87|5 - Nederlandse Vereniging van Wiskundeleraren

E u c l i d E s 8 7 | 5 202
figuur 1 Boomdiagram voor de uitkomsten
van de Mantoux-test
P( tbc)· P( pos | tbc)
P( tbc | pos)
=
P( tbc)· P( pos | tbc) + P( ¬ tbc)· P( pos | ¬ tbc)
0,0002 × 0,98
= = 0,0192
(0,0002 × 0,98) + (0,9998 × 0,01)
In het bovenstaande voorbeeld gaat het om twee gebeurtenissen, tbc en ¬tbc. Wanneer er drie
mogelijke gebeurtenissen A , A en A zouden zijn, waarbij we voor elk van die gebeurtenissen
l 2 3
vervolgens weer twee mogelijke uitkomsten X en Y zouden onderscheiden, dan zou het
boomdiagram er uitzien als in figuur 2.
De berekening van de kans dat bijvoorbeeld gebeurtenis A zich voordoet, gegeven het optreden
2
van gebeurtenis X, gaat dan als volgt:
PA ( 2)· PX ( | A2)
PA ( 2 | X)
=
PA ( 1)· PX ( | A1) + PA ( 2)· PX ( | A2) + PA ( 3)· PX ( | A3)
Evenzo geldt:
PA ( 1)· PX ( | A1)
PA ( 1 | X)
=
PA ( 1)· PX ( | A1) + PA ( 2)· PX ( | A2) + PA ( 3)· PX ( | A3)
en:
PA ( 3)· PX ( | A3)
PA ( 3 | X)
=
PA ( )· PX ( | A) + PA ( )· PX ( | A) + PA ( )· PX ( | A)
1 1 2 2 3 3
We zien dat de noemer telkens dezelfde is.
Gegeneraliseerd naar k gebeurtenissen A tot en met A volgt voor de voorwaardelijke kans P(A 1 k i
| X), dat
PA ( i)· PX ( | Ai)
PA ( i | X)
=
PA ( 1)· PX ( | A1) + PA ( 2)· PX ( | A2) + ... + PA ( k)· PX ( | Ak)
of, korter:
PA ( i)· PX ( | Ai)
PA ( i | X)
= k
∑ PA ( )· ( | )
j 1 j PX A
=
j
We illustreren de situatie met drie mogelijke gebeurtenissen aan de hand van vraag 14 uit de
Wetenschapsquiz 2011.
Je hebt drie doosjes met bonbons. In het ene zitten twee witte bonbons, in het andere zitten
twee pure bonbons en in het derde doosje zitten een pure en een witte bonbon. Je kiest wille-
keurig één van de drie doosjes en pakt daaruit ook weer willekeurig één van de twee bonbons.
Die bonbon is wit. Wat is nu de kans dat de andere bonbon in het gekozen doosje ook wit is?
Het bijbehorende boomdiagram ziet er dan uit als in figuur 3.
De gevraagde kans is de kans dat we het eerste doosje gekozen hebben, gegeven dat we een witte
bonbon gevonden hebben: P(doos1|wit).
Deze kans kan dan als volgt berekend worden:
P( doos1)· P( wit | doos1)
P( doos1| wit ) =
P( doos1)· P( wit | doos1) + P( doos2)· P( wit | doos2) + P( doos3)· P( wit | doos3)
=
( ·1)
·1
( ·0)
= 2
( · ) 3
1
3 +
1
3
1
3 + 1
3
1
2
figuur 2 Een boomdiagram voor drie mogelijke
gebeurtenissen met elk twee uitkomsten
We zien dat de prior kans op het kiezen van
een doosje1, dat wil zeggen de kans voordat
we een bonbon uit het gekozen doosje
gezien hebben, gelijk is aan ⅓, terwijl de
posterior kans, de kans op doosje1, gegeven
een witte bonbon, gelijk is aan ⅔.
In dit artikel laat ik zien hoe het evenredig-
heidsprincipe gebruikt kan worden bij het
formuleren van een oplossing voor het
driedeuren-probleem.
De prior kans P(A i ) is dan de kans dat de
prijs zich achter een bepaalde deur bevindt
voordat de quizmaster een lege deur
geopend heeft. De likelihood P(X | A i )
betreft de voorwaardelijke kans dat de
quizmaster een bepaalde lege deur opent,
gegeven dat de prijs zich achter een
bepaalde deur bevindt en de posterior kans
P(A i | X) is de voorwaardelijke kans dat de
prijs zich achter een bepaalde deur bevindt,
gegeven dat de quizmaster een bepaalde lege
deur geopend heeft.
Het openen van een lege deur door de
quizmaster representeert in dit voorbeeld
de nieuw verkregen informatie op basis
waarvan de prior kans geactualiseerd wordt
tot een posterior kans.
Vervolgens bespreek ik enkele variaties op
het driedeuren-probleem en tenslotte leid
ik, wederom op basis van dit principe, een
formule af voor de situatie waarin er n
deuren in het spel zijn, waarvan k (lege)
deuren door de quizmaster geopend
worden. De condities zijn dezelfde: achter
slechts één deur staat een prijs, achter alle
andere deuren staat geen prijs (‘lege’ deuren),
de quizmaster weet achter welke deur de
prijs staat en wanneer de quizmaster uit
meerdere lege deuren kan kiezen, bepaalt
het toeval welke lege deur geopend wordt.
De quizmaster opent alleen een lege deur of