Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

33Toevalsvariabelen en de binomiale verdeling

Een toevalsvariabele hangt aan elke uitkomst van een experiment een getal: een winst, een aantal, een duur. Haar verwachtingswaarde is het gemiddelde op lange termijn van de waarden die ze voortbrengt, haar variantie meet hun spreiding. De ster van dit hoofdstuk is de binomiale verdeling, die de successen telt in herhaalde onafhankelijke proeven. Toevalsvariabelen en de binomiale verdeling kwamen voor het eerst aan bod in Hoofdstukken 18 en 19; dit hoofdstuk herneemt en verdiept ze, nu de combinatorische gereedschappen van Hoofdstuk 27 beschikbaar zijn.

33.1 Discrete toevalsvariabelen

Definitie 33.1 (Toevalsvariabele, kansverdeling)

Een toevalsvariabele op een eindige uitkomstenverzameling $\Omega$ is een functie $X \colon \Omega \to \R$ . Haar kansverdeling bestaat uit haar mogelijke waarden $x_1, \dots, x_k$ en de kansen

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

Definitie 33.2 (Verwachtingswaarde, variantie, standaardafwijking)

De verwachtingswaarde van $X$ is

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

haar variantie en haar 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 werk uit:

\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 (Affiene transformatie)

Voor $a, b \in \R$ geldt

\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: $aX + b$ wijkt van zijn gemiddelde af over $a(X - \E(X))$ , en kwadrateren vermenigvuldigt met $a^2$ . ∎

Voorbeeld 33.5 (Eerlijke spelen)

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

\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 spelen).

33.2 Bernoulli-experimenten en de binomiale verdeling

Definitie 33.6 (Verdeling van Bernoulli)

Een bernoulli-experiment 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 verdeling van Bernoulli $\mathcal B(p)$ :

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

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

Definitie 33.7 (Binomiale verdeling)

Herhaal een bernoulli-experiment $n$ keer onafhankelijk, en zij $X$ het totale aantal successen. De kansverdeling van $X$ is de binomiale verdeling $\mathcal B(n, p)$ .

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

Stelling 33.8

Is $X \sim \mathcal B(n, p)$ , dan geldt 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 opgegeven opeenvolging van uitkomsten met $k$ successen en $n-k$ mislukkingen heeft wegens de onafhankelijkheid kans $p^k(1-p)^{n-k}$ ; het aantal zulke opeenvolgingen is het aantal manieren om de $k$ successen onder de $n$ proeven te plaatsen, namelijk $\binom nk$ (Hoofdstuk 27). Optellen over de opeenvolgingen geeft de formule — en het binomium van Newton bevestigt dat $\sum_k \P(X = k) = (p + q)^n = 1$ .

Voor de verwachtingswaarde, 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 formule voor de variantie bewijs je net zo met de identiteit $k(k-1)\binom nk = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}$ , die $\E(X(X-1)) = n(n-1)p^2$ 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)

Ga de drie bestanddelen na voordat je $X \sim \mathcal B(n,p)$ schrijft: een vast aantal $n$ proeven; twee uitkomsten per proef met dezelfde kans $p$ op succes; onafhankelijkheid van de proeven (trekken met teruglegging, of uit een grote populatie). Gebruik dan

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

voor “minstens één succes”, en een rekentoestel of cumulatieve tabellen voor $\P(X \leq k)$ in het algemeen.

Voorbeeld 33.10

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

33.3 Oefeningen

Oefening 33.1 ★

Een toevalsvariabele $X$ neemt de waarden $-1, 0, 2, 5$ aan met de 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 geeft 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 met elk $4$ mogelijkheden, waarvan er één juist is. Een leerling antwoordt uniform willekeurig en onafhankelijk. Zij $X$ het aantal juiste antwoorden.

Geef de kansverdeling 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-experimenten met $p = \frac14$ : $X \sim \mathcal B\left(10, \frac14\right)$ , $\E(X) = 2.5$ en $\sigma(X) = \sqrt{10 \times \frac14 \times \frac34} = \sqrt{1.875} \approx 1.37$ .

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 verzekeraar verzekert $n = 400$ klanten; elk dient in de loop van het jaar een schadeclaim in met kans $p = 0.05$ , onafhankelijk van de andere. Zij $X$ het aantal claims. Bepaal de kansverdeling van $X$ en bereken haar verwachtingswaarde 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 ★★

De organisator van het spel uit Voorbeeld 33.5 wil er een eerlijk spel van maken ( $\E(G) = 0$ ) door de inzet $c$ aan te passen. Bepaal $c$ . Bereken de variantie van de winst voor die eerlijke versie; is “eerlijk” hetzelfde als “zonder risico”?

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.4.

De ontvangen uitbetaling $P$ voldoet aan $\E(P) = \frac{5 + 6}{6} = \frac{11}{6}$ , dus is de eerlijke prijs $c = \frac{11}{6} \approx 1.83$ euro. De eerlijke winst $G = P - \frac{11}6$ neemt de waarden $-\frac{11}{6}, \frac{19}{6}, \frac{25}{6}$ aan met de 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 een gemiddelde winst nul, maar zijn uitkomsten schommelen nog altijd: eerlijk is niet hetzelfde als zonder risico.

Oefening 33.5 ★★

Een basketbalspeelster scoort vrijworpen met kans $0.7$ . Ze werpt $8$ keer (onafhankelijke worpen). Bereken de kans dat ze precies $6$ keer scoort, dat ze minstens $6$ keer scoort, en dat ze minstens één keer scoort. Wat is het waarschijnlijkste aantal treffers?

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 ;

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

Oefening 33.6 ★★

Een luchtvaartmaatschappij weet dat elke geboekte passagier met kans $0.9$ komt opdagen, onafhankelijk van de andere. Een vlucht heeft $100$ zitplaatsen en de maatschappij verkoopt $104$ tickets. Druk met een binomiale verdeling de kans uit dat er meer passagiers komen opdagen dan er plaatsen zijn, en schat ze numeriek met een rekentoestel (geef de exacte uitdrukking).

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.6.

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

\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 er plaatsen zijn, veroorzaakt maar op ongeveer $0.6\%$ van de vluchten een incident — de economie achter het overboeken.

Oefening 33.7 ★★

Zij $X \sim \mathcal B(n, p)$ . Toon aan 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 stijgt tot $k^* = \floor{(n+1)p}$ en daarna daalt (de modus van de binomiale verdeling).

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 $\binom{n}{k+1} = \binom nk \frac{n-k}{k+1}$ . Die verhouding is $\geq 1$ als en slechts als $(n-k)p \geq (k+1)(1-p)$ , dat wil zeggen $np - k p \geq k - kp + 1 - p$ , dus $k \leq (n+1)p - 1$ . De kansen stijgen dus strikt zolang $k + 1 \leq (n+1)p$ en dalen daarna: 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 zuivere munt wordt opgeworpen tot er kruis valt, maar hoogstens $10$ keer. Zij $N$ het aantal gebruikte worpen; de speler ontvangt $2^N$ euro als er kruis viel, en anders niets.

Geef de verdeling van $N$ beperkt tot de winnende uitkomsten: $\P(\text{eerste kruis bij worp } k) = 2^{-k}$ voor $1 \leq k \leq 10$ , en ga de totale kans om te winnen na.
Bereken de verwachte uitbetaling. Wat zou ze worden zonder de grens van $10$ worpen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 33.8.

1. Het eerste kruis bij worp $k$ betekent $k-1$ keer munt en dan kruis: kans $\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot\frac12 = 2^{-k}$ , voor $1 \leq k \leq 10$ . Totale kans om te winnen: $\sum_{k=1}^{10} 2^{-k} = 1 - 2^{-10} = \frac{1023}{1024}$ (het spel gaat alleen verloren bij tien keer munt na elkaar).

2. Verwachte uitbetaling:

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

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

33.4 Opgave: de overboekte vlucht

Probleem 33.1

Weekendopgave — luchtvaartmaatschappijen verkopen meer plaatsen dan ze hebben, fabrieken aanvaarden partijen die ze amper gecontroleerd hebben, en de binomiale verdeling is in beide gevallen scheidsrechter

Een luchtvaartmaatschappij met $100$ zitplaatsen verkoopt vrolijk $105$ tickets: ongeveer $10\,\%$ van de passagiers komt nooit opdagen, en lege stoelen brengen niets op. Hoe ver kan de maatschappij gaan voordat de geweigerde passagiers de winst opeten? De binomiale verdeling (Stelling 33.8) antwoordt tot op de komma — en dezelfde machinerie keurt fabriekspartijen, prijst tombola’s en houdt verzekeraars solvabel. Beslissen onder herhaling: dat is het dagelijkse werk van de binomiale verdeling.

Deel I — Vlotheid.

Geef de volledige tabel van de kansverdeling van het aantal zessen $X$ in drie worpen met een dobbelsteen.
Bereken $\E(X)$ en $V(X)$ (Definitie 33.2).
Een kraam vraagt $1$ euro voor drie worpen en betaalt $2$ euro per behaalde zes. Bereken de verwachte winst: een eerlijk spel?
Oefening met de checklist (Methode 33.9): is het aantal harten in $5$ kaarten die zonder teruglegging getrokken worden binomiaal verdeeld? En met teruglegging? Verantwoord.
Geef voor $X \sim \mathcal B(20,\ 0.3)$ de waarden $\E(X)$ en $\sigma(X)$ , en daarna $\E(S)$ en $\sigma(S)$ voor de score $S = 5X - 10$ (Propositie 33.4).

Deel II — De overboekte vlucht. Zitplaatsen: $100$ . Verkochte tickets: $105$ . Elke tickethouder komt met kans $0.9$ opdagen, onafhankelijk van de andere; zij $X$ het aantal dat opdaagt.

Model: verantwoord $X \sim \mathcal B(105,\ 0.9)$ met de checklist — en beken het zwakste punt van het model (zijn de afwezigen werkelijk onafhankelijk? denk aan groepen en aan stormen).
Bereken $\E(X)$ en $\sigma(X)$ .
Er worden passagiers geweigerd zodra $X \geq 101$ : schrijf $\P(X \geq 101)$ als een expliciete som van vijf binomiale termen.
Bereken die som (met het rekentoestel): bij welk aandeel van de vluchten wordt er minstens één passagier geweigerd?
Geld: de vijf extra tickets brengen $5 \times 200 = 1\,000$ euro op; elke geweigerde passagier kost $800$ euro aan vergoeding. Bereken het verwachte aantal geweigerde passagiers, $\sum_{k=101}^{105} (k - 100)\,\P(X = k)$ , de verwachte vergoeding, en het oordeel over dit beleid.
Ontwerp: de toezichthouder aanvaardt $\P(\text{weigering}) < 5\,\%$ . Zoek door $n = 105, 106, 107, \dots$ tickets te toetsen de grootste toegelaten $n$ .
De sluipweg via de klok: bereken voor $n = 105$ de z-score van de weigeringsdrempel, $z = \frac{100.5 - \E(X)}{\sigma(X)}$ , en vergelijk de ruwe schatting “ongeveer $2\sigma$ , dus zowat $2$ à $3\,\%$ in de bovenstaart” met je exacte antwoord. (De kromme achter die sluipweg is de ster van de volgende hoofdstukken.)

Deel III — De fabriekspoort. Een partij onderdelen wordt aanvaard als een steekproef van $20$ hoogstens één defect stuk bevat.

Bereken de kans op aanvaarding als het werkelijke uitvalpercentage $2\,\%$ is (een eerlijke partij).
Bereken ze opnieