Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

32Voorwaardelijke kans en onafhankelijkheid

Kans rekent onzekerheid; voorwaardelijke kans rekent hoe informatie die verandert. Leren dat een gebeurtenis $B$ optrad, herschikt de kansen van alle andere gebeurtenissen — een mechanisme geformaliseerd door Bayes en dagelijks misbruikt in rechtbanken en kranten. Dit hoofdstuk zet de regels van conditionering op en de exacte betekenis van onafhankelijkheid.

32.1 Kansruimten (herhaling)

Een experiment met eindig veel uitkomsten wordt gemodelleerd door een uitkomstenruimte $\Omega$ (de verzameling uitkomsten) en een kans $\P$ die aan elke gebeurtenis $A \subseteq \Omega$ een getal $\P(A) \in \intcc{0}{1}$ toekent, additief over disjuncte unies en met $\P(\Omega) = 1$ . Herinner de basisregels:

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

Wanneer alle uitkomsten even waarschijnlijk zijn, $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ — en kansen berekenen reduceert tot de teltechnieken van Hoofdstuk 27.

32.2 Voorwaardelijke kans

Definitie 32.1 (Voorwaardelijke kans)

Laat $B$ een gebeurtenis zijn met $\P(B) > 0$ . De kans van $A$ gegeven $B$ is

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

De afbeelding $A \mapsto \pcond BA$ is zelf een kans (alle regels gelden); zij stelt de nieuwe kennisstaat voor van iemand die geleerd heeft dat $B$ optrad.

Propositie 32.2 (Vermenigvuldigingsregel)

Voor gebeurtenissen met niet-nul kansen:

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

en algemener $\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1)\,\pcond{A_1}{A_2}\, \pcond{A_1 \cap A_2}{A_3}$ , enz.

Bewijs. Herschik de definitie; de kettingformule volgt door itereren. ∎

Stelling 32.3 (Wet van de totale kans)

Laat $B_1, \dots, B_n$ een partitie van $\Omega$ zijn in gebeurtenissen van niet-nul kans. Voor elke gebeurtenis $A$ :

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

Bewijs. De verzamelingen $A \cap B_i$ zijn paarsgewijs disjunct met unie $A$ , dus $\P(A) = \sum_i \P(A \cap B_i) = \sum_i \P(B_i)\pcond{B_i}{A}$ volgens de vermenigvuldigingsregel. ∎

Methode 32.4 (Kansbomen)

Een boomdiagram organiseert voorwaardelijke kansen: elke tak draagt de kans van de volgende gebeurtenis gegeven het pad tot nu toe.

De kans van een blad (een volledig pad) is het product van de kansen langs zijn takken (vermenigvuldigingsregel).
De kans van een gebeurtenis is de som van de kansen van de blader die haar realiseren (totale kans).
Kansen op takken die één knoop verlaten sommeren tot $1$ .

Een twee-niveau-boom: vermenigvuldig langs een pad, tel over de blader op. Bijvoorbeeld is (A) de som van de eerste en derde bladkansen. — Een twee-niveau-boom: vermenigvuldig langs een pad, tel over de blader op. Bijvoorbeeld is $\P(A)$ de som van de eerste en derde bladkansen.

Stelling 32.5 (Formule van Bayes)

Laat $B_1, \dots, B_n$ een partitie van $\Omega$ zijn als hierboven en $A$ een gebeurtenis met $\P(A) > 0$ . Dan

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

Bewijs. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ; ontwikkel de teller met de vermenigvuldigingsregel en de noemer met de totale kans. ∎

Voorbeeld 32.6 (Screeningtest)

Een ziekte treft $1\%$ van een populatie. Een test detecteert haar met kans $0.99$ (sensitiviteit) en geeft een vals positief met kans $0.05$ . Gegeven een positieve test is de kans om daadwerkelijk de ziekte te hebben

\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 .

Ondanks de accurate test zijn vijf positieven op zes vals — omdat de ziekte zeldzaam is. $\pcond{A}{B}$ verwarren met $\pcond{B}{A}$ is de aanklagersdrogreden.

De screeningtest als boom (D: ziek, T: positieve test). De twee positieve blader (rood) hebben totaal gewicht 0.0594, waarvan de valse positieven vijf zesden bijdragen. — De screeningtest als boom ( $D$ : ziek, $T$ : positieve test). De twee positieve blader (rood) hebben totaal gewicht $0.0594$ , waarvan de valse positieven vijf zesden bijdragen.

32.3 Onafhankelijkheid

Definitie 32.7 (Onafhankelijke gebeurtenissen)

Twee gebeurtenissen $A$ en $B$ zijn onafhankelijk als

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

Wanneer $\P(B) > 0$ , is dit equivalent met $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : $B$ kennen verandert de kans van $A$ niet.

Propositie 32.8

Als $A$ en $B$ onafhankelijk zijn, dan ook $A$ en $\bar B$ (en $\bar A$ en $\bar B$ ).

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

Opmerking 32.9

Verwar niet onafhankelijk ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) met incompatibel ( $A \cap B = \varnothing$ ). Twee incompatibele gebeurtenissen van niet-nul kans zijn nooit onafhankelijk: weten dat de ene optrad garandeert dat de andere niet optrad.

Definitie 32.10 (Onafhankelijke herhalingen)

Wanneer een experiment $n$ keer herhaald wordt zodat de uitkomst van elke proef de andere niet beïnvloedt, is de kans van een gespecificeerde reeks uitkomsten het product van de individuele kansen. Dit is het model achter de binomiale verdeling (Hoofdstuk 33).

32.4 Oefeningen

Oefening 32.1 ★

Een kaart wordt getrokken uit een standaard speelkaartendeck van $52$ . Bereken de kans dat het een heer is, gegeven dat het een plaatje is (boer, vrouw of heer). Zijn de gebeurtenissen “heer” en “harten” onafhankelijk?

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.1.

Er zijn $12$ plaatjes, waarvan $4$ heren: $\pcond{\text{plaatje}}{\text{heer}} = \frac{4}{12} = \frac13$ .

Onafhankelijkheid: $\P(\text{heer} \cap \text{harten}) = \frac{1}{52}$ (de hartenheer), en $\P(\text{heer})\,\P(\text{harten}) = \frac{4}{52}\times\frac{13}{52} = \frac{1}{52}$ . Gelijk: de gebeurtenissen zijn onafhankelijk.

Oefening 32.2 ★

Een urn bevat $5$ rode en $3$ blauwe ballen. Twee ballen worden opeenvolgend getrokken zonder teruglegging.

Teken de kansboom.
Bereken de kans dat beide rood zijn, en de kans dat de tweede rood is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.2.

1. Eerste tak: rood $\frac58$ , blauw $\frac38$ ; tweede takken (zonder teruglegging): na rood, rood $\frac47$ / blauw $\frac37$ ; na blauw, rood $\frac57$ / blauw $\frac27$ .

2. $\P(RR) = \frac58 \times \frac47 = \frac{5}{14}$ . Met totale kans,

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

(Dezelfde als de eerste trekking — door symmetrie is de tweede bal een uniform willekeurige bal van de urn.)

Oefening 32.3 ★

Twee eerlijke dobbelstenen worden geworpen. Laat $A$ = “de som is $7$ ”, $B$ = “de eerste steen toont $3$ ”, $C$ = “de som is $6$ ”. Bepaal of $A$ en $B$ onafhankelijk zijn, daarna of $B$ en $C$ dat zijn.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (zes paren sommeren tot $7$ ), $\P(B) = \frac16$ , en $A \cap B = \{(3,4)\}$ heeft kans $\frac{1}{36} = \P(A)\P(B)$ : $A$ en $B$ zijn onafhankelijk. (De som $7$ is bijzonder: wat de eerste steen ook toont, precies één waarde van de tweede geeft hem.)

$\P(C) = \frac{5}{36}$ en $B \cap C = \{(3,3)\}$ : $\P(B \cap C) = \frac{1}{36} \neq \frac16 \times \frac{5}{36} = \frac{5}{216}$ . Niet onafhankelijk.

Oefening 32.4 ★★

Een fabriek heeft drie machines die respectievelijk $50\%$ , $30\%$ en $20\%$ van de totale productie leveren, met defectpercentages $1\%$ , $2\%$ en $4\%$ .

Welk aandeel van de productie is defect?
Een willekeurig gekozen item is defect. Wat is de kans dat het van de derde machine komt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.4.

1. Totale kans met de partitie per machine:

\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: $\pcond{D}{M_3} = \dfrac{0.008}{0.019} = \dfrac{8}{19} \approx 0.42$ . De machine die slechts een vijfde van de output produceert, is verantwoordelijk voor meer dan $40\%$ van de defecten.

Oefening 32.5 ★★

In Voorbeeld 32.6, bij welke ziekteprevalentie $p$ (in plaats van $1\%$ ) zou een positieve test minstens $90\%$ kans op ziekte betekenen? Los de ongelijkheid op en becommentarieer.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.5.

De voorwaarde is

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

De noemer is positief, dus dit leest $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ , d.w.z. $0.144\,p \geq 0.045$ , d.w.z.

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

De test alleen bereikt $90\%$ zekerheid alleen als de ziekte al meer dan $31\%$ van de geteste populatie treft — daarom vereisen massascreenings van zeldzame ziekten bevestigingstests.

Oefening 32.6 ★★

Een oneerlijke munt landt op kop met kans $p \in \intoo{0}{1}$ . Zij wordt drie keer geworpen, worpen onafhankelijk.

Bereken de kans van de gebeurtenis $E$ = “precies twee keer kop”.
Voor welke $p$ is $\P(E)$ maximaal?

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.6.

1. Drie reeksen realiseren $E$ (KKM, KMK, MKK), elk van kans $p^2(1-p)$ door onafhankelijkheid: $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

2. $f(p) = 3p^2 - 3p^3$ heeft $f'(p) = 6p - 9p^2 = 3p(2 - 3p)$ , positief dan negatief op $\intoo{0}{1}$ : maximum bij $p = \frac23$ , waar $\P(E) = 3\cdot\frac49\cdot\frac13 = \frac49$ .

Oefening 32.7 ★★★

(Monty Hall.) Een prijs verbergt zich achter één van drie deuren. U kiest een deur; de gastheer, die weet waar de prijs is, opent één van de twee overgebleven deuren, altijd een lege onthullend (kiest willekeurig als beide leeg zijn), en biedt u aan te wisselen naar de andere gesloten deur. Met de formule van Bayes, bereken de kans om te winnen als u wisselt, en als u niet wisselt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.7.

Stel u koos deur 1 en de gastheer opende deur 3 (gebeurtenis $H_3$ ). Met $B_i$ = “prijs achter deur $i$ ”, $\P(B_i) = \frac13$ en

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

(als de prijs achter uw deur is, kiest de gastheer willekeurig tussen deuren $2$ en $3$ ; als zij achter deur $2$ is, is hij gedwongen $3$ te openen). 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 .

Blijven wint met kans $\frac13$ , wisselen met kans $\frac23$ .

Oefening 32.8 ★★★

Een informatiekanaal zendt bits. Elk bit wordt door ruis omgeklapt met kans $\varepsilon = 0.1$ , onafhankelijk. Om een bit te beschermen, wordt het drie keer verzonden en gedecodeerd bij meerderheid.

Bereken de kans dat het gedecodeerde bit fout is.
Het ontvangen woord is $101$ . Wat is de kans dat het verzonden bit $1$ was? (Neem aan dat $0$ en $1$ met gelijke kans worden verzonden.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.8.

1. De meerderheid is fout wanneer minstens twee van de drie kopieën omgeklapt zijn:

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

veel kleiner dan $\varepsilon = 0.1$ : herhalingscodering werkt.

2. Als $1$ werd verzonden (als $111$ ), vereist ontvangen $101$ precies één flip: kans $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . Als $0$ werd verzonden ( $000$ ), zijn twee flips nodig: $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . Bayes met gelijke priors:

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

De meerderheidsdecodering ( $101 \mapsto 1$ ) is inderdaad de meer waarschijnlijke gok.