Chương 43: Định lý Bayes: cập nhật niềm tin¶
Câu hỏi mở đầu
"Xác suất xét nghiệm dương tính khi có bệnh" không phải "xác suất có bệnh khi xét nghiệm dương tính", nhưng ta nhầm hai điều này liên tục. Làm sao đi từ cái này sang cái kia, và vì sao cách đi ấy là cách hợp lý duy nhất để cập nhật niềm tin?
Hai câu hỏi ngược chiều¶
Một bệnh gặp ở 1% số người trong một vùng. Có một xét nghiệm cho bệnh ấy: trong những người có bệnh, 90% nhận kết quả dương tính; trong những người không bệnh, 91% nhận kết quả âm tính, tức 9% bị báo nhầm là dương tính. (Mọi con số về bệnh và xét nghiệm trong chương này là giả định.) Một người đi xét nghiệm và nhận kết quả dương tính. Khả năng người ấy có bệnh là bao nhiêu?
Câu trả lời bật ra đầu tiên thường là "khoảng 90%, vì xét nghiệm đúng 90%". Hãy đếm thay vì đoán. Hình dung 10.000 người trong vùng; chọn 10.000 chứ không phải 1000 để mọi con số dưới đây là số nguyên.
- 1% có bệnh: 100 người. 90% trong số họ dương tính: 90 người; 10 người còn lại âm tính.
- 9.900 người không bệnh. 9% trong số họ dương tính: 891 người; 9.009 người âm tính.
| dương tính | âm tính | tổng | |
|---|---|---|---|
| có bệnh | 90 | 10 | 100 |
| không bệnh | 891 | 9.009 | 9.900 |
| tổng | 981 | 9.019 | 10.000 |
Có 981 người dương tính, và chỉ 90 người trong số đó có bệnh. Khả năng có bệnh khi dương tính là \(\frac{90}{981} = \frac{10}{109}\), khoảng 9,2%. Kết quả dương tính làm khả năng có bệnh tăng gần gấp mười, từ 1% lên khoảng 9,2%, nhưng còn rất xa 90%. Lý do nằm ở hàng thứ hai của bảng: bệnh hiếm, nên người không bệnh đông gấp 99 lần người bệnh, và 9% của một nhóm rất đông (891 người) lấn át 90% của một nhóm nhỏ (90 người). Cách trình bày bằng số người thay cho phần trăm như bảng trên gọi là tần suất tự nhiên (natural frequency); nó biến một câu hỏi khó về xác suất thành một phép đếm.
Hai con số 90% và 9,2% trả lời hai câu hỏi khác nhau về cùng một nhóm người: nhóm "có bệnh và dương tính", gồm 90 người. Nhìn từ phía người bệnh, 90 người ấy là 90% của 100 người có bệnh. Nhìn từ phía người dương tính, họ chỉ là \(\frac{90}{981}\) của 981 người dương tính. Đó là cấu trúc nguyên thủy của chương: một nhóm, đếm từ hai phía. Đi từ "dương tính khi có bệnh" sang "có bệnh khi dương tính" là đổi mẫu số, từ số người có bệnh sang số người dương tính; và muốn biết mẫu số mới, phải biết bệnh phổ biến tới đâu.
Vì sao cấu trúc này phải xuất hiện, dù chưa ai đặt tên cho nó? Vì nhóm "có bệnh và dương tính" chỉ có một, nên hai cách đếm phải ra cùng một số. Gọi \(B\) là biến cố "có bệnh" và \(D\) là "dương tính". Công thức nhân của Chương 42 viết xác suất của nhóm ấy theo hai thứ tự:
Đẳng thức thứ hai buộc \(P(B \mid D) = \frac{P(B)\,P(D \mid B)}{P(D)}\). Không còn chỗ cho lựa chọn. Mệnh đề 2 của Chương 42 đã cho thấy biết thêm một thông tin thì chỉ có một cách cập nhật nhất quán; công thức trên chỉ là cách tính chính cái cập nhật ấy khi điều ta biết là xác suất theo chiều ngược lại. Một quy tắc cập nhật niềm tin nào khác sẽ đếm cùng một nhóm người ra hai con số khác nhau.
Công thức mang tên Thomas Bayes, một mục sư người Anh mất năm 1761; bài viết của ông về nó được Richard Price công bố năm 1763. Laplace đi tới cùng ý tưởng một cách độc lập vào năm 1774 và phát triển nó thành một phương pháp suy luận.
Ký hiệu¶
Ta viết \(H\) cho một giả thuyết (hypothesis), một khả năng về thế giới mà ta chưa biết đúng hay sai, như "người này có bệnh", và \(E\) cho một bằng chứng (evidence), một điều quan sát được, như "xét nghiệm dương tính". Hai chữ cái lấy theo tên tiếng Anh. "Giả thuyết" ở đây khác "giả thiết" của một phép kéo theo ở Chương 14: giả thiết là điều được giả sử để suy ra kết luận, còn giả thuyết là điều đang được đánh giá. Với \(P(H) > 0\) và \(P(E) > 0\), định lý Bayes (Bayes' theorem) nói
Mỗi thành phần có một tên:
- \(P(H)\) là tiên nghiệm (prior): mức tin vào \(H\) trước khi xét bằng chứng \(E\).
- \(P(E \mid H)\) là độ hợp lý (likelihood) của \(H\) đối với bằng chứng \(E\): nếu \(H\) đúng thì \(E\) dễ xuất hiện tới đâu.
- \(P(H \mid E)\) là hậu nghiệm (posterior): mức tin vào \(H\) sau khi thấy \(E\).
- Mẫu số \(P(E)\) tính bằng công thức xác suất toàn phần: \(P(E) = P(H)\,P(E \mid H) + P(\overline{H})\,P(E \mid \overline{H})\).
Hai chữ "tiên nghiệm" và "hậu nghiệm" cũng là tên tiếng Việt của cặp khái niệm a priori và a posteriori trong triết học Kant, nhưng ở đây nghĩa hẹp hơn nhiều: tiên nghiệm chỉ có nghĩa là "trước bằng chứng đang xét", và thường chính là hậu nghiệm của những bằng chứng cũ.
Trong xét nghiệm y tế, tỉ lệ người có bệnh trong nhóm đang xét gọi là tỉ lệ nền (base rate), ở đây là \(P(B) = 0{,}01\). Tỉ lệ người có bệnh được báo dương tính, \(P(D \mid B) = 0{,}9\), gọi là độ nhạy (sensitivity). Tỉ lệ người không bệnh được báo âm tính, \(P(\overline{D} \mid \overline{B}) = 0{,}91\), gọi là độ đặc hiệu (specificity). Một người không bệnh mà dương tính là một ca dương tính giả (false positive); một người có bệnh mà âm tính là một ca âm tính giả (false negative). Bảng 10.000 người có 891 ca dương tính giả và 10 ca âm tính giả.
Khi chỉ có hai giả thuyết, \(H\) và \(\overline{H}\), có một cách viết gọn hơn. Tỉ lệ cược (odds) của \(H\) là tỉ số \(\frac{P(H)}{P(\overline{H})}\), thường viết dưới dạng \(P(H) : P(\overline{H})\) đã rút gọn: xác suất 1% ứng với tỉ lệ cược \(1 : 99\), xác suất 50% ứng với \(1 : 1\). Tỉ số độ hợp lý (likelihood ratio) của bằng chứng \(E\) là \(\frac{P(E \mid H)}{P(E \mid \overline{H})}\): \(E\) dễ xuất hiện khi \(H\) đúng gấp bao nhiêu lần khi \(H\) sai. Định lý Bayes viết lại thành (Định lý 4)
Làm bằng tay¶
Ví dụ 1 (xét nghiệm, bằng công thức). Với \(P(B) = 0{,}01\), \(P(D \mid B) = 0{,}9\) và \(P(D \mid \overline{B}) = 1 - 0{,}91 = 0{,}09\), công thức xác suất toàn phần cho
và định lý Bayes cho
Mỗi con số là một ô của bảng chia cho 10.000: \(0{,}009\) là 90 người, \(0{,}0891\) là 891 người, \(0{,}0981\) là 981 người. Công thức và bảng là cùng một phép tính.
Ví dụ 2 (dạng tỉ lệ cược, và lần xét nghiệm thứ hai). Tỉ lệ cược tiên nghiệm của "có bệnh" là \(1 : 99\). Tỉ số độ hợp lý của một kết quả dương tính là \(\frac{0{,}9}{0{,}09} = 10\). Vậy tỉ lệ cược hậu nghiệm là \(10 : 99\), tức xác suất \(\frac{10}{10 + 99} = \frac{10}{109}\): cùng đáp số với Ví dụ 1, nhưng chỉ cần một phép nhân.
Giờ người ấy làm thêm một xét nghiệm cùng loại, trên một mẫu mới, ở một phòng xét nghiệm khác. Giả sử khi đã biết người ấy có bệnh hay không, kết quả hai lần không ảnh hưởng tới nhau; ta nói chúng độc lập có điều kiện (conditionally independent) khi biết tình trạng bệnh (Định nghĩa 5). Hậu nghiệm sau lần một thành tiên nghiệm của lần hai. Nếu lần hai lại dương tính, tỉ lệ cược được nhân thêm 10, thành \(100 : 99\), và xác suất có bệnh là \(\frac{100}{199}\), khoảng 50,3%. Nếu lần ba cũng dương tính: \(1000 : 99\), khoảng 91%.
Lấy logarit cơ số 10, phép nhân với 10 ấy thành phép cộng thêm 1 (Chương 13, Định lý 3): logarit của tỉ lệ cược đi từ khoảng \(-2\) lên \(-1\), \(0\), rồi \(1\). Những bằng chứng độc lập có điều kiện dồn lại theo phép cộng, như những quả cân lần lượt đặt lên một đĩa cân.
Ví dụ 3 (đồng xu đáng ngờ). Một túi có 100 đồng xu: 99 đồng bình thường và 1 đồng có cả hai mặt là mặt ngửa (giả định). Rút ngẫu nhiên một đồng, tung 5 lần, cả 5 lần đều ngửa. Khả năng đó là đồng hai mặt ngửa là bao nhiêu? Tỉ lệ cược tiên nghiệm là \(1 : 99\). Đồng hai mặt ngửa chắc chắn cho 5 lần ngửa; đồng bình thường cho 5 lần ngửa với xác suất \(\left(\frac12\right)^5 = \frac{1}{32}\). Tỉ số độ hợp lý là 32, tỉ lệ cược hậu nghiệm là \(32 : 99\), và xác suất là \(\frac{32}{131}\), khoảng 24,4%. Sau 10 lần ngửa liền, tỉ lệ cược thành \(1024 : 99\), xác suất khoảng 91,2%: mỗi lần ngửa nhân đôi tỉ lệ cược. Nhưng chỉ cần một lần sấp là xác suất về 0, vì đồng hai mặt ngửa không thể ra sấp: độ hợp lý của nó bằng 0. Một bằng chứng có thể loại hẳn một giả thuyết; theo cách nhìn của Chương 42, nó loại mọi thế giới mà giả thuyết ấy đúng.
Đây cũng là cách trả lời câu hỏi bỏ ngỏ ở bài A1 của Chương 42: mười lần đỏ liền có nên khiến ta nghi bàn cò quay bị lệch không? Câu trả lời phụ thuộc vào tiên nghiệm, tức bàn lệch hiếm tới đâu, và vào độ hợp lý, tức bàn lệch thì lệch bao nhiêu (bài B8).
Ví dụ 4 (ý tưởng lọc thư rác). Giả sử 20% thư gửi tới một hộp thư là thư rác (số liệu giả định), nên tỉ lệ cược tiên nghiệm của "thư rác" là \(1 : 4\). Chữ "miễn phí" có trong 25% thư rác nhưng chỉ 1% thư thường: tỉ số độ hợp lý 25. Chữ "trúng thưởng" có trong 10% thư rác và 0,2% thư thường: tỉ số độ hợp lý 50. Một thư chứa cả hai chữ. Nếu coi hai chữ độc lập có điều kiện khi biết loại thư, tỉ lệ cược hậu nghiệm là \(\frac14 \cdot 25 \cdot 50 = 312{,}5\), tức xác suất là thư rác bằng \(\frac{312{,}5}{313{,}5}\), khoảng 99,7%. Một bộ lọc thư rác kiểu Bayes làm đúng việc ấy với hàng nghìn chữ: tỉ số độ hợp lý của mỗi chữ được ước lượng từ những thư đã được đánh dấu, rồi các tỉ số được nhân với nhau. Giả thiết độc lập có điều kiện ở đây chắc chắn không đúng hẳn, vì "miễn phí" và "trúng thưởng" hay đi cùng nhau, nên con số 99,7% phóng đại. Nhưng để xếp thư theo mức đáng ngờ, một phép tính thô như thế vẫn có thể đủ dùng.
Ranh giới¶
Quên tỉ lệ nền. Câu trả lời "90%" ở đầu chương bỏ qua hàng "không bệnh" của bảng, như thể bệnh không hiếm. Sai lầm này gọi là ngụy biện bỏ qua tỉ lệ nền (base rate fallacy). Cùng một xét nghiệm cho những kết luận rất khác nhau tùy nhóm người được xét nghiệm. Ở nhóm có tỉ lệ nền 1%, dương tính nghĩa là khoảng 9,2% có bệnh; ở một nhóm có tỉ lệ nền 10%, chẳng hạn những người đã có triệu chứng (giả định), con số ấy là \(\frac{0{,}09}{0{,}09 + 0{,}081}\), khoảng 52,6%. Xét nghiệm hàng loạt cho một bệnh hiếm vì thế sinh ra nhiều ca dương tính giả hơn ca dương tính thật: 891 so với 90 trong bảng đầu chương.
Bằng chứng khi vô tội, và vô tội khi có bằng chứng. Trong một vụ án (giả định), một dấu vết ở hiện trường khớp với bị cáo; một người vô tội bất kỳ khớp với dấu vết ấy với xác suất \(\frac{1}{10.000}\). Một lập luận nghe rất thuyết phục: "Người vô tội chỉ khớp với xác suất một phần mười nghìn, vậy khả năng bị cáo vô tội chỉ là một phần mười nghìn." Vế đầu nói về \(P(\text{khớp} \mid \text{vô tội})\); vế sau nói về \(P(\text{vô tội} \mid \text{khớp})\). Giả sử có 200.000 người có thể đã có mặt ở hiện trường, và ngoài dấu vết không có gì khác chỉ vào bị cáo. Trong 199.999 người vô tội, khoảng 20 người sẽ khớp; thủ phạm là một trong khoảng 21 người khớp, nên khả năng bị cáo có tội chỉ khoảng \(\frac{1}{21}\), dưới 5%. Nhầm lẫn này gọi là ngụy biện công tố viên (prosecutor's fallacy). Nó chính là nhầm một phép kéo theo với mệnh đề đảo của nó (Chương 14), nay ở dạng xác suất. Dấu vết vẫn là một bằng chứng mạnh, với tỉ số độ hợp lý 10.000; chỉ là tiên nghiệm \(\frac{1}{200.000}\) còn nhỏ hơn nhiều.
Tiên nghiệm lệch thì hậu nghiệm lệch, nhưng bằng chứng dần lấn át. Định lý Bayes không tạo ra niềm tin từ hư không: nó chỉ biến tiên nghiệm thành hậu nghiệm, nên hai người bắt đầu từ hai tiên nghiệm khác nhau sẽ có hai hậu nghiệm khác nhau sau cùng một bằng chứng. Nhưng khi bằng chứng dồn lại, tiên nghiệm mất dần vai trò. Với đồng xu ở Ví dụ 3, dù lúc đầu tin rằng đồng xu là đồng hai mặt ngửa với xác suất \(\frac12\), \(\frac{1}{100}\) hay \(\frac{1}{10.000}\), sau 20 lần ngửa liền cả ba người đều tin điều đó với xác suất trên 99%. Điều kiện là không ai gán xác suất 0 cho giả thuyết ấy.
Bằng chứng không độc lập bị đếm hai lần. Ví dụ 2 nhân tỉ lệ cược với 10 sau mỗi lần dương tính, vì các lần xét nghiệm được giả sử độc lập có điều kiện khi biết tình trạng bệnh. Nếu lần hai chỉ là chạy lại máy trên cùng mẫu máu, và kết quả dương tính giả lần một đến từ một chất lạ trong chính mẫu ấy, lần hai gần như chắc chắn lặp lại nó. Khi ấy lần hai gần như không mang thêm thông tin, và nhân thêm 10 là đếm một bằng chứng hai lần. Hai tờ báo đưa cùng một tin lấy từ cùng một nguồn cũng vậy: đó là một bằng chứng, không phải hai.
Niềm tin 0 hoặc 1 không thể thay đổi. Nếu \(P(H) = 0\) thì tử số của định lý Bayes bằng 0, và hậu nghiệm bằng 0 dù bằng chứng là gì; tương tự, tiên nghiệm 1 cho hậu nghiệm 1 (Mệnh đề 7). Ở dạng tỉ lệ cược: 0 nhân với tỉ số nào cũng vẫn là 0. Người gán xác suất 0 cho một điều có thể xảy ra đã tự khóa mình lại, và không bằng chứng nào mở được. Muốn học được từ kinh nghiệm, với những điều chưa chắc chắn, nên để lại một xác suất rất nhỏ nhưng dương thay vì 0.
Phát biểu chặt chẽ¶
Định lý 1 (định lý Bayes). Cho hai biến cố \(H\), \(E\) với \(P(H) > 0\) và \(P(E) > 0\). Khi đó
Chứng minh. Theo công thức nhân (Định lý 3 của Chương 42), \(P(H \cap E) = P(E)\,P(H \mid E)\) và \(P(E \cap H) = P(H)\,P(E \mid H)\). Hai vế trái là một, nên \(P(E)\,P(H \mid E) = P(H)\,P(E \mid H)\); chia hai vế cho \(P(E) > 0\). \(\square\)
Định lý 2 (định lý Bayes với xác suất toàn phần). Cho \(H_1, \dots, H_k\) đôi một rời nhau, có hợp là \(\Omega\), với \(P(H_i) > 0\) với mọi \(i\), và biến cố \(E\) với \(P(E) > 0\). Khi đó với mọi \(j\),
Chứng minh. Theo Định lý 1, \(P(H_j \mid E) = \frac{P(H_j)\,P(E \mid H_j)}{P(E)}\), và theo công thức xác suất toàn phần (Định lý 3 của Chương 42), \(P(E) = \sum_{i=1}^{k} P(H_i)\,P(E \mid H_i)\). \(\square\)
Mẫu số giống nhau với mọi \(j\), nên hậu nghiệm tỉ lệ với tiên nghiệm nhân độ hợp lý; mẫu số chỉ làm nhiệm vụ chia lại để tổng bằng 1, như trong Mệnh đề 2 của Chương 42.
Định nghĩa 3 (tỉ lệ cược, tỉ số độ hợp lý). Với biến cố \(H\) có \(P(H) < 1\), tỉ lệ cược của \(H\) là \(O(H) = \frac{P(H)}{P(\overline{H})}\); ngược lại, \(P(H) = \frac{O(H)}{1 + O(H)}\). Với \(0 < P(H) < 1\) và biến cố \(E\) có \(P(E \mid \overline{H}) > 0\), tỉ số độ hợp lý của \(E\) đối với \(H\) là \(\Lambda(E) = \frac{P(E \mid H)}{P(E \mid \overline{H})}\) (chữ Hy Lạp \(\Lambda\) đọc là "lam-đa"). Tỉ lệ cược khi biết \(E\), ký hiệu \(O(H \mid E)\), được định nghĩa như trên với \(P(\cdot \mid E)\) thay cho \(P\).
Định lý 4 (dạng tỉ lệ cược). Cho \(0 < P(H) < 1\) và biến cố \(E\) với \(P(E \mid \overline{H}) > 0\). Khi đó \(P(E) > 0\), \(P(H \mid E) < 1\), và
Chứng minh. \(P(E) \geq P(E \cap \overline{H}) = P(\overline{H})\,P(E \mid \overline{H}) > 0\). Áp dụng Định lý 1 cho \(H\) và cho \(\overline{H}\), cả hai có xác suất dương: \(P(H \mid E) = \frac{P(H)\,P(E \mid H)}{P(E)}\) và \(P(\overline{H} \mid E) = \frac{P(\overline{H})\,P(E \mid \overline{H})}{P(E)} > 0\), nên \(P(H \mid E) = 1 - P(\overline{H} \mid E) < 1\). Chia vế theo vế, \(P(E)\) triệt tiêu:
Định nghĩa 5 (độc lập có điều kiện). Cho \(P(H) > 0\). Hai biến cố \(E_1\), \(E_2\) độc lập có điều kiện khi biết \(H\) nếu \(P(E_1 \cap E_2 \mid H) = P(E_1 \mid H)\,P(E_2 \mid H)\), tức chúng độc lập theo xác suất \(P(\cdot \mid H)\) (Định nghĩa 4 của Chương 42).
Mệnh đề 6 (nhiều bằng chứng). Cho \(0 < P(H) < 1\) và hai biến cố \(E_1\), \(E_2\) độc lập có điều kiện khi biết \(H\) và khi biết \(\overline{H}\), với \(P(E_1 \mid \overline{H}) > 0\) và \(P(E_2 \mid \overline{H}) > 0\). Khi đó
Chứng minh. \(P(E_1 \cap E_2 \mid \overline{H}) = P(E_1 \mid \overline{H})\,P(E_2 \mid \overline{H}) > 0\), nên Định lý 4 áp dụng được cho bằng chứng \(E_1 \cap E_2\), với
Vế phải không phụ thuộc thứ tự của \(E_1\) và \(E_2\): cập nhật theo bằng chứng nào trước cũng được. Bài C1 cho thấy thứ tự cập nhật không quan trọng ngay cả khi không có độc lập.
Mệnh đề 7 (niềm tin 0 hoặc 1). Cho biến cố \(E\) với \(P(E) > 0\). Nếu \(P(H) = 0\) thì \(P(H \mid E) = 0\); nếu \(P(H) = 1\) thì \(P(H \mid E) = 1\).
Chứng minh. Vì \(H \cap E \subseteq H\), theo Định lý 2 của Chương 41, \(0 \leq P(H \cap E) \leq P(H) = 0\), nên \(P(H \mid E) = \frac{P(H \cap E)}{P(E)} = 0\). Nếu \(P(H) = 1\) thì \(P(\overline{H}) = 0\), nên \(P(\overline{H} \mid E) = 0\) theo phần đầu; vì \(P(\cdot \mid E)\) thỏa các tiên đề (Mệnh đề 2 của Chương 42), \(P(H \mid E) = 1 - P(\overline{H} \mid E) = 1\). \(\square\)
Sợi chỉ
- S3. Thứ tự của biến đổi. Định lý Bayes đảo chiều điều kiện: từ \(P(E \mid H)\), điều mà cơ chế sinh ra bằng chứng cho ta biết, sang \(P(H \mid E)\), điều ta cần để quyết định. Nhầm hai chiều ấy là nhầm mệnh đề đảo của Chương 14, như ngụy biện công tố viên. Còn thứ tự của các bằng chứng thì không quan trọng: cập nhật theo \(E_1\) rồi \(E_2\) hay theo \(E_2\) rồi \(E_1\) đều cho cùng hậu nghiệm (Mệnh đề 6, bài C1).
- S2. Thông tin và khả nghịch. Bằng chứng là thông tin, và tỉ số độ hợp lý đo lượng thông tin ấy đối với câu hỏi đang xét: tỉ số bằng 1 thì bằng chứng không nói gì về \(H\), tỉ số bằng 0 loại hẳn \(H\). Niềm tin 0 hoặc 1 là trạng thái đã mất khả năng học: không thông tin nào đổi được nó.
- S6. Biểu diễn khác nhau của cùng một cấu trúc. Bảng 10.000 người, cây xác suất, công thức Bayes và dạng tỉ lệ cược là bốn cách viết cùng một phép tính. Tần suất tự nhiên dễ hiểu nhất; tỉ lệ cược dễ dùng nhất khi bằng chứng dồn lại; và qua logarit của Chương 13, phép nhân các tỉ số độ hợp lý thành phép cộng.
Tóm tắt¶
- Định lý Bayes \(P(H \mid E) = \frac{P(H)\,P(E \mid H)}{P(E)}\) đến từ việc đếm nhóm "\(H\) và \(E\)" từ hai phía, nên không có cách cập nhật nhất quán nào khác.
- Hậu nghiệm tỉ lệ với tiên nghiệm nhân độ hợp lý; mẫu số chỉ chia lại để tổng bằng 1.
- Với một bệnh hiếm, ngay cả một xét nghiệm tốt cũng cho phần lớn ca dương tính là dương tính giả; quên tỉ lệ nền là sai lầm phổ biến nhất khi đọc kết quả.
- Dạng tỉ lệ cược: tỉ lệ cược hậu nghiệm bằng tỉ lệ cược tiên nghiệm nhân tỉ số độ hợp lý; với các bằng chứng độc lập có điều kiện, chỉ cần nhân các tỉ số.
- "Xác suất có bằng chứng khi vô tội" khác "xác suất vô tội khi có bằng chứng"; nhầm hai điều ấy là ngụy biện công tố viên.
- Tiên nghiệm lệch cho hậu nghiệm lệch, nhưng bằng chứng dồn lại sẽ lấn át tiên nghiệm; bằng chứng không độc lập thì không được đếm hai lần.
- Niềm tin 0 hoặc 1 không bằng chứng nào thay đổi được.
Bài tập¶
A. Tư duy¶
A1. Một người nói: "Xét nghiệm này chính xác 90%. Tôi dương tính, vậy khả năng tôi có bệnh là 90%." Câu "chính xác 90%" có thể mang những nghĩa nào? Cần biết thêm những gì để tính khả năng có bệnh?
Lời giải
"Chính xác 90%" có thể là độ nhạy (90% người có bệnh dương tính), độ đặc hiệu (90% người không bệnh âm tính), hay tỉ lệ kết quả đúng trên toàn bộ người được xét nghiệm; ba con số ấy nói chung khác nhau. Câu kết luận nhầm \(P(D \mid B)\) với \(P(B \mid D)\). Để tính \(P(B \mid D)\) cần ba con số: tỉ lệ nền của nhóm người mà mình thuộc về, độ nhạy và độ đặc hiệu. Ví dụ đầu chương cho thấy với tỉ lệ nền 1%, độ nhạy 90% và độ đặc hiệu 91%, con số đúng chỉ khoảng 9,2%.
A2. Vì sao với một bệnh hiếm, một kết quả dương tính nên được xét nghiệm lại trước khi kết luận? Vì sao xét nghiệm lại trên một mẫu mới, bằng một cách khác, có giá trị hơn chạy lại máy trên cùng mẫu cũ?
Lời giải
Với tỉ lệ nền thấp, một lần dương tính chỉ nâng xác suất có bệnh lên khoảng 9,2%: phần lớn người dương tính không có bệnh. Lần hai dương tính, nếu độc lập có điều kiện với lần một khi biết tình trạng bệnh, nhân tỉ lệ cược thêm 10 lần, đưa xác suất lên khoảng 50,3%. Điều kiện độc lập có điều kiện là mấu chốt. Chạy lại máy trên cùng mẫu có thể lặp lại chính nguyên nhân đã gây dương tính giả lần trước, nên gần như không mang thêm thông tin. Một cách khác trên một mẫu mới thì sai theo những cách khác, nên kết quả của nó mới là một bằng chứng mới.
A3. Hai người cùng xem một đồng xu được tung 1000 lần và ra 900 lần ngửa. Người thứ nhất tin chắc chắn, với xác suất 1, rằng đồng xu cân đối; người thứ hai cho rằng nó có thể lệch. Sau khi xem, ai thay đổi niềm tin? Điều này nói gì về việc gán xác suất 0 hay 1 cho một niềm tin?
Lời giải
Người thứ hai sẽ cập nhật mạnh: 900 lần ngửa trong 1000 lần gần như không thể xảy ra với đồng xu cân đối, nên tỉ số độ hợp lý nghiêng rất xa về phía "lệch". Người thứ nhất, theo Mệnh đề 7, không thay đổi gì: tiên nghiệm 1 cho "cân đối" nghĩa là tiên nghiệm 0 cho "lệch", và hậu nghiệm của "lệch" vẫn bằng 0 dù bằng chứng mạnh tới đâu. Người ấy chỉ còn cách giải thích 900 lần ngửa bằng một sự tình cờ cực hiếm. Gán xác suất 0 hay 1 cho một điều chưa chắc chắn là từ chối học từ kinh nghiệm; một xác suất nhỏ nhưng dương để ngỏ cửa cho bằng chứng.
B. Tính toán¶
B1. Một bệnh có tỉ lệ nền 2%; một xét nghiệm có độ nhạy 95% và độ đặc hiệu 90% (giả định). Lập bảng cho 1000 người rồi tính xác suất có bệnh khi dương tính.
Lời giải
20 người có bệnh: 19 người dương tính, 1 người âm tính. 980 người không bệnh: 90% âm tính là 882 người, còn 98 người dương tính. Có \(19 + 98 = 117\) người dương tính, trong đó 19 người có bệnh: xác suất \(\frac{19}{117}\), khoảng 16,2%.
B2. Với xét nghiệm ở bài B1, tính xác suất không có bệnh khi âm tính.
Lời giải
Có \(1 + 882 = 883\) người âm tính, trong đó 882 người không bệnh: \(\frac{882}{883}\), khoảng 99,89%. Với một bệnh hiếm, kết quả âm tính rất đáng tin, còn kết quả dương tính thì chưa: hai chiều của cùng một xét nghiệm có giá trị rất khác nhau.
B3. Hộp A có 3 bi đỏ và 1 bi trắng; hộp B có 1 bi đỏ và 3 bi trắng. Tung một đồng xu để chọn hộp, rồi rút một bi: bi đỏ. (a) Tính xác suất đã chọn hộp A. (b) Bỏ bi vào lại, rút tiếp một bi từ cùng hộp: lại đỏ. Xác suất ấy giờ là bao nhiêu? (c) Như (b), nhưng không bỏ bi thứ nhất vào lại.
Lời giải
(a) Tỉ lệ cược tiên nghiệm \(1 : 1\); tỉ số độ hợp lý của bi đỏ là \(\frac{3/4}{1/4} = 3\); tỉ lệ cược hậu nghiệm \(3 : 1\), xác suất \(\frac34\). (b) Rút có hoàn lại, hai lần rút độc lập có điều kiện khi biết hộp: nhân thêm 3, tỉ lệ cược \(9 : 1\), xác suất \(\frac{9}{10}\). (c) Không hoàn lại: nếu là hộp B thì bi đỏ duy nhất đã được rút ra, lần hai không thể đỏ. Độ hợp lý của hộp B bằng 0, nên xác suất đã chọn hộp A là 1.
B4. Tiên nghiệm của một giả thuyết là 20%. Một bằng chứng có tỉ số độ hợp lý 6. Tính hậu nghiệm bằng dạng tỉ lệ cược. Nếu tỉ số độ hợp lý là \(\frac16\) thì sao?
Lời giải
Tỉ lệ cược tiên nghiệm \(\frac{0{,}2}{0{,}8} = \frac14\), tức \(1 : 4\). Nhân 6 được \(6 : 4 = 3 : 2\), xác suất \(\frac35 = 60\%\). Với tỉ số \(\frac16\): tỉ lệ cược \(\frac{1}{24}\), tức \(1 : 24\), xác suất \(\frac{1}{25} = 4\%\).
B5. Với túi đồng xu ở Ví dụ 3, cần ít nhất bao nhiêu lần ngửa liền để xác suất đồng xu là đồng hai mặt ngửa vượt quá 99%?
Lời giải
Sau \(n\) lần ngửa liền, tỉ lệ cược là \(2^n : 99\). Xác suất vượt 99% khi tỉ lệ cược vượt \(99 : 1\), tức \(\frac{2^n}{99} > 99\), hay \(2^n > 9801\). Vì \(2^{13} = 8192\) và \(2^{14} = 16.384\), cần ít nhất 14 lần; khi ấy xác suất là \(\frac{16.384}{16.483}\), khoảng 99,4%, còn sau 13 lần chỉ khoảng 98,8%.
B6. Với xét nghiệm đầu chương, một người dương tính ở lần thứ nhất và âm tính ở lần thứ hai; hai lần độc lập có điều kiện khi biết tình trạng bệnh. Tính xác suất người ấy có bệnh.
Lời giải
Tỉ số độ hợp lý của kết quả âm tính là \(\frac{P(\overline{D} \mid B)}{P(\overline{D} \mid \overline{B})} = \frac{0{,}1}{0{,}91} = \frac{10}{91}\). Tỉ lệ cược hậu nghiệm: \(\frac{1}{99} \cdot 10 \cdot \frac{10}{91} = \frac{100}{9009}\), nên xác suất có bệnh là \(\frac{100}{9109}\), khoảng 1,1%: gần như trở lại tiên nghiệm 1%.
B7. Với bộ lọc ở Ví dụ 4, chữ "cuộc họp" có trong 2% thư rác và 10% thư thường (giả định). Tính xác suất là thư rác của một thư chứa "miễn phí" và "cuộc họp", coi các chữ độc lập có điều kiện khi biết loại thư.
Lời giải
Tỉ số độ hợp lý của "cuộc họp" là \(\frac{0{,}02}{0{,}1} = \frac15\), nhỏ hơn 1: đây là bằng chứng chống lại giả thuyết thư rác. Tỉ lệ cược hậu nghiệm: \(\frac14 \cdot 25 \cdot \frac15 = \frac54\), xác suất \(\frac{5}{9}\), khoảng 55,6%.
B8. (Bàn cò quay ở bài A1 Chương 42.) Giả sử cứ 1000 bàn quay thì có 1 bàn bị lệch, ra đỏ với xác suất \(0{,}75\); bàn cân đối ra đỏ với xác suất \(0{,}5\) (giả định). Một bàn quay vừa ra đỏ 10 lần liền. Tính xác suất nó bị lệch. Nếu nó ra đỏ 20 lần liền thì sao?
Lời giải
Tỉ số độ hợp lý của mỗi lần đỏ là \(\frac{0{,}75}{0{,}5} = 1{,}5\), và các lần quay độc lập có điều kiện khi biết loại bàn. Mười lần: \(1{,}5^{10} \approx 57{,}7\); tỉ lệ cược \(\frac{57{,}7}{999} \approx 0{,}058\), xác suất khoảng 5,5%. Hai mươi lần: \(1{,}5^{20} \approx 3325\); tỉ lệ cược khoảng \(3{,}33\), xác suất khoảng 76,9%. Mười lần đỏ liền đáng ngạc nhiên nhưng chưa đủ để tin bàn quay lệch, vì bàn lệch rất hiếm; phải gấp đôi số lần mới đủ.
B9. Giải lại bài toán ba cánh cửa (Ví dụ 3 của Chương 42) bằng Định lý 2: người chơi chọn cửa 1, người dẫn chương trình mở cửa 3. Tính xác suất xe ở cửa 2.
Lời giải
Gọi \(H_i\) là "xe ở cửa \(i\)", mỗi giả thuyết có tiên nghiệm \(\frac13\), và \(E\) là "người dẫn chương trình mở cửa 3". Ta có \(P(E \mid H_1) = \frac12\) (ông chọn ngẫu nhiên giữa cửa 2 và cửa 3), \(P(E \mid H_2) = 1\) (ông buộc phải mở cửa 3), \(P(E \mid H_3) = 0\). Theo Định lý 2,
và tương tự \(P(H_1 \mid E) = \frac13\).
B10. Với xét nghiệm đầu chương (độ nhạy 90%, độ đặc hiệu 91%), tỉ lệ nền phải bằng bao nhiêu để một lần dương tính cho đúng 50% khả năng có bệnh?
Lời giải
Cần tỉ lệ cược hậu nghiệm \(1 : 1\). Vì tỉ số độ hợp lý là 10, tỉ lệ cược tiên nghiệm phải là \(1 : 10\), tức tỉ lệ nền \(\frac{1}{11}\), khoảng 9,1%. Kiểm lại với 1100 người: 100 người có bệnh, 90 người trong đó dương tính; 1000 người không bệnh, 90 người trong đó dương tính. Đúng một nửa số người dương tính có bệnh.
C. Phản ví dụ và chứng minh¶
C1. Cho \(P(E_1 \cap E_2) > 0\) và đặt \(Q(A) = P(A \mid E_1)\) với mọi biến cố \(A\). Chứng minh \(Q(A \mid E_2) = P(A \mid E_1 \cap E_2)\). Suy ra cập nhật theo \(E_1\) rồi \(E_2\), theo \(E_2\) rồi \(E_1\), hay một lần theo \(E_1 \cap E_2\) đều cho cùng kết quả, không cần giả thiết độc lập nào.
Lời giải
Vì \(P(E_1) \geq P(E_1 \cap E_2) > 0\), \(Q\) được định nghĩa, và \(Q(E_2) = \frac{P(E_1 \cap E_2)}{P(E_1)} > 0\), nên \(Q(\cdot \mid E_2)\) cũng được định nghĩa. Khi đó
Vế phải không đổi khi đổi chỗ \(E_1\) và \(E_2\), vì \(E_1 \cap E_2 = E_2 \cap E_1\). Vậy ba cách cập nhật cho cùng một kết quả. \(\square\) Độc lập có điều kiện chỉ làm mỗi bước dễ tính hơn: nó cho phép nhân với \(\Lambda(E_2)\) thay vì phải tìm \(P(E_2 \mid H \cap E_1)\).
C2. Cho \(0 < P(E) < 1\). Chứng minh rằng nếu \(P(H \mid E) > P(H)\) thì \(P(H \mid \overline{E}) < P(H)\). Diễn giải kết quả.
Lời giải
Theo công thức xác suất toàn phần với hai trường hợp \(E\) và \(\overline{E}\) (cả hai có xác suất dương), \(P(H) = P(E)\,P(H \mid E) + P(\overline{E})\,P(H \mid \overline{E})\). Giả sử ngược lại rằng \(P(H \mid \overline{E}) \geq P(H)\). Cùng với \(P(H \mid E) > P(H)\) và \(P(E) > 0\), vế phải lớn hơn \(P(E)\,P(H) + P(\overline{E})\,P(H) = P(H)\), vô lý. Vậy \(P(H \mid \overline{E}) < P(H)\). \(\square\) Nếu thấy \(E\) sẽ làm tăng niềm tin vào \(H\), thì không thấy \(E\) phải làm giảm nó. Không có thí nghiệm nào mà kết quả nào cũng củng cố một giả thuyết.
C3. Với xét nghiệm đầu chương, gọi \(D_1\), \(D_2\) là "dương tính ở lần một", "dương tính ở lần hai", độc lập có điều kiện khi biết \(B\) và khi biết \(\overline{B}\). Chứng minh rằng \(D_1\) và \(D_2\) không độc lập.
Lời giải
\(P(D_1) = P(D_2) = 0{,}0981\) (Ví dụ 1). Theo công thức xác suất toàn phần và độc lập có điều kiện,
trong khi \(P(D_1)\,P(D_2) = 0{,}0981^2 \approx 0{,}00962\). Hai số khác nhau, nên \(D_1\) và \(D_2\) không độc lập. \(\square\) Tương đương, \(P(D_2 \mid D_1) = \frac{0{,}016119}{0{,}0981} \approx 0{,}164\), lớn hơn \(P(D_2)\): biết lần một dương tính làm lần hai dễ dương tính hơn, vì nó làm tăng khả năng người ấy có bệnh. Độc lập có điều kiện khi biết \(H\) không kéo theo độc lập, nên phải luôn nói rõ độc lập theo nghĩa nào.
Câu hỏi để ngỏ¶
Đến giờ ta hỏi một điều có xảy ra hay không. Nhưng thường ta quan tâm đến một con số chưa biết: sẽ lãi bao nhiêu, mất bao lâu, có bao nhiêu khách. Làm sao mô tả và tóm tắt một con số bất định?