Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

32Voorwaardelijke kansen en onafhankelijkheid

De kansrekening meet onzekerheid; de voorwaardelijke kans meet hoe informatie die onzekerheid verandert. Vernemen dat een gebeurtenis $B$ zich voorgedaan heeft, hertekent de kansen van alle andere gebeurtenissen — een mechanisme dat door Bayes geformaliseerd werd en dagelijks misbruikt wordt in rechtszalen en kranten. Dit hoofdstuk zet de regels van het conditioneren op en geeft de precieze betekenis van onafhankelijkheid.

32.1 Kansruimten (herhaling)

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

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

Zijn alle uitkomsten even waarschijnlijk, dan is $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ — en herleidt het berekenen van kansen zich tot de teltechnieken van Hoofdstuk 27.

32.2 Voorwaardelijke kans

Definitie 32.1 (Voorwaardelijke kans)

Zij $B$ een gebeurtenis met $\P(B) > 0$ . De voorwaardelijke kans op $A$ 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); ze geeft de nieuwe kennistoestand weer van wie vernomen heeft dat $B$ zich voorgedaan heeft.

Propositie 32.2 (Productregel)

Voor gebeurtenissen met kansen verschillend van nul geldt

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

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

Bewijs. Herschik de definitie; de kettingformule volgt door te herhalen. ∎

Stelling 32.3 (Wet van de totale kans)

Zij $B_1, \dots, B_n$ een partitie van $\Omega$ in gebeurtenissen met kans verschillend van nul. Voor elke gebeurtenis $A$ geldt

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

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

Methode 32.4 (Boomdiagrammen voor kansen)

Een boomdiagram ordent de voorwaardelijke kansen: elke tak draagt de kans op de volgende gebeurtenis gegeven het tot dan afgelegde pad.

De kans op een blad (een volledig pad) is het product van de kansen langs zijn takken (productregel).
De kans op een gebeurtenis is de som van de kansen op de bladeren die ze verwezenlijken (totale kans).
De kansen op de takken die uit één knoop vertrekken hebben som $1$ .

Een boomdiagram met twee niveaus: vermenigvuldig langs een pad, tel op over de bladeren. Zo is (A) de som van de kansen op het eerste en het derde blad. — Een boomdiagram met twee niveaus: vermenigvuldig langs een pad, tel op over de bladeren. Zo is $\P(A)$ de som van de kansen op het eerste en het derde blad.

Stelling 32.5 (Formule van Bayes)

Zij $B_1, \dots, B_n$ een partitie van $\Omega$ zoals hierboven en $A$ een gebeurtenis met $\P(A) > 0$ . Dan geldt

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

Bewijs. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ; werk de teller uit met de productregel en de noemer met de wet van de totale kans. ∎

Voorbeeld 32.6 (Screeningstest)

Een ziekte treft $1\%$ van een bevolking. Een test spoort ze op met kans $0.99$ (gevoeligheid) en geeft een vals positief resultaat met kans $0.05$ . Gegeven een positieve test is de kans dat je de ziekte werkelijk hebt

\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 nauwkeurige test zijn vijf van de zes positieven vals — omdat de ziekte zeldzaam is. $\pcond{A}{B}$ met $\pcond{B}{A}$ verwarren is de denkfout van de aanklager.

De screeningstest als boomdiagram (D: ziek, T: positieve test). De twee positieve bladeren (rood) hebben samen gewicht 0.0594, waarvan de vals positieven vijf zesden bijdragen. — De screeningstest als boomdiagram ( $D$ : ziek, $T$ : positieve test). De twee positieve bladeren (rood) hebben samen gewicht $0.0594$ , waarvan de vals positieven vijf zesden bijdragen.

32.3 Onafhankelijkheid

Definitie 32.7 (Onafhankelijke gebeurtenissen)

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

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

Is $\P(B) > 0$ , dan is dit gelijkwaardig met $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : $B$ kennen verandert de kans op $A$ niet.

Propositie 32.8

Zijn $A$ en $B$ onafhankelijk, dan zijn $A$ en $\bar B$ dat ook (en $\bar A$ en $\bar B$ eveneens).

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 onafhankelijk ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) niet met onverenigbaar ( $A \cap B = \varnothing$ ). Twee onverenigbare gebeurtenissen met kans verschillend van nul zijn nooit onafhankelijk: weten dat de ene zich voordeed, waarborgt dat de andere zich niet voordeed.

Definitie 32.10 (Onafhankelijke herhalingen)

Wordt een experiment $n$ keer herhaald zodat de uitkomst van elke proef de andere niet beïnvloedt, dan is de kans op een opgegeven opeenvolging van uitkomsten het product van de afzonderlijke kansen. Dat is het model achter de binomiale verdeling (Hoofdstuk 33).

32.4 Oefeningen

Oefening 32.1 ★

Er wordt een kaart getrokken uit een spel van 52 kaarten. Bereken de kans dat het een heer is, gegeven dat het een pop is (boer, dame of heer). Zijn de gebeurtenissen “heer” en “harten” onafhankelijk?

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.1.

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

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 urne bevat 5 rode en 3 blauwe ballen. Er worden twee ballen na elkaar getrokken, zonder teruglegging.

Teken het boomdiagram met de kansen.
Bereken de kans dat beide rood zijn, en de kans dat de tweede rood is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.2.

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

2. $\P(RR) = \frac58 \times \frac47 = \frac{5}{14}$ . Volgens de wet van de totale kans:

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

(Hetzelfde als bij de eerste trekking — wegens de symmetrie is de tweede bal een uniform willekeurige bal uit de urne.)

Oefening 32.3 ★

Er wordt met twee zuivere dobbelstenen gegooid. Zij $A$ = “de som is $7$ ”, $B$ = “de eerste dobbelsteen toont $3$ ” en $C$ = “de som is $6$ ”. Bepaal of $A$ en $B$ onafhankelijk zijn, en daarna of $B$ en $C$ dat zijn.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (zes paren hebben som $7$ ), $\P(B) = \frac16$ , 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 dobbelsteen ook toont, precies één waarde van de tweede geeft ze.)

$\P(C) = \frac{5}{36}$ 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 uitvalpercentages $1\%$ , $2\%$ en $4\%$ .

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.4.

1. De wet van de totale kans met de partitie volgens de 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 maar een vijfde van de productie levert, is verantwoordelijk voor ruim $40\%$ van de defecten.

Oefening 32.5 ★★

Bij welke prevalentie $p$ van de ziekte (in plaats van $1\%$ ) zou een positieve test in Voorbeeld 32.6 minstens $90\%$ kans op ziekte betekenen? Los de ongelijkheid op en geef commentaar.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.5.

De voorwaarde luidt

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

De noemer is positief, dus dit betekent $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ , dat wil zeggen $0.144\,p \geq 0.045$ , dus

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

De test alleen haalt pas $90\%$ zekerheid als de ziekte al meer dan $31\%$ van de geteste bevolking treft — daarom vraagt massaal screenen op zeldzame ziekten altijd bevestigingstesten.

Oefening 32.6 ★★

Een valse munt valt op kruis met kans $p \in \intoo{0}{1}$ . Ze wordt drie keer opgeworpen, waarbij de worpen onafhankelijk zijn.

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.6.

1. Drie opeenvolgingen verwezenlijken $E$ (KKM, KMK, MKK), elk met kans $p^2(1-p)$ wegens de onafhankelijkheid: $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

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

Oefening 32.7 ★★★

(Monty Hall.) Achter een van drie deuren zit een prijs verstopt. Je kiest een deur; de presentator, die weet waar de prijs zit, opent een van de twee overige deuren en toont altijd een lege (en kiest willekeurig als beide leeg zijn), waarna hij je aanbiedt om naar de andere gesloten deur over te stappen. Bereken met de formule van Bayes de kans om te winnen als je overstapt, en als je dat niet doet.

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.7.

Onderstel dat je deur 1 koos en dat de presentator deur 3 opende (de gebeurtenis $H_3$ ). Met $B_i$ = “de prijs zit achter deur $i$ ” is $\P(B_i) = \frac13$ en

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

(zit de prijs achter jouw deur, dan kiest de presentator willekeurig tussen deur 2 en deur 3; zit ze achter deur 2, dan is hij verplicht deur 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 zitten wint met kans $\frac13$ , overstappen met kans $\frac23$ .

Oefening 32.8 ★★★

Een informatiekanaal verstuurt bits. Elke bit wordt door ruis omgeklapt met kans $\varepsilon = 0.1$ , onafhankelijk van de andere. Om een bit te beschermen wordt hij drie keer verstuurd en bij meerderheid gedecodeerd.

Bereken de kans dat de gedecodeerde bit fout is.
Het ontvangen woord is $101$ . Wat is de kans dat de verstuurde bit $1$ was? (Onderstel dat $0$ en $1$ met gelijke kans verstuurd worden.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 32.8.

1. De meerderheid is fout zodra 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 $\varepsilon = 0.1$ : de herhalingscode werkt.

2. Werd $1$ verstuurd (als $111$ ), dan vraagt de ontvangst van $101$ precies één omklapping: kans $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . Werd $0$ verstuurd ( $000$ ), dan zijn twee omklappingen nodig: $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . Bayes met gelijke voorkansen:

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

Het decoderen bij meerderheid ( $101 \mapsto 1$ ) is inderdaad de waarschijnlijkste gok.

32.5 Opgave: de arts, de rechter en het spamfilter

Probleem 32.1

Weekendopgave — de formule van Bayes tegen de denkfout van het basispercentage: waarom een test van $99\,\%$ $2\,\%$ kan betekenen, waarom een treffer op een miljoen niemand veroordeelt, en hoe je mailbox denkt

Een test die $99\,\%$ van de gevallen opspoort, komt positief terug — en de werkelijke kans op ziekte ligt onder $2\,\%$ . Er wordt een DNA-profiel gevonden dat op één persoon op een miljoen past — en de verdachte is waarschijnlijk onschuldig. Beide uitspraken kloppen, beide zijn door artsen en rechtbanken verkeerd beoordeeld, en beide worden beslecht door één regel uit dit hoofdstuk: de formule van Bayes (Stelling 32.5). Deze opgave traint ze op urnen, en daarna in de kliniek, de rechtszaal en de postbus.

Deel I — Vlotheid.

Een zuivere munt kiest urne I ( $2$ rood, $1$ blauw) of urne II ( $1$ rood, $3$ blauw), waarna één bal getrokken wordt. Bereken $\P(\text{rood})$ met de wet van de totale kans (Stelling 32.3).
De bal is rood: bereken $\P(\text{urne I} \mid \text{rood})$ .
Eén worp met een dobbelsteen: zijn de gebeurtenissen “even” en “ $\leq 4$ ” onafhankelijk (Definitie 32.7)? En “even” en “ $\leq 3$ ”?
Twee onafhankelijke rookmelders slaan elk bij brand met kans $0.9$ aan. Bereken met Propositie 32.8 de kans dat er minstens één aanslaat.
Twee kaarten zonder teruglegging: bereken $\P(\text{twee heren})$ met de productregel (Propositie 32.2).

Deel II — De arts. Een ziekte treft $1$ persoon op $1\,000$ . De test spoort $99\,\%$ van de zieken op (gevoeligheid), maar slaat ook aan bij $5\,\%$ van de gezonden (vals positieven).

Natuurlijke frequenties: stel je $100\,000$ mensen voor. Hoeveel zijn er ziek, hoeveel gezond? Hoeveel positieven levert elke groep op, en hoeveel positieven zijn er in totaal?
Bereken uit die aantallen $\P(\text{ziek} \mid \text{positief})$ . Verwerk de schok.
Bereken het opnieuw met de formule van Bayes en ga na dat het klopt.
In enquêtes antwoorden de meeste artsen “ongeveer $99\,\%$ ”. Noem de twee voorwaardelijke kansen die verward worden, en leg uit waarom het piepkleine basispercentage het echte antwoord bepaalt.
Een tweede, onafhankelijke test komt ook positief terug. Werk bij: bereken met $1.9\,\%$ als nieuwe voorkans $\P(\text{ziek} \mid \text{twee positieven})$ . Wat doet het opstapelen van bewijs?
Bereken $\P(\text{ziek} \mid \text{positief})$ als dezelfde test enkel gebruikt wordt op een risicogroep met prevalentie $5\,\%$ . Leid de moraal voor de volksgezondheid af over het massaal screenen op zeldzame aandoeningen.

Deel III — De rechter.

Een DNA-profiel van een plaats delict past op één persoon op een miljoen. De verdachte, gevonden door een databank van de $10$ miljoen inwoners van de stad te doorzoeken, past erop. Verwacht aantal onschuldige treffers in de stad? Wat is, met alleen de treffer, $\P(\text{onschuldig} \mid \text{treffer})$ bij benadering?
Noem de denkfout — welke kans citeerde de aanklager, welke had de rechtbank nodig? — en de exacte gelijkenis met vraag 9.
De valstrik van de onafhankelijkheid: twee zeldzame drama’s in één gezin werden ooit tot “één op $73$ miljoen” gekwadrateerd door ze als onafhankelijk te behandelen, wat een onschuldige moeder veroordeelde (de zaak Sally Clark). Herbereken de grootteorde als de gebeurtenissen gedeelde risicofactoren hebben zodat de tweede, gegeven de eerste, $5$ keer waarschijnlijker is dan het basispercentage — en formuleer de les over het vermenigvuldigen van kansen.
Ook de verdediging kan vals spelen: “tien onschuldigen passen erop, dus de treffer bewijst niets” negeert al de rest. Wat doet de formule van Bayes met verscheidene bewijsstukken, en welke ene zin zou elke jurylid moeten kennen?

Deel IV — Het spamfilter.

Je post bestaat voor $40\,\%$ uit spam. Het woord “loterij” komt voor in $15\,\%$ van de spam en in $0.5\,\%$ van de eerlijke post. Een bericht bevat het: bereken $\P(\text{spam} \mid \text{loterij})$ .
Foutcorrectie door herhaling (Oefening 32.8 voortgezet): met omklapkans $\varepsilon = 0.1$ , met welke kans faalt het decoderen bij meerderheid van vijf kopieën? Vergelijk met de code met drie kopieën.
Een bit doorkruist $4$ onafhankelijke ruisende schakels, die hem elk met kans $0.1$ omklappen: hij komt precies dan correct aan wanneer het aantal omklappingen even is. Bereken die kans twee keer: door de binomiale termen op te tellen, en met de sierlijke formule $\frac{1 + (1 - 2\varepsilon)^4}{2}$ .
Echte spamfilters vermenigvuldigen het bewijs van vele woorden alsof die onafhankelijk zijn (“naïeve” Bayes). Waarom is die onderstelling vals voor woorden als “winnen” en “loterij” — en waarom werkt het filter toch goed? (Eén of twee zinnen.)
Slotstuk — Bayes als de rekenkunde van het geloof: voorkans maal aannemelijkheid, herschalen, nakans. Herhaal de drie oordelen (kliniek, rechtszaal, postbus) in telkens één zin, en som daarna de drie valstrikken op die deze opgave blootlegde: vergeten basispercentages, valse onafhankelijkheid, en bewijs dat stuk voor stuk gelezen wordt.

Oplossing

Oplossing van Probleem 32.1.

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

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

3. $\P(\text{even} \cap \leq 4) = \P(\{2, 4\}) = \frac13$ en $\P(\text{even})\P(\leq 4) = \frac12 \cdot \frac23 = \frac13$ : onafhankelijk (onverwacht!). Voor $\leq 3$ : $\P(\{2\}) = \frac16$ tegenover $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ : afhankelijk.

4. De complementen van onafhankelijke gebeurtenissen zijn zelf onafhankelijk, dus

\P(\text{geen enkele}) = 0.1 \times 0.1 = 0.01, \qquad \P(\text{minstens één}) = 0.99 .

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

6. Ziek: $100$ ; gezond: $99\,900$ . Positieven: $99$ terecht ( $99\,\%$ van $100$ ) en $4\,995$ vals ( $5\,\%$ van $99\,900$ ): in totaal $5\,094$ positieven.

7. $\P(\text{ziek} \mid +) = \frac{99}{5\,094} \approx 1.9\,\%$ : van de mensen die de test aanwijst, is minder dan één op vijftig werkelijk ziek.

8. $\dfrac{0.001 \times 0.99}{0.001 \times 0.99 + 0.999 \times 0.05} = \dfrac{0.00099}{0.05094} \approx 0.019$ : de aantallen en de formule stemmen overeen.

9. Verward worden: $\P(+ \mid \text{ziek}) = 99\,\%$ (de aangeprezen kwaliteit van de test) met $\P(\text{ziek} \mid +)$ (de echte vraag van de patiënt). Met een basispercentage van $\frac{1}{1000}$ zijn de zieken zo zeldzaam dat zelfs een lek van $5\,\%$ uit de enorme gezonde meerderheid de terechte positieven vijftig tegen één overspoelt.

10. $\dfrac{0.019 \times 0.99}{0.019 \times 0.99 + 0.981 \times 0.05} \approx 28\,\%$ . Elke onafhankelijke positieve test vermenigvuldigt de kansverhouding met dezelfde factor: bewijs stapelt zich op, en een derde positieve test zou voorbij $90\,\%$ duwen — daarom bestaan bevestigingstesten.

11. $\dfrac{0.05 \times 0.99}{0.05 \times 0.99 + 0.95 \times 0.05} \approx 51\,\%$ : op een risicogroep is dezelfde test wel informatief. Moraal: screen waar het basispercentage aanzienlijk is; massaal screenen op een zeldzame aandoening fabriceert vals alarm bij duizenden.

12. Verwacht aantal onschuldige treffers: $10^7 \times 10^{-6} = 10$ . Onder de ongeveer $11$ passende personen ( $10$ onschuldigen en $1$ schuldige — als de dader in de stad woont) is de verdachte die alleen door de treffer gevonden werd, onschuldig met kans ongeveer $\frac{10}{11} \approx 91\,\%$ .

13. De aanklager citeerde $\P(\text{treffer} \mid \text{onschuldig}) = 10^{-6}$ ; de rechtbank had $\P(\text{onschuldig} \mid \text{treffer})$ nodig — de verwarring van vraag 9, onder ede. (En in de echte zaak die deze fouten bekend maakte, kwam er nog een tweede blunder bij: zie vraag 14.)

14. Naïef kwadrateren: $\left(\frac{1}{8500}\right)^2 \approx \frac{1}{72 \text{ miljoen}}$ . Met een tweede drama dat vijf keer waarschijnlijker is gegeven het eerste: $\frac{1}{8500} \times \frac{5}{8500} \approx \frac{1}{14.5 \text{ miljoen}}$ — vijf keer groter, en dan is nog buiten beschouwing gelaten dat ook de alternatieve hypothese door Bayes gewogen moet worden. Les: kansen vermenigvuldigen vraagt onafhankelijkheid, en gedeelde oorzaken (genetica, omgeving) vernietigen die.

15. Bayes vermenigvuldigt de aannemelijkheidsverhoudingen van al het bewijs tot één nakans: de treffer, het alibi, de vezels, elk verschuiven ze de kansverhouding. De zin voor de jury: vraag hoe waarschijnlijk het bewijs is onder beide hypothesen, en verwissel nooit de ene voorwaardelijke kans met haar omkering.

16. $\dfrac{0.4 \times 0.15}{0.4 \times 0.15 + 0.6 \times 0.005} = \dfrac{0.060}{0.063} \approx 95\,\%$ spam: één woord beslist het bijna.

17. Vijf kopieën falen zodra er $3$ , $4$ of $5$ omklappen: $\binom53 \varepsilon^3(1-\varepsilon)^2 + \binom54 \varepsilon^4 (1 - \varepsilon) + \varepsilon^5 \approx 0.0086$ — tegenover $0.028$ bij drie kopieën: herhaling koopt betrouwbaarheid met bandbreedte.

18. Een even aantal omklappingen: $\binom40 0.9^4 + \binom42 0.9^2 0.1^2 + \binom44 0.1^4 = 0.6561 + 0.0486 + 0.0001 = 0.7048$ ; en $\frac{1 + 0.8^4}{2} = \frac{1 + 0.4096}{2} = 0.7048$ : de handige formule volgt de vertekening $(1 - 2\varepsilon)$ door elke schakel.

19. Spamwoorden reizen in troepen — een bericht met “loterij” bevat zeer waarschijnlijk ook “winnen”, zodat hun gezamenlijke bewijskracht zwakker is dan het product voorwendt. Het filter werkt toch, omdat de overdrijving meestal in de juiste richting duwt: classificeren vraagt de juiste kant van $50\,\%$ , niet de juiste nakans.

20. Kliniek: een zeldzame aandoening maakt van een sterke test een zwak oordeel — werk bij vanaf het basispercentage en stapel daarna op. Rechtszaal: een zeldzame treffer in een grote stad beschuldigt de stad, niet de man — aannemelijkheden zijn geen vonnissen. Postbus: veel zwakke aanwijzingen, vermenigvuldigd, sorteren de post — zelfs naïef. De drie valstrikken: vergeet de voorkans en je wordt beetgenomen; veins onafhankelijkheid en je wordt zwaar beetgenomen; lees het bewijs stuk voor stuk en je weet nooit wat je weet.