Samenvattingen · Wiskunde DNL · VWO

Kansrekening

Kansrekening beschrijft toeval met een getal tussen 0 en 1. Je bepaalt kansen theoretisch met de regel van Laplace en empirisch als relatieve frequentie, en combineert ze met de complement-, som- en productregel. Met kansbomen, Venn-diagrammen, de voorwaardelijke kans en de regel van Bayes reken je aan meertrapsexperimenten, aan onafhankelijkheid en aan omgekeerde kansen.

4 Onderdelen~20 min leestijd4 VaardighedenNiveau Basis 1 · Standaard 1 · Verdieping 2

T·0333 / 19

Examenprofiel

Kansbegrip: klassieke (Laplace) kans, empirische kans en de kansaxioma's van KolmogorovKansregels: complement-, som- en productregel en onafhankelijkheidVoorwaardelijke kans P(A|B) en de regel van BayesKansbomen, Venn-diagrammen en kruistabellen bij meertrapsexperimenten

Operatoren:berekenbepaalleg uitonderzoekinterpreteerberedeneertoon aan

basisniveau

Kansrekening (domein B) hoort tot de schoolexamen-stof (SE) van wiskunde D; er is geen centraal examen. Beheers minimaal: het kansbegrip (Laplace en empirisch), de kansaxioma's, de complement-, som- en productregel, het rekenen met kansbomen en de voorwaardelijke kans P(A|B).

verhoogd niveau

Verdieping: onafhankelijkheid onderzoeken met P(A∩B)=P(A)·P(B), meertrapsexperimenten met afhankelijke stappen (zonder terugleggen) doorrekenen en de regel van Bayes toepassen op medische tests en kwaliteitscontrole — vaak in samenhang met de combinatoriek.

Diepte

Tekst

Inhoud · 4 onderdelen

Kansrekening

Kansbegrip en kansaxioma's#

Basisexamenblad-wiskunde-d-domein-B

Een kans is een getal dat uitdrukt hoe waarschijnlijk een gebeurtenis is; het ligt altijd tussen

0

1

. De verzameling van alle mogelijke uitkomsten van een kansexperiment heet de uitkomstenruimte

U

, en een gebeurtenis

A

is een deelverzameling daarvan — de uitkomsten die we „gunstig” noemen. De kans erop noteren we met

P(A)

. In Afb. 1 zie je de kansenschaal: links

0

(onmogelijk), rechts

1

(zeker) en in het midden

0{,}5

, waar een gebeurtenis en haar tegengestelde even waarschijnlijk zijn. Hoe verder naar rechts een kans ligt, hoe vaker je de gebeurtenis op den duur verwacht.

Afb. 1 — De kansenschaal van 0 tot 1

Afb. 1Elke kans is een getal tussen 0 (onmogelijk) en 1 (zeker); hoe verder naar rechts, hoe waarschijnlijker. De kans op een zes met een zuivere dobbelsteen, 1/6 ≈ 0,17, ligt links van het midden.

Er zijn twee wegen om aan een kans te komen. De empirische (of experimentele) kans schat je door het experiment

n

keer uit te voeren, te tellen hoe vaak

A

optreedt en te delen door

n

; dat quotiënt heet de relatieve frequentie. Bij weinig herhalingen schommelt die sterk, maar naarmate

n

groeit stabiliseert ze rond één vast getal — dat is de wet van de grote aantallen. Zo nadert de relatieve frequentie van „zes” bij een zuivere dobbelsteen op den duur

\tfrac{1}{6}

. De empirische kans is dus altijd een schatting die betrouwbaarder wordt bij meer waarnemingen, en je gebruikt hem als een theoretische berekening lastig of onmogelijk is, bijvoorbeeld bij een verzwaarde dobbelsteen.

De theoretische of klassieke kans volgens de regel van Laplace mag je gebruiken zodra alle uitkomsten even waarschijnlijk zijn — een symmetrisch kansmodel zoals een zuivere munt, een eerlijke dobbelsteen of een goed geschud kaartspel. Dan geldt

P(A)=\dfrac{\text{aantal gunstige uitkomsten}}{\text{aantal mogelijke uitkomsten}}

. Voor één worp met een dobbelsteen is

P(6)=\tfrac{1}{6}\approx 0{,}17

P(\text{even})=\tfrac{3}{6}=\tfrac{1}{2}

. De hele kunst zit in het zorgvuldig en consistent tellen van gunstige én mogelijke uitkomsten; bij grotere problemen leun je daarvoor op de combinatoriek (het vermenigvuldigingsprincipe, permutaties en combinaties).

De moderne kansrekening rust op drie eenvoudige eisen: de kansaxioma's van Kolmogorov. Ten eerste is elke kans niet-negatief en hoogstens

1

0\le P(A)\le 1

. Ten tweede heeft de zekere gebeurtenis kans

1

P(U)=1

, want er treedt altijd één van de uitkomsten op. Ten derde geldt voor twee gebeurtenissen die elkaar uitsluiten (disjunct,

A\cap B=\varnothing

) de somregel

P(A\cup B)=P(A)+P(B)

. Uit deze drie axioma's volgt al het andere logisch, zoals de complementregel

P(A^{c})=1-P(A)

en het feit dat de kansen op alle losse uitkomsten samen precies

1

zijn. Een berekende kans die buiten

[0,1]

valt of een kansverdeling die niet op

1

uitkomt, is dus altijd fout.

De empirische en de theoretische kans horen bij elkaar: klopt het symmetriemodel, dan nadert de gemeten relatieve frequentie op den duur de Laplace-waarde. Wijken de metingen structureel af, dan is de aanname van even waarschijnlijke uitkomsten waarschijnlijk onjuist — de munt of dobbelsteen is dan niet zuiver. Zo kun je met data of met een simulatie een kansmodel toetsen. Wiskunde D heeft geen centraal examen, maar in het schoolexamen (domein B) wordt van je verwacht dat je beide kansbegrippen scherp uit elkaar houdt en de axioma's als controle gebruikt: elke kans in

[0,1]

, en de som over alle uitkomsten gelijk aan

1

P(A)=\frac{\text{aantal gunstige uitkomsten}}{\text{aantal mogelijke uitkomsten}}

Regel van Laplace (klassieke kans)

Geldt alleen als alle uitkomsten even waarschijnlijk zijn (een symmetrisch kansmodel).

P(A)\approx\frac{\text{aantal keer dat }A\text{ optreedt}}{n}

Empirische kans (relatieve frequentie)

Schatting uit n herhalingen; hoe groter n, hoe betrouwbaarder (wet van de grote aantallen).

0\le P(A)\le 1,\qquad P(U)=1

Kansaxioma's (Kolmogorov)

Elke kans ligt tussen 0 en 1; de zekere gebeurtenis heeft kans 1.

P(A\cup B)=P(A)+P(B)\quad(A\cap B=\varnothing)

Somregel voor disjuncte gebeurtenissen

Het derde axioma: sluiten A en B elkaar uit, dan tel je de kansen gewoon op.

Uitgewerkt voorbeeld

Kansen bij een kaartspel (Laplace en de axioma's)

Uit een goed geschud kaartspel van 52 kaarten trek je één kaart. (a) Bereken P(harten). (b) Bereken de kans op een plaatje (boer, dame of heer). (c) Laat met een kansaxioma zien dat de kansen op de vier kleuren samen 1 zijn.

a) Laplace toepassen
Er zijn 13 hartenkaarten onder de 52 even waarschijnlijke kaarten, dus deel 13 door 52.
$P(\text{harten})=\frac{13}{52}=\frac{1}{4}=0{,}25$
b) Gunstige uitkomsten tellen
Per kleur zijn er 3 plaatjes (boer, dame, heer), dus $3\times 4=12$ in totaal.
$P(\text{plaatje})=\frac{12}{52}=\frac{3}{13}\approx 0{,}23$
c) Axioma P(U)=1
Elke kleur telt 13 kaarten en heeft dus kans $\tfrac{13}{52}=\tfrac{1}{4}$ . De vier kleuren sluiten elkaar uit, dus hun kansen tellen op via de disjuncte somregel.
$4\times\tfrac{1}{4}=1=P(U)$

Resultaat: a) P(harten) = 1/4 = 0,25; b) P(plaatje) = 3/13 ≈ 0,23; c) elke kleur heeft kans 1/4 en samen 1, precies zoals het axioma P(U)=1 eist.

Veelgemaakte fouten

De regel van Laplace toepassen terwijl de uitkomsten niet even waarschijnlijk zijn (bijvoorbeeld de sommen van twee dobbelstenen als even waarschijnlijk behandelen).
Een relatieve frequentie uit weinig herhalingen als de „echte” kans nemen; een kleine steekproef schommelt sterk.
Een kans buiten $[0,1]$ opschrijven, of een kans en een percentage door elkaar halen.

Actieve herhaling

In een vaas zitten 5 rode, 3 groene en 2 gele knikkers. Je pakt willekeurig één knikker. (a) Bereken P(rood) en P(niet geel) met de regel van Laplace. (b) Iemand pakt met terugleggen 200 keer een knikker en vindt 84 keer rood; bereken de relatieve frequentie en vergelijk die met de theoretische kans. (c) Controleer met een kansaxioma dat de kansen op de drie kleuren samen 1 zijn.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

Kansregels: complement, som en product#

Standaardexamenblad-wiskunde-d-domein-B

Afb. 1 — Venn-diagram: lezen en podcasts

Afb. 2Van 50 leerlingen lezen er 30 boeken (A) en luisteren er 20 podcasts (B), met 12 in de doorsnede. De somregel telt de overlap één keer te veel: P(A∪B) = 0,6 + 0,4 − 0,24 = 0,76. Buiten beide cirkels vallen 12 leerlingen.

Met kansregels combineer je bekende kansen tot nieuwe. Het handigste hulpmiddel om ze te zien is het Venn-diagram: de uitkomstenruimte als rechthoek met daarin overlappende cirkels voor de gebeurtenissen. Afb. 1 hoort bij een onderzoek onder

50

leerlingen naar lezen (

A

) en podcasts luisteren (

B

30

lezen,

20

luisteren en

12

doen allebei. Het diagram valt uiteen in vier gebieden — alleen

A

(

18

), alleen

B

(

8

), de doorsnede

A\cap B

(

12

) en buiten beide cirkels (

12

) — waaruit je elke kans afleest door een aantal te delen door het totaal. In dit onderdeel behandelen we drie regels: de complementregel (voor „niet”), de somregel (voor „of”) en de productregel (voor „en”).

De complementregel zegt dat

P(A^{c})=1-P(A)

, waarbij

A^{c}

(ook geschreven als

\overline{A}

) staat voor „niet

A

”. De gebeurtenis en haar complement vullen samen de hele uitkomstenruimte met kans

1

; wat de een niet pakt, pakt de ander. De regel is onmisbaar bij vragen van het type „minstens één”: in plaats van alle gevallen met één, twee of meer successen op te tellen, reken je

1-P(\text{geen enkele})

. Werp je bijvoorbeeld twee keer met een dobbelsteen, dan is

P(\text{minstens één zes})=1-P(\text{geen zes})=1-\left(\tfrac{5}{6}\right)^{2}=\tfrac{11}{36}\approx 0{,}31

De somregel geeft de kans op „

A

B

” (de vereniging):

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

. Je trekt de doorsnede

A\cap B

er weer af omdat die zowel in

P(A)

als in

P(B)

zit en dus dubbel wordt geteld — precies wat het Venn-diagram van Afb. 1 zichtbaar maakt. Voor het lees-onderzoek geeft dat

P(A\cup B)=\tfrac{30}{50}+\tfrac{20}{50}-\tfrac{12}{50}=\tfrac{38}{50}=0{,}76

. Sluiten de gebeurtenissen elkaar uit (ze kunnen niet samen optreden,

A\cap B=\varnothing

), dan is die overlap

0

en vereenvoudigt de somregel tot

P(A\cup B)=P(A)+P(B)

— de disjuncte somregel uit de kansaxioma's.

De productregel geeft de kans op „

A

B

” (de doorsnede) bij onafhankelijke gebeurtenissen:

P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)

. Twee gebeurtenissen zijn onafhankelijk als het optreden van de ene de kans op de andere niet verandert — zoals opeenvolgende dobbelsteenworpen of trekken mét terugleggen. Gooi je twee keer, dan is

P(\text{twee keer zes})=\tfrac{1}{6}\cdot\tfrac{1}{6}=\tfrac{1}{36}\approx 0{,}03

. Let op: vermenigvuldigen mag alléén bij onafhankelijkheid; zijn de stappen afhankelijk (bijvoorbeeld trekken zónder terugleggen), dan heb je de algemene productregel met een voorwaardelijke kans nodig, het onderwerp van het volgende onderdeel.

Bij samengestelde vragen combineer je de regels met een eenvoudig beslisschema. Gaat het om „en” bij onafhankelijke stappen, dan vermenigvuldig je; gaat het om „of”, dan tel je op en trek je de overlap af; en gaat het om „minstens één”, dan pak je het complement. Vaak leiden meerdere routes naar hetzelfde antwoord, dus kies de kortste en houd steeds bij of de stappen onafhankelijk zijn — dat bepaalt of je mag vermenigvuldigen. Deze drie regels vormen samen met het Venn-diagram het rekengereedschap voor bijna elke kansvraag in domein B.

P(A^{c})=1-P(A)

Complementregel

De kans op „niet A”. Onmisbaar bij „minstens één”: P = 1 − P(geen).

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

Somregel (algemeen)

De kans op „A of B”; de dubbel getelde doorsnede wordt er weer afgetrokken.

P(A\cup B)=P(A)+P(B)\quad(A\cap B=\varnothing)

Somregel bij elkaar uitsluitende gebeurtenissen

Kunnen A en B niet samen optreden, dan is de overlap 0.

P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\quad(A,B\text{ onafhankelijk})

Productregel (onafhankelijk)

De kans op „A en B” voor onafhankelijke gebeurtenissen; vermenigvuldig de kansen.

Uitgewerkt voorbeeld

Lezen, podcasts en twee dobbelsteenworpen

Onder 50 leerlingen lezen er 30 boeken (A), luisteren er 20 podcasts (B) en doen 12 allebei. Los daarvan gooi je twee keer met een zuivere dobbelsteen. (a) Bereken P(A∪B). (b) Bereken de kans dat een leerling geen van beide doet. (c) Bereken de kans op twee keer zes. (d) Bereken de kans op minstens één zes.

a) Somregel
Tel de kansen op lezen en podcasts op en trek de dubbel getelde doorsnede (12 leerlingen) er weer af.
$P(A\cup B)=\frac{30}{50}+\frac{20}{50}-\frac{12}{50}=\frac{38}{50}=0{,}76$
b) Complementregel
„Geen van beide” is het complement van „lezen of podcasts”.
$P(\text{geen van beide})=1-0{,}76=0{,}24$
c) Productregel (onafhankelijk)
De twee worpen beïnvloeden elkaar niet, dus vermenigvuldig de kansen.
$P(\text{twee zessen})=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{36}\approx 0{,}03$
d) Complement + product
„Minstens één zes” is 1 min de kans op twee keer géén zes.
$P(\text{minstens één zes})=1-\left(\tfrac{5}{6}\right)^{2}=\frac{11}{36}\approx 0{,}31$

Resultaat: a) 0,76; b) 0,24; c) 1/36 ≈ 0,03; d) 11/36 ≈ 0,31.

Veelgemaakte fouten

Bij de somregel de doorsnede $P(A\cap B)$ vergeten af te trekken, waardoor de overlap dubbel wordt geteld.
De productregel $P(A)\cdot P(B)$ gebruiken terwijl de gebeurtenissen afhankelijk zijn (bijvoorbeeld trekken zónder terugleggen).
„Minstens één” rechtstreeks proberen te tellen in plaats van via het complement $1-P(\text{geen})$ .

Actieve herhaling

Van 80 klanten bestelt 50 koffie (A), 32 gebak (B) en 20 allebei. (a) Bereken P(A∪B) en de kans op geen van beide. (b) Twee klanten worden onafhankelijk (met terugleggen) gekozen; bereken de kans dat ze allebei koffie bestellen. (c) Bereken de kans dat minstens één van de twee koffie bestelt.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

Voorwaardelijke kans en onafhankelijkheid#

Verdiepingexamenblad-wiskunde-d-domein-B

Afb. 1 — Kansboom: twee knikkers zonder terugleggen

Afb. 3Uit 6 rode en 4 blauwe knikkers trek je er twee zonder terugleggen. Bij de tweede trekking hangen de takkansen af van de eerste (afhankelijkheid): na een rode is P(rood) = 5/9 ≈ 0,56, na een blauwe 6/9 ≈ 0,67. De padproducten tellen op tot 1.

De voorwaardelijke kans

P(A\mid B)

is de kans op

A

als je al weet dat

B

is opgetreden. Je definieert hem als

P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}

: je verkleint de uitkomstenruimte tot

B

en kijkt welk deel daarvan óók in

A

ligt. Het natuurlijke hulpmiddel bij zo'n stapsgewijs experiment is de kansboom. Afb. 1 hoort bij een vaas met

6

rode en

4

blauwe knikkers waaruit je er twee trekt zónder terugleggen; langs elk pad vermenigvuldig je de takkansen, en de takken die uit één knoop vertrekken tellen altijd op tot

1

De takkansen bij de tweede trekking zijn zelf voorwaardelijke kansen. Na een rode knikker zijn nog

5

rode en

4

blauwe over, dus

P(\text{tweede rood}\mid \text{eerste rood})=\tfrac{5}{9}\approx 0{,}56

; na een blauwe knikker zijn

6

rode en

3

blauwe over, dus

P(\text{tweede rood}\mid \text{eerste blauw})=\tfrac{6}{9}=\tfrac{2}{3}

. Vermenigvuldigen langs een pad is daarom niets anders dan de algemene productregel

P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A\mid B)

, die je krijgt door de definitie te herschrijven. Deze regel geldt altijd, óók bij afhankelijke gebeurtenissen, en verbindt de kansboom rechtstreeks met de voorwaardelijke kans.

Twee gebeurtenissen zijn onafhankelijk als het weten van

B

niets verandert aan de kans op

A

. Dat kun je op drie gelijkwaardige manieren toetsen:

P(A\mid B)=P(A)

, of

P(B\mid A)=P(B)

, of — het handigst —

P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)

. Die laatste gelijkheid is precies de productregel uit het vorige onderdeel: die productregel is dus niet zomaar een rekentruc, maar de definiërende eigenschap van onafhankelijkheid. Klopt de gelijkheid niet, dan zijn de gebeurtenissen afhankelijk en moet je met de voorwaardelijke kans rekenen.

Het verschil tussen mét en zónder terugleggen is precies het verschil tussen onafhankelijk en afhankelijk. Trek je mét terugleggen, dan is de vaas elke keer hetzelfde en veranderen de takkansen niet: de trekkingen zijn onafhankelijk en de gewone productregel geldt. Trek je zónder terugleggen, zoals in Afb. 1, dan verandert de samenstelling na elke trekking en hangen de latere takkansen af van wat je eerder trok. Voor deze vaas is

P(\text{eerste rood})=\tfrac{6}{10}=0{,}6

, maar

P(\text{eerste rood}\mid \text{tweede rood})=\tfrac{5}{9}\approx 0{,}56

; omdat

0{,}56\ne 0{,}6

zijn de twee trekkingen afhankelijk.

Voorwaardelijke kansen zitten overal in schoolexamencontexten: medische tests, kruistabellen uit enquêtes en kwaliteitscontrole. Een veelgemaakte denkfout is

P(A\mid B)

verwarren met

P(B\mid A)

— de kans dat iemand met een positieve test ziek is, is iets heel anders dan de kans dat een zieke positief test. Reken daarom altijd netjes met de definitie, teken zo nodig een kansboom of kruistabel, en formuleer je antwoord in de taal van de context. In het volgende onderdeel gebruiken we de voorwaardelijke kans om via de regel van Bayes een oorzaak-kans uit een gevolg-kans terug te rekenen.

P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}

Voorwaardelijke kans

De kans op A gegeven dat B is opgetreden; je beperkt de uitkomstenruimte tot B.

P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A\mid B)

Productregel (algemeen)

Geldt altijd, ook bij afhankelijkheid; dit is „vermenigvuldigen langs een pad” in de kansboom.

A,B\text{ onafhankelijk}\iff P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)

Onafhankelijkheid

De doorsnede is dan het product van de losse kansen.

P(A\mid B)=P(A)\iff P(B\mid A)=P(B)

Onafhankelijkheid (gelijkwaardig)

Het weten van de ene gebeurtenis verandert de kans op de andere niet.

Uitgewerkt voorbeeld

Twee knikkers zonder terugleggen: voorwaardelijke kans en onafhankelijkheid

Een vaas bevat 6 rode en 4 blauwe knikkers. Je trekt zónder terugleggen twee knikkers (zie Afb. 1). (a) Bereken P(eerste rood en tweede blauw). (b) Bereken P(tweede rood). (c) Bereken P(eerste rood | tweede rood). (d) Onderzoek of „eerste rood” en „tweede rood” onafhankelijk zijn.

a) Vermenigvuldigen langs het pad
Vermenigvuldig de takkansen op het pad rood → blauw.
$P(\text{R, B})=\frac{6}{10}\cdot\frac{4}{9}=\frac{24}{90}=\frac{4}{15}\approx 0{,}27$
b) Totale kans over twee paden
„Tweede rood” bereik je via (rood, rood) óf via (blauw, rood); tel die padkansen op.
$P(\text{tweede rood})=\frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}+\frac{4}{10}\cdot\frac{6}{9}=\frac{30+24}{90}=\frac{54}{90}=0{,}6$
c) Voorwaardelijke kans
Deel de kans dat beide rood zijn door de kans dat de tweede rood is.
$P(\text{eerste rood}\mid \text{tweede rood})=\frac{P(\text{R, R})}{P(\text{tweede rood})}=\frac{30/90}{54/90}=\frac{5}{9}\approx 0{,}56$
d) Onafhankelijkheid toetsen
Vergelijk met $P(\text{eerste rood})=0{,}6$ . Omdat de voorwaarde de kans wél verandert ( $0{,}56\ne 0{,}6$ ), zijn de trekkingen afhankelijk — logisch, want zónder terugleggen.
$P(\text{eerste rood})=0{,}6\ne\tfrac{5}{9}=P(\text{eerste rood}\mid \text{tweede rood})$

Resultaat: a) 4/15 ≈ 0,27; b) 0,6; c) 5/9 ≈ 0,56; d) afhankelijk, want P(eerste rood | tweede rood) = 5/9 ≠ 0,6 = P(eerste rood).

Veelgemaakte fouten

$P(A\mid B)$ en $P(B\mid A)$ verwisselen — deze zijn in het algemeen verschillend.
Bij $P(A\mid B)$ delen door $P(A)$ in plaats van door $P(B)$ (de voorwaarde staat in de noemer).
De takkansen bij trekken zónder terugleggen niet aanpassen, waardoor de tweede trekking onterecht dezelfde noemer houdt.

Actieve herhaling

Onder 200 forenzen reist 120 met de trein (T) en 90 in de spits (S); 70 reizen met de trein én in de spits. (a) Bereken P(S|T) en interpreteer de uitkomst. (b) Bereken P(T|S) en leg uit waarom dit iets anders is dan (a). (c) Onderzoek of „trein” en „spits” onafhankelijk zijn.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

De regel van Bayes#

Verdiepingexamenblad-wiskunde-d-domein-B

Afb. 1 — Kansboom van de ziektetest

Afb. 4De ziekte komt bij 2% voor. Een zieke test met kans 0,90 positief, een gezonde met kans 0,05 vals positief. Padproducten: ziek én + = 0,018; gezond én + = 0,049. Samen P(+) = 0,067; de vier paden tellen op tot 1.

De regel van Bayes draait een voorwaardelijke kans om: uit

P(B\mid A)

bereken je

P(A\mid B)

. Dat is precies wat je nodig hebt bij een test — je kent de betrouwbaarheid

P(\text{positief}\mid \text{ziek})

, maar je wilt weten

P(\text{ziek}\mid \text{positief})

. Afb. 1 is de kansboom van zo'n ziektetest: de ziekte komt bij

2\%

van de bevolking voor, een zieke test met kans

0{,}90

positief (de gevoeligheid) en een gezonde met kans

0{,}05

(vals) positief. Langs de vier paden lees je de kansen op de combinaties ziek/gezond × positief/negatief af.

P(\text{ziek}\mid +)

te bepalen heb je eerst de totale kans op een positieve test nodig. Die vind je door de twee paden die op „positief” uitkomen op te tellen:

P(+)=P(\text{ziek})\cdot P(+\mid \text{ziek})+P(\text{gezond})\cdot P(+\mid \text{gezond})=0{,}02\cdot 0{,}90+0{,}98\cdot 0{,}05=0{,}018+0{,}049=0{,}067

. Dit heet de wet van de totale kans: de kans op een gevolg is de som over alle mogelijke oorzaken van (kans op oorzaak)

\times

(kans op gevolg gegeven die oorzaak). Deze som is precies de noemer in de regel van Bayes.

De regel van Bayes zelf luidt

P(A\mid B)=\dfrac{P(B\mid A)\cdot P(A)}{P(B)}

— de teller is het pad langs de gevraagde oorzaak, de noemer is de totale kans op het gevolg. Voor de test geeft dat

P(\text{ziek}\mid +)=\dfrac{P(\text{ziek})\cdot P(+\mid \text{ziek})}{P(+)}=\dfrac{0{,}018}{0{,}067}\approx 0{,}27

. Ondanks een positieve uitslag is er dus maar ongeveer

27\%

kans dat je de ziekte echt hebt. Dat verrassende resultaat komt doordat de ziekte zeldzaam is: er zijn zóveel gezonde mensen dat de

5\%

vals-positieven onder hen in absolute aantallen ruim de echte zieken overtreffen.

Dezelfde berekening wordt tastbaar met natuurlijke frequenties, zoals in Afb. 2. Stel je

10\,000

mensen voor:

200

zijn ziek (waarvan

0{,}90\cdot 200=180

positief) en

9\,800

zijn gezond (waarvan

0{,}05\cdot 9\,800=490

vals positief). In totaal testen

180+490=670

mensen positief, en daarvan zijn er

180

echt ziek:

\tfrac{180}{670}\approx 0{,}27

— exact hetzelfde antwoord. De staafgrafiek laat meteen zien waarom de kans laag is: de „vals alarm”-groep is veel groter dan de „echt ziek”-groep.

Het stappenplan voor elke Bayes-vraag is vast: teken de kansboom met de a-priorikansen (

P(\text{ziek})

P(\text{gezond})

) en de voorwaardelijke takkansen, bereken de padproducten, tel de paden naar het waargenomen gevolg op tot

P(B)

, en deel het gevraagde pad daardoor. Een kruistabel met natuurlijke frequenties is een even geldige route en vaak inzichtelijker. De regel van Bayes en de voorwaardelijke kans horen tot domein B van wiskunde D; omdat dit vak alleen met een schoolexamen wordt afgesloten en geen centraal examen kent, toetst je school deze stof in samenhang met de rest van de kansrekening.

P(B)=P(A)\cdot P(B\mid A)+P(A^{c})\cdot P(B\mid A^{c})

Wet van de totale kans

De kans op B, uitgesplitst over de oorzaak A en haar complement; dit is de noemer bij Bayes.

P(A\mid B)=\frac{P(B\mid A)\cdot P(A)}{P(B)}

Regel van Bayes

Draait de voorwaardelijke kans om: van P(B|A) naar P(A|B).

P(A\mid B)=\frac{P(A)\cdot P(B\mid A)}{P(A)\cdot P(B\mid A)+P(A^{c})\cdot P(B\mid A^{c})}

Bayes volledig uitgeschreven

De teller is het pad langs A, de noemer de totale kans op B (som van de paden).

Afb. 2 — Wie test positief? (per 10.000 mensen)

Afb. 5Van elke 10.000 mensen testen er 670 positief: 180 zijn echt ziek, 490 zijn een vals alarm. Daarom is P(ziek | positief) = 180/670 ≈ 0,27 — de meeste positieven zijn geen zieken.

Uitgewerkt voorbeeld

De ziektetest: hoe zeker is een positieve uitslag?

Een ziekte komt bij 2% van de bevolking voor. De test geeft bij een zieke met kans 0,90 een positieve uitslag en bij een gezonde met kans 0,05 een vals-positieve uitslag. Iemand test positief (zie Afb. 1). (a) Bereken P(positief). (b) Bereken P(ziek | positief) met de regel van Bayes. (c) Interpreteer de uitkomst.

a) Wet van de totale kans
Tel de twee paden op die op „positief” uitkomen: via ziek en via gezond.
$P(+)=0{,}02\cdot 0{,}90+0{,}98\cdot 0{,}05=0{,}018+0{,}049=0{,}067$
b) Regel van Bayes
Deel het pad langs „ziek en positief” door de totale kans op een positieve test.
$P(\text{ziek}\mid +)=\frac{0{,}02\cdot 0{,}90}{0{,}067}=\frac{0{,}018}{0{,}067}\approx 0{,}27$
c) Interpreteren
Ook al is de test op zich vrij betrouwbaar, na een positieve uitslag is er maar ongeveer $27\%$ kans op de ziekte. Omdat de ziekte zeldzaam is, komen de meeste positieve uitslagen van de grote groep gezonden: per $10\,000$ mensen zijn dat $490$ vals-positieven tegen $180$ terecht-positieven.

Resultaat: a) P(positief) = 0,067; b) P(ziek | positief) ≈ 0,27; c) een positieve test geeft hier nog geen zekerheid — door de lage prevalentie is de meerderheid van de positieven vals alarm.

Veelgemaakte fouten

$P(\text{ziek}\mid +)$ gelijkstellen aan de gevoeligheid $P(+\mid \text{ziek})$ — dat is de klassieke omkeerfout.
Vergeten de vals-positieven mee te nemen in de noemer $P(+)$ , waardoor je door een te kleine totale kans deelt.
De a-priorikans (prevalentie) negeren; juist die maakt dat een positieve test bij een zeldzame ziekte weinig zegt.

Actieve herhaling

Een fabriek heeft twee machines: machine I maakt 70% van de producten met 2% uitval, machine II de overige 30% met 6% uitval. Een willekeurig product blijkt defect. (a) Bereken de kans dat een product defect is (wet van de totale kans). (b) Bereken met de regel van Bayes de kans dat het defecte product van machine II komt. (c) Interpreteer je antwoord.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO) (CvTE / DUO)

Referenties en bronnen

Bronnen

CvTE / DUO

Examenblad.nl — examenprogramma wiskunde D (VWO)

Kansrekening

Kernpunten

Kansen bij een kaartspel (Laplace en de axioma's)

Kernpunten

Lezen, podcasts en twee dobbelsteenworpen

Kernpunten

Twee knikkers zonder terugleggen: voorwaardelijke kans en onafhankelijkheid

Kernpunten

De ziektetest: hoe zeker is een positieve uitslag?

Bronnen