احتمال شرطی، قانون احتمال کل و قضیهٔ بیز

شرطی‌کردن موتور محرکِ تقریباً هر پرسش احتمالِ غیرترکیبیاتیِ کنکور است: یک احتمال غیرشرطیِ دشوار را با آشکار کردنِ اینکه در کدام حالت هستیم به احتمالی آسان تبدیل می‌کند؛ سپس یا در فضای محدودشده می‌شماریم، یا روی قطعه‌ها میانگین می‌گیریم (احتمال کل)، یا وارون می‌کنیم (بیز).

1. تعریف — و اینکه واقعاً چه می‌کند

روی فضای احتمال $(\Omega,\mathcal{F},P)$، برای پیشامد $B$ با $P(B)>0$ داریم

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

شرطی‌کردن محدود و بازبهنجار می‌کند: فضای نمونه به $B$ کوچک می‌شود و هر جرم با ضریب $1/P(B)$ مقیاس می‌خورد تا مجموع دوباره $1$ شود. اگر $P(B)=0$ باشد تعریف‌نشده است (شرطی‌کردن روی یک متغیر پیوسته را باید با چگالی‌ها انجام داد).

واقعیت ساختاری کلیدی. برای $B$ ثابت، نگاشت $A\mapsto P(A\mid B)$ خودش یک اندازهٔ احتمال روی $(\Omega,\mathcal{F})$ است. پس هر اتحادِ در سطح اصول موضوعه درون خط شرط پابرجاست: $P(A^{c}\mid B)=1-P(A\mid B),\qquad P(A\cup C\mid B)=P(A\mid B)+P(C\mid B)-P(A\cap C\mid B).$ اما در جایگاهِ شرط اندازه نیست؛ به‌طور کلی $P(A\mid B^{c})\neq 1-P(A\mid B),\qquad P(A\mid B)\neq P(B\mid A).$

حالت‌های خاص کاربردی: اگر $A\subseteq B$ آنگاه $P(A\mid B)=P(A)/P(B)$ و $P(B\mid A)=1$؛ اگر $A\cap B=\varnothing$ آنگاه $P(A\mid B)=0$؛ شرطی‌کردن روی $\Omega$ چیزی را عوض نمی‌کند. یکنوایی در جایگاه اول به ارث می‌رسد: $A_1\subseteq A_2\Rightarrow P(A_1\mid B)\le P(A_2\mid B)$.

پیشامدهای هم‌شانس: شرطی‌کردن همان شمارش در فضای محدودشده است

اگر $\Omega$ متناهی و همهٔ برآمدها هم‌شانس باشند، ثابت بهنجارش $1/\lvert\Omega\rvert$ از صورت و مخرج حذف می‌شود و

$P(A\mid B)=\frac{\lvert A\cap B\rvert}{\lvert B\rvert}.$

بنابراین پرسشِ «به شرط آنکه …» در یک مدل یکنواخت با بازشماری درون فضای محدودشده پاسخ داده می‌شود، نه با وصله‌کردنِ جواب غیرشرطی. به همین دلیل احتمال‌های شرطیِ ترکیبیاتی همیشه به‌صورت نسبتی از شمارش‌ها درمی‌آیند و مخرج بزرگ ($\binom{N}{n}$، $N!$، $2^{N}$ …) پیش از هر محاسبهٔ عددی ساده می‌شود.

شمارش درون یک بلوک صحیح: پیشامدهای بخش‌پذیری

پرتکرارترین مدل یکنواخت در کنکور این است: «عددی به‌تصادف از $\{a,a+1,\dots,b\}$ انتخاب می‌شود». سه واقعیتِ شمارشی همهٔ کار را انجام می‌دهند.

1. اندازهٔ بلوک. $\lvert\Omega\rvert=b-a+1$ (خطای میله‌وحصار: آن $+1$ اختیاری نیست — اعداد دورقمی $10,\dots,99$ تعدادشان $90$ است، نه $89$).
2. مضرب‌های $d$. $\#\{n\in[a,b]:d\mid n\}=\left\lfloor\dfrac{b}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{a-1}{d}\right\rfloor$؛ هم‌ارز آن، این‌ها را به‌صورت یک تصاعد حسابی $x_{\min},x_{\min}+d,\dots,x_{\max}$ فهرست کنید و $\dfrac{x_{\max}-x_{\min}}{d}+1$ را بشمارید.
3. دو شرط بخش‌پذیری با ک.م.م ادغام می‌شوند. $d_1\mid n\ \text{ and }\ d_2\mid n\iff \operatorname{lcm}(d_1,d_2)\mid n .$ پس «زوج و بخش‌پذیر بر $3$» یعنی «بخش‌پذیر بر $6$» — هرگز «بخش‌پذیر بر $5$» و هرگز «بخش‌پذیر بر $12$»، مگر آنکه خودِ $d_1,d_2$ آن را ایجاب کنند.

با کنار هم گذاشتن این‌ها، برای $X$ یکنواخت روی بلوک، $P\big(d_1\mid X\ \big\vert\ d_2\mid X\big)=\frac{\#\{\text{multiples of }\operatorname{lcm}(d_1,d_2)\}}{\#\{\text{multiples of }d_2\}} .$ همین دستور برای شرطی‌کردن روی «به رقم زوج ختم می‌شود»، «مربع کامل است» یا «ارقام متمایز دارد» نیز کار می‌کند: جامعهٔ محدودشده را صریحاً توصیف کنید، آن را بشمارید، سپس بخش مطلوبِ آن را بشمارید.

قاعدهٔ ضرب (قاعدهٔ زنجیری)

$P\!\left(\bigcap_{i=1}^{n}A_i\right)=P(A_1)\,P(A_2\mid A_1)\,P(A_3\mid A_1\cap A_2)\cdots P\!\left(A_n\;\Big|\;\bigcap_{i=1}^{n-1}A_i\right),$

که هرگاه $P(A_1\cap\cdots\cap A_{n-1})>0$ باشد معتبر است. هر آزمایش دنباله‌ای با همین قاعده مدل‌بندی می‌شود: نمونه‌گیری بدون جایگذاری، طرح‌های ظرف و مهره، و پرتاب‌های مکرر.

۲. شرطی‌کردن روی اجتماع قطعه‌های مجزا — یک میانگین وزن‌دار، نه یک جمع

قضیه (احتمال کلِ محدودشده به $B$). فرض کنید $B_1,\dots,B_n$ دوبه‌دو مجزا با $P(B_j)>0$ باشند و $B=\bigcup_{j=1}^{n}B_j$. آنگاه $P(B)=\sum_j P(B_j)>0$ و با وزن‌های $w_j=P(B_j)/P(B)$ (که $w_j>0$ و $\sum_j w_j=1$)،

$P(A\mid B)=\sum_{j=1}^{n}P(A\mid B_j)\,w_j .$

برهان. اشتراک روی اجتماع پخش می‌شود، $A\cap B=\bigcup_j (A\cap B_j)$، و قطعه‌های $A\cap B_j\subseteq B_j$ دوبه‌دو مجزا می‌مانند؛ پس جمع‌پذیری شمارا به‌همراه قاعدهٔ ضرب می‌دهد $P(A\cap B)=\sum_j P(A\cap B_j)=\sum_j P(A\mid B_j)P(B_j)$؛ حال بر $P(B)$ تقسیم کنید. $\square$

قطعه‌ها لازم نیست افرازی از $\Omega$ باشند — فقط افرازی از $B$. سه نتیجه که آزمون مستقیماً می‌سنجد:

• تحدب. $P(A\mid B)$ یک ترکیب محدب است، پس $\min_j P(A\mid B_j)\le P(A\mid B)\le\max_j P(A\mid B_j)$. هرگز نمی‌تواند از بزرگ‌ترین مقدار قطعه‌ها فراتر رود و هرگز مضربی از آن نیست.
• ثابت‌بودن منتقل می‌شود. اگر برای هر $j$ داشته باشیم $P(A\mid B_j)=p$، آنگاه $P(A\mid B)=p$ — برای هر $n$ و هر اندازه که $P(B_j)$‌ها نابرابر باشند. گزینه‌های فریبندهٔ $p/n$ و $\min(1,np)$ از جمع‌کردن احتمال‌های شرطی به‌جای میانگین‌گرفتن از آن‌ها می‌آیند؛ تنها احتمال‌های غیرشرطیِ پیشامدهای مجزا با هم جمع می‌شوند.
• دو قطعه $=$ بخت (odds). برای $E_1,E_2$ مجزا،

$P(E_1\mid E_1\cup E_2)=\frac{P(E_1)}{P(E_1)+P(E_2)}=\frac{1}{1+P(E_2)/P(E_1)} .$

تنها نسبت $P(E_2)/P(E_1)$ اهمیت دارد، پس هر عاملِ مشترک میان دو پیشامد (یک $1/\binom{N}{n}$ یکنواخت، یک پیشین مشترک، هر ثابت بهنجارش) پیش از هر محاسبه‌ای حذف می‌شود.

یک وارسی کوچک. تاسی سالم می‌اندازیم، $B_1=\{1,2\}$، $B_2=\{3,4\}$، $B=\{1,2,3,4\}$، $A=\{1,3\}$: اینجا $P(A\mid B_1)=P(A\mid B_2)=\tfrac12$ و به‌راستی $P(A\mid B)=\tfrac24=\tfrac12$، که یک‌جا $p/n=\tfrac14$، $\min(1,np)=1$ و «$>p$» را از میدان به‌در می‌کند. توجه کنید که باید $n\ge 2$ گرفت: در $n=1$ فرمول‌های $p/n$ و $\min(1,p)$ اتفاقی با $p$ یکی می‌شوند و چیزی را روشن نمی‌کنند.

۳. استقلال — چهار مفهوم که آزمون عمداً آن‌ها را در هم می‌آمیزد

اگر $A,B$ مستقل باشند، زوج‌های $(A^{c},B)$، $(A,B^{c})$ و $(A^{c},B^{c})$ نیز مستقل‌اند.

دوبه‌دو $\neq$ متقابل. دو سکهٔ سالم بیندازید و بگذارید $A=\{\text{1st is heads}\}$، $B=\{\text{2nd is heads}\}$، $C=\{\text{exactly one head}\}$. هر زوج مستقل است، اما $P(A\cap B\cap C)=0\neq\tfrac18=P(A)P(B)P(C)$.

استقلال در برابر شمول — روابط مجموعه‌ای واگرایی را ناچار می‌کنند

استقلال رابطه‌ای جبری میان اعداد است؛ شمول و مجزابودن روابطی مجموعه‌ای‌اند. هر دو را هم‌زمان تحمیل کنید و چیزی ناگزیر فرومی‌ریزد.

قضیه. اگر $A\subseteq C$ و $A,C$ مستقل باشند، آنگاه از $A\cap C=A$ نتیجه می‌شود $P(A)=P(A\cap C)=P(A)P(C)\iff P(A)\bigl(1-P(C)\bigr)=0\iff P(A)=0\ \text{ or }\ P(C)=1 .$ حاصل‌ضرب دو عدد حقیقی صفر می‌شود اگر و تنها اگر یکی از عامل‌ها صفر باشد؛ پس نتیجه یک فصلِ شمولی (یا) است، نه یک عطف — رایج‌ترین بدفهمی در این خانواده.

سطر آخر همهٔ مثال‌های نقض را می‌سازد: پیشامدی پوچ یا تقریباً‌قطعی از هر چیزی مستقل است، چون $P(\varnothing\cap E)=0=P(\varnothing)P(E)$ و $P(\Omega\cap E)=P(E)=P(\Omega)P(E)$. پس خانواده‌های تودرتوی مستقل واقعاً وجود دارند و چیزی قوی‌تر از آن فصل نمی‌توان نتیجه گرفت — $A=B=C=\Omega$ دارای $P(A)=1$ است؛ $A=B=C=\varnothing$ دارای $P(C)=0$؛ و $A=\varnothing,\ B=C=\Omega$ هم $P(A)=0$ و هم $P(C)=1$. زنجیره‌های بلندتر چیزی نمی‌افزایند: برای $A\subset B\subset C$ مستقلِ متقابل، همان زوج $(A,C)$ قوی‌ترین گزارهٔ درست را می‌دهد (زوج‌های $(A,B)$ و $(B,C)$ فقط همان را با $B$ در میانه تکرار می‌کنند).

استقلالی که با شمارش می‌توان اثبات کرد: مانده‌ها روی یک بلوک کامل

گاهی استقلال یک فرض نیست، بلکه قضیه‌ای دربارهٔ مدل است، و تشخیص آن یک پرسش شرطی را به پاسخی یک‌خطی بدل می‌کند.

لم (استقلالِ قضیهٔ باقیماندهٔ چینی). فرض کنید $X$ روی بلوکی از $N$ عدد صحیح متوالی یکنواخت باشد و $d_1,\dots,d_r$ دوبه‌دو نسبت به هم اول باشند با $d_1d_2\cdots d_r\mid N$. آنگاه $P(d_i\mid X)=1/d_i$ و پیشامدهای $\{d_i\mid X\}$ مستقل متقابل‌اند.

دلیل. بنا بر قضیهٔ باقیماندهٔ چینی، $n\mapsto(n\bmod d_1,\dots,n\bmod d_r)$ یک تناظر یک‌به‌یک $\mathbb{Z}/(d_1\cdots d_r)\;\cong\;\prod_i\mathbb{Z}/d_i$ است، پس روی بلوکی که طولش مضربی از $d_1\cdots d_r$ است هر بردار مانده دقیقاً $N/(d_1\cdots d_r)$ بار رخ می‌دهد. بنابراین $P\big(\bigcap_i\{d_i\mid X\}\big)=\dfrac{N/(d_1\cdots d_r)}{N}=\prod_i\dfrac{1}{d_i}$. $\square$

نتیجه. روی چنین بلوکی، شرطی‌کردن روی یک بخش‌پذیری، بخش‌پذیری دیگر را تغییر نمی‌دهد: $P(3\mid X\ \vert\ 2\mid X)=P(3\mid X)=\tfrac13$. آن پاسخِ «مشکوکانه تمیز» یک واقعیت ساختاری است، نه شانس — و وارسی رایگانی برای درستیِ شمارش شماست.

کجا شکست می‌خورد. هر یک از دو فرض را بردارید، استقلال از بین می‌رود. روی $\{1,\dots,10\}$ (طول مضربی از $6$ نیست) داریم $P(2\mid X)=\tfrac12$، $P(3\mid X)=\tfrac{3}{10}\ne\tfrac13$ و $P(6\mid X)=\tfrac1{10}\ne\tfrac12\cdot\tfrac3{10}$. و برای پیمانه‌های نااول‌نسبت‌به‌هم، مثلاً $d_1=2,d_2=4$، پیشامدها تودرتو و در نتیجه بیشینه‌وابسته‌اند. پس پیش از ادعای استقلال همیشه بررسی کنید که $\operatorname{lcm}$ طول بلوک را بشمارد؛ وگرنه فقط بشمارید.

۴. قانون احتمال کل و قضیهٔ بیز

فرض کنید $\{B_1,B_2,\dots\}$ یک افراز از $\Omega$ باشد: دوبه‌دو مجزا، $\bigcup_i B_i=\Omega$ و هر $P(B_i)>0$ (متناهی یا شمارا). آنگاه برای هر پیشامد $A$،

$P(A)=\sum_{i}P(A\mid B_i)\,P(B_i).$

(نسخهٔ محدودشدهٔ بند ۲ لفظاً همین گزاره است با جایگزینی $\Omega$ با $B$ و $P$ با $P(\cdot\mid B)$.) نسخهٔ دوقطعه‌ای $P(A)=P(A\mid B)P(B)+P(A\mid B^{c})P(B^{c})$ اسب‌کارِ روزمره است. وارون‌کردن آن قضیهٔ بیز را می‌دهد:

$P(B_j\mid A)=\frac{P(A\mid B_j)P(B_j)}{\sum_i P(A\mid B_i)P(B_i)}\;\propto\;\underbrace{P(A\mid B_j)}_{\text{likelihood}}\cdot\underbrace{P(B_j)}_{\text{prior}}.$

فرم بختی (odds) — سریع‌ترین راه با دو فرضیه، چون مخرج حذف می‌شود: $\frac{P(B\mid A)}{P(B^{c}\mid A)}=\frac{P(B)}{P(B^{c})}\cdot\frac{P(A\mid B)}{P(A\mid B^{c})},$ یعنی بختِ پسین $=$ بختِ پیشین $\times$ نسبت درست‌نمایی.

پیشین پیوسته. اگر مجهول $\Theta$ دارای چگالی $\pi$ باشد و داده‌های $A$ درست‌نمایی $L(\theta)=P(A\mid\Theta=\theta)$ داشته باشند، مجموع‌ها به انتگرال بدل می‌شوند: $P(A)=\int L(\theta)\pi(\theta)\,d\theta,\qquad \pi(\theta\mid A)=\frac{L(\theta)\pi(\theta)}{\int L(u)\pi(u)\,du}.$

فراتر از پیشامدها. شرطی‌کردن روی یک متغیر تصادفی به $P(A\mid Y=y)$ و $\mathbb{E}[X\mid Y]$ می‌انجامد، با خاصیت برجی $\mathbb{E}[X]=\mathbb{E}\big[\mathbb{E}[X\mid Y]\big]$ — شکلِ متغیرتصادفیِ قانون احتمال کل.

آمیخته‌های متناهی — ماشینِ «یک دستگاه انتخاب کن، بعد از آن استفاده کن»

سهم بزرگی از سؤالات کنکور همین یک مدل است: یک برچسب پنهان $J\in\{1,\dots,m\}$ یک‌بار با پیشین $P(J=j)=w_j$ انتخاب می‌شود (کدام سکه، کدام تاس، کدام ظرف، کدام ماشین، کدام کیفیتِ محموله) و به‌شرط $J=j$ مشاهدات از قانونی معلوم با درست‌نمایی $L_j(\cdot)$ پیروی می‌کنند. برچسب هرگز مشاهده نمی‌شود؛ فقط دادهٔ $D$ دیده می‌شود. سه پرسش، سه فرمول:

ظرافت تعیین‌کننده: برچسب یک‌بار انتخاب می‌شود، نه یک‌بار برای هر مشاهده. به‌شرط $J$ مشاهدات مستقل و هم‌توزیع‌اند؛ اما به‌طور غیرشرطی وابسته‌اند (فقط تعویض‌پذیرند)، زیرا هر مشاهده شاهدی دربارهٔ $J$ است. مشخصاً، برای شاخه‌های برنولی با احتمال‌های موفقیت $p_j$ و $k$ موفقیت مشاهده‌شده،

$P(\text{next success}\mid k\text{ successes})=\frac{\sum_j w_j p_j^{\,k+1}}{\sum_j w_j p_j^{\,k}}=\frac{\mathbb{E}[\Theta^{k+1}]}{\mathbb{E}[\Theta^{k}]},\qquad \Theta:=p_J .$

این کمیت نسبت به $k$ ناکاهشی است (گشتاورهای یک متغیر نامنفی، بنا بر نامساوی کوشی–شوارتس، لگاریتم‌محدب‌اند)، در $k=0$ برابر میانگین پیشین $\mathbb{E}[\Theta]$ است، و وقتی $k\to\infty$ به $\max_j p_j$ افزایش می‌یابد. دو حذفِ رایگان از این نتیجه می‌شود: پاسخ باید اکیداً بالاتر از احتمال غیرشرطی $\mathbb{E}[\Theta]$ باشد (موفقیت‌ها شاهدی به‌سود مؤلفهٔ موفقیت‌پرورند) و اکیداً پایین‌تر از $p$ِ بهترین مؤلفه. برای $m=2$ با وزن‌های $w,1-w$ این می‌شود

$\frac{w\,p^{k+1}+(1-w)\,q^{k+1}}{w\,p^{k}+(1-w)\,q^{k}},\qquad\text{with posterior odds}\quad \frac{P(J=1\mid k\text{ successes})}{P(J=2\mid k\text{ successes})}=\frac{w}{1-w}\left(\frac{p}{q}\right)^{k}.$

نمونه‌گیری بدون جایگذاری درون یک شاخه: درست‌نمایی فوق‌هندسی

وقتی یک شاخه چنین است: «محموله‌ای از $N$ قلم شامل $D$ قلم معیوب که $n$ تای آن بدون جایگذاری بازرسی می‌شود»، شمارِ $K$ معیوب‌های یافت‌شده فوق‌هندسی است:

$P(K=k)=\frac{\binom{D}{k}\binom{N-D}{n-k}}{\binom{N}{n}},\qquad \max(0,n-N+D)\le k\le\min(n,D).$

پذیرش («همهٔ اقلام بازرسی‌شده سالم‌اند») همان $\{K=0\}$ است و سه صورت هم‌ارز دارد — هرکدام کوچک‌تر بود همان را محاسبه کنید:

$P(K=0)=\frac{\binom{N-D}{n}}{\binom{N}{n}}=\frac{\binom{N-n}{D}}{\binom{N}{D}}=\prod_{j=0}^{D-1}\frac{N-n-j}{N-j}.$

صورت میانی دیدگاه تقارنی است: به‌جای اینکه بپرسیم نمونه کجا می‌افتد، بپرسیم آن $D$ قلم خراب کجا می‌افتند — برای $D=1$ به این یک‌خطی فرومی‌ریزد $P(\text{the single bad item is missed})=1-\frac{n}{N}.$

با $N=10$ و $n=3$: محموله‌ای با $D=4$ با احتمال $\binom{6}{3}/\binom{10}{3}=\tfrac{20}{120}=\tfrac16$ پذیرفته می‌شود (بدلِ دوجمله‌ای $0.6^{3}=0.216$ می‌دهد)، حال آنکه محموله‌ای با $D=1$ با احتمال $1-\tfrac3{10}=0.7$ پذیرفته می‌شود (بدل: $0.9^{3}=0.729$).

۵. دستورالعمل

1. اول سؤال را دسته‌بندی کنید. شمارش (مدل متناهیِ یکنواخت) · میانگین‌گیری (اجتماع قطعه‌های مجزا) · آمیختن (یک برچسب پنهان و سپس یک قانون شرطیِ معلوم) · وارون‌سازی (شاهد داده شده، علت پرسیده شده) · ساختاری (گزاره‌ای درست/نادرست دربارهٔ استقلال، شمول و مجزابودن). هرکدام ماشین خودش را دارد.
2. افراز را نام ببرید. «در کدام حالت هستیم؟» — کدام ظرف، کدام ماشین، کدام سکه، کدام ژنوتیپ، کدام کیفیتِ محموله، کدام گامِ نخست. تقریباً همیشه در جملهٔ اول صورت مسئله اعلام شده است.
3. پیشین‌ها و درست‌نمایی‌ها را بنویسید. $P(B_i)$ از سازوکار انتخاب می‌آید و $P(A\mid B_i)$ از مدل شرطی؛ مدل شرطی همیشه بخش آسان ماجراست.
4. مدل یکنواخت است؟ در فضای محدودشده بشمارید. جامعهٔ پس از محدودسازی را صریحاً بسازید (افرادی که پیشاپیش حذف شده‌اند، کارت‌هایی که پخش شده‌اند، مقادیری که کنار گذاشته شده‌اند)، سپس $\lvert A\cap B\rvert/\lvert B\rvert$ را بگیرید و پیش از ساده‌سازی مخرجِ مشترک را حذف کنید. برای پیشامدهای بخش‌پذیری از $\operatorname{lcm}$ و شمارشِ جزء صحیح استفاده کنید.
5. درون یک شاخه می‌کشید؟ دربارهٔ جایگذاری تصمیم بگیرید. بدون جایگذاری $\Rightarrow$ فوق‌هندسی $\binom{N-D}{n}/\binom{N}{n}$ (یا صورت تقارنی)؛ با جایگذاری $\Rightarrow$ دوجمله‌ای $(1-D/N)^{n}$. هرگز این دو را قاطی نکنید.
6. پرسش غیرشرطی $\Rightarrow$ جمع بزنید (قانون احتمال کل). «چند درصد از اقلام …؟» دقیقاً همین احتمال ضربدر $100$ است — هیچ شرطی‌کردنی در کار نیست.
7. پرسشِ «به شرط این شاهد …» $\Rightarrow$ تقسیم کنید (بیز؛ و فرم بختی وقتی دقیقاً دو فرضیه هست، یعنی $P(E_1)/(P(E_1)+P(E_2))$).
8. «آزمایش بعدی چه؟» $\Rightarrow$ اصلاً پسین را نسازید — از اتحاد نسبتیِ بند ۶.۲ استفاده کنید.
9. سؤال ساختاری $\Rightarrow$ هر فرض را به معادله بدل کنید و تجزیه کنید. شمول می‌شود $P(A\cap C)=P(A)$، مجزابودن می‌شود $P(A\cap B)=0$؛ همراه با قاعدهٔ ضرب به $\text{(something)}\cdot\text{(something)}=0$ می‌رسند، یعنی یک یا. سپس میان $\varnothing$ و $\Omega$ دنبال مثال نقض بگردید.
10. مقدار را وارسی کنید: باید در $[0,1]$ باشد، باید میان کوچک‌ترین و بزرگ‌ترین مقدار شاخه‌ها بیفتد، و شاهدی که یک فرضیه را تأیید می‌کند باید احتمال آن را بالا ببرد. یک مقدار کوچک پارامتر را هم امتحان کنید — اما $n\ge 2$ بگیرید، چون در $n=1$ بسیاری از صورت‌های بستهٔ نادرست با پاسخ درست یکی می‌شوند.

۶. مثال‌های کوچکِ حل‌شده

۶.۱ شرطی‌کردن ترکیبیاتی — محدود کن، بشمار، نسبت بگیر

الگو. مخزنی از $N$ قلم شامل $a$ قلم نوع I و $b$ قلم نوع II است ($a+b=N$)؛ یک زیرمجموعهٔ $n$-عضویِ نامرتب به‌طور یکنواخت انتخاب می‌شود، پس هر $\binom{N}{n}$ زیرمجموعه هم‌شانس‌اند. بگذارید $W=\{\text{all }n\text{ are type I}\}$ و $M=\{\text{all }n\text{ are type II}\}$؛ برای $n\ge 1$ این دو مجزا هستند و «همه هم‌نوع» $=W\cup M$. بنا بر بند ۲،

$P(W\mid W\cup M)=\frac{P(W)}{P(W)+P(M)}=\frac{\binom{a}{n}}{\binom{a}{n}+\binom{b}{n}},$

که در آن $\binom{N}{n}$ِ مشترک حذف می‌شود — یک نسبت خالص از ضرایب دوجمله‌ای.

اتحادی که مسئله را فرو می‌ریزد. حذف یک عضو از یک رده، شمارش آن رده را در ضریبی تمیز ضرب می‌کند: $\frac{\binom{m-1}{n}}{\binom{m}{n}}=\frac{m-n}{m}.$

نمونه. کمیته‌ای با $6n$ نفر که نیمی مرد و نیمی زن‌اند. یک مرد به‌تصادف انتخاب می‌شود و از مخزن خارج می‌شود؛ او از میان $6n-1$ نفر باقی‌مانده $n$ نفر را برمی‌گزیند. مخزن $a=3n$ زن و $b=3n-1$ مرد دارد، پس با $m=3n$،

$\frac{\binom{3n-1}{n}}{\binom{3n}{n}}=\frac{3n-n}{3n}=\frac{2}{3}\qquad\Longrightarrow\qquad P\big(\text{all women}\mid\text{all the same gender}\big)=\frac{1}{1+\tfrac23}=\frac{3}{5},$

مستقل از $n$ — نکتهٔ ظریف و زیبای چنین سؤالاتی. وارسی کنید با $n=1$ ($2$ مرد، $3$ زن: $\tfrac{3}{3+2}=\tfrac35$) و با $n=2$ ($\binom{6}{2}=15$ مجموعهٔ تماماً‌زن در برابر $\binom{5}{2}=10$ مجموعهٔ تماماً‌مرد: $\tfrac{15}{25}=\tfrac35$).

تلهٔ رایج: در مسائلِ «یک نفرِ انتخاب‌شده بقیه را برمی‌گزیند»، خودِ انتخاب‌کننده از مخزن حذف می‌شود — مدل $N-1$ قلم دارد که یکی از رده‌ها یک واحد کم دارد، نه $N$ قلم. مخزنی متقارن پاسخ $\tfrac12$ می‌داد؛ دقیقاً همان یک عضوِ کم‌شده است که پاسخ را کج می‌کند. به‌همان اندازه مهلک است فراموش‌کردنِ شرطی‌کردن: احتمال غیرشرطیِ $P(W)=\binom{3n}{n}/\binom{6n-1}{n}\to 0$ است، پس هر گزینه‌ای که تقسیم بر $P(W)+P(M)$ را حذف کند به‌اندازهٔ چند مرتبهٔ بزرگی نادرست است.

۶.۲ مثال حل‌شدهٔ متعارف — یک پارامتر تصادفی، سپس آزمایش‌های مکرر

الگو. احتمال موفقیت $\Theta$ از پیشینی معلوم انتخاب می‌شود، مثلاً $P(\Theta=p_i)=w_i$ برای $i=1,\dots,n$؛ به‌شرط $\Theta$، آزمایش‌ها مستقل و هم‌توزیع برنولی$(\Theta)$اند. بگذارید $H_k$ پیشامدِ موفقیتِ هر $k$ آزمایش نخست باشد. استقلال شرطی می‌دهد $P(H_k\mid\Theta=p_i)=p_i^{\,k}$، پس بنا بر احتمال کل

$P(H_k)=\sum_{i}w_i\,p_i^{\,k}=\mathbb{E}\big[\Theta^{k}\big].$

آنگاه بیز پیشین را با درست‌نمایی کج می‌کند: $P(\Theta=p_i\mid H_k)=\frac{w_i\,p_i^{\,k}}{\mathbb{E}[\Theta^{k}]}.$

احتمال پیش‌بین. چون «$k$ آزمایش نخست موفق شوند و آزمایش $(k{+}1)$-ام هم موفق شود» دقیقاً همان پیشامد $H_{k+1}$ است، تنها تعریف احتمال شرطی می‌دهد

$P\big(\text{trial }k{+}1\text{ succeeds}\;\big|\;H_k\big)=\frac{P(H_{k+1})}{P(H_k)}=\frac{\mathbb{E}\big[\Theta^{k+1}\big]}{\mathbb{E}\big[\Theta^{k}\big]}.$

یک نسبت گشتاوری — یک خط، بدون نیاز به وزن‌های پسین. (این برابر است با $\sum_i p_i\,P(\Theta=p_i\mid H_k)$، یعنی میانگین پسین، اما هرگز لازم نیست آن مجموع را بنویسید.)

نمونه. $n$ سکه که سکهٔ $i$ با احتمال $p_i=i/n$ شیر می‌آید و یکی به‌طور یکنواخت انتخاب می‌شود ($w_i=1/n$). آنگاه $\mathbb{E}[\Theta^{k}]=n^{-(k+1)}\sum_{i=1}^{n}i^{k}$، پس

$P(\text{next head}\mid k\text{ heads})=\frac{n^{-(k+2)}\sum_{i=1}^{n}i^{k+1}}{n^{-(k+1)}\sum_{i=1}^{n}i^{k}}=\frac{1}{n}\cdot\frac{\sum_{i=1}^{n}i^{k+1}}{\sum_{i=1}^{n}i^{k}}.$

برای $n=10$ و $k=5$: $\sum_{i=1}^{10} i^{5}=220825$ و $\sum_{i=1}^{10} i^{6}=1978405$، پس مقدار برابر است با $\tfrac{1}{10}\cdot\tfrac{1978405}{220825}\approx0.896$ — بالاتر از میانگین پیشین $\mathbb{E}[\Theta]=0.55$ (پنج شیرِ پیاپی باید آن را بالا ببرد) و کمتر از $1$.

همزادِ پیوسته. $\Theta\sim\mathrm{Uniform}(0,1)$ می‌دهد $\mathbb{E}[\Theta^{k}]=\tfrac{1}{k+1}$، و از آن قاعدهٔ جانشینیِ لاپلاس به دست می‌آید $P(\text{next success}\mid k\text{ successes})=\frac{k+1}{k+2}.$ به‌طور کلی‌تر، پیشینِ $\mathrm{Beta}(\alpha,\beta)$ با $s$ موفقیت در $m$ آزمایش، پسینِ $\mathrm{Beta}(\alpha+s,\beta+m-s)$ و احتمال پیش‌بینِ $\dfrac{\alpha+s}{\alpha+\beta+m}$ دارد.

نکتهٔ مفهومی. به‌شرط $\Theta$ آزمایش‌ها مستقل‌اند؛ اما به‌طور غیرشرطی مستقل نیستند — تنها تعویض‌پذیرند. مشاهدهٔ موفقیت‌ها وزن پسینِ مؤلفه‌های با $p$ بزرگ را بالا می‌برد و این شانس موفقیت بعدی را بالا می‌برد. آمیختنِ آزمایش‌های مستقل و هم‌توزیع روی یک پارامتر تصادفی همیشه وابستگی مثبت می‌سازد، و دقیقاً به همین دلیل $P(H_{k+1})\neq P(H_k)\cdot\mathbb{E}[\Theta]$.

۶.۳ آمیختهٔ دو‌مؤلفه‌ای — مشاهده، به‌روزرسانی، پیش‌بینی (هر دو مسیر)

الگو. سازوکاری منصفانه یکی از دو دستگاه را انتخاب می‌کند، $A$ با احتمال موفقیت $p$ و $B$ با احتمال موفقیت $q$، و این انتخاب یک‌بار انجام می‌شود؛ هر آزمایش بعدی با همان دستگاه است. به‌شرط $k$ موفقیت $R_1\cap\dots\cap R_k$، مقدار $P(R_{k+1}\mid R_1\cap\dots\cap R_k)$ چقدر است؟

مسیر ۱ — نسبت احتمال‌های توأم. احتمال کل به‌همراه استقلال شرطی: $P(R_1\cdots R_k)=w p^{k}+(1-w)q^{k}\ \Longrightarrow\ P(R_{k+1}\mid R_1\cdots R_k)=\frac{w p^{k+1}+(1-w)q^{k+1}}{w p^{k}+(1-w)q^{k}} .$

مسیر ۲ — بیز، سپس میانگین‌گیری. نخست باور دربارهٔ دستگاه را به‌روز کنید، بعد پیش‌بینی کنید: $P(A\mid R_1\cdots R_k)=\frac{w p^{k}}{w p^{k}+(1-w)q^{k}},\qquad P(R_{k+1}\mid R_1\cdots R_k)=P(A\mid\cdot)\,p+P(B\mid\cdot)\,q .$ دو مسیر از نظر جبری یک محاسبه‌اند؛ مسیر ۱ سریع‌تر است و مسیر ۲ نشان می‌دهد چرا پاسخ جابه‌جا می‌شود.

نمونه. تاس $A$ دارای $4$ وجه قرمز و $2$ وجه سفید است ($p=\tfrac23$)، تاس $B$ دارای $2$ وجه قرمز و $4$ وجه سفید ($q=\tfrac13$)، و انتخاب با سکه‌ای سالم انجام می‌شود ($w=\tfrac12$)؛ دو پرتاب نخست قرمز بوده‌اند ($k=2$):

$P(R_1R_2)=\tfrac12\left(\tfrac23\right)^{2}+\tfrac12\left(\tfrac13\right)^{2}=\tfrac{5}{18},\qquad P(R_1R_2R_3)=\tfrac12\left(\tfrac23\right)^{3}+\tfrac12\left(\tfrac13\right)^{3}=\tfrac16,$ $P(R_3\mid R_1R_2)=\frac{1/6}{5/18}=\frac{3}{5}.$ بیز هم همین را می‌دهد: $P(A\mid R_1R_2)=\dfrac{\tfrac12\cdot\tfrac49}{5/18}=\tfrac45$ (پیشینِ $\tfrac12$ که دو قرمز آن را بالا برده‌اند)، پس $\tfrac45\cdot\tfrac23+\tfrac15\cdot\tfrac13=\tfrac35$.

تلهٔ رایج: آزمایش‌ها به‌شرط دستگاه مستقل‌اند، نه به‌طور غیرشرطی. پاسخ $P(R_3)=\tfrac12$ («هر پرتاب یک $50\!-\!50$ِ تازه است») همان دامی است که آزمون به‌عنوان گزینه می‌کارد؛ پاسخ $p=\tfrac23$ («دو قرمز ثابت می‌کند تاس $A$ است») نیز همین‌طور. حقیقت در تنگنا قرار دارد: $\mathbb{E}[\Theta]<\text{answer}<\max(p,q)$، و همین به‌تنهایی گزینهٔ درست را از میان چهار گزینه بیرون می‌کشد.

۶.۴ نمونه‌گیری پذیرش — احتمال کل روی کیفیت‌های محموله

الگو. محموله‌هایی از $N$ قلم در $m$ کیفیت می‌آیند: با احتمال $w_j$ یک محموله شامل $D_j$ قلم معیوب است. بازرس $n$ قلم را بدون جایگذاری می‌کشد و محموله را تنها در صورتی آزاد می‌کند که هیچ‌کدام معیوب نباشند. چه کسری از محموله‌ها آزاد می‌شود؟

این همان قانون احتمال کل با شاخه‌های فوق‌هندسی است: $P(\text{released})=\sum_{j}w_j\,\frac{\binom{N-D_j}{n}}{\binom{N}{n}} .$

نمونه. $N=10$، $n=3$؛ $30$ درصد محموله‌ها $D=4$ معیوب دارند و $70$ درصد $D=1$: $P(\text{released})=0.3\cdot\frac{\binom{6}{3}}{\binom{10}{3}}+0.7\cdot\frac{\binom{9}{3}}{\binom{10}{3}}=0.3\cdot\frac16+0.7\cdot\frac{7}{10}=0.05+0.49=0.54,$ پس $54$ درصد محموله‌ها به بازار می‌رسند. شاخهٔ $D=1$ اصلاً به ضرایب دوجمله‌ای نیاز ندارد: بنا بر تقارن، تنها قلم معیوب با احتمال $1-\tfrac3{10}=0.7$ از یک زیرمجموعهٔ تصادفیِ $3$-عضوی جان سالم به‌در می‌برد.

ادامهٔ طبیعی (بیز). به‌شرط اینکه محموله‌ای آزاد شده باشد، چقدر محتمل است که از نوع بد باشد؟ $P(D=4\mid\text{released})=\frac{0.05}{0.54}=\frac{5}{54}\approx0.093 ,$ بسیار پایین‌تر از پیشینِ $0.30$: گذر از بازرسی شاهدی بر کیفیت است. و کمیت مکمل، یعنی «چه کسری از محموله‌های آزادشده هنوز قلم معیوبی دارند»، اینجا $P(D\ge 1\mid\text{released})=1$ است — این طرح غربال می‌کند، نه اینکه گواهی سلامت بدهد.

تلهٔ رایج: سه پاسخ نادرستِ استاندارد در این الگو کمین کرده‌اند. (i) جابه‌جایی وزن‌ها، $0.3\cdot0.7+0.7\cdot\tfrac16\approx0.33$ — درست‌نمایی هر شاخه باید در پیشینِ خودش ضرب شود. (ii) درست‌نمایی‌های با جایگذاری، $0.3\cdot0.6^{3}+0.7\cdot0.9^{3}\approx0.575$ — بازرسی بدون جایگذاری است. (iii) شرطی‌کردن آنجا که پرسیده نشده: «چند درصد محموله‌ها آزاد می‌شوند» همان $P(A)$ِ غیرشرطی است، پس بعد از جمع متوقف شوید؛ تقسیم بر هر چیزی، شلیک بی‌هدفِ رفلکسِ بیز است.

۶.۵ بلوک صحیح یکنواخت — شرطی‌کردن روی یک پیشامد بخش‌پذیری

الگو. $X$ روی $\{a,\dots,b\}$ یکنواخت است؛ به‌شرط $d_2\mid X$، مقدار $P(d_1\mid X)$ را بیابید. محدود کنید، سپس بشمارید: $P\big(d_1\mid X\ \big\vert\ d_2\mid X\big)=\frac{\#\{\operatorname{lcm}(d_1,d_2)\text{-multiples in }[a,b]\}}{\#\{d_2\text{-multiples in }[a,b]\}} .$

نمونه. $X$ روی اعداد دورقمی $\{10,\dots,99\}$ یکنواخت است، پس $\lvert\Omega\rvert=90$. اعداد زوج: $10,12,\dots,98$، یعنی $\tfrac{98-10}{2}+1=45$ عدد. زوج و بخش‌پذیر بر $3$ یعنی بخش‌پذیر بر $6$: $12,18,\dots,96$، یعنی $\tfrac{96-12}{6}+1=15$ عدد. بنابراین $P(3\mid X\ \vert\ 2\mid X)=\frac{15}{45}=\frac13 .$ این پاسخ برابر با احتمال غیرشرطیِ $P(3\mid X)=\tfrac{30}{90}=\tfrac13$ است و بند ۳ دلیلش را می‌گوید: طول بلوک، یعنی $90$، مضربی از $\operatorname{lcm}(2,3)=6$ است و $\gcd(2,3)=1$، پس «زوج بودن» و «بخش‌پذیری بر $3$» اینجا واقعاً مستقل‌اند. اگر بلوک $\{10,\dots,98\}$ بود (طول $89$) این تساوی برقرار نمی‌شد و تنها شمارش‌ها قابل اعتماد بودند.

تلهٔ رایج: لغزش کلاسیک این است که به‌جای احتمال شرطیِ $\tfrac{15}{45}$، مقدار $P(A\cap B)=\tfrac{15}{90}=\tfrac16$ — یعنی احتمال توأم — گزارش شود. هرگاه مسئله می‌گوید «به شرط آنکه …»، مخرج اندازهٔ جامعهٔ محدودشده است، نه کل فضای نمونه؛ و نسبت پاسخ نادرست به پاسخ درست دقیقاً برابر $P(B)$ است.

۷. الگوهای پرتکرار آزمون

حذف با کران‌ها. گزینه‌های بزرگ‌تر از $1$، گزینه‌های منفی، گزینه‌هایی که اصلاً عددی در $[0,1]$ نیستند (یک «$2$» خشک‌وخالی)، یا گزینه‌هایی که احتمال را نسبت به پیشین در جهت نادرست جابه‌جا می‌کنند، بدون هیچ محاسبه‌ای کنار می‌روند. چهار گزینه در این خانواده معمولاً این‌ها را در برابر هم می‌گذارند: نسبت درست، وارونِ آن، نسبت درست با یک ثابت مقیاسِ اشتباه، و پاسخ غیرشرطی (پیشین) که شاهد را کاملاً نادیده می‌گیرد.

دو حذف رایگان دیگر. (i) وابستگی به پارامتر: گزینه را در یک مقدار مجازِ کوچک محاسبه کنید — اگر پاسخ واقعی بی‌پارامتر باشد، هر گزینه‌ای که $n$ در آن هست یک‌جا حذف می‌شود (از $n\ge 2$ استفاده کنید؛ در $n=1$ بسیاری از صورت‌های نادرست با پاسخ درست یکی می‌شوند). (ii) حرف ربط را بخوانید: در یک سؤال ساختاری معمولاً سه گزینه یک عطف بیان می‌کنند (با ویرگول، «$P(A)=0,\ P(C)=1$») و تنها یکی یک فصل («یا / or»)؛ حاصل‌ضرب تجزیه‌شدهٔ $xy=0$ فقط می‌تواند فصل را بدهد، و خانواده‌های حدیِ $A=B=C=\varnothing$ و $A=B=C=\Omega$ عطف‌ها را در یک چشم‌به‌هم‌زدن ویران می‌کنند.

نکتهٔ کنکوری: وقتی سؤال احتمال یک موفقیت دیگر پس از مشاهدهٔ موفقیت‌ها را می‌خواهد، هرگز توزیع پسین را حساب نکنید — پاسخ به نسبت گشتاوریِ $\mathbb{E}[\Theta^{k+1}]/\mathbb{E}[\Theta^{k}]$ فرومی‌ریزد، زیرا «$k$ موفقیت و سپس یکی دیگر» همان پیشامد «$k+1$ موفقیت» است. سپس مراقب ثابت‌های مقیاس باشید: پیشینی که روی $p_i=i/n$ تکیه دارد دقیقاً یک عامل $1/n$ باقی می‌گذارد و انداختن آن، همان مقدار ناممکنِ $>1$ را می‌سازد که آزمون با اطمینان میان گزینه‌ها می‌کارد.

تلهٔ رایج: پیش از محاسبه تصمیم بگیرید که آیا سؤال اصلاً شرطی هست یا نه. «چند درصد محموله‌ها آزاد می‌شوند؟» غیرشرطی است (شاخه‌ها را جمع کنید)؛ «به شرط آنکه عدد زوج باشد، …» شرطی است (بر اندازهٔ جامعهٔ محدودشده تقسیم کنید)؛ «به شرط دو قرمز، سومی چه؟» پیش‌بین است (نسبت دو احتمال توأم). هر گزینهٔ نادرست در این خانواده، محاسبهٔ درستی است که به یکی دیگر از این سه پرسش پاسخ می‌دهد — $P(A\cap B)$ به‌جای $P(A\mid B)$، $\mathbb{E}[\Theta]$ به‌جای $\mathbb{E}[\Theta^{k+1}]/\mathbb{E}[\Theta^{k}]$، یا یک پسینِ بیزی به‌جای یک جمعِ سادهٔ احتمال کل.