Bayes-tétel

A Bayes-tétel a valószínűségszámításban egy feltételes valószínűség és a fordítottja között állít fel kapcsolatot. A tétel Thomas Bayes brit matematikustól származik; nagy jelentősége van a valószínűségszámítás interpretációiban.

A tétel legegyszerűbb formájában azt állítja, hogy ha ismert az A és a B esemény valószínűsége, és ezek egyike sem 0, valamint a P(B|A) feltételes valószínűség, akkor

$P(A|B)=\frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}$

P(A)-t az A esemény a priori, P(A|B)-t az a posteriori valószínűségének is nevezik; a szokásos értelmezésben A valamiféle hipotézis, B egy megfigyelhető esemény, és a tétel azt adja meg, hogyan erősíti vagy gyengíti az esemény megfigyelése a hipotézis helyességébe vetett hitünket.

A tétel hasonló formában általánosítható sűrűségfüggvényekre és valószínűségi mértékekre is.

Ha $A_i(i\in I)$ egy teljes eseményrendszer, akkor

$P(B)=\sum _{i}P(B\cap A_i)=\sum _{i}P(B|A_i)P(A_i)$

amit felhasználva adódik a Bayes-tétel teljes eseményrendszerekre alkalmazható alakja:

$P(A_i|B)=\frac{P(B|A_i)P(A_i)}{P(B)}=\frac{P(B|A_i)P(A_i)}{\sum _{j}P(B|A_j)P(A_j)}$

Bizonyítás

A tétel közvetlenül levezethető a feltételes valószínűség definíciójából:

$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$

alapján

$P(A|B)P(B)=P(A\cap B)=P(B|A)P(A)$

amiből P(B)-vel leosztva adódik a tétel.

Példák

Orvosi vizsgálatok

Tegyük fel, hogy egy adott fertőzés meglétét vizsgáló teszt 99% eséllyel ismeri fel a kórokozót a beteg emberben, és 1%-kal az egészségesben (vagyis mind beteg, mind egészséges emberre 99% eséllyel helyes eredményt ad). Mennyire megbízható ez a teszt egy olyan betegség vizsgálatára, amely átlagosan ezerből egy embert betegít meg?

Mivel átlagosan minden ezredik ember betegedik meg, annak az a priori valószínűsége, hogy egy véletlenül választott személy beteg, P(B) = 0.001, annak pedig, hogy egészséges, P(E) = 0.999. Mivel a teszt 99% eséllyel helyes, a pozitív teszteredmény esélye beteg alanyt feltételezve P(+|B) = 0.99, egészséges alanyt feltételezve P(+|E) = 0.01. A Bayes-tétel teljes eseményrendszerekre vonatkozó alakját felírva (E és B egy teljes eseményrendszert alkot):

$P(B|+)=\frac{P(+|B)P(B)}{P(+|B)P(B)+P(+|E)P(E)}=\frac{0.99\times 0.001}{0.99\times 0.001+0.01\times 0.999}\approx 0.09$

vagyis azt a meglepő eredményt kapjuk, hogy a teszt 99%-os hatékonysága ellenére az általa betegnek jelzett emberek valójában csak mintegy egy a tízhez eséllyel betegek. (Segíti a megértést, ha felismerjük, hogy a nevező annak a valószínűségét adja meg, hogy ezzel a vizsgálati pontossággal a populáció 0.99 * 0.001 + 0.01 * 0.999 részét betegnek "ítéljük", ami kb. 1%. Ez azért is lesz, mert pl. 1000 emberből a 999 nem beteg 1%-át a téves eredményű vizsgálat miatt betegnek fogjuk venni.)

Monty Hall-paradoxon

Egy show-műsorban három ajtó közül kell választanunk, amelyek egyike mögött a nyeremény van. Miután választottunk, a műsorvezető kinyitja a másik két ajtó egyikét (de sosem azt, amelyik mögött a díj van). Melyik fennmaradó ajtót érdemes választanunk?

A feladatot azért nevezik paradoxonnak, mert a legtöbb ember úgy érzi, hogy bárhogy is választunk, 50% az esélyünk a sikerre (hiszen semmi mást nem tudunk, mint hogy a díj nem egy bizonyos ajtó mögött van). A Bayes-tétellel könnyen megmutatható, hogy ez nem igaz.

Tegyük fel, hogy az első ajtót választottuk, és a játékvezető a harmadikat nyitotta ki. Jelölje rendre $A_1,A_2,A_3$ azt, hogy a díj az első, második illetve harmadik ajtó mögött van, $B$ pedig azt, hogy a játékvezető a harmadik ajtót nyitja ki. Amíg nem tudjuk, melyik ajtót nyitja ki, a díj helyére vonatkozó a priori valószínűségek $P(A_1)=P(A_2)=P(A_3)=1/3$. A játékvezető sosem nyitja ki azt az ajtót, ami mögött a díj van ($P(B|A_2)=1,P(B|A_3)=0$), és ha két lehetősége is van, véletlenszerűen választ ($P(B|A_1)=1/2$). Mivel nem tudjuk, hol a díj, egyformán valószínű számunkra, hogy a játékvezető a második vagy a harmadik ajtót nyitja ki ($P(B)=1/2$). Bayes képletét alkalmazva

$P(A_1|B)=\frac{P(B|A_1)P(A_1)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}$

$P(A_2|B)=\frac{P(B|A_2)P(A_2)}{P(B)}=\frac{1\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}$

$P(A_3|B)=\frac{P(B|A_3)P(A_3)}{P(B)}=\frac{0\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=0$

vagyis kétszer akkora esélyünk van, ha átváltunk a másik csukott ajtóra.

Források

• Denkinger Géza: Valószínűségszámítás
• Hans-Peter Beck-Bernholdt, Hans-Hermann Dubben: A tojást rakó kutya