رياضيات المرحلة الثانوية · Grades 10–12

32الاحتمال الشرطي والاستقلال

يكمّم الاحتمال اللايقين؛ ويكمّم الاحتمال الشرطي كيف تغيّره المعلومة. فمعرفة أن حادثة $B$ قد وقعت تعيد تشكيل احتمالات كل الحوادث الأخرى — وهي آلية صاغها بايز ويُساء استعمالها يوميًا في المحاكم والصحف. ويرسي هذا الفصل قواعد الشرط والمعنى الدقيق للاستقلال.

32.1 الفضاءات الاحتمالية (تذكير)

تُنمذَج تجربة ذات عدد منته من الإمكانيات بمجموعة الإمكانيات $\Omega$ (وهي مجموعة النتائج الممكنة) واحتمال $\P$ يرفق بكل حادثة $A \subseteq \Omega$ عددًا $\P(A) \in \intcc{0}{1}$ ، جمعيًا على الاتحادات المنفصلة ومع $\P(\Omega) = 1$ . وتذكّر القواعد الأساسية:

\P(\bar A) = 1 - \P(A), \qquad \P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B).

وعندما تكون كل الإمكانيات متساوية الاحتمال، يكون $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ — ويؤول حساب الاحتمالات إلى تقنيات العدّ في الفصل 27.

32.2 الاحتمال الشرطي

تعريف 32.1 (الاحتمال الشرطي)

لتكن $B$ حادثة حيث $\P(B) > 0$ . احتمال $A$ علمًا بوقوع $B$ هو

\pcond{B}{A} = \frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} .

والتطبيق $A \mapsto \pcond BA$ هو نفسه احتمال (فتنطبق عليه كل القواعد)؛ وهو يمثّل الحالة المعرفية الجديدة لمن علم أن $B$ قد وقعت.

قضية 32.2 (قاعدة الضرب)

من أجل حوادث ذات احتمالات غير معدومة:

\P(A \cap B) = \P(B)\,\pcond{B}{A} = \P(A)\,\pcond{A}{B},

وبوجه أعم $\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1)\,\pcond{A_1}{A_2}\, \pcond{A_1 \cap A_2}{A_3}$ ، وهكذا.

برهان. أعد ترتيب التعريف؛ وتنتج صيغة السلسلة بالتكرار. ∎

مبرهنة 32.3 (قانون الاحتمالات الكلية)

لتكن $B_1, \dots, B_n$ تجزئة للمجموعة $\Omega$ إلى حوادث ذات احتمال غير معدوم. عندئذٍ من أجل كل حادثة $A$ :

\P(A) = \sum_{i=1}^{n} \P(B_i)\,\pcond{B_i}{A}.

برهان. المجموعات $A \cap B_i$ منفصلة مثنى مثنى واتحادها $A$ ، إذن $\P(A) = \sum_i \P(A \cap B_i) = \sum_i \P(B_i)\pcond{B_i}{A}$ حسب قاعدة الضرب. ∎

طريقة 32.4 (أشجار الاحتمالات)

ينظّم المخطط الشجري الاحتمالات الشرطية: فكل فرع يحمل احتمال الحادثة التالية علمًا بالمسار حتى الآن.

احتمال ورقة (أي مسار كامل) هو جداء الاحتمالات على طول فروعها (بقاعدة الضرب).
احتمال حادثة هو مجموع احتمالات الأوراق التي تحققها (بالاحتمالات الكلية).
مجموع الاحتمالات على الفروع الخارجة من عقدة واحدة هو $1$ .

شجرة ذات مستويين: اضرب على طول المسار، واجمع على الأوراق. فمثلًا (A) هو مجموع احتمالَي الورقة الأولى والورقة الثالثة. — شجرة ذات مستويين: اضرب على طول المسار، واجمع على الأوراق. فمثلًا $\P(A)$ هو مجموع احتمالَي الورقة الأولى والورقة الثالثة.

مبرهنة 32.5 (صيغة بايز)

لتكن $B_1, \dots, B_n$ تجزئة للمجموعة $\Omega$ كما سبق ولتكن $A$ حادثة حيث $\P(A) > 0$ . عندئذٍ

\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(B_j)\,\pcond{B_j}{A}}{\sum_{i=1}^{n} \P(B_i)\,\pcond{B_i}{A}} .

برهان. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ؛ ثم انشر البسط بقاعدة الضرب والمقام بالاحتمالات الكلية. ∎

مثال 32.6 (اختبار مسح)

مرض يصيب $1\%$ من السكان. واختبار يكشفه باحتمال $0.99$ (وهي الحساسية) ويعطي إيجابيًا كاذبًا باحتمال $0.05$ . وعلمًا بأن الاختبار إيجابي، يكون احتمال الإصابة بالمرض فعلًا

\frac{0.01 \times 0.99}{0.01\times0.99 + 0.99\times0.05} = \frac{0.0099}{0.0099 + 0.0495} = \frac{1}{6} \approx 0.17 .

ورغم دقة الاختبار، فإن خمسة إيجابيات من ست كاذبة — لأن المرض نادر. والخلط بين $\pcond{A}{B}$ و $\pcond{B}{A}$ هو مغالطة المدّعي العام.

اختبار المسح على صورة شجرة (D: مصاب، T: اختبار إيجابي). والورقتان الإيجابيتان (بالأحمر) وزنهما الكلي 0.0594، و تسهم الإيجابيات الكاذبة بخمسة أسداسه. — اختبار المسح على صورة شجرة ( $D$ : مصاب، $T$ : اختبار إيجابي). والورقتان الإيجابيتان (بالأحمر) وزنهما الكلي $0.0594$ ، و تسهم الإيجابيات الكاذبة بخمسة أسداسه.

32.3 الاستقلال

تعريف 32.7 (الحادثتان المستقلتان)

تكون الحادثتان $A$ و $B$ مستقلتين إذا كان

\P(A \cap B) = \P(A)\,\P(B) .

وعندما يكون $\P(B) > 0$ ، يكافئ هذا $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : أي إن معرفة $B$ لا تغيّر احتمال $A$ .

قضية 32.8

إذا كانت $A$ و $B$ مستقلتين، فكذلك $A$ و $\bar B$ (وكذلك $\bar A$ و $\bar B$ ).

برهان. $\P(A \cap \bar B) = \P(A) - \P(A \cap B) = \P(A) - \P(A)\P(B) = \P(A)\bigl(1 - \P(B)\bigr) = \P(A)\,\P(\bar B)$ . ∎

ملاحظة 32.9

لا تخلط بين المستقلتين ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) و المتنافيتين ( $A \cap B = \varnothing$ ). فحادثتان متنافيتان ذواتا احتمال غير معدوم لا تكونان مستقلتين أبدًا: إذ إن معرفة وقوع إحداهما تضمن أن الأخرى لم تقع.

تعريف 32.10 (التكرارات المستقلة)

عندما تُكرَّر تجربة $n$ مرة بحيث لا تؤثر نتيجة كل محاولة في الأخريات، يكون احتمال متتالية محدَّدة من النتائج جداء الاحتمالات المفردة. وهذا هو النموذج الذي يقوم عليه التوزيع الثنائي (الفصل 33).

32.4 تمارين

تمرين 32.1 ★

تُسحب ورقة من رزمة عادية فيها 52 ورقة. احسب احتمال أن تكون ملكًا، علمًا بأنها ورقة صورة (ولد أو ملكة أو ملك). وهل الحادثتان “ملك” و“قلب” مستقلتان؟

حل

حل التمرين 32.1.

توجد $12$ ورقة صورة، منها $4$ ملوك: $\pcond{\text{صورة}}{\text{ملك}} = \frac{4}{12} = \frac13$ .

وأما الاستقلال: $\P(\text{ملك} \cap \text{قلب}) = \frac{1}{52}$ (وهو ملك القلوب)، و $\P(\text{ملك})\,\P(\text{قلب}) = \frac{4}{52}\times\frac{13}{52} = \frac{1}{52}$ . فهما متساويان: إذن الحادثتان مستقلتان.

تمرين 32.2 ★

كيس فيه 5 كرات حمراء و 3 زرقاء. وتُسحب كرتان تباعًا بدون إرجاع.

ارسم شجرة الاحتمالات.
احسب احتمال أن تكون الكرتان حمراوين، واحتمال أن تكون الثانية حمراء.

حل

حل التمرين 32.2.

1. الفرع الأول: حمراء $\frac58$ ، وزرقاء $\frac38$ ؛ والفروع الثانية (بلا إرجاع): بعد الحمراء، حمراء $\frac47$ / زرقاء $\frac37$ ؛ وبعد الزرقاء، حمراء $\frac57$ / زرقاء $\frac27$ .

2. $\P(RR) = \frac58 \times \frac47 = \frac{5}{14}$ . وبالاحتمالات الكلية،

\P(\text{الثانية حمراء}) = \frac58\cdot\frac47 + \frac38\cdot\frac57 = \frac{20 + 15}{56} = \frac58 .

(وهو المقدار نفسه كما في السحبة الأولى — فبالتناظر، الكرة الثانية كرة عشوائية منتظمة من الكيس.)

تمرين 32.3 ★

يُرمى حجرا نرد غير مغشوشين. ولتكن $A$ = “المجموع يساوي $7$ ” و $B$ = “الحجر الأول يُظهر $3$ ” و $C$ = “المجموع يساوي $6$ ”. حدّد هل $A$ و $B$ مستقلتان، ثم هل $B$ و $C$ مستقلتان.

حل

حل التمرين 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (فستة أزواج مجموعها $7$ )، و $\P(B) = \frac16$ ، و $A \cap B = \{(3,4)\}$ احتمالها $\frac{1}{36} = \P(A)\P(B)$ : إذن $A$ و $B$ مستقلتان. (فالمجموع $7$ خاص: إذ مهما كان الحجر الأول، توجد قيمة واحدة بالضبط للثاني تعطيه.)

و $\P(C) = \frac{5}{36}$ و $B \cap C = \{(3,3)\}$ : $\P(B \cap C) = \frac{1}{36} \neq \frac16 \times \frac{5}{36} = \frac{5}{216}$ . إذن ليستا مستقلتين.

تمرين 32.4 ★★

مصنع فيه ثلاث آلات تنتج على الترتيب $50\%$ و $30\%$ و $20\%$ من الإنتاج الكلي، بمعدلات عيب $1\%$ و $2\%$ و $4\%$ .

ما نسبة الإنتاج المعيب؟
قطعة مختارة عشوائيًا معيبة. فما احتمال أنها جاءت من الآلة الثالثة؟

حل

حل التمرين 32.4.

1. بالاحتمالات الكلية مع التجزئة حسب الآلة:

\P(D) = 0.5\times0.01 + 0.3\times0.02 + 0.2\times0.04 = 0.005 + 0.006 + 0.008 = 0.019 = 1.9\% .

2. وببايز: $\pcond{D}{M_3} = \dfrac{0.008}{0.019} = \dfrac{8}{19} \approx 0.42$ . فالآلة التي تنتج خُمس الإنتاج فقط مسؤولة عن أكثر من $40\%$ من العيوب.

تمرين 32.5 ★★

في المثال 32.6، عند أي انتشار للمرض $p$ (بدل $1\%$ ) يعني الاختبار الإيجابي احتمال إصابة لا يقل عن $90\%$ ؟ حل المتراجحة وعلّق.

حل

حل التمرين 32.5.

الشرط هو

\frac{0.99\,p}{0.99\,p + 0.05\,(1-p)} \geq 0.9 .

والمقام موجب، فيُقرأ هذا $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ ، أي $0.144\,p \geq 0.045$ ، أي

p \geq \frac{0.045}{0.144} = 0.3125 .

فلا يبلغ الاختبار وحده يقين $90\%$ إلا إذا كان المرض يصيب أصلًا أكثر من $31\%$ من المجموعة المفحوصة — ولهذا يقتضي المسح الشامل للأمراض النادرة اختبارات تأكيدية.

تمرين 32.6 ★★

قطعة نقد مغشوشة تسقط على الصورة باحتمال $p \in \intoo{0}{1}$ . وتُرمى ثلاث مرات، والرميات مستقلة.

احسب احتمال الحادثة $E$ = “صورتان بالضبط”.
من أجل أي $p$ يكون $\P(E)$ أعظميًا؟

حل

حل التمرين 32.6.

1. ثلاث متتاليات تحقق $E$ (صص ظ، ص ظ ص، ظ صص)، احتمال كل منها $p^2(1-p)$ بالاستقلال: $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

2. $f(p) = 3p^2 - 3p^3$ لها $f'(p) = 6p - 9p^2 = 3p(2 - 3p)$ ، وهي موجبة ثم سالبة على $\intoo{0}{1}$ : فالقيمة العظمى عند $p = \frac23$ ، حيث $\P(E) = 3\cdot\frac49\cdot\frac13 = \frac49$ .

تمرين 32.7 ★★★

(مونتي هول.) تختبئ جائزة خلف أحد ثلاثة أبواب. فتختار أنت بابًا؛ ثم يفتح المقدّم، وهو يعرف أين الجائزة، أحد البابين الباقيين، كاشفًا دائمًا بابًا فارغًا (ويختار عشوائيًا إذا كان كلاهما فارغًا)، ويعرض عليك أن تبدّل إلى الباب المغلق الآخر. وباستعمال صيغة بايز، احسب احتمال الفوز إذا بدّلت، وإذا لم تبدّل.

حل

حل التمرين 32.7.

لنقل إنك اخترت الباب 1 وفتح المقدّم الباب 3 (وهي الحادثة $H_3$ ). ومع $B_i$ = “الجائزة خلف الباب $i$ ”، يكون $\P(B_i) = \frac13$ و

\pcond{B_1}{H_3} = \frac12, \qquad \pcond{B_2}{H_3} = 1, \qquad \pcond{B_3}{H_3} = 0

(فإذا كانت الجائزة خلف بابك، اختار المقدّم بين البابين 2 و 3 عشوائيًا؛ وإذا كانت خلف الباب 2، اضطر إلى فتح الباب 3). وببايز:

\pcond{H_3}{B_1} = \frac{\frac13\cdot\frac12}{\frac13\cdot\frac12 + \frac13\cdot1 + 0} = \frac{1/6}{1/2} = \frac13, \qquad \pcond{H_3}{B_2} = \frac{\frac13}{\frac12} = \frac23 .

فالبقاء يربح باحتمال $\frac13$ ، والتبديل باحتمال $\frac23$ .

تمرين 32.8 ★★★

قناة معلومات تنقل بتات. ويقلب الضجيج كل بت باحتمال $\varepsilon = 0.1$ ، على نحو مستقل. ولحماية بت، يُرسل ثلاث مرات ويُفكّ ترميزه بالأغلبية.

احسب احتمال أن يكون البت المفكوك خاطئًا.
الكلمة المستقبَلة هي $101$ . فما احتمال أن يكون البت المرسل هو $1$ ؟ (افترض أن $0$ و $1$ يُرسلان باحتمالين متساويين.)

حل

حل التمرين 32.8.

1. تخطئ الأغلبية عندما تُقلب نسختان على الأقل من النسخ الثلاث:

3\varepsilon^2(1-\varepsilon) + \varepsilon^3 = 3(0.01)(0.9) + 0.001 = 0.028,

وهو أصغر بكثير من $\varepsilon = 0.1$ : فالترميز التكراري يعمل.

2. إذا أُرسل $1$ (على صورة $111$ )، فاستقبال $101$ يقتضي قلبة واحدة بالضبط: باحتمال $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . وإذا أُرسل $0$ (على صورة $000$ )، لزمت قلبتان: $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . وببايز مع قبْليين متساويين:

\pcond{101}{\,\text{أُرسل }1} = \frac{0.081}{0.081 + 0.009} = 0.9 .

ففكّ الترميز بالأغلبية ( $101 \mapsto 1$ ) هو التخمين الأرجح فعلًا.

32.5 مسألة: الطبيب والقاضي ومرشِّح البريد المزعج

مسألة 32.1

مسألة نهاية الأسبوع — صيغة بايز في مواجهة مغالطة المعدل القاعدي: لماذا قد يعني اختبار بنسبة $99\,\%$ نسبةَ $2\,\%$ ، ولماذا لا يدين تطابق بنسبة واحد في المليون أحدًا، وكيف يفكّر صندوق بريدك

اختبار يمسك $99\,\%$ من الحالات يعود إيجابيًا — والاحتمال الحقيقي للإصابة دون $2\,\%$ . وسمة حمض نووي تطابق شخصًا واحدًا في المليون تُوجَد — و المشتبه به بريء على الأرجح. والعبارتان صحيحتان، وقد أخطأ في الحكم عليهما أطباء ومحاكم، وكلتاهما تُحسم بسطر واحد من هذا الفصل: صيغة بايز (المبرهنة 32.5). وتتدرّب هذه المسألة عليها بالأكياس، ثم في العيادة والمحكمة وصندوق البريد.

الجزء الأول — التمكّن.

قطعة نقد غير مغشوشة تختار الكيس I ( $2$ حمراء و $1$ زرقاء) أو الكيس II ( $1$ حمراء و $3$ زرقاء)، ثم تُسحب كرة واحدة. احسب $\P(\text{حمراء})$ بقانون الاحتمالات الكلية (المبرهنة 32.3).
الكرة حمراء: احسب $\P(\text{الكيس I} \mid \text{حمراء})$ .
رمية نرد واحدة: هل الحادثتان “زوجي” و “ $\leq 4$ ” مستقلتان (التعريف 32.7)؟ وماذا عن “زوجي” و “ $\leq 3$ ”؟
جهازا إنذار حريق مستقلان يعمل كل منهما باحتمال $0.9$ عند نشوب حريق. وباستعمال القضية 32.8، احسب احتمال أن يعمل واحد منهما على الأقل.
ورقتان بدون إرجاع: احسب $\P(\text{ملكان})$ بقاعدة الضرب (القضية 32.2).

الجزء الثاني — الطبيب. مرض يصيب شخصًا $1$ من كل $1\,000$ . والاختبار يكشف $99\,\%$ من المرضى (وهي الحساسية) لكنه ينطلق أيضًا على $5\,\%$ من الأصحاء (إيجابيات كاذبة).

التواترات الطبيعية: تخيّل $100\,000$ شخص. فكم منهم مريض، وكم منهم صحيح؟ وكم إيجابيًا تنتج كل مجموعة، وكم إيجابيًا في المجموع؟
انطلاقًا من الأعداد، احسب $\P(\text{مريض} \mid \text{إيجابي})$ . واستوعب الصدمة.
أعد حسابه بصيغة بايز وتحقق من التوافق.
في الاستطلاعات، يجيب معظم الأطباء “نحو $99\,\%$ ”. سمِّ الاحتمالين الشرطيين اللذين يُخلَط بينهما، وفسّر لماذا يقود المعدل القاعدي الضئيل الجواب الحقيقي.
ويعود اختبار ثانٍ مستقل إيجابيًا أيضًا. حدّث: بأخذ $1.9\,\%$ قبليًا جديدًا، احسب $\P(\text{مريض} \mid \text{إيجابيان})$ . فماذا يفعل تراكم الأدلة؟
احسب $\P(\text{مريض} \mid \text{إيجابي})$ إذا استُعمل الاختبار نفسه على مجموعة عالية الخطر فقط انتشار المرض فيها $5\,\%$ . واستنتج العبرة الصحية العامة بخصوص المسح الشامل للحالات النادرة.

الجزء الثالث — القاضي.

سمة حمض نووي من مسرح جريمة تطابق شخصًا واحدًا في المليون. والمشتبه به، الذي وُجد بالبحث في قاعدة بيانات لسكان المدينة البالغين $10$ ملايين، يطابقها. فما العدد المأمول للتطابقات البريئة في المدينة؟ وعلمًا بالتطابق وحده، كم يساوي $\P(\text{بريء} \mid \text{تطابق})$ تقريبًا؟
سمِّ المغالطة — أي احتمال اقتبسه المدّعي العام، وأي احتمال احتاجت إليه المحكمة؟ — وموازاتها الدقيقة مع السؤال 9.
مصيدة الاستقلال: مأساتان نادرتان في أسرة واحدة رُبّعتا مرة إلى “واحد في $73$ مليونًا” بمعاملتهما على أنهما مستقلتان، فأُدينت أم بريئة (قضية سالي كلارك). فإذا كانت الحادثتان تتشاركان عوامل خطر أسرية بحيث تكون الثانية، علمًا بالأولى، أرجح $5$ مرات من المعدل القاعدي، فأعد حساب رتبة القدر — وصُغ الدرس بخصوص ضرب الاحتمالات.
والدفاع يستطيع الغش أيضًا: فعبارة “عشرة أبرياء يطابقون، إذن التطابق لا يبرهن على شيء” تتجاهل كل ما عداه. فماذا تفعل صيغة بايز مع عدة قطع من الأدلة، وأي جملة واحدة ينبغي أن يعرفها كل محلَّف؟

الجزء الرابع — مرشِّح البريد المزعج.

بريدك $40\,\%$ منه مزعج. وتظهر كلمة “يانصيب” في $15\,\%$ من البريد المزعج و $0.5\,\%$ من البريد النزيه. ورسالة تحويها: احسب $\P(\text{مزعج} \mid \text{يانصيب})$ .
الترميز التكراري المصحِّح للأخطاء (تتمة التمرين 32.8): مع احتمال قلب $\varepsilon = 0.1$ ، بأي احتمال يفشل فكّ الترميز بالأغلبية من خمس نسخ؟ وقارن بترميز النسخ الثلاث.
يعبر بت $4$ مرحّلات مضجّة مستقلة، يقلبه كل منها باحتمال $0.1$ : فيصل صحيحًا بالضبط عندما يكون عدد القلبات زوجيًا. احسب ذلك الاحتمال مرتين: بجمع الحدود الثنائية، و بالصيغة الأنيقة $\frac{1 + (1 - 2\varepsilon)^4}{2}$ .
تضرب مرشِّحات البريد المزعج الحقيقية أدلة كلمات كثيرة كأنها مستقلة (وهو بايز “الساذج”). فلماذا يكون ذلك الافتراض خاطئًا من أجل كلمات مثل “اربح” و “يانصيب” — ولماذا يعمل المرشِّح جيدًا رغم ذلك؟ (جملة أو جملتان.)
الخاتمة — بايز حسابًا للاعتقاد: القبْلي $\times$ الأرجحية، ثم إعادة التعيير، فالبعْدي. أعد الأحكام الثلاثة (العيادة، المحكمة، صندوق البريد) في جملة واحدة لكل منها، ثم اسرد المصائد الثلاث التي كشفتها هذه المسألة: المعدلات القاعدية المنسية، والاستقلال المزيف، والأدلة المقروءة قطعة قطعة.

حل

حل المسألة 32.1.

1. $\P(\text{حمراء}) = \frac12 \cdot \frac23 + \frac12 \cdot \frac14 = \frac13 + \frac18 = \frac{11}{24}$ .

2. $\P(\text{I} \mid \text{حمراء}) = \dfrac{\frac12 \cdot \frac23}{\frac{11}{24}} = \dfrac{1/3}{11/24} = \dfrac{8}{11}$ .

3. $\P(\text{زوجي} \cap \leq 4) = \P(\{2, 4\}) = \frac13$ و $\P(\text{زوجي})\P(\leq 4) = \frac12 \cdot \frac23 = \frac13$ : إذن مستقلتان (على غير المتوقع!). ومن أجل $\leq 3$ : $\P(\{2\}) = \frac16$ في مواجهة $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ : إذن مرتبطتان.

4. متممتا الحادثتين المستقلتين مستقلتان هما أيضًا، إذن

\P(\text{لا شيء}) = 0.1 \times 0.1 = 0.01, \qquad \P(\text{واحد على الأقل}) = 0.99 .

5. $\frac{4}{52} \times \frac{3}{51} = \frac{1}{221}$ .

6. المرضى: $100$ ؛ والأصحاء: $99\,900$ . والإيجابيات: $99$ صحيحة (99 % من $100$ ) و $4\,995$ كاذبة (5 % من $99\,900$ ): أي $5\,094$ إيجابيًا في المجموع.

7. $\P(\text{مريض} \mid +) = \frac{99}{5\,094} \approx 1.9\,\%$ : فمن بين من يؤشّر عليهم الاختبار، أقل من واحد من كل خمسين مريض فعلًا.

8. $\dfrac{0.001 \times 0.99}{0.001 \times 0.99 + 0.999 \times 0.05} = \dfrac{0.00099}{0.05094} \approx 0.019$ : فالأعداد والصيغة متفقتان.

9. الخلط: بين $\P(+ \mid \text{مريض}) = 99\,\%$ (وهي جودة الاختبار المعلَنة) و $\P(\text{مريض} \mid +)$ (وهو سؤال المريض الفعلي). ومع معدل قاعدي قدره $\frac{1}{1000}$ ، يكون المرضى نادرين إلى حدّ أن تسرّبًا قدره $5\,\%$ من الأغلبية الصحيحة الضخمة يغرق الإيجابيات الصحيحة خمسين إلى واحد.

10. $\dfrac{0.019 \times 0.99}{0.019 \times 0.99 + 0.981 \times 0.05} \approx 28\,\%$ . فكل إيجابي مستقل يضرب الحظوظ في المعامل نفسه: فالأدلة تتراكم، وإيجابي ثالث سيدفعها فوق $90\,\%$ — ولهذا توجد الاختبارات التأكيدية.

11. $\dfrac{0.05 \times 0.99}{0.05 \times 0.99 + 0.95 \times 0.05} \approx 51\,\%$ : فعلى مجموعة عالية الخطر يكون الاختبار نفسه مفيدًا. والعبرة: امسح حيث يكون المعدل القاعدي كبيرًا؛ أما المسح الشامل لحالة نادرة فيصنع إنذارات كاذبة بالآلاف.

12. العدد المأمول للتطابقات البريئة: $10^7 \times 10^{-6} = 10$ . ومن بين نحو $11$ شخصًا مطابقًا ( $10$ أبرياء و $1$ مذنب — إذا كان الجاني في المدينة)، يكون المشتبه به الذي وُجد بالتطابق وحده بريئًا باحتمال نحو $\frac{10}{11} \approx 91\,\%$ .

13. اقتبس المدّعي العام $\P(\text{تطابق} \mid \text{بريء}) = 10^{-6}$ ؛ أما المحكمة فاحتاجت إلى $\P(\text{بريء} \mid \text{تطابق})$ — وهو خلط السؤال 9 تحت القسم. (وفي القضية الحقيقية التي شهّرت هذه الأخطاء، ضاعفت غلطة ثانية الأمر: انظر السؤال 14.)

14. التربيع الساذج: $\left(\frac{1}{8500}\right)^2 \approx \frac{1}{72 \text{ مليون}}$ . ومع كون المأساة الثانية أرجح خمس مرات علمًا بالأولى: $\frac{1}{8500} \times \frac{5}{8500} \approx \frac{1}{14.5 \text{ مليون}}$ — أي أكبر بخمس مرات، ومع ذلك ما زال يتجاهل أن الفرضية البديلة يجب أن تُوزَن ببايز أيضًا. والدرس: أن ضرب الاحتمالات يقتضي الاستقلال، وأن الأسباب المشتركة (الوراثة و البيئة) تدمّره.

15. تضرب صيغة بايز نسب الأرجحية من أجل كل الأدلة في بعدي واحد: التطابق، و الحجة الغيابية، والألياف، وكل منها يزيح الحظوظ. وجملة المحلَّف: اسأل ما احتمال الدليل في ظل كلتا الفرضيتين، ولا تخلط أبدًا بين الاحتمال الشرطي وعكسه.

16. $\dfrac{0.4 \times 0.15}{0.4 \times 0.15 + 0.6 \times 0.005} = \dfrac{0.060}{0.063} \approx 95\,\%$ مزعج: فكلمة واحدة تكاد تحسم الأمر.

17. تفشل النسخ الخمس عندما تُقلب $3$ أو $4$ أو $5$ : $\binom53 \varepsilon^3(1-\varepsilon)^2 + \binom54 \varepsilon^4 (1 - \varepsilon) + \varepsilon^5 \approx 0.0086$ — في مواجهة $0.028$ من أجل ثلاث نسخ: فالتكرار يشتري الموثوقية بثمن عرض الحزمة.

18. القلبات الزوجية: $\binom40 0.9^4 + \binom42 0.9^2 0.1^2 + \binom44 0.1^4 = 0.6561 + 0.0486 + 0.0001 = 0.7048$ ؛ و $\frac{1 + 0.8^4}{2} = \frac{1 + 0.4096}{2} = 0.7048$ : فالصيغة الحيلة تتتبع الانحياز $(1 - 2\varepsilon)$ عبر كل مرحّل.

19. الكلمات المزعجة تسافر في قطعان — فرسالة فيها “يانصيب” يرجح جدًا أن تحوي “اربح”، فيكون دليلهما المشترك أضعف مما يدّعيه الجداء. ومع ذلك يعمل المرشِّح لأن المبالغة تدفع عادةً في الاتجاه الصحيح: فالتصنيف يحتاج إلى الجهة الصحيحة من $50\,\%$ ، لا إلى البعدي الصحيح.

20. العيادة: تحوّل حالة نادرة اختبارًا قويًا إلى حكم ضعيف — فحدِّث انطلاقًا من المعدل القاعدي، ثم راكم. والمحكمة: تطابق نادر في مدينة كبيرة يدين المدينة لا الرجل — فالأرجحيات ليست أحكامًا. وصندوق البريد: أدلة ضعيفة كثيرة، مضروبةً، تفرز البريد — ولو على نحو ساذج. والمصائد الثلاث: انسَ القبْلي تُخدَع؛ وزيّف الاستقلال تُخدَع كثيرًا؛ واقرأ الأدلة قطعة قطعة فلا تعرف أبدًا ما تعرفه.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد