Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

19De binomiale verdeling

Herhaal hetzelfde ja-neeexperiment een aantal keer, onafhankelijk, en tel de successen: de verdeling die je zo krijgt — de binomiale — is de belangrijkste discrete kansverdeling van allemaal. Dit hoofdstuk bouwt haar op met boomdiagrammen en het tellen van paden; de gesloten formule voor die aantallen paden (met faculteiten) komt met het telgereedschap van Hoofdstuk 27, en de verdeling keert terug in Hoofdstuk 33.

19.1 Bernoulli-experimenten

Definitie 19.1 (Bernoulli-experiment)

Een bernoulli-experiment is een experiment met precies twee uitkomsten: succes, met kans $p$ , en mislukking, met kans $1 - p$ . Van de toevalsvariabele $X$ die gelijk is aan $1$ bij succes en aan $0$ bij mislukking zegt men dat ze de bernoulli-verdeling $\mathcal B(p)$ volgt; dan is

\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), is $\E(X^2) = p$ , zodat Propositie 18.13 geeft dat $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

Definitie 19.2 (Herhaalde onafhankelijke experimenten)

Een bernoulli-experiment $n$ keer onafhankelijk herhalen betekent: de uitkomst van elk experiment heeft geen invloed op de andere, en de kans van een volledige rij uitkomsten is het product van de kansen langs het bijhorende pad van het boomdiagram — $p$ voor elk succes en $1 - p$ voor elke mislukking.

Voorbeeld 19.3

Drie onafhankelijke experimenten met succeskans $p$ . De rij SMS (succes, mislukking, succes) heeft kans $p(1-p)p = p^2(1-p)$ — en dat geldt voor elke rij met precies twee successen, waar ze ook staan: alleen het aantal S’en en M’en telt.

19.2 Aantallen paden en binomiaalcoëfficiënten

Definitie 19.4 (Binomiaalcoëfficiënt)

In het boomdiagram van $n$ onafhankelijke experimenten is de binomiaalcoëfficiënt $\binom{n}{k}$ (lees: “ $n$ boven $k$ ”) het aantal paden met precies $k$ successen.

Voorbeeld 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : de paden SSM, SMS, MSS. Net zo is $\binom{3}{0} = 1$ (het pad MMM), $\binom{3}{1} = 3$ en $\binom{3}{3} = 1$ . Per afspraak, en volgens het boomdiagram, is $\binom n0 = \binom nn = 1$ voor elke $n$ .

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

Propositie 19.6 (Regel van Pascal)

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

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

Bewijs. Sorteer de paden met $k$ successen in het boomdiagram van $n$ experimenten volgens hun laatste experiment. De paden die op een succes eindigen ontstaan uit een pad van de eerste $n-1$ experimenten met $k - 1$ successen: daarvan zijn er $\binom{n-1}{k-1}$ . De paden die op een mislukking eindigen verlengen een pad met $k$ successen onder de eerste $n-1$ experimenten: daarvan zijn er $\binom{n-1}{k}$ . Elk pad is van precies één van beide soorten. ∎

De regel van Pascal brengt de coëfficiënten rij per rij voort — elk getal 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 stelselmatige theorie van het tellen, wordt in Hoofdstuk 27 opgebouwd. Op dit niveau berekent de driehoek van Pascal elke coëfficiënt die we nodig hebben.

19.3 De binomiale verdeling

Stelling 19.8 (Binomiale verdeling)

Zij $X$ het aantal successen in $n$ onafhankelijke bernoulli-experimenten met 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 verzameling van alle paden met precies $k$ successen. Elk zo’n 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 een of andere 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 met elk $4$ keuzemogelijkheden; een leerling antwoordt willekeurig, zodat elke vraag een succes is met $p = \frac14$ . Het aantal $X$ juiste 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 juist antwoord gebruikt het complement: $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

Propositie 19.10 (Verwachtingswaarde en variantie)

Is $X \sim \mathcal B(n, p)$ , dan geldt

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

Verantwoording. Schrijf $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , waarbij $X_i$ gelijk is aan $1$ wanneer het $i$ -de experiment lukt: elke $X_i$ is een bernoulli-variabele met verwachtingswaarde $p$ (Definitie 19.1). Gemiddelden tellen op — de $n$ bijdragen sommeren geeft $\E(X) = np$ . Dat ook de varianties optellen voor onafhankelijke variabelen is waar maar delicater: de formule voor de variantie wordt op dit niveau aangenomen en in Hoofdstuk 34 bewezen. ∎

De verdeling B(10, 0.5) (tien worpen met een eerlijke munt): gecentreerd in (X) = np = 5, symmetrisch, met vrijwel de hele kans tussen 2 en 8. — De verdeling $\mathcal B(10, 0.5)$ (tien worpen met een eerlijke munt): gecentreerd in $\E(X) = np = 5$ , symmetrisch, met vrijwel de hele kans tussen $2$ en $8$ .

Methode 19.11 (Een binomiale situatie herkennen)

Ga, vóór je $X \sim \mathcal B(n, p)$ opschrijft, drie ingrediënten na: een vast aantal $n$ experimenten, op voorhand vastgelegd; elk experiment heeft twee uitkomsten met dezelfde succeskans $p$ ; en de experimenten zijn onafhankelijk (met teruglegging, of met aparte toestellen). 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 heel praktische vraag: als de succeskans werkelijk $p$ is, welke aantallen successen zijn dan aannemelijk?

Voorbeeld 19.12

Een machine hoort hoogstens $10\%$ defecte stukken te maken. In een partij van $10$ stukken zijn er $4$ defect. Pech of kapotte machine? Is de machine in orde, dan volgt het aantal defecten $\mathcal B(10, 0.1)$ , en is

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

ongeveer één kans op $80$ . Zo’n onwaarschijnlijke gebeurtenis waarnemen is een sterk signaal — men verwerpt de veronderstelling dat de machine nog op $10\%$ werkt, met in het achterhoofd dat de beslissing met kans ongeveer $0.013$ fout kan zijn.

Methode 19.13 (Beslissingsregel bij een binomiaal model)

Om een waargenomen aantal $k$ successen te beoordelen tegenover de veronderstelling $X \sim \mathcal B(n, p)$ : bereken onder die veronderstelling de kans op een resultaat dat minstens even extreem is als $k$ . Is die kans erg klein (een gangbare afspraak: onder $5\%$ ), verwerp dan de veronderstelling; anders is de waarneming ermee verenigbaar. De drempel is een keuze, geen stelling — de statistiek kwantificeert het risico, en de gebruiker aanvaardt 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.

De rijen $6$ en $7$ :

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

Bijgevolg is $\binom62 = 15$ , $\binom73 = 35$ en $\binom74 = 35$ (de symmetrie $\binom73 = \binom74$ weerspiegelt het verwisselen van successen en mislukkingen).

Oefening 19.2 ★

Er wordt $4$ keer met een eerlijke dobbelsteen gegooid; $X$ telt de zessen. Verantwoord 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 experimenten ( $4$ worpen), twee uitkomsten per worp (zes of geen zes, $p = \frac16$ ), en 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 situaties is binomiaal? Verantwoord.

Het aantal keer kop bij $20$ worpen met een eerlijke munt.
Het aantal azen bij $5$ kaarten uit één spel.
Het aantal regendagen volgende week, als elke dag onafhankelijk met kans $0.3$ regenachtig is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.3.

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

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

3. Binomiaal $\mathcal B(7, 0.3)$ , volgens de veronderstelde onafhankelijkheid.

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 bij elk schot onafhankelijk met kans $0.7$ . Bereken bij $6$ schoten 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 juist-of-fouttoets heeft $8$ vragen; een leerling gokt elk antwoord. Wat is de kans om te slagen (minstens $6$ juiste 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 .

Gokken levert ongeveer één keer op zeven een voldoende op.

Oefening 19.7 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.7.

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

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

Oefening 19.8 ★★

Een basketbalspeler scoort een vrijworp onafhankelijk met kans $p$ . Zij $X \sim \mathcal B(3, p)$ het aantal rake worpen op drie pogingen. Druk $\P(X = 3)$ en $\P(X \geq 1)$ uit als functies van $p$ , en zoek 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 $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . Uit $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ volgt $p = \frac34$ (de derdemachtsfunctie is strikt stijgend, Hoofdstuk 11, dus is de oplossing uniek).

Oefening 19.9 ★★

Hoe vaak moet je met een eerlijke munt gooien opdat de kans op minstens één keer kop groter wordt dan $0.99$ ? (Complement, en probeer daarna opeenvolgende waarden van $n$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.9.

$\P(\text{minstens één keer kop}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ , dus luidt de voorwaarde $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ , dus $2^n > 100$ . 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 getallen van elke rij van de driehoek van Pascal optellen tot $2^n$ : duid beide leden als een telling van alle paden van het boomdiagram.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.10.

De som van rij $n$ telt alle paden van het boomdiagram met $n$ experimenten, gesorteerd naar hun aantal successen. Maar het boomdiagram verdubbelt zijn paden bij elk experiment (elk pad splitst in S en M), zodat het er in totaal $2^n$ heeft. Bijgevolg is $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . Anders, met inductie: rij $0$ telt op tot $1 = 2^0$ , en de regel van Pascal laat elk getal van rij $n$ aan precies twee getallen van rij $n+1$ bijdragen, zodat de rijsommen verdubbelen.

Oefening 19.11 ★★★

Een politicus beweert $60\%$ steun te hebben. In een willekeurige steekproef van $10$ mensen steunen er slechts $3$ hem.

Welke verdeling volgt het aantal $X$ steunbetuigingen in de steekproef onder die bewering? Bereken $\P(X \leq 3)$ .
Is de waarneming verenigbaar met de bewering, volgens de beslissingsregel van Methode 19.13 met een drempel van $5\%$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.11.

1. Onder de bewering is $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . De eerste termen optellen geeft

\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 dat minstens even extreem is als het waargenomene ( $3$ of minder steunbetuigingen) heeft kans ongeveer $5.5\%$ — net boven de drempel van $5\%$ . Wie de regel strikt toepast, besluit dat de waarneming (nipt) verenigbaar is met de bewering en verwerpt haar niet. Het voorbeeld toont hoe gevoelig grensgevallen zijn voor de keuze van de drempel: bij een afspraak van $6\%$ zou het besluit omslaan.

19.6 Opgave: de bordplank van Galton

Probleem 19.1

Weekendopgave — balletjes, pinnen en de driehoek van Pascal: hoe de klokvorm geboren wordt, waarom een reeks finales de sterkste ploeg bevoordeelt, en wanneer je alarm moet slaan

Laat duizend balletjes door een rooster van pinnen vallen, waarbij elke botsing een eerlijke links-of-rechtsmuntworp is, en de vakjes eronder vullen zich tot een gladde, symmetrische klok — elke keer opnieuw. Het toestel heet de bordplank van Galton, en haar wiskunde is precies de binomiale verdeling van dit hoofdstuk (Stelling 19.8). Deze opgave bouwt de driehoek, laat de plank draaien, leidt een reeks van zeven finales in goede banen, en eindigt waar de binomiale verdeling haar loon verdient: bij de beslissing wanneer een waarneming ons aan een bewering moet doen twijfelen.

Deel I — De driehoek.

Bouw de driehoek van Pascal tot rij $6$ (Propositie 19.6). Formuleer en verklaar de symmetrie $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ in één zin ( $k$ voorwerpen kiezen is hetzelfde als …).
Ga op de rijen $4$ en $5$ na dat elke rij optelt tot $2^n$ , en bewijs het: wat tellen alle $\binom nk$ samen?
Leid de regel van Pascal $\binom{n+1}{k} = \binom nk + \binom{n}{k-1}$ opnieuw af met het commissieargument: kies één bijzondere persoon en splits de commissies op naar diens lot.
Bereken $\binom73$ twee keer: uit de driehoek, en met de faculteitsformule.
Ga de trapidentiteit $\binom22 + \binom32 + \binom42 + \binom52 = \binom63$ na, en verklaar ze door de regel van Pascal vanaf $\binom63$ naar beneden te laten cascaderen.

Deel II — De plank. Een balletje valt door $n$ rijen pinnen; bij elke pin stuitert het onafhankelijk met kans $\frac12$ naar links of naar rechts. Nummer de vakjes $0$ tot $n$ volgens het aantal stuiten naar rechts.

Leg met de checklist van Methode 19.11 uit waarom het vakjesnummer de binomiale verdeling $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ volgt.
Voor een kleine plank ( $n = 4$ ): geef de vijf kansen per vakje. Welk vakje raakt het drukst bezet?
Nu $n = 10$ en $1\,024$ balletjes: hoeveel balletjes verwacht je in het middelste vakje, in vakje $7$ en in elk randvakje? Beschrijf de vorm van de stapel.
Bereken voor $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ de waarden $\E(X)$ , $V(X)$ en $\sigma$ (Propositie 19.10); bereken daarna het verwachte aandeel balletjes binnen $2\sigma$ van het midden (de vakjes $2$ tot $8$ ) en vergelijk met de garantie van Chebyshev uit Probleem 17.1.
Een scheefgezette plank stuitert met kans $0.6$ naar rechts: geef $\E$ , $V$ en $\sigma$ voor $n = 10$ , en beschrijf wat er met de stapel gebeurt.
In één of twee zinnen: wat in het ontwerp van de plank brengt de klokvorm voort — en waarom stapelen zoveel grootheden uit de werkelijkheid (lichaamslengten, meetfouten) zich op dezelfde manier op? (De diepe stelling achter beide is de centrale limietstelling, het hoogtepunt van de kansrekening in de universitaire volumes.)

Deel III — Best of zeven. Twee ploegen spelen een reeks: wie het eerst $4$ wedstrijden wint, pakt de titel; de wedstrijden zijn onafhankelijk.

Gelijkwaardige ploegen ( $p = \frac12$ ): bereken de kans dat de reeks met een schoonveeg eindigt (precies $4$ wedstrijden).
Bereken de kans dat de reeks de volle $7$ wedstrijden duurt (wat moet de stand na $6$ wedstrijden zijn?).
Vervolledig de kansverdeling van de lengte van de reeks ( $4$ , $5$ , $6$ of $7$ wedstrijden) voor gelijkwaardige ploegen, en bereken de verwachte lengte. Welke lengten zijn het waarschijnlijkst?
Nu wint één ploeg elke wedstrijd met $p = 0.6$ . Bereken haar kans om de reeks te winnen (winst in $4$ , $5$ , $6$ of $7$ wedstrijden: telkens wint de ploeg de laatste wedstrijd en $3$ van de vorige). Wat deed de reeks met haar voorsprong per wedstrijd?
Vergelijk met één enkele finale ( $60\,\%$ ) en met een reeks van drie (bereken die). Formuleer het algemene effect van de lengte van een reeks op kunde tegenover geluk — en waarom competities lange finales verkiezen.

Deel IV — Wanneer alarm slaan?

Er wordt $100$ keer met een munt gegooid, met $62$ keer kop. Geef voor een eerlijke munt $\E$ , $\sigma$ en de z-score (Probleem 17.1) van de waarneming. Wat is het oordeel volgens de afspraak van $2\sigma$ ?
Een leverancier beweert $2\,\%$ defecte stukken te leveren. In een partij van $50$ vind je er $3$ defect. Bereken $\P(X \geq 3)$ onder die bewering ( $X \sim \mathcal B(50, 0.02)$ ; ga via $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ en $\P(X = 2)$ ). Alarmerend bij de drempel van $5\,\%$ (Methode 19.13, Oefening 19.11)?
Volhouden bij de loterij: elk lot wint (iets) met kans $\frac{1}{1000}$ . Bereken de kans op minstens één winnend lot bij $1\,000$ loten. Het antwoord ( $\approx 63\,\%$ , geen $100\,\%$ !) verbergt een beroemde constante: bereken $0.999^{1000}$ en houd het getal $0.368$ in gedachten voor jaar 12.
Slotstuk — het portret van de binomiale verdeling: de checklist om haar te herkennen (vaste $n$ , onafhankelijkheid, constante $p$ ); de driehoek van Pascal als haar tabel; de klok als haar vorm; $np$ en $np(1-p)$ als haar kompas; en haar twee erfgenamen die in jaar 12 wachten — de gladde klokkromme en de wet van de grote aantallen. Telkens één zin.

Oplossing

Oplossing van Probleem 19.1.

1. De rijen: $1$ ; $1\,1$ ; $1\,2\,1$ ; $1\,3\,3\,1$ ; $1\,4\,6\,4\,1$ ; $1\,5\,10\,10\,5\,1$ ; $1\,6\,15\,20\,15\,6\,1$ . De symmetrie: kiezen welke $k$ voorwerpen je meeneemt is dezelfde handeling als kiezen welke $n - k$ je achterlaat.

2. $1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 2^4$ ; $1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2^5$ . Bewijs: de $\binom nk$ tellen de deelverzamelingen van elke omvang van een verzameling met $n$ elementen, en alle deelverzamelingen samen zijn er $2^n$ (elk element onafhankelijk erin of eruit).

3. Commissies van $k$ personen, gekozen uit $n + 1$ mensen onder wie Zoë: die zonder Zoë zijn er $\binom nk$ (kies alle $k$ onder de anderen); die met Zoë zijn er $\binom{n}{k-1}$ (kies haar $k - 1$ collega’s). Samen: $\binom nk + \binom{n}{k-1}$ .

4. Rij $7$ van de driehoek: $1\,7\,21\,35\,\dots$ : dus $35$ . Met de formule: $\frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$ .

5. $1 + 3 + 6 + 10 = 20 = \binom63$ . De cascade: $\binom63 = \binom52 + \binom53 = \binom52 + \binom42 + \binom43 = \binom52 + \binom42 + \binom32 + \binom33$ — elke toepassing van de regel van Pascal pelt één trede van de trap af.

6. Een vast aantal $n$ stuiten; elke stuit een onafhankelijk bernoulli-experiment met dezelfde $p = \frac12$ ; en het vakjesnummer telt de successen (de stuiten naar rechts): alle drie de vakjes van Methode 19.11 aangevinkt: $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .

7. De kansen zijn $\frac{1}{16}, \frac{4}{16}, \frac{6}{16}, \frac{4}{16}, \frac{1}{16}$ voor de vakjes $0, \dots, 4$ : het middelste vakje $2$ raakt het drukst bezet.

8. De verwachte aantallen zijn $1024 \times \binom{10}{k}/1024 = \binom{10}{k}$ : het middelste vakje krijgt $\binom{10}{5} = 252$ balletjes; vakje $7$ krijgt er $\binom{10}{7} = 120$ ; en elk randvakje $1$ . Een hoog midden dat symmetrisch wegzakt naar flinterdunne randen: de klok.

9. $\E = np = 5$ ; $V = np(1 - p) = 2.5$ ; $\sigma \approx 1.58$ . Binnen $2\sigma$ dragen de vakjes $2$ tot $8$

\frac{45 + 120 + 210 + 252 + 210 + 120 + 45}{1024} = \frac{1002}{1024} \approx 98\,\%

van de balletjes — veel beter dan de universele $75\,\%$ van Chebyshev (Probleem 17.1): klokvormen concentreren zich hard.

10. $\E = 6$ , $V = 10 \times 0.6 \times 0.4 = 2.4$ , $\sigma \approx 1.55$ : de stapel houdt haar klokvorm maar schuift haar top naar vakje $6$ — een scheve plank is een verzwaarde munt, zichtbaar gemaakt.

11. Het vakjesnummer is een som van veel kleine, onafhankelijke, even grote toevalsduwtjes — en zulke sommen ordenen zich altijd tot de klok: de meeste duwtjes heffen elkaar op, terwijl uitersten eensgezindheid vragen. Lichaamslengten, meetfouten en talloze andere natuurlijke grootheden zijn eveneens sommen van veel kleine onafhankelijke effecten, en daarom duikt overal dezelfde silhouet op; de stelling die dat bevestigt is de centrale limietstelling.

12. Een schoonveeg: één ploeg wint alle $4$ : $2 \times \left(\frac12\right)^4 = \frac18$ .

13. Zeven wedstrijden vragen $3$ – $3$ na zes: $\binom63 \left(\frac12\right)^6 = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .

14. Eindigt in $5$ : de winnaar pakt wedstrijd 5 en $3$ van de eerste $4$ : $2 \times \binom43 \left(\frac12\right)^5 = \frac14$ . Eindigt in $6$ : $2 \times \binom53 \left(\frac12\right)^6 = \frac{5}{16}$ . De verdeling over $4, 5, 6, 7$ : $\frac18, \frac14, \frac{5}{16}, \frac{5}{16}$ (som $1$ ). Verwachte lengte: $4 \cdot \frac18 + 5 \cdot \frac14 + 6 \cdot \frac{5}{16} + 7 \cdot \frac{5}{16} = 5.8125$ wedstrijden. Reeksen van zes en zeven wedstrijden zijn het waarschijnlijkst — de spanning zit in het format ingebouwd.

15. Winst in $4$ : $0.6^4 = 0.1296$ ; in $5$ : $\binom43\,0.6^3 \times 0.4 \times 0.6 = 0.2074$ ; in $6$ : $\binom53\,0.6^3 \times 0.4^2 \times 0.6 = 0.2074$ ; in $7$ : $\binom63\,0.6^3 \times 0.4^3 \times 0.6 = 0.1659$ . Samen: ongeveer $0.710$ : een ploeg met $60\,\%$ per wedstrijd wint $71\,\%$ van de reeksen — de reeks versterkt de voorsprong.

16. Eén enkele finale: $60\,\%$ . Reeks van drie: $p^2 + 2p^2 q = 0.36 + 0.288 = 0.648$ . De ladder $60\,\% \to 65\,\% \to 71\,\%$ loopt door met de lengte: meer wedstrijden middelen het geluk uit (de wet van de grote aantallen in het klein), zodat lange finales de kunde bekronen — en dat is precies wat competities verkopen.

17. Eerlijke munt: $\E = 50$ , $\sigma = \sqrt{25} = 5$ ; $z = \frac{62 - 50}{5} = 2.4$ : voorbij de afspraak van $2\sigma$ — de munt verdient een onderzoek.

18. $\P(X = 0) = 0.98^{50} \approx 0.364$ ; $\P(X = 1) = 50 \times 0.02 \times 0.98^{49} \approx 0.372$ ; $\P(X = 2) = \binom{50}{2} 0.02^2 \times 0.98^{48} \approx 0.186$ . Dus is $\P(X \geq 3) \approx 1 - 0.922 = 0.078$ : ongeveer $7.8\,\%$ — boven de drempel van $5\,\%$ , dus (nog) niet genoeg om de bewering te verwerpen; een tweede slechte partij zou het verhaal veranderen.

19. $\P(\text{minstens één winnend lot}) = 1 - 0.999^{1000} \approx 1 - 0.368 = 0.632$ : duizend loten met kans één op duizend geven geen zekerheid maar $63\,\%$ . De steeds terugkerende $0.368$ is $\frac1e$ in vermomming — de constante $e$ maakt haar officiële intrede in jaar 12.

20. Herkenning: vaste $n$ , onafhankelijkheid, constante $p$ — dan en alleen dan binomiaal. Tabel: de driehoek van Pascal, rij $n$ . Vorm: de klok, symmetrisch voor $p = \frac12$ en verschoven daarbuiten. Kompas: het midden $np$ en de spreiding $\sqrt{np(1-p)}$ — de z-scores van beslissingen. Erfgenamen: de gladde klokkromme die de stapels naderen, en de wet van de grote aantallen die verklaart waarom grote planken nooit liegen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst