Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

33Stochastische variabelen en de binomiale verdeling

Een stochastische variabele koppelt een getal aan elke uitkomst van een experiment: een winst, een telling, een duur. Haar verwachting is het lange-termijngemiddelde van de waarden die zij produceert, haar variantie meet hun spreiding. De ster van dit hoofdstuk is de binomiale verdeling, die successen telt in herhaalde onafhankelijke proeven. Stochastische variabelen en de binomiale verdeling werden eerst ontmoet in Hoofdstukken 18 en 19; dit hoofdstuk herneemt en verdiept ze, met de combinatorische gereedschappen van Hoofdstuk 27 nu beschikbaar.

33.1 Discrete stochastische variabelen

Definitie 33.1 (Stochastische variabele, verdeling)

Een stochastische variabele op een eindige uitkomstenruimte $\Omega$ is een functie $X \colon \Omega \to \R$ . Haar verdeling (of wet) is de data van haar mogelijke waarden $x_1, \dots, x_k$ en van de kansen

p_i = \P(X = x_i), \qquad \sum_{i=1}^{k} p_i = 1 .

Definitie 33.2 (Verwachting, variantie, standaardafwijking)

De verwachting van $X$ is

\E(X) = \sum_{i=1}^{k} p_i\, x_i ,

haar variantie en standaardafwijking zijn

\V(X) = \E\bigl((X - \E(X))^2\bigr) = \sum_{i=1}^k p_i\bigl(x_i - \E(X)\bigr)^2, \qquad \sigma(X) = \sqrt{\V(X)} .

Propositie 33.3 (Formule van König–Huygens)

$\V(X) = \E(X^2) - \E(X)^2$ .

Bewijs. Schrijf $m = \E(X)$ en ontwikkel:

\V(X) = \sum_i p_i (x_i^2 - 2m x_i + m^2) = \E(X^2) - 2m\sum_i p_i x_i + m^2\sum_i p_i = \E(X^2) - 2m^2 + m^2 . \qedhere

∎

Propositie 33.4 (Affine transformatie)

Voor $a, b \in \R$ :

\E(aX + b) = a\,\E(X) + b, \qquad \V(aX + b) = a^2\,\V(X) .

Bewijs. De eerste is een herschikking van de definiërende som. Voor de tweede wijkt $aX + b$ van haar gemiddelde af met $a(X - \E(X))$ , en kwadrateren vermenigvuldigt met $a^2$ . ∎

Voorbeeld 33.5 (Eerlijke spellen)

Een spel kost $2$ euro; een dobbelsteen wordt geworpen, en de speler ontvangt de getoonde waarde als die minstens $5$ is, niets anders. De winst $G$ neemt waarden $-2$ (kans $\frac46$ ), $3$ ( $\frac16$ ), $4$ ( $\frac16$ ):

\E(G) = \frac{-8 + 3 + 4}{6} = -\frac{1}{6} < 0 .

Gemiddeld verliest de speler $17$ cent per spel: het spel is ongunstig (zoals de meeste echte spellen).

33.2 Bernoulli-proeven en de binomiale verdeling

Definitie 33.6 (Bernoulli-verdeling)

Een Bernoulli-proef is een experiment met twee uitkomsten, succes (kans $p$ ) en mislukking ( $q = 1 - p$ ). De indicator $X$ van succes ( $X = 1$ bij succes, $0$ bij mislukking) volgt de Bernoulli-verdeling $\mathcal B(p)$ :

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

(Inderdaad $\E(X) = p$ , $\E(X^2) = p$ , en König–Huygens geeft $\V(X) = p - p^2$ .)

Definitie 33.7 (Binomiale verdeling)

Herhaal een Bernoulli-proef $n$ keer onafhankelijk, en laat $X$ het totale aantal successen zijn. De verdeling van $X$ is de binomiale verdeling $\mathcal B(n, p)$ .

Drie Bernoulli-proeven: precies 32 = 3 van de 23 paden geven twee successen (rood), elk met kans p2(1-p), dus (X = 2) = 3p2(1-p). — Drie Bernoulli-proeven: precies $\binom{3}{2} = 3$ van de $2^3$ paden geven twee successen (rood), elk met kans $p^2(1-p)$ , dus $\P(X = 2) = 3p^2(1-p)$ .

Stelling 33.8

Als $X \sim \mathcal B(n, p)$ , dan voor $0 \leq k \leq n$ :

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

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

Bewijs. Een gespecificeerde reeks uitkomsten met $k$ successen en $n-k$ mislukkingen heeft kans $p^k(1-p)^{n-k}$ door onafhankelijkheid; het aantal zulke reeksen is het aantal manieren om de $k$ successen onder de $n$ proeven te plaatsen, namelijk $\binom nk$ (Hoofdstuk 27). Sommeren over de reeksen geeft de formule — en de binomiaalstelling bevestigt $\sum_k \P(X = k) = (p + q)^n = 1$ .

Voor de verwachting, met $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ (Oefening 27.7):

\E(X) = \sum_{k=1}^{n} k\binom nk p^k q^{n-k} = np\sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} p^{k-1} q^{(n-1)-(k-1)} = np\,(p + q)^{n-1} = np .

De variantieformule wordt analoog bewezen met de identiteit $k(k-1)\binom nk = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}$ , wat $\E(X(X-1)) = n(n-1)p^2$ geeft, waaruit $\V(X) = n(n-1)p^2 + np - (np)^2 = np(1-p)$ . (Een structureel bewijs — de variantie van een som van onafhankelijke variabelen — komt met Stelling 34.4.) ∎

De verdeling B(20, 0.3): gemiddelde np = 6, standaardafwijking √npq 2.05. — De verdeling $\mathcal B(20, 0.3)$ : gemiddelde $np = 6$ , standaardafwijking $\sqrt{npq} \approx 2.05$ .

Methode 33.9 (Een binomiale situatie herkennen)

Controleer de drie ingrediënten vóór $X \sim \mathcal B(n,p)$ te schrijven: een vast aantal $n$ proeven; twee uitkomsten per proef met dezelfde succeskans $p$ ; onafhankelijkheid van proeven (bemonstering met teruglegging, of uit een grote populatie). Gebruik daarna

\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^n

voor “minstens één succes”, en een rekenmachine of cumulatieve tabellen voor algemene $\P(X \leq k)$ .

Voorbeeld 33.10

Hoe vaak moet men een dobbelsteen werpen om minstens $99\%$ kans te hebben op een zes? Met $X \sim \mathcal B\left(n, \frac16\right)$ : $\P(X \geq 1) = 1 - \left(\frac56\right)^n \geq 0.99$ betekent $\left(\frac56\right)^n \leq 0.01$ , d.w.z. $n \geq \frac{\ln 0.01}{\ln(5/6)} \approx 25.3$ : vanaf $n = 26$ worpen.

33.3 Oefeningen

Oefening 33.1 ★

Een stochastische variabele $X$ neemt de waarden $-1, 0, 2, 5$ aan met kansen $0.3, 0.2, 0.4, 0.1$ . Bereken $\E(X)$ , $\V(X)$ en $\sigma(X)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.1.

$\E(X) = -0.3 + 0 + 0.8 + 0.5 = 1$ . $\E(X^2) = 0.3 \times 1 + 0 + 0.4\times4 + 0.1\times25 = 4.4$ , dus volgens König–Huygens $\V(X) = 4.4 - 1 = 3.4$ en $\sigma(X) = \sqrt{3.4} \approx 1.84$ .

Oefening 33.2 ★

Een meerkeuzetoets heeft $10$ vragen, elk met $4$ keuzes, waarvan één correct. Een student antwoordt uniform willekeurig, onafhankelijk. Laat $X$ het aantal correcte antwoorden zijn.

Geef de verdeling van $X$ , $\E(X)$ en $\sigma(X)$ .
Bereken $\P(X = 0)$ , $\P(X = 5)$ en $\P(X \geq 1)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.2.

1. De $10$ vragen zijn onafhankelijke Bernoulli-proeven met $p = \frac14$ : $X \sim \mathcal B\left(10, \frac14\right)$ , $\E(X) = 2.5$ , $\sigma(X) = \sqrt{10 \times \frac14 \times \frac34} = \sqrt{1.875} \approx 1.37$ .

2. $\P(X = 0) = \left(\frac34\right)^{10} \approx 0.056$ ;

\P(X = 5) = \binom{10}{5}\left(\frac14\right)^5\left(\frac34\right)^5 \approx 0.058; \quad \P(X \geq 1) = 1 - \left(\tfrac34\right)^{10} \approx 0.944 .

Oefening 33.3 ★

Een verzekeringsmaatschappij verzekert $n = 400$ cliënten; elk dient in de loop van het jaar een claim in met kans $p = 0.05$ , onafhankelijk. Laat $X$ het aantal claims zijn. Identificeer de verdeling van $X$ en bereken haar verwachting en standaardafwijking.

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.3.

Onafhankelijke identieke proeven: $X \sim \mathcal B(400,\ 0.05)$ , dus $\E(X) = 20$ claims en

\sigma(X) = \sqrt{400 \times 0.05 \times 0.95} = \sqrt{19} \approx 4.4 .

Oefening 33.4 ★★

In het spel van Voorbeeld 33.5 wil de organisator een eerlijk spel ( $\E(G) = 0$ ) door de inzetprijs $c$ te veranderen. Vind $c$ . Bereken de variantie van de winst voor deze eerlijke versie; is “eerlijk” hetzelfde als “risicoloos”?

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.4.

De betaling $P$ die ontvangen wordt voldoet aan $\E(P) = \frac{5 + 6}{6} = \frac{11}{6}$ , dus de eerlijke prijs is $c = \frac{11}{6} \approx 1.83$ euro. De eerlijke winst $G = P - \frac{11}6$ neemt waarden $-\frac{11}{6}, \frac{19}{6}, \frac{25}{6}$ aan met kansen $\frac46, \frac16, \frac16$ :

\V(G) = \E(G^2) = \frac{4 \times 121 + 361 + 625}{6 \times 36} = \frac{1470}{216} = \frac{245}{36} \approx 6.8, \qquad \sigma(G) \approx 2.6 .

Een eerlijk spel heeft gemiddelde winst nul maar zijn uitkomsten fluctueren nog: eerlijk is niet risicoloos.

Oefening 33.5 ★★

Een basketballer scoort vrije worpen met kans $0.7$ . Zij schiet $8$ keer (onafhankelijke schoten). Bereken de kans dat zij scoort: precies $6$ ; minstens $6$ ; minstens één keer. Wat is het meest waarschijnlijke aantal scores?

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.5.

$X \sim \mathcal B(8,\ 0.7)$ .

\P(X = 6) = \binom86 (0.7)^6(0.3)^2 \approx 0.296 ;

\P(X \geq 6) = \P(6) + \P(7) + \P(8) \approx 0.296 + 8(0.7)^7(0.3) + (0.7)^8 \approx 0.296 + 0.198 + 0.058 = 0.552 ;

$\P(X \geq 1) = 1 - (0.3)^8 \approx 0.99993$ . Modus: $(n+1)p = 6.3$ , dus de meest waarschijnlijke waarde is $k^* = 6$ (Oefening 33.7).

Oefening 33.6 ★★

Een luchtvaartmaatschappij weet dat elke geboekte passagier verschijnt met kans $0.9$ , onafhankelijk. Een vlucht heeft $100$ stoelen en de maatschappij verkoopt $104$ tickets. Druk, met een binomiale verdeling, de kans uit dat meer passagiers verschijnen dan er stoelen zijn, en begrens haar numeriek met een rekenmachine (geef de exacte uitdrukking).

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.6.

Het aantal passagiers dat verschijnt is $X \sim \mathcal B(104,\ 0.9)$ ; de vlucht is overboekt wanneer $X \geq 101$ :

\P(X \geq 101) = \sum_{k=101}^{104}\binom{104}{k}(0.9)^k(0.1)^{104-k} \approx 0.006 .

$4\%$ meer tickets verkopen dan stoelen veroorzaakt een incident op slechts ongeveer $0.6\%$ van de vluchten — de economie achter overboeking.

Oefening 33.7 ★★

Laat $X \sim \mathcal B(n, p)$ . Toon dat

\frac{\P(X = k+1)}{\P(X = k)} = \frac{n-k}{k+1}\cdot\frac{p}{1-p},

en leid af dat de verdeling toeneemt tot $k^* = \floor{(n+1)p}$ en daarna afneemt (de modus van de binomiaal).

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.7.

\frac{\P(X = k+1)}{\P(X = k)} = \frac{\binom{n}{k+1}}{\binom nk}\cdot\frac{p}{1-p} = \frac{n - k}{k + 1}\cdot\frac{p}{1-p},

met $\binom{n}{k+1} = \binom nk \frac{n-k}{k+1}$ . Deze verhouding is $\geq 1$ iff $(n-k)p \geq (k+1)(1-p)$ iff $np - k p \geq k - kp + 1 - p$ iff $k \leq (n+1)p - 1$ . Dus de kansen nemen strikt toe zolang $k + 1 \leq (n+1)p$ en daarna af: het maximum wordt bereikt in $k^* = \floor{(n+1)p}$ (gedeeld met $k^* - 1$ wanneer $(n+1)p$ een geheel getal is).

Oefening 33.8 ★★★

(Sint-Petersburg, getemd.) Een eerlijke munt wordt geworpen tot kop verschijnt, maar hoogstens $10$ keer. Laat $N$ het aantal gebruikte worpen zijn, en de speler ontvangt $2^N$ euro als kop verscheen, $0$ anders.

Geef de verdeling van $N$ beperkt tot de winnende uitkomsten: $\P(\text{kop eerst bij worp } k) = 2^{-k}$ voor $1 \leq k \leq 10$ , en controleer de totale winstkans.
Bereken de verwachte uitbetaling. Wat zou zij worden zonder de cap van $10$ worpen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.8.

1. Kop eerst bij worp $k$ betekent $k-1$ munt dan kop: kans $\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot\frac12 = 2^{-k}$ , voor $1 \leq k \leq 10$ . Totale winstkans $\sum_{k=1}^{10} 2^{-k} = 1 - 2^{-10} = \frac{1023}{1024}$ (het spel is alleen verloren bij tien opeenvolgende munt).

2. Verwachte uitbetaling:

\sum_{k=1}^{10} 2^k \cdot 2^{-k} = \sum_{k=1}^{10} 1 = 10 \text{ euro}.

Zonder de cap divergeert de som $\sum_{k\geq1} 1$ : de verwachte uitbetaling is oneindig, hoewel het spel bijna altijd een klein bedrag betaalt — de beroemde Sint-Petersburg-paradox, die toont dat verwachting alleen de waarde van een spel niet meet.