Wiskunde basisschool en onderbouw · Grades 1–9

71Statistiek en kansrekening

Gegevens en toeval zijn overal: sportuitslagen, weersvoorspellingen, spelletjes. Dit hoofdstuk leert hoe je een reeks getallen samenvat met haar gemiddelde, haar mediaan en haar variatiebreedte, en hoe je de kans van eenvoudige kansproeven berekent — ook van proeven in twee stappen, die je met boomdiagrammen aanpakt. Beide onderwerpen worden veel verder uitgewerkt in het bovenbouwvolume van deze reeks.

71.1 Gegevens samenvatten

Definitie 71.1 (Gemiddelde, mediaan, variatiebreedte)

Voor een reeks van $N$ getallen:

is het gemiddelde de som van alle waarden gedeeld door $N$ ;
is de mediaan een waarde die de gesorteerde reeks in twee helften van gelijke grootte verdeelt: voor oneven $N$ de middelste waarde, voor even $N$ het midden van de twee middelste waarden;
is de variatiebreedte de grootste waarde min de kleinste.

Voorbeeld 71.2

De cijfers van een leerling: $8,\ 12,\ 9,\ 15,\ 11$ .

Gemiddelde: $\dfrac{8 + 12 + 9 + 15 + 11}{5} = \dfrac{55}{5} = 11$ .
Mediaan: sorteer de reeks: $8, 9, 11, 12, 15$ ; de middelste (3de) waarde is $11$ .
Variatiebreedte: $15 - 8 = 7$ .

Met een zesde cijfer van $17$ : gesorteerd $8, 9, 11, 12, 15, 17$ , wordt de mediaan het midden van $11$ en $12$ , dat is $11.5$ , en wordt het gemiddelde $\frac{72}{6} = 12$ .

Voorbeeld 71.3 (Gewogen gemiddelde)

De schoenmaten die op één dag verkocht zijn:

maat	$38$	$39$	$40$	$41$	$42$
aantal	$3$	$7$	$6$	$3$	$1$

De gemiddelde maat is

\frac{3 \times 38 + 7 \times 39 + 6 \times 40 + 3 \times 41 + 1 \times 42} {3 + 7 + 6 + 3 + 1} = \frac{114 + 273 + 240 + 123 + 42}{20} = \frac{792}{20} = 39.6 .

Opmerking 71.4

Het gemiddelde en de mediaan kunnen sterk verschillen. In de reeks $10, 10, 10, 10, 60$ is het gemiddelde $20$ (omhooggetrokken door de waarde $60$ ), terwijl de mediaan $10$ is. Vraag je altijd af welke maat de situatie beter weergeeft.

71.2 Kansrekening

Definitie 71.5 (Kans)

Een kansproef heeft verschillende mogelijke uitkomsten; een gebeurtenis is een verzameling uitkomsten. Elke uitkomst krijgt een kans: een getal tussen $0$ en $1$ , waarbij alle kansen van de uitkomsten samen $1$ zijn; de kans $\P(A)$ van een gebeurtenis $A$ is de som van de kansen van haar uitkomsten. Zijn alle $n$ uitkomsten even waarschijnlijk, dan is

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

Voorbeeld 71.6

Een rad is in $8$ gelijke sectoren verdeeld: $3$ rode, $3$ blauwe, $2$ groene. Elke sector heeft kans $\frac18$ , dus is

\P(\text{rood}) = \frac38, \qquad \P(\text{groen}) = \frac28 = \frac14, \qquad \P(\text{niet groen}) = 1 - \frac14 = \frac34 .

Propositie 71.7 (Complement)

Voor elke gebeurtenis $A$ voldoet de complementaire gebeurtenis $\bar A$ (“ $A$ treedt niet op”) aan

\P(\bar A) = 1 - \P(A).

Bewijs. Elke uitkomst zit in precies een van $A$ en $\bar A$ , dus telt $\P(A) + \P(\bar A)$ de kansen van alle uitkomsten op, en dat is $1$ . ∎

71.3 Proeven in twee stappen

Methode 71.8 (Boomdiagrammen)

Voor een proef in twee stappen:

teken één tak per uitkomst van de eerste stap, en zet elke tak voort met de uitkomsten van de tweede stap; schrijf elke kans bij haar tak;
vermenigvuldig de kansen langs een pad om de kans van dat pad te krijgen;
tel de kansen op van alle paden die een gebeurtenis vormen.

Voorbeeld 71.9

Een zak bevat $2$ rode en $3$ zwarte schijfjes. Trek één schijfje, noteer zijn kleur, leg het terug en trek opnieuw. Elke trekking geeft rood met kans $\frac25$ en zwart met kans $\frac35$ .

De boom van de twee trekkingen met teruglegging: vermenigvuldig langs de takken, en ga na dat de vier paden samen 1 geven. — De boom van de twee trekkingen met teruglegging: vermenigvuldig langs de takken, en ga na dat de vier paden samen $1$ geven.

Kans op twee schijfjes van dezelfde kleur: $\frac{4}{25} + \frac{9}{25} = \frac{13}{25}$ . Kans op minstens één rood: $1 - \P(\text{ZZ}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ .

Opmerking 71.10 (Frequenties naderen kansen)

Een eerlijke dobbelsteen $6000$ keer gooien geeft ongeveer $1000$ zessen — niet precies. Naarmate het aantal herhalingen groeit, komen de waargenomen frequenties steeds dichter bij de kansen: dat is wat de kansrekening het juiste gereedschap maakt om herhaalde proeven te beschrijven (een verhaal dat in het bovenbouwvolume van deze reeks wordt uitgewerkt).

71.4 Oefeningen

Oefening 71.1 ★

Bereken het gemiddelde, de mediaan en de variatiebreedte van de reeks $14,\ 9,\ 17,\ 9,\ 12,\ 11,\ 12$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.1.

Gemiddelde: $\dfrac{14 + 9 + 17 + 9 + 12 + 11 + 12}{7} = \dfrac{84}{7} = 12$ .

Mediaan: gesorteerd $9, 9, 11, 12, 12, 14, 17$ ; de middelste ( $4$ de) waarde is $12$ .

Variatiebreedte: $17 - 9 = 8$ .

Oefening 71.2 ★

De temperaturen op de middag waren gedurende een week $19,\ 21,\ 24,\ 18,\ 22,\ 25,\ 19$ (graden). Bereken het gemiddelde (op een tiende) en de mediaan.

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.2.

Gemiddelde: $\dfrac{19 + 21 + 24 + 18 + 22 + 25 + 19}{7} = \dfrac{148}{7} \approx 21.1$ graden.

Mediaan: gesorteerd $18, 19, 19, 21, 22, 24, 25$ ; de $4$ de waarde is $21$ graden.

Oefening 71.3 ★

Het aantal doelpunten dat een ploeg in $10$ wedstrijden maakte:

doelpunten	$0$	$1$	$2$	$3$
wedstrijden	$2$	$4$	$3$	$1$

Bereken het gemiddelde aantal doelpunten per wedstrijd, en de mediaan.

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.3.

Gemiddelde:

\frac{2 \times 0 + 4 \times 1 + 3 \times 2 + 1 \times 3}{10} = \frac{0 + 4 + 6 + 3}{10} = \frac{13}{10} = 1.3 \text{ doelpunten per wedstrijd.}

Mediaan: de gesorteerde reeks is $0,0,1,1,1,1,2,2,2,3$ ; de $5$ de en de $6$ de waarde zijn beide $1$ : mediaan $1$ .

Oefening 71.4 ★

Een eerlijke dobbelsteen wordt één keer gegooid. Bereken de kans op: “een $3$ gooien”; “een even getal gooien”; “minstens een $3$ gooien”; “geen $6$ gooien”.

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.4.

$\P(3) = \frac16$ . $\P(\text{even}) = \frac36 = \frac12$ . $\P(\text{minstens } 3) = \P(\{3,4,5,6\}) = \frac46 = \frac23$ . $\P(\text{geen } 6) = 1 - \frac16 = \frac56$ .

Oefening 71.5 ★

Een doos bevat $12$ ballen: $5$ witte, $4$ rode en $3$ groene; er wordt één bal willekeurig getrokken. Bereken $\P(\text{wit})$ , $\P(\text{rood of groen})$ en $\P(\text{niet wit})$ . Wat valt je op aan de laatste twee?

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.5.

$\P(\text{wit}) = \frac{5}{12}$ .

$\P(\text{rood of groen}) = \frac{4 + 3}{12} = \frac{7}{12}$ .

$\P(\text{niet wit}) = 1 - \frac{5}{12} = \frac{7}{12}$ .

De laatste twee zijn gelijk: “niet wit” is de gebeurtenis “rood of groen”.

