Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

32Peluang Bersyarat dan Kebebasan

Peluang mengukur ketidakpastian; peluang bersyarat mengukur bagaimana keterangan mengubahnya. Mengetahui bahwa kejadian $B$ terjadi membentuk ulang peluang semua kejadian lainnya — suatu mekanisme yang diformalkan Bayes dan disalahgunakan tiap hari di ruang sidang dan surat kabar. Bab ini menyusun kaidah pensyaratan dan makna kebebasan yang tepat.

32.1 Ruang peluang (pengingat)

Percobaan dengan hasil yang berhingga banyaknya dimodelkan oleh ruang sampel $\Omega$ (himpunan hasilnya) dan peluang $\P$ yang memberikan kepada tiap kejadian $A \subseteq \Omega$ sebuah bilangan $\P(A) \in \intcc{0}{1}$ , yang aditif atas gabungan yang saling lepas dan dengan $\P(\Omega) = 1$ . Ingatlah kaidah dasarnya:

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

Ketika semua hasilnya sama mungkin, $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ — dan penghitungan peluangnya menyusut menjadi teknik pencacahan pada Bab 27.

32.2 Peluang bersyarat

Definisi 32.1 (Peluang bersyarat)

Misalkan $B$ kejadian dengan $\P(B) > 0$ . Yang disebut peluang $A$ jika diketahui $B$ adalah

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

Pemetaan $A \mapsto \pcond BA$ sendiri adalah sebuah peluang (semua kaidahnya berlaku); pemetaan itu mewakili keadaan pengetahuan yang baru pada orang yang telah mengetahui bahwa $B$ terjadi.

Proposisi 32.2 (Kaidah perkalian)

Untuk kejadian yang peluangnya tak nol:

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

dan secara lebih umum $\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1)\,\pcond{A_1}{A_2}\, \pcond{A_1 \cap A_2}{A_3}$ , dan seterusnya.

Bukti. Susunlah ulang definisinya; rumus rantainya menyusul lewat pelelaran. ∎

Teorema 32.3 (Hukum peluang total)

Misalkan $B_1, \dots, B_n$ suatu partisi $\Omega$ menjadi kejadian yang peluangnya tak nol. Untuk setiap kejadian $A$ :

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

Bukti. Himpunan $A \cap B_i$ saling lepas sepasang demi sepasang dengan gabungan $A$ , sehingga $\P(A) = \sum_i \P(A \cap B_i) = \sum_i \P(B_i)\pcond{B_i}{A}$ menurut kaidah perkaliannya. ∎

Metode 32.4 (Pohon peluang)

Diagram pohon menata peluang bersyaratnya: tiap cabangnya memikul peluang kejadian berikutnya jika diketahui lintasan sejauh ini.

Peluang sebuah daun (satu lintasan yang lengkap) adalah hasil kali peluang di sepanjang cabangnya (kaidah perkalian).
Peluang sebuah kejadian adalah jumlah peluang daun yang mewujudkannya (peluang total).
Peluang pada cabang yang meninggalkan satu simpul berjumlah $1$ .

Pohon dua tingkat: kalikan sepanjang lintasannya, jumlahkan atas daunnya. Misalnya (A) adalah jumlah peluang daun pertama dan daun ketiganya. — Pohon dua tingkat: kalikan sepanjang lintasannya, jumlahkan atas daunnya. Misalnya $\P(A)$ adalah jumlah peluang daun pertama dan daun ketiganya.

Teorema 32.5 (Rumus Bayes)

Misalkan $B_1, \dots, B_n$ suatu partisi $\Omega$ seperti di atas dan $A$ kejadian dengan $\P(A) > 0$ . Maka

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

Bukti. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ; jabarkan pembilangnya lewat kaidah perkalian dan penyebutnya lewat peluang total. ∎

Contoh 32.6 (Uji penapisan)

Suatu penyakit menyerang $1\%$ penduduk. Sebuah uji mendeteksinya dengan peluang $0.99$ (kepekaannya) dan memberi positif palsu dengan peluang $0.05$ . Jika ujinya positif, peluang benar-benar mengidap penyakit itu adalah

\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 .

Walaupun ujinya jitu, lima dari enam positifnya palsu — sebab penyakitnya jarang. Mengacaukan $\pcond{A}{B}$ dengan $\pcond{B}{A}$ adalah sesat pikir jaksa.

Uji penapisannya sebagai pohon (D: mengidap, T: uji positif). Kedua daun positifnya (merah) berbobot total 0.0594, dan positif palsunya menyumbang lima perenamnya. — Uji penapisannya sebagai pohon ( $D$ : mengidap, $T$ : uji positif). Kedua daun positifnya (merah) berbobot total $0.0594$ , dan positif palsunya menyumbang lima perenamnya.

32.3 Kebebasan

Definisi 32.7 (Kejadian saling bebas)

Dua kejadian $A$ dan $B$ disebut saling bebas jika

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

Ketika $\P(B) > 0$ , ini setara dengan $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : jadi mengetahui $B$ tidak mengubah peluang $A$ .

Proposisi 32.8

Jika $A$ dan $B$ saling bebas, maka begitu pula $A$ dan $\bar B$ (juga $\bar A$ dan $\bar B$ ).

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

Catatan 32.9

Janganlah mengacaukan saling bebas ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) dengan saling lepas ( $A \cap B = \varnothing$ ). Dua kejadian saling lepas yang peluangnya tak nol tak pernah saling bebas: mengetahui yang satu terjadi menjamin yang lain tidak.

Definisi 32.10 (Pengulangan yang saling bebas)

Ketika sebuah percobaan diulang $n$ kali sedemikian sehingga hasil tiap ulangannya tidak memengaruhi ulangan lainnya, peluang suatu barisan hasil tertentu adalah hasil kali peluang masing-masingnya. Inilah model yang mendasari distribusi binomial (Bab 33).

32.4 Latihan

Latihan 32.1 ★

Sebuah kartu diambil dari satu pak baku berisi 52 kartu. Hitunglah peluang bahwa kartu itu raja, jika diketahui kartu itu bergambar (jack, ratu atau raja). Apakah kejadian “raja” dan “hati” saling bebas?

Solusi

Solusi Latihan 32.1.

Ada $12$ kartu bergambar, dan $4$ di antaranya raja: $\pcond{\text{bergambar}}{\text{raja}} = \frac{4}{12} = \frac13$ .

Kebebasannya: $\P(\text{raja} \cap \text{hati}) = \frac{1}{52}$ (yaitu raja hati), sedangkan $\P(\text{raja})\,\P(\text{hati}) = \frac{4}{52}\times\frac{13}{52} = \frac{1}{52}$ . Keduanya sama: jadi kejadiannya saling bebas.

Latihan 32.2 ★

Sebuah guci memuat 5 bola merah dan 3 bola biru. Dua bola diambil berturut-turut tanpa pengembalian.

Lukiskan pohon peluangnya.
Hitunglah peluang bahwa keduanya merah, dan peluang bahwa bola keduanya merah.

Solusi

Solusi Latihan 32.2.

1. Cabang pertamanya: merah $\frac58$ , biru $\frac38$ ; cabang keduanya (tanpa pengembalian): sesudah merah, merah $\frac47$ / biru $\frac37$ ; sesudah biru, merah $\frac57$ / biru $\frac27$ .

2. $\P(RR) = \frac58 \times \frac47 = \frac{5}{14}$ . Menurut peluang totalnya,

\P(\text{merah ke-2}) = \frac58\cdot\frac47 + \frac38\cdot\frac57 = \frac{20 + 15}{56} = \frac58 .

(Sama dengan pengambilan pertamanya — menurut kesetangkupannya, bola kedua adalah bola yang acak seragam dari gucinya.)

Latihan 32.3 ★

Dua dadu setimbang dilempar. Misalkan $A$ = “jumlahnya $7$ ”, $B$ = “dadu pertama menunjukkan $3$ ”, $C$ = “jumlahnya $6$ ”. Tentukan apakah $A$ dan $B$ saling bebas, lalu apakah $B$ dan $C$ saling bebas.

Solusi

Solusi Latihan 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (ada enam pasangan yang berjumlah $7$ ), $\P(B) = \frac16$ , dan $A \cap B = \{(3,4)\}$ berpeluang $\frac{1}{36} = \P(A)\P(B)$ : jadi $A$ dan $B$ saling bebas. (Jumlah $7$ itu istimewa: apa pun dadu pertamanya, tepat satu nilai dadu kedua memberikannya.)

$\P(C) = \frac{5}{36}$ dan $B \cap C = \{(3,3)\}$ , sehingga $\P(B \cap C) = \frac{1}{36} \neq \frac16 \times \frac{5}{36} = \frac{5}{216}$ . Jadi tidak saling bebas.

Latihan 32.4 ★★

Sebuah pabrik mempunyai tiga mesin yang berturut-turut menghasilkan $50\%$ , $30\%$ dan $20\%$ keluaran totalnya, dengan laju cacat $1\%$ , $2\%$ dan $4\%$ .

Berapa bagian produksinya yang cacat?
Sebuah barang yang dipilih acak ternyata cacat. Berapa peluang barang itu berasal dari mesin ketiga?

Solusi

Solusi Latihan 32.4.

1. Peluang total dengan partisi menurut mesinnya:

\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. Bayes memberi $\pcond{D}{M_3} = \dfrac{0.008}{0.019} = \dfrac{8}{19} \approx 0.42$ . Jadi mesin yang menghasilkan hanya seperlima keluarannya menyumbang lebih dari $40\%$ cacatnya.

Latihan 32.5 ★★

Pada Contoh 32.6, pada kelaziman penyakit $p$ yang mana (alih-alih $1\%$ ) uji positif akan berarti sekurang-kurangnya $90\%$ kemungkinan mengidap? Selesaikan pertidaksamaannya lalu berilah tanggapan.

Solusi

Solusi Latihan 32.5.

Syaratnya adalah

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

Penyebutnya positif, sehingga ini terbaca $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ , yaitu $0.144\,p \geq 0.045$ , yaitu

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

Ujinya sendirian mencapai kepastian $90\%$ hanya jika penyakitnya sudah menyerang lebih dari $31\%$ penduduk yang diuji — dan itulah sebabnya penapisan massal bagi penyakit langka menuntut uji penegasan.

Latihan 32.6 ★★

Sekeping uang logam yang berat sebelah jatuh pada sisi gambar dengan peluang $p \in \intoo{0}{1}$ . Uang itu dilempar tiga kali, dan lemparannya saling bebas.

Hitunglah peluang kejadian $E$ = “tepat dua gambar”.
Untuk $p$ yang mana $\P(E)$ maksimal?

Solusi

Solusi Latihan 32.6.

1. Ada tiga barisan yang mewujudkan $E$ (GGA, GAG, AGG), masing-masing berpeluang $p^2(1-p)$ menurut kebebasannya, jadi $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

2. $f(p) = 3p^2 - 3p^3$ mempunyai $f'(p) = 6p - 9p^2 = 3p(2 - 3p)$ , yang positif lalu negatif pada $\intoo{0}{1}$ : jadi maksimumnya di $p = \frac23$ , dan di sana $\P(E) = 3\cdot\frac49\cdot\frac13 = \frac49$ .

Latihan 32.7 ★★★

(Monty Hall.) Sebuah hadiah bersembunyi di balik satu dari tiga pintu. Kamu memilih satu pintu; pembawa acaranya, yang tahu di mana hadiahnya, membuka satu dari dua pintu sisanya, dan selalu menyingkapkan pintu yang kosong (dengan memilih secara acak jika keduanya kosong), lalu menawarkanmu untuk berpindah ke pintu tertutup yang lain. Dengan rumus Bayes, hitunglah peluang menang jika kamu berpindah, dan jika kamu tidak berpindah.

Solusi

Solusi Latihan 32.7.

Katakanlah kamu memilih pintu 1 dan pembawa acaranya membuka pintu 3 (kejadian $H_3$ ). Dengan $B_i$ = “hadiahnya di balik pintu $i$ ”, berlaku $\P(B_i) = \frac13$ dan

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

(jika hadiahnya di balik pintumu, pembawa acaranya memilih antara pintu 2 dan 3 secara acak; jika hadiahnya di balik pintu 2, ia terpaksa membuka pintu 3). Bayes:

\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 .

Bertahan menang dengan peluang $\frac13$ , sedangkan berpindah dengan peluang $\frac23$ .

Latihan 32.8 ★★★

Sebuah saluran keterangan mengirimkan bit. Tiap bitnya terbalik oleh derau dengan peluang $\varepsilon = 0.1$ , secara saling bebas. Untuk melindungi satu bit, bit itu dikirim tiga kali lalu diterjemahkan menurut suara terbanyak.

Hitunglah peluang bahwa bit yang diterjemahkan itu keliru.
Kata yang diterima adalah $101$ . Berapa peluang bahwa bit yang dikirim adalah $1$ ? (Anggaplah $0$ dan $1$ dikirim dengan peluang yang sama.)

Solusi

Solusi Latihan 32.8.

1. Suara terbanyaknya keliru ketika sekurang-kurangnya dua dari tiga salinannya terbalik:

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

jauh lebih kecil daripada $\varepsilon = 0.1$ : jadi penyandian pengulangan itu berhasil.

2. Jika $1$ yang dikirim (sebagai $111$ ), menerima $101$ menuntut tepat satu pembalikan: peluangnya $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . Jika $0$ yang dikirim (sebagai $000$ ), diperlukan dua pembalikan: $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . Bayes dengan peluang awal yang sama:

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

Penerjemahan menurut suara terbanyak ( $101 \mapsto 1$ ) memang terkaan yang lebih mungkin.

32.5 Soal: Dokter, hakim dan penyaring surat sampah

Soal 32.1

Soal akhir pekan — rumus Bayes melawan sesat pikir laju dasar: mengapa uji $99\,\%$ dapat berarti $2\,\%$ , mengapa kecocokan satu berbanding sejuta tidak memvonis siapa pun, dan bagaimana kotak suratmu berpikir

Sebuah uji yang menangkap $99\,\%$ kasusnya kembali dengan hasil positif — padahal peluang sesungguhnya mengidap penyakit itu di bawah $2\,\%$ . Sebuah profil DNA yang cocok dengan satu orang di antara sejuta ditemukan — padahal tersangkanya besar kemungkinan tak bersalah. Kedua pernyataan itu benar, keduanya pernah disalahnilai oleh dokter dan pengadilan, dan keduanya diputuskan oleh satu baris bab ini: rumus Bayes (Teorema 32.5). Soal ini melatihnya pada guci, lalu di klinik, ruang sidang dan kotak masuk.

Bagian I — Kelancaran.

Sekeping uang logam yang setimbang memilih guci I ( $2$ merah, $1$ biru) atau guci II ( $1$ merah, $3$ biru), lalu satu bola diambil. Hitunglah $\P(\text{merah})$ dengan hukum peluang total (Teorema 32.3).
Bolanya merah: hitunglah $\P(\text{guci I} \mid \text{merah})$ .
Satu lemparan dadu: apakah kejadian “genap” dan “ $\leq 4$ ” saling bebas (Definisi 32.7)? Lalu “genap” dan “ $\leq 3$ ”?
Dua alarm asap yang saling bebas masing-masing berbunyi dengan peluang $0.9$ ketika ada kebakaran. Dengan memakai Proposisi 32.8, hitunglah peluang bahwa sekurang-kurangnya satu berbunyi.
Dua kartu tanpa pengembalian: hitunglah $\P(\text{dua raja})$ dengan kaidah perkalian (Proposisi 32.2).

Bagian II — Sang dokter. Sebuah penyakit menyerang $1$ orang dari $1\,000$ . Ujinya mendeteksi $99\,\%$ orang sakit (kepekaannya) tetapi juga berbunyi pada $5\,\%$ orang sehat (positif palsu).

Frekuensi alaminya: bayangkan $100\,000$ orang. Berapa yang sakit, berapa yang sehat? Berapa positif yang dihasilkan tiap kelompoknya, dan berapa positif seluruhnya?
Dari cacahnya, hitunglah $\P(\text{sakit} \mid \text{positif})$ . Resapilah kejutannya.
Hitunglah ulang dengan rumus Bayes lalu periksalah kecocokannya.
Pada survei, kebanyakan dokter menjawab “kira-kira $99\,\%$ ”. Sebutkan kedua peluang bersyarat yang diacaukan, lalu jelaskan mengapa laju dasar yang mungil itu menggerakkan jawaban yang benar.
Uji kedua yang saling bebas juga kembali positif. Perbaruilah: dengan mengambil $1.9\,\%$ sebagai peluang awal yang baru, hitunglah $\P(\text{sakit} \mid \text{dua positif})$ . Apa yang sedang dilakukan penimbunan bukti itu?
Hitunglah $\P(\text{sakit} \mid \text{positif})$ jika uji yang sama hanya dipakai pada kelompok berisiko tinggi dengan kelaziman $5\,\%$ . Simpulkan pelajaran kesehatan masyarakat tentang penapisan massal bagi penyakit yang langka.

Bagian III — Sang hakim.

Sebuah profil DNA di tempat kejadian cocok dengan satu orang dari sejuta. Tersangkanya, yang ditemukan lewat penelusuran pangkalan data berisi $10$ juta penduduk kota itu, cocok. Berapa harapan banyaknya kecocokan yang tak bersalah di kota itu? Jika hanya diketahui kecocokannya, kira-kira berapa $\P(\text{tak bersalah} \mid \text{cocok})$ ?
Sebutkan sesat pikirnya — peluang mana yang dikutip sang jaksa, dan peluang mana yang diperlukan pengadilan? — beserta kesejajarannya yang persis dengan pertanyaan 9.
Jebakan kebebasannya: dua musibah langka dalam satu keluarga pernah dikuadratkan menjadi “satu berbanding $73$ juta” dengan memperlakukannya sebagai saling bebas, sehingga memvonis seorang ibu yang tak bersalah (perkara Sally Clark). Jika kedua kejadiannya berbagi faktor risiko keluarga sehingga kejadian kedua, jika diketahui yang pertama, $5$ kali lebih mungkin daripada laju dasarnya, hitunglah ulang orde besarnya — lalu nyatakan pelajarannya tentang mengalikan peluang.
Pihak pembela pun dapat berbuat curang: “sepuluh orang tak bersalah cocok, jadi kecocokannya tidak membuktikan apa-apa” mengabaikan segala hal lainnya. Apa yang dilakukan rumus Bayes dengan beberapa keping bukti, dan satu kalimat apa yang harus diketahui setiap anggota juri?

Bagian IV — Penyaring surat sampah.

Suratmu $40\,\%$ berupa sampah. Kata “undian” muncul pada $15\,\%$ surat sampah dan $0.5\,\%$ surat yang jujur. Sebuah pesan memuatnya: hitunglah $\P(\text{sampah} \mid \text{undian})$ .
Pengulangan yang memperbaiki galat (Latihan 32.8 dilanjutkan): dengan peluang terbalik $\varepsilon = 0.1$ , penerjemahan menurut suara terbanyak atas lima salinan gagal dengan peluang berapa? Bandingkan dengan sandi tiga salinannya.
Sebuah bit melewati $4$ penerus berderau yang saling bebas, dan masing-masing membalikkannya dengan peluang $0.1$ : bit itu tiba dengan benar tepat ketika banyaknya pembalikan genap. Hitunglah peluang itu dua kali: lewat penjumlahan suku binomialnya, dan lewat rumus yang elok, $\frac{1 + (1 - 2\varepsilon)^4}{2}$ .
Penyaring surat sampah yang sungguhan mengalikan bukti dari banyak kata seolah-olah saling bebas (Bayes yang “naif”). Mengapa anggapan itu salah bagi kata seperti “menang” dan “undian” — dan mengapa penyaringnya toh bekerja dengan baik? (Satu atau dua kalimat.)
Penutup — Bayes sebagai aritmetika keyakinan: peluang awal $\times$ kebolehjadian, normalkan ulang, peluang akhir. Ulangilah ketiga vonisnya (klinik, ruang sidang, dan kotak masuk) masing-masing dalam satu kalimat, lalu daftarkan ketiga jebakan yang disingkap soal ini: laju dasar yang terlupakan, kebebasan yang palsu, dan bukti yang dibaca sekeping demi sekeping.

Solusi

Solusi Soal 32.1.

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

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

3. $\P(\text{genap} \cap \leq 4) = \P(\{2, 4\}) = \frac13$ dan $\P(\text{genap})\P(\leq 4) = \frac12 \cdot \frac23 = \frac13$ : jadi saling bebas (di luar dugaan!). Untuk $\leq 3$ : $\P(\{2\}) = \frac16$ terhadap $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ : jadi bergantungan.

4. Komplemen kejadian yang saling bebas juga saling bebas, sehingga

\P(\text{tak satu pun}) = 0.1 \times 0.1 = 0.01, \qquad \P(\text{sekurang-kurangnya satu}) = 0.99 .

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

6. Yang sakit: $100$ ; yang sehat: $99\,900$ . Positifnya: $99$ yang benar (99 % dari $100$ ) dan $4\,995$ yang palsu (5 % dari $99\,900$ ), jadi $5\,094$ positif seluruhnya.

7. $\P(\text{sakit} \mid +) = \frac{99}{5\,094} \approx 1.9\,\%$ : jadi dari orang yang ditandai ujinya, kurang dari satu dari lima puluh yang benar-benar sakit.

8. $\dfrac{0.001 \times 0.99}{0.001 \times 0.99 + 0.999 \times 0.05} = \dfrac{0.00099}{0.05094} \approx 0.019$ : jadi cacahnya dan rumusnya sepakat.

9. Yang diacaukan: $\P(+ \mid \text{sakit}) = 99\,\%$ (yaitu mutu ujinya yang diiklankan) dengan $\P(\text{sakit} \mid +)$ (yaitu pertanyaan pasiennya yang sebenarnya). Dengan laju dasar $\frac{1}{1000}$ , orang sakit itu begitu jarang sehingga bahkan bocoran $5\,\%$ dari mayoritas sehat yang sangat besar itu menenggelamkan positif benarnya lima puluh berbanding satu.

10. $\dfrac{0.019 \times 0.99}{0.019 \times 0.99 + 0.981 \times 0.05} \approx 28\,\%$ . Tiap positif yang saling bebas mengalikan peluangnya dengan faktor yang sama: buktinya bertimbun, dan positif ketiga akan mendorongnya melewati $90\,\%$ — dan itulah sebabnya uji penegasan ada.

11. $\dfrac{0.05 \times 0.99}{0.05 \times 0.99 + 0.95 \times 0.05} \approx 51\,\%$ : jadi pada kelompok berisiko tinggi uji yang sama itu informatif. Pelajarannya: menapislah di tempat laju dasarnya cukup besar; menapis massal penyakit yang langka justru memproduksi alarm palsu sampai ribuan.

12. Harapan banyaknya kecocokan tak bersalah: $10^7 \times 10^{-6} = 10$ . Di antara kira-kira $11$ orang yang cocok ( $10$ tak bersalah, $1$ bersalah — jika pelakunya ada di kota itu), tersangka yang ditemukan hanya lewat kecocokannya tak bersalah dengan peluang kira-kira $\frac{10}{11} \approx 91\,\%$ .

13. Sang jaksa mengutip $\P(\text{cocok} \mid \text{tak bersalah}) = 10^{-6}$ ; padahal pengadilan memerlukan $\P(\text{tak bersalah} \mid \text{cocok})$ — yaitu kekacauan pertanyaan 9 yang diucapkan di bawah sumpah. (Dan pada perkara nyata yang memasyhurkan galat ini, kekeliruan kedua memperparahnya: lihat pertanyaan 14.)

14. Pengkuadratan yang naif: $\left(\frac{1}{8500}\right)^2 \approx \frac{1}{72 \text{ juta}}$ . Dengan musibah kedua yang lima kali lebih mungkin jika yang pertama diketahui: $\frac{1}{8500} \times \frac{5}{8500} \approx \frac{1}{14.5 \text{ juta}}$ — lima kali lebih besar, dan itu pun masih mengabaikan bahwa hipotesis tandingannya harus ditimbang oleh Bayes juga. Pelajarannya: mengalikan peluang menuntut kebebasan, dan sebab yang dikongsi (genetika, lingkungan) merusaknya.

15. Bayes mengalikan nisbah kebolehjadian dari semua buktinya menjadi satu peluang akhir: kecocokannya, alibinya, seratnya, masing-masing menggeser peluangnya. Kalimat bagi anggota juri: tanyakanlah seberapa mungkin buktinya di bawah kedua hipotesisnya, dan jangan sekali-kali menukar satu peluang bersyarat dengan kebalikannya.

16. $\dfrac{0.4 \times 0.15}{0.4 \times 0.15 + 0.6 \times 0.005} = \dfrac{0.060}{0.063} \approx 95\,\%$ berupa sampah: jadi satu kata saja nyaris memutuskannya.

17. Lima salinan gagal ketika $3$ , $4$ atau $5$ terbalik: $\binom53 \varepsilon^3(1-\varepsilon)^2 + \binom54 \varepsilon^4 (1 - \varepsilon) + \varepsilon^5 \approx 0.0086$ — terhadap $0.028$ untuk tiga salinan: jadi pengulangan membeli keandalan dengan harga lebar pitanya.

18. Pembalikan yang genap: $\binom40 0.9^4 + \binom42 0.9^2 0.1^2 + \binom44 0.1^4 = 0.6561 + 0.0486 + 0.0001 = 0.7048$ ; dan $\frac{1 + 0.8^4}{2} = \frac{1 + 0.4096}{2} = 0.7048$ : jadi rumus muslihatnya melacak biasnya $(1 - 2\varepsilon)$ lewat tiap penerusnya.

19. Kata berbau sampah berjalan bergerombol — pesan dengan “undian” besar kemungkinan memuat “menang”, sehingga bukti gabungannya lebih lemah daripada yang dipura-purakan hasil kalinya. Penyaringnya tetap bekerja sebab pembesar-besarannya biasanya mendorong ke arah yang benar: penggolongan hanya perlu sisi yang benar dari $50\,\%$ , bukan peluang akhir yang benar.

20. Klinik: penyakit yang langka mengubah uji yang kuat menjadi vonis yang lemah — perbaruilah dari laju dasarnya, lalu timbunlah. Ruang sidang: kecocokan langka di kota besar mendakwa kotanya, bukan orangnya — kebolehjadian bukanlah vonis. Kotak masuk: banyak petunjuk lemah, yang dikalikan, memilah suratnya — bahkan secara naif. Ketiga jebakannya: lupakan peluang awalmu dan kamu tertipu; palsukan kebebasannya dan kamu tertipu berat; bacalah bukti sepenggal-sepenggal dan kamu tak pernah tahu apa yang kamu ketahui.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium