Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

19De binomiale verdeling

Herhaal hetzelfde ja/nee-experiment meerdere keren, onafhankelijk, en tel de successen: de resulterende verdeling — de binomiale — is de belangrijkste discrete verdeling van allemaal. Dit hoofdstuk bouwt haar op met bomen en padtelling; de gesloten formule voor de padtellingen (met factorialen) komt met de telgereedschappen van Hoofdstuk 27, en de verdeling wordt hernomen in Hoofdstuk 33.

19.1 Bernoulli-proeven

Definitie 19.1 (Bernoulli-proef)

Een Bernoulli-proef is een experiment met precies twee uitkomsten: succes, met kans $p$ , en mislukking, met kans $1 - p$ . De stochastische variabele $X$ gelijk aan $1$ bij succes en $0$ bij mislukking volgt de Bernoulli-verdeling $\mathcal B(p)$ ; dan

\E(X) = p, \qquad \V(X) = p(1 - p).

Bewijs van de twee formules. $\E(X) = p \times 1 + (1-p) \times 0 = p$ ; en omdat $X^2 = X$ (zowel $0$ als $1$ is zijn eigen kwadraat), $\E(X^2) = p$ , dus volgens Propositie 18.13, $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

Definitie 19.2 (Herhaalde onafhankelijke proeven)

Een Bernoulli-proef $n$ keer onafhankelijk herhalen betekent: de uitkomst van elke proef heeft geen invloed op de andere, en de kans van elke volledige reeks uitkomsten is het product van de kansen langs het bijbehorende pad van de boom — $p$ voor elk succes, $1 - p$ voor elke mislukking.

Voorbeeld 19.3

Drie onafhankelijke proeven met succeskans $p$ . De reeks SMS (succes, mislukking, succes) heeft kans $p(1-p)p = p^2(1-p)$ — en dat geldt voor elke reeks met precies twee successen, ongeacht de posities: alleen het aantal S’s en M’s telt.

19.2 Padtellingen en binomiaalcoëfficiënten

Definitie 19.4 (Binomiaalcoëfficiënt)

In de boom van $n$ onafhankelijke proeven is de binomiaalcoëfficiënt $\binom{n}{k}$ (lees “ $n$ over $k$ ”) het aantal paden met precies $k$ successen.

Voorbeeld 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : de paden SSM, SMS, MSS. Evenzo $\binom{3}{0} = 1$ (het pad MMM), $\binom{3}{1} = 3$ en $\binom{3}{3} = 1$ . Per conventie en per de boom is $\binom n0 = \binom nn = 1$ voor elke $n$ .

De boom van n = 3 proeven: 32 = 3 paden (rood) dragen precies twee successen, elk met kans p2(1-p). — De boom van $n = 3$ proeven: $\binom{3}{2} = 3$ paden (rood) dragen precies twee successen, elk met kans $p^2(1-p)$ .

Propositie 19.6 (Regel van Pascal)

Voor $1 \leq k \leq n - 1$ :

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}.

Bewijs. Sorteer de paden van de $n$ -proevenboom met $k$ successen volgens hun laatste proef. Die eindigend in succes komen uit een pad van de eerste $n-1$ proeven met $k - 1$ successen: er zijn $\binom{n-1}{k-1}$ van. Die eindigend in mislukking verlengen een pad met $k$ successen onder de eerste $n-1$ proeven: $\binom{n-1}{k}$ van. Elk pad is van precies één van de twee soorten. ∎

De regel van Pascal genereert de coëfficiënten rij voor rij — elke entry is de som van de twee erboven:

\begin{array}{ccccccccccc} &&&&&1&&&&&\\ &&&&1&&1&&&&\\ &&&1&&2&&1&&&\\ &&1&&3&&3&&1&&\\ &1&&4&&6&&4&&1&\\ 1&&5&&10&&10&&5&&1 \end{array}

Opmerking 19.7

Een gesloten formule, $\binom nk = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ , samen met een systematische teltheorie, wordt opgesteld in Hoofdstuk 27. Op dit niveau berekent de driehoek van Pascal elke coëfficiënt die we nodig hebben.

19.3 De binomiale verdeling

Stelling 19.8 (Binomiale verdeling)

Laat $X$ de successen tellen in $n$ onafhankelijke Bernoulli-proeven van parameter $p$ . Dan volgt $X$ de binomiale verdeling $\mathcal B(n, p)$ :

\P(X = k) = \binom{n}{k}\, p^k (1-p)^{n-k}, \qquad k = 0, 1, \dots, n .

Bewijs. De gebeurtenis $X = k$ is de collectie van alle paden met precies $k$ successen. Elk zulk pad heeft kans $p^k(1-p)^{n-k}$ : het product langs het pad bevat $k$ factoren $p$ en $n - k$ factoren $1-p$ , in zekere volgorde (Definitie 19.2). Er zijn $\binom nk$ zulke paden (Definitie 19.4), en hun kansen tellen op. ∎

Voorbeeld 19.9

Een quiz heeft $5$ onafhankelijke vragen, elk met $4$ keuzes; een leerling antwoordt willekeurig, dus elke vraag is een succes met $p = \frac14$ . Het aantal $X$ correcte antwoorden volgt $\mathcal B\left(5, \frac14\right)$ , en, met rij $5$ van de driehoek van Pascal:

\P(X = 2) = \binom52 \left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^3 = 10 \times \frac{1}{16} \times \frac{27}{64} = \frac{270}{1024} \approx 0.26 .

De kans op minstens één correct antwoord gebruikt het complement: $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

Propositie 19.10 (Verwachting en variantie)

Als $X \sim \mathcal B(n, p)$ :

\E(X) = np, \qquad \V(X) = np(1-p).

Rechtvaardiging. Schrijf $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , waar $X_i$ gelijk is aan $1$ als de $i$ -de proef slaagt: elke $X_i$ is een Bernoulli-variabele van verwachting $p$ (Definitie 19.1). Gemiddelden tellen op — sommeren van de $n$ bijdragen geeft $\E(X) = np$ . Dat varianties ook optellen voor onafhankelijke variabelen is waar maar delicater: de variantieformule is toegegeven op dit niveau en bewezen in Hoofdstuk 34. ∎

De verdeling B(10, 0.5) (tien eerlijke munten): gecentreerd op (X) = np = 5, symmetrisch, met bijna alle kans tussen 2 en 8. — De verdeling $\mathcal B(10, 0.5)$ (tien eerlijke munten): gecentreerd op $\E(X) = np = 5$ , symmetrisch, met bijna alle kans tussen $2$ en $8$ .

Methode 19.11 (Een binomiale situatie herkennen)

Voordat je $X \sim \mathcal B(n, p)$ schrijft, controleer drie ingrediënten: een vast aantal $n$ proeven, vooraf beslist; elke proef heeft twee uitkomsten met dezelfde succeskans $p$ ; de proeven zijn onafhankelijk (met teruglegging, of aparte apparaten). Trekken zonder teruglegging uit een kleine populatie is niet binomiaal — de kans verandert bij elke trekking (Oefening 18.6).

19.4 Steekproeven: is de waarneming verrassend?

De binomiale verdeling beantwoordt een zeer praktische vraag: als de succeskans echt $p$ is, welke aantallen successen zijn aannemelijk?

Voorbeeld 19.12

Een machine zou ten hoogste $10\%$ defecte stukken moeten produceren. In een batch van $10$ stukken zijn er $4$ defect. Pech of kapotte machine? Als de machine in orde is, volgt het aantal defecten $\mathcal B(10, 0.1)$ , en

\P(X \geq 4) = 1 - \P(X \leq 3) \approx 1 - 0.987 = 0.013 :

ongeveer één kans op $80$ . Een gebeurtenis zo onwaarschijnlijk waarnemen is een sterk signaal — men verwerpt de hypothese dat de machine nog op $10\%$ werkt, met in gedachten dat de beslissing fout kan zijn met kans ongeveer $0.013$ .

Methode 19.13 (Beslisregel vanuit een binomiaal model)

Om een waargenomen aantal $k$ successen te beoordelen tegen een hypothese $X \sim \mathcal B(n, p)$ : bereken de kans, onder de hypothese, van een resultaat minstens zo extreem als $k$ . Als die kans zeer klein is (een gebruikelijke conventie: onder $5\%$ ), verwerp de hypothese; anders is de waarneming ermee verenigbaar. De drempel is een keuze, geen stelling — statistiek kwantificeert het risico, en de gebruiker accepteert het.

19.5 Oefeningen

Oefening 19.1 ★

Breid de driehoek van Pascal uit tot rij $7$ , en geef de waarden van $\binom62$ , $\binom{7}{3}$ en $\binom74$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.1.

Rijen $6$ en $7$ :

1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1 \qquad\text{en}\qquad 1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1 .

Dus $\binom62 = 15$ , $\binom73 = 35$ , $\binom74 = 35$ (de symmetrie $\binom73 = \binom74$ weerspiegelt successen en mislukkingen verwisselen).

Oefening 19.2 ★

Een eerlijke dobbelsteen wordt $4$ keer gegooid; $X$ telt de zessen. Rechtvaardig dat $X \sim \mathcal B\left(4, \frac16\right)$ en bereken $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ en $\P(X \geq 2)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.2.

Vast aantal proeven ( $4$ worpen), twee uitkomsten per worp (zes of niet, $p = \frac16$ ), onafhankelijke worpen: $X \sim \mathcal B(4, \frac16)$ .

\P(X=0) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.48, \qquad \P(X=1) = 4 \times \frac16\left(\frac56\right)^3 = \frac{500}{1296} \approx 0.39,

\P(X \geq 2) = 1 - \frac{625 + 500}{1296} = \frac{171}{1296} \approx 0.13 .

Oefening 19.3 ★

Welke van de volgende is binomiaal? Rechtvaardig.

Aantal koppen in $20$ worpen met een eerlijke munt.
Aantal azen in $5$ kaarten uit één spel.
Aantal regendagen volgende week, als elke dag regent met kans $0.3$ onafhankelijk.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.3.

1. Binomiaal $\mathcal B(20, \frac12)$ : vaste $n$ , zelfde $p$ , onafhankelijke worpen.

2. Niet binomiaal: de kaarten worden zonder teruglegging gedeeld, dus de kans op een aas verandert van kaart tot kaart en de trekkingen zijn niet onafhankelijk.

3. Binomiaal $\mathcal B(7, 0.3)$ door de gestelde onafhankelijkheids-aanname.

Oefening 19.4 ★

$X \sim \mathcal B(50, 0.2)$ . Geef $\E(X)$ , $\V(X)$ en $\sigma(X)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.4.

$\E(X) = 50 \times 0.2 = 10$ ; $\V(X) = 50 \times 0.2 \times 0.8 = 8$ ; $\sigma(X) = 2\sqrt2 \approx 2.83$ .

Oefening 19.5 ★★

Een boogschutter raakt het doel met kans $0.7$ per schot, onafhankelijk. In $6$ schoten, bereken de kans op precies $4$ treffers, en op minstens $5$ treffers.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.5.

$X \sim \mathcal B(6, 0.7)$ .

\P(X = 4) = \binom64 (0.7)^4 (0.3)^2 = 15 \times 0.2401 \times 0.09 \approx 0.324 .

\P(X \geq 5) = \binom65 (0.7)^5(0.3) + (0.7)^6 = 6 \times 0.16807 \times 0.3 + 0.117649 \approx 0.420 .

Oefening 19.6 ★★

Een waar/onwaar-toets heeft $8$ vragen; een leerling raadt elk antwoord. Wat is de kans om te slagen (minstens $6$ correcte antwoorden)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.6.

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$ ; elk pad heeft kans $\frac{1}{256}$ , dus

\P(X \geq 6) = \frac{\binom86 + \binom87 + \binom88}{256} = \frac{28 + 8 + 1}{256} = \frac{37}{256} \approx 0.14 .

Raden slaagt ongeveer één op de zeven keer.

Oefening 19.7 ★★

Elke gekochte graandoos bevat figuurtje A of figuurtje B, met kans $\frac12$ elk, onafhankelijk. Een verzamelaar koopt $5$ dozen. Bereken de kans dat de verzamelaar minstens één figuurtje van elke soort krijgt. (Complement: allemaal A of allemaal B.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.7.

Het complement van “minstens één van elk” is “alle vijf identiek”: alle A of alle B, elk met kans $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$ . Dus

\P(\text{één van elke soort}) = 1 - \frac{2}{32} = \frac{15}{16} .

Oefening 19.8 ★★

Een basketbalspeler scoort vrije worpen met kans $p$ , onafhankelijk. Laat $X \sim \mathcal B(3, p)$ het aantal scores in drie worpen zijn. Druk $\P(X = 3)$ en $\P(X \geq 1)$ uit als functies van $p$ , en vind voor welke $p$ de kans om alle drie te scoren gelijk is aan $\frac{27}{64}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.8.

$\P(X = 3) = p^3$ en $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . Oplossen van $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ geeft $p = \frac34$ (de derdemachtfunctie is strikt stijgend, Hoofdstuk 11, dus de oplossing is uniek).

Oefening 19.9 ★★

Hoe vaak moet een eerlijke munt gegooid worden opdat de kans op minstens één kop $0.99$ overschrijdt? (Complement, probeer daarna opeenvolgende waarden van $n$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.9.

$\P(\text{minstens één kop}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ , dus de voorwaarde is $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ , d.w.z. $2^n > 100$ . Omdat $2^6 = 64$ en $2^7 = 128$ : vanaf $n = 7$ worpen.

Oefening 19.10 ★★

Bewijs met de regel van Pascal (Propositie 19.6) en $\binom n0 = \binom nn = 1$ dat de entries van elke rij van de driehoek van Pascal tot $2^n$ sommen: interpreteer beide kanten als het tellen van alle paden van de boom.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.10.

De som van rij $n$ telt alle paden van de $n$ -proevenboom, gesorteerd op aantal successen. Maar de boom verdubbelt haar paden bij elke proef (elk pad splitst in S en M), dus ze heeft $2^n$ paden in totaal. Dus $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . Alternatief, door inductie: rij $0$ somt tot $1 = 2^0$ , en de regel van Pascal zorgt dat elke entry van rij $n$ bijdraagt aan precies twee entries van rij $n+1$ , dus de rijsommen verdubbelen.

Oefening 19.11 ★★★

Een politicus claimt $60\%$ goedkeuring. In een willekeurige steekproef van $10$ mensen keuren slechts $3$ goed.

Onder de claim, welke verdeling volgt het aantal $X$ goedkeuringen in de steekproef? Bereken $\P(X \leq 3)$ .
Met de beslisregel van Methode 19.13 met een drempel van $5\%$ , is de waarneming verenigbaar met de claim?

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.11.

1. Onder de claim, $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . Sommeren van de eerste termen:

\begin{align*} \P(X \leq 3) &= (0.4)^{10} + 10(0.6)(0.4)^9 + 45(0.6)^2(0.4)^8 + 120(0.6)^3(0.4)^7\\ &\approx 0.0001 + 0.0016 + 0.0106 + 0.0425 = 0.0548 . \end{align*}

2. Een resultaat minstens zo extreem als het waargenomene ( $3$ of minder goedkeuringen) heeft kans ongeveer $5.5\%$ — net boven de drempel van $5\%$ . Strikt de regel toepassend is de waarneming (nauwelijks) verenigbaar met de claim en verwerpt men haar niet. Het voorbeeld toont hoe gevoelig grensbeslissingen zijn voor de keuze van de drempel: met een conventie van $6\%$ zou de conclusie omslaan.