hogy (4) hordozó, ha még csak egy gyermeke született volna? (d) Mi a valószínűsége annak, hogy (4) hordozó, ha a beteg (3) két egészséges gyermeket szült neki, akik nem egypetéjű ikrek? (e) Mi a valószínűsége annak, hogy (4) hordozó, ha két gyermek után újabb egészséges gyermeket szült neki (3), és a gyermekek között nincsenek egypetéjű ikrek? (f) Mi a valószínűsége annak, hogy (4) hordozó, ha n egészséges gyermeket szült neki (3), a gyermekek között nincsenek egypetéjű ikrek, és beteg gyermekük nem született? (g) Mi a valószínűsége annak, hogy (4) hordozó, ha beteg gyermekük is született? 3 4 5 6 7 8 9 0 Megoldás. Tudjuk, hogy (3), (5), (6) betegek, vagyis aa genotípusúak, (), (), (4), (7) (9) egészséges fenotípusúak, és az egészséges felnőtt lakosság 0%-a hordozó. (a) (3) beteg (aa), csak a allélt adhatott (8)-nak, ezért az utóbbi egészséges hordozó (Aa). (5) és (6) beteg (aa), nekik () és () is a allélt adott, ezért e két szülő egészséges hordozó (Aa). () és () lehetséges utódai (Aa Aa): A a A AA Aa a Aa aa (7) egészséges fenotípusú, a genotípusa AA vagy Aa lehet. Legyen E: () beteg, F : (7) AA, F : (7) Aa. A háromelemű eseménytéren kombinatorikus valśzínűséggel P(F ) 3 és P(F ) 3. F esetén: (7) (8) AA Aa : A a A AA Aa A AA Aa P(E F ) 0. F esetén: (7) (8) Aa Aa : A a A AA Aa a Aa aa P(E F ) 4. A feladat szerint (7) egészségesfenotípusú, ezértf ésf teljes eseményrendszertalkot. A teljes valószínűség tétele szerint Ha E : () Aa, akkor P(() aa) P(E F )P(F )+P(E F )P(F ) 0 3 + 4 3 6. Végül P(() Aa) P(E ) P(E F )P(F )+P(E F )P(F ) 3 + 3. P(() AA) ( P(() aa)+p(() Aa) ) ( 6 ) + 3. Ez utóbbi valószínűség is kiszámolható a teljes valószínűség tételével. Ha ui. E : () AA, akkor P(() AA) P(E ) P(E F )P(F )+P(E F )P(F ) 3 + 4 3 3. (b) P((4) hordozó) 0, (a priori valószínűség).
(c) Tudjuk, hogy (4)-nek egészséges gyermeke született, ami azt jelenti, hogy az apa A allélt adott. Legyen E: (4) A allélt adott, F : (4) Aa, F : (4) AA. (4) egészséges fenotípusú, így F és F teljes eseményrendszert alkot és P(F ) 0,, P(F ) P(F ) 0,9. A kérdés P(F E). Bayes tétele alapján P(E F ) P(F ) P(F E) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) mert P(E F ) és P(E F ). 0 0 + 9 0 9 0,053, (d) A feladat szerint (4)-nek két egészséges gyermeke született, ami azt jelenti, hogy ő mindkétszer A allélt adott. Legyen E : (4) kétszer A allélt adott, F : (4) Aa, F : (4) AA. P(F ) 0, és P(F ) 0,9. A kérdés P(F E ). Ismét Bayes tételét alkalmazva P(F E P(E F ) P(F ) ) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) ( ) 0 ( ) 0 + 9 0 37 0,07. Itt P(E F ) ( ), mert a valószínűsége annak, hogy (4) egyszer A allélt ad, és ezt függetlenül kétszer tette. Hasonlóan P(E F ). (e) Az előző ponthoz hasonlóan most legyen E : (4) háromszor A allélt adott, akkor P(F E P(E F ) P(F ) ) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) ( )3 0 ( )3 0 +3 9 0 (f) Legyen Ẽ: n egészséges gyermek született. A korábbiakhoz hasonlóan P(F Ẽ) P(Ẽ F ) P(F ) P(Ẽ F ) P(F )+P(Ẽ F ) P(F ) ( )n 0 ( )n 0 +n 9 0 73 0,04. +9 n. Minél több egészséges gyermek született, annál kisebb az esélye, hogy az apa hordozó, ha beteg gyermekük nem született. (g) Ha beteg gyermek születik, annak fogantatásakor (4) a allélt adott, tehát hordozó, valószínűsége. 3. Feladat. Autoszómás dominánsan öröklődő betegséget vizsgálunk olyan családban, ahol az anya beteg fenotípusú, az apa egészséges. Ennél a betegségnél a beteg felnőtt lakosság 97%-a hordozza a recesszív(egészséges) allélt. (a) Mi a valószínűsége annak, hogy a pár születendő első gyermeke beteg? (b) Mi a valószínűsége annak, hogy az anya homozigóta, ha beteg gyermekük született? Megoldás. A jelöli a domináns (beteg) allélt, a pedig a recesszív (egészséges) allélt. Az apa genotípusa aa, az anyáé AA vagy Aa. Ha F : anya AA, F : anya Aa, akkor F és F teljes eseményrendszert alkot, továbbá P(F ) 0,03, P(F ) 0,97. Legyen E: beteg gyermekük születik. A homozigóta anya (F ) gyermeke biztosan beteg, mert az anya csak A allélt adhatott, ennek valószínűsége P(E F ) : a a F esetén a kereszteződés AA aa : A Aa Aa A Aa Aa P(E F ). A heterozigóta anya (F ) gyermeke viszont akkor beteg, ha az anya A allélt adott, valószínűsége P(E F ) : F esetén a kereszteződés Aa aa : (a) A teljes valószínűség tétele alapján a a A Aa Aa a aa aa P(E F ). P(beteg gyermek) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) 0,03+ 0,97 0,55. (b) Bayes tétele szerint P(anya AA beteg gyermek) P(F E) 0,03 0,03+ 0,058. 0,97 P(E F ) P(F ) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F )
X.6. Házi feladatok. A kockadobásnál mi a valószínűsége annak, hogy legalább 4-es a dobás, ha tudjuk, hogy páros számot dobtunk? Adja meg az eredményt kombinatorikus valószínűség segítségével, majd feltételes valószínűségként is! Megoldás. Kombinatorikus valószínűséggel: az azonos esélyű, 4, 6 lehetséges kimenetelek közül 4 és 6 kedvező, ezért P 3. Feltételes valószínűségként: E {4,5,6},, F {,4,6}, EF {4,6}, P(EF) 3, így az eredmény P(E F) /3 / 3.. Egy érmét háromszor egymás után feldobunk. Legyen E: legalább két dobás eredménye fej, F: az első dobás eredménye fej. Független-e ez a két esemény? Megoldás. Összesen 8 lehetséges kimenetel van, a valószínűség kombinatorikus. Az E esemény 4-féleképpen következhet be (mindháromszor fej egyféleképpen, két fej és egy írás ( ) 3 -féle módon), ezért 4 8. Csak az első dobást tekintve. EF akkor következik be, ha az első dobás eredménye fej, valamint a másik két dobás közül legalább az egyik fej, vagyis nem mindkettő írás. Erre 3 lehetőség van, így P(EF) 3 8. Mivel P(EF) 3 8, a két esemény nem független. Más megoldás: P(E F) 3 4, hiszen ha az első dobás eredménye fej, akkor a következő kettőből még legalább egyszer fejet kell dobni, aminek 3 4 a valószínűsége. az előző megoldás szerint. Tehát P(E F), ezért a két esemény nem független. 3. Kétgyermekes családokat vizsgálunk, ahol a két gyermek nem egypetéjű ikerpár. Mi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen választott kétgyermekes családban a második gyermek fiú, ha az első gyermek fiú? Megoldás. Legyen f: fiú és l: lány. 4 lehetséges kimenetel van (ff, fl, lf, ll), a valószínűség kombinatorikus. Ha E: a második gyermek fiú, F: az első gyermek fiú, akkor E {ff,lf}, F {ff,fl} és EF {ff}, továbbá 4, P(EF) P(EF) 4 szerint P(E F) /4 /. Másik megoldás: A két gyermek fogantatása független, ezért P(E F). 4. Kétgyermekes családokat vizsgálunk, ahol a két gyermek nem egypetéjű ikerpár. Mi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen választott kétgyermekes családban a második gyermek fiú, ha van fiú a családban? Megoldás. Ismét 4 lehetséges kimenetel van (ff, fl, lf, ll), a valószínűség kombinatorikus. Ha E: a második gyermek fiú, F: van fiú a családban, akkor E {ff,lf}, F {ff,fl,lf} és EF {ff,lf}, továbbá 3 4, P(EF) 4 P(EF) alapján P(E F) / 3/4 3. 5. Kétgyermekes családokat vizsgálunk, ahol a két gyermek nem egypetéjű ikerpár. Mi a valószínűsége annak, hogy egy véletlenszerűen választott kétgyermekes családban mindkét gyermek fiú, ha van fiú a családban? Megoldás. Itt is 4 lehetséges kimenetel van (ff, fl, lf, ll), a valószínűség kombinatorikus. Ha E: mindkét gyermek fiú, F: van fiú a családban, akkor E {ff}, F {ff,fl,lf} és EF {ff}, továbbá 3 4, P(EF) P(EF) 4, így P(E F) /4 3/4 3. 6. Almát termesztünk két almáskertben. A nagyobb kertben termett 30 000 alma 70%-a, a kisebb kertbeli 0 000 alma 80%-a első osztályú. Mi a valószínűsége annak, hogy az almaszüret után egy véletlenszerűen kiválasztott alma első osztályú? Megoldás. I első osztályú, N nagyobb kert. A kontingenciatáblázat Kombinatorikus valószínűséggel nagy kert (N) kis kert (N) első osztályú (I) 000 8 000 9 000 nem első osztályú (I) 30000 0000 40000 P(I) első osztályú almák száma összes alma száma 9000 40000 0,75. Más megoldás: A teljes valószínűség tételével P(I) P(I N) P(N)+P(I N) P(N) 0,7 3 4 +0,8 4 0,75.
7. Egy gyógyszerkísérlet során 40 beteg a kísérleti gyógyszert, 60 pedig placebót kapott. Az előbbiek közül 0, az utóbbiak közül 6 állapota javult. Véletlenszerűen kiválasztunk egy beteget a 00-ból. Ha a kiválasztott beteg állapota javult, akkor mi a valószínűsége annak, hogy a kísérleti gyógyszert kapta? Megoldás. J javult az állapota, GY a kísérleti gyógyszert kapta. A kontingenciatáblázat Kombinatorikus valószínűségként GY GY J 0 6 6 J 40 60 00 P(GY J) gyógyszert kapott és javultak száma javultak száma 0 6 0,65. Más megoldás: Bayes-tétellel P(GY J) 0 P(J GY) P(GY) P(J GY) P(GY)+P(J GY) P(GY) 40 40 00 0 40 40 00 + 6 60 60 00 0 6. 8. A domináns barna szemszínt okozó allél gyakorisága 0,6, a recesszív jelleg a kék szemszín. (a) Adja meg az egyes genotípusok gyakoriságát a populációban! (b) Mi a valószínűsége annak, hogy egy találomra kiválasztott személy barnaszemű? (c) Mi a valószínűsége annak, hogy egy kékszemű anya és egy barnaszemű apa gyermeke barnaszemű? (d) Mi a valószínűsége annak, hogy egy barnaszemű apa a szemszínét tekintve homozigóta, ill. heterozigóta feltéve, hogy kékszemű feleségének egy barnaszemű gyermeke született? (e) Mi a valószínűsége annak, hogy egy barnaszemű apa a szemszínét tekintve homozigóta, ill. heterozigóta feltéve, hogy kékszemű feleségének két barnaszemű gyermeke született, akik nem egypetéjű ikrek? Megoldás. (a) P(AA) 0,6 0,6 0,36, P(Aa) 0,6 0,4 0,48, P(aa) 0,4 0,4 0,6. (b) P(barnaszemű) P(AA)+P(Aa), mert AA és Aa egymást kizáró események. (c) Az anya genotípusa aa. A barnaszemű apa genotípusa lehet homozigóta AA (F ) vagy heterozigóta Aa (F ), valószínűségük AA P(F ) P(AA barnaszemű) P( {}}{ AA és barnaszemű) P(barnaszemű) Legyen E: a gyermek barnaszemű. Aa P(F ) P(Aa barnaszemű) P( {}}{ Aa és barnaszemű) P(barnaszemű) 0,36 0,49, 0,48 0,57. Ha az apa homozigóta (F ), akkor aa AA : Ha az apa heterozigóta (F ), akkor aa Aa : A A a Aa Aa a Aa Aa A a a Aa aa a Aa aa P(E F ). P(E F ). Mivel az apa barnaszemű, F és F teljes eseményrendszert alkot, ezért a teljes valószínűség tétele alapján P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) 0,36 + 0,48 5 7 0,74.
(d) Továbbra is legyen F : apa AA, F : apa Aa, E : gyermek barnaszemű. Bayes tétele szerint 0,36 P(E F ) P(F ) P(F E) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) 0,36 + 0,48 0,6. P(F E) P(F E) 0,6 0,4. Ez a feltételes valószínűség is megkapható a Bayes-tétellel: P(E F ) P(F ) P(F E) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) 0,48 0,36 + 0,48 0,4. (e) Legyen F : apa AA, F : apa Aa, E : mindkét gyermek barnaszemű. Ismét a Bayes tételt alkalmazva P(F E P(E F ) P(F ) ) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) 0,36 0,36 +( P(F E ) P(F E ) 3 4 4. Ugyanez a Bayes-tétel felhasználásával P(F E ) P(E F ) P(F ) P(E F ) P(F )+P(E F ) P(F ) ( ) 0,48 0,36 +( ) 0,48 ) 0,48 3 4. 4. 9. A feniltiokarbamid keserű ízének érzékelését a A, a betűkkel jelzett allélpár határozza meg: a AA és a Aa genotípusú egyének a vegyület keserű ízét érzik, a aa genotípusúak nem. Egy nem ízérző egyén szülei ízérzők, testvérének felesége pedig nem ízérző. (a) Mi a valószínűsége annak, hogy a testvér, ill. annak gyermeke ízérző? (b) Mi a valószínűsége annak, hogy a testvér gyermeke ízérző, ha tudjuk, hogy a testvér ízérző? Megoldás. 3... 4... 6 5 (a) (4) a nem ízérző személy testvére, róla nem tudjuk, hogy ízérző-e. (3) nem ízérző (genotípusa aa), ezért az () és () szülők heterozigóták (genotípusuk Aa). Ilyen kereszteződéskor P((4) ízérző) 3 4. LegyenE: (6)ízérző(genotípusaAAvagyAa), F : (4)AA, F : (4)Aa, F 3 : (4)aa. Ateljeseseményrendszert alkotó F, F és F 3 események valószínűsége P(F ) 4, P(F ), P(F 3) 4. (5) nem ízérző (genotípusa aa). A teljes valószínűség tétele szerint P(E F )P(F )+P(E F )P(F )+P(E F 3 )P(F 3 ) 4 + +0 4. (b) Ha tudjuk, hogy (4) ízérző, akkor F : (4) AA vagy F : (4) Aa teljesül. Ez esetben e két esemény teljes eseményrendszertalkot, ezért a valószínűségük P( F ) 3 és P( F ) 3. Ismét a teljes valószínűségtételét alkalmazva P(E F )P( F )+P(E F )P( F ) 3 + 3 3.