Oefening 71.6 ★★

Er wordt een munt opgegooid en daarna een eerlijke dobbelsteen gegooid. Teken de boom (of tel de uitkomsten) en bereken de kans op kop en een $6$ ; en daarna op kop of een $6$ (of beide).

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.6.

De $12$ uitkomsten (zijde van de munt, waarde van de dobbelsteen) zijn even waarschijnlijk.

Kop en een $6$ : één uitkomst op $12$ : $\frac{1}{12}$ .

Kop of een $6$ : de uitkomsten met kop ( $6$ ervan) plus de uitkomst (munt, $6$ ): $7$ uitkomsten, dus $\frac{7}{12}$ . Elke gebeurtenis afzonderlijk tellen en de overlap aftrekken geeft hetzelfde: $\frac{6}{12} + \frac{2}{12} - \frac{1}{12} = \frac{7}{12}$ .

Oefening 71.7 ★★

In de zak van Voorbeeld 71.9 ( $2$ rode, $3$ zwarte) worden de twee trekkingen nu zonder teruglegging gedaan. Teken de nieuwe boom (let op: de kansen op het tweede niveau veranderen) en bereken de kans op twee zwarte schijfjes, en daarna op twee schijfjes van verschillende kleur.

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.7.

Eerste trekking: rood $\frac25$ , zwart $\frac35$ . Tweede trekking zonder teruglegging: na een rood blijven $1$ rood en $3$ zwarte over op $4$ ; na een zwart $2$ rode en $2$ zwarte op $4$ .

Twee zwarte: $\frac35 \times \frac24 = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$ .

Verschillende kleuren (RZ of ZR): $\frac25 \times \frac34 + \frac35 \times \frac24 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac{12}{20} = \frac35$ .

Oefening 71.8 ★★

Na $9$ wedstrijden haalt een basketbalspeelster een gemiddelde van $14$ punten per wedstrijd.

Hoeveel punten heeft ze in totaal gemaakt?
Hoeveel punten moet ze in de $10$ de wedstrijd maken om op een gemiddelde van $15$ te komen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.8.

1. $9 \times 14 = 126$ punten.

2. Een gemiddelde van $15$ over $10$ wedstrijden betekent $150$ punten in totaal: ze moet $150 - 126 = 24$ punten maken.

Oefening 71.9 ★★★

Een spel: gooi met twee eerlijke dobbelstenen; je wint als de twee uitkomsten gelijk zijn (“een dubbel”).

Bereken de kans om te winnen.
Je speelt twee keer (onafhankelijke spelletjes). Bereken met een boom de kans om minstens één keer te winnen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 71.9.

1. Van de $36$ even waarschijnlijke paren zijn de dubbels $(1,1), (2,2), \dots, (6,6)$ : zes ervan, dus $\P(\text{dubbel}) = \frac{6}{36} = \frac16$ .

2. Twee onafhankelijke spelletjes: een boom met winst ( $\frac16$ ) en verlies ( $\frac56$ ) op elk niveau. Kans om nooit te winnen: $\frac56 \times \frac56 = \frac{25}{36}$ . Dus is

\P(\text{minstens één keer winst}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} \approx 0.31 .

71.5 Opgave: de ruïneuze weddenschappen van de Chevalier

Probleem 71.1

Weekendopgave — het geschil over gokken uit 1654 dat de kansrekening deed ontstaan, en het geboortedagtoeval dat elke klas om de tuin leidt

In 1654 werd een Franse edelman en verstokte gokker, de Chevalier de Méré, rijk met één weddenschap op dobbelstenen en begon hij te verliezen op een andere, die hij gelijkwaardig achtte. Verbijsterd vroeg hij het aan de wiskundige Blaise Pascal; Pascal schreef naar Pierre de Fermat; en hun briefwisseling stichtte de theorie van de kansrekening. Deze opgave speelt de hele zaak opnieuw met het gereedschap van dit hoofdstuk — even waarschijnlijke uitkomsten, bomen en de complementregel (Propositie 71.7) — en eindigt met het meest tegenintuïtieve toeval van allemaal.

Deel I — Dobbelstenen, eerlijk geteld.

Gooi twee keer met een eerlijke dobbelsteen. Bereken met een boom (of een tabel van $6 \times 6$ ) de kans op geen zes in de twee worpen, en leid de kans op minstens één zes af.
Een klasgenoot beweert: “één kans op zes per worp, twee keer, dus $\frac16 + \frac16 = \frac13$ .” Vergelijk met vraag 1 en wijs precies de uitkomsten aan die zijn optelling twee keer meetelt.
Met twee dobbelstenen gooien en optellen: bereken de kans op een som van $7$ en op een som van $2$ . Waarom is $7$ de favoriet van de gokkers?
Een oud geschil: is met twee dobbelstenen een som van $9$ of een som van $10$ waarschijnlijker? Tel de uitkomsten en beslecht het.
Veralgemeen vraag 1: leg uit waarom de kans op minstens één zes in $n$ worpen

$1 - \left(\frac56\right)^{\!n}$

is, doordat de takken zonder zes zich van niveau tot niveau vermenigvuldigen.

Deel II — De twee weddenschappen van de Chevalier.

Eerste weddenschap, tegen gelijke inzet: minstens één zes in vier worpen met een dobbelsteen. Bereken $\left(\frac56\right)^4$ als breuk en als decimaal getal, en de kans dat de Chevalier wint. Was de weddenschap goed?
De Chevalier redeneerde zelf: “vier worpen van elk $\frac16$ : $\frac46$ kans.” Hier gaf dat bijna het juiste antwoord — maar drijf het door naar $7$ worpen: welke ongerijmdheid levert het op, en welke fout uit vraag 2 herhaalt het?
Tweede weddenschap, die hij op grond van evenredigheid gelijkwaardig achtte (“ $24$ worpen van elk $\frac1{36}$ : weer $\frac{24}{36} = \frac46$ ”): minstens één dubbele zes in $24$ worpen met twee dobbelstenen. Bereken de werkelijke kans om te winnen, $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24}$ (met de rekenmachine). Waarom werd de Chevalier langzaam geruïneerd?
Hoeveel worpen met twee dobbelstenen zouden zijn voordeel hebben hersteld? Toets $n = 25$ met de rekenmachine en besluit.
Formuleer de les in twee zinnen: wat is er in het algemeen verkeerd aan een kans met het aantal pogingen vermenigvuldigen — en welk juist gereedschap vervangt die verleiding?

Deel III — Gemiddelden, medianen, geboortedagen.

Een klein bedrijf betaalt negen werknemers $2\,000$ euro per maand en de directeur $20\,000$ . Bereken het gemiddelde en de mediaan van de lonen (Definitie 71.1). Welk getal zou de vacature eerlijk moeten vermelden?
Stel een lijst van vijf toetscijfers op met gemiddelde $12$ en mediaan $15$ . Wat zegt dat paar (gemiddelde onder de mediaan) over de vorm van de cijfers?
Het geboortedagprobleem: wat is in een klas van $23$ leerlingen de kans dat minstens twee dezelfde geboortedag hebben? Stel het complement op (alle $23$ geboortedagen verschillend):

$\frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \times \dots \times \frac{343}{365} .$

Bereken het product van de eerste drie factoren, beschrijf hoe de factoren evolueren, en antwoord op de vraag, gegeven dat het volledige product ongeveer $0.493$ is. De meeste mensen verwachten “heel onwaarschijnlijk”: wat zegt de wiskunde?
De intuïtie hersteld: hoeveel paren leerlingen kunnen in een klas van $23$ dezelfde geboortedag hebben (het tellen van de handdrukken uit Probleem 37.1)? Leg in één zin uit waarom dat getal, en niet $23$ zelf, de verrassing veroorzaakt.
Slot: beschrijf een proef om een van beide resultaten na te gaan — de weddenschap van de Méré met een echte dobbelsteen, of het geboortedagprobleem over verschillende klassen — en formuleer zorgvuldig wat je van de waargenomen frequenties verwacht naarmate het aantal herhalingen groeit. (Die verwachting heeft een naam, de wet van de grote aantallen; haar bewijs wacht in het bovenbouwvolume.)

Oplossing

Oplossing van Probleem 71.1.

1. Elke worp heeft $5$ uitkomsten zonder zes op $6$ ; de tabel van $6 \times 6$ laat $5 \times 5 = 25$ uitkomsten zonder zes zien op $36$ : $P(\text{geen zes}) = \frac{25}{36}$ , dus $P(\text{minstens één}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} \approx 0.31$ .

2. $\frac13 = \frac{12}{36} \neq \frac{11}{36}$ . De optelling telt de uitkomst “zes en dan zes” in elke $\frac16$ één keer mee: één keer te veel. Kansen van gebeurtenissen die samen kunnen optreden, tel je niet zomaar op.

3. Som $7$ : de zes uitkomsten $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ : $P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Som $2$ : alleen $(1,1)$ : $\frac{1}{36}$ . Zeven heeft de meeste manieren om op te treden — het dikke midden van de tabel van de sommen.

4. Som $9$ : $(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)$ — vier uitkomsten, $\frac{4}{36}$ . Som $10$ : $(4,6), (5,5), (6,4)$ — drie, $\frac{3}{36}$ . Negen is waarschijnlijker: het aantal uitkomsten beslist, niet het aantal “manieren om de som te schrijven” met ongeordende zijden.

5. Elk niveau van de boom vermenigvuldigt de kans op geen zes met $\frac56$ , wat er ook eerder gebeurde: na $n$ worpen is $P(\text{helemaal geen zes}) = \left(\frac56\right)^n$ , en de complementregel geeft de formule.

6. $\left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.482$ , dus won de Chevalier met kans $1 - 0.482 = 0.518$ — een stille, gestage voorsprong van bijna $2\,\%$ per spel: een uitstekende weddenschap, en ze betaalde zijn koetsen.

7. Bij $7$ worpen geeft zijn regel $\frac76$ — een kans groter dan $1$ , en dus onzin. Het is de dubbele telling van vraag 2, opgehoopt: de successen van de worpen overlappen elkaar, en hun kansen optellen telt de overlappingen keer op keer mee.

8. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24} \approx 1 - 0.5086 = 0.491$ : onder de helft. Door tegen gelijke inzet te wedden op een gebeurtenis van $49.1\,\%$ verloor de Chevalier gemiddeld ongeveer $2$ spelletjes op elke $100$ — langzaam, mysterieus (voor hem) en onvermijdelijk.

9. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{25} \approx 1 - 0.494 = 0.506$ : met $25$ worpen wordt de weddenschap gunstig. Eén worp scheidde de Chevalier van winstgevendheid.

10. Een kans met het aantal pogingen vermenigvuldigen telt overlappende successen meerdere keren mee, en levert uiteindelijk onmogelijke antwoorden boven $1$ op. De juiste weg loopt altijd via het complement: knoop de kansen op mislukking aan elkaar door te vermenigvuldigen, en trek daarna af van $1$ .

11. Gemiddelde: $\frac{9 \times 2\,000 + 20\,000}{10} = \frac{38\,000}{10} = 3\,800$ euro. Mediaan: de middelste lonen zijn beide $2\,000$ : mediaan $2\,000$ euro. De vacature zou de mediaan moeten vermelden — negen van de tien werknemers zien nooit iets als $3\,800$ ; het gemiddelde wordt omhooggetrokken door één uitschieter (Voorbeeld 71.3 waarschuwde al voor gewichten).

12. Bijvoorbeeld $2, 8, 15, 17, 18$ : mediaan $15$ (de middelste waarde), gemiddelde $\frac{60}{5} = 12$ . Een gemiddelde onder de mediaan verraadt een staart van lage cijfers die het gemiddelde omlaag trekt, terwijl de bovenste helft hoog zit.

13. De eerste drie factoren: $1 \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \approx 0.992$ . Elke nieuwe leerling moet één ingenomen datum meer ontwijken, dus krimpen de factoren: $\frac{343}{365} \approx 0.94$ voor de $23$ ste. Het volledige product zakt tot ongeveer $0.493$ — dus is

P(\text{minstens één gedeelde geboortedag}) \approx 0.507 :

meer dan de helft, in een klas van slechts $23$ . De intuïtie zegt “ $23$ mensen, $365$ dagen, geen kans”; de wiskunde zegt “gooi een munt op”.

14. $\frac{23 \times 22}{2} = 253$ paren. Elk paar is een nieuwe kans op een samenloop, en $253$ kansen van elk $\frac{1}{365}$ is geen kleinigheid meer: de verrassing lost op zodra je paren telt in plaats van mensen.

15. Voorbeeld van een werkwijze: gooi een dobbelsteen in blokken van vier en noteer voor $100$ blokken of er in elk blok een zes valt; of verzamel de lijsten met geboortedagen van veel klassen van ongeveer $23$ leerlingen en noteer het deel met een samenloop. De waargenomen frequentie zal schommelen, maar naarmate het aantal herhalingen groeit, zou ze zich steeds dichter bij de berekende kansen moeten nestelen ( $0.518$ ; $0.507$ ) — frequenties naderen kansen: de wet van de grote aantallen, hier als verwachting geformuleerd en in het bovenbouwvolume bewezen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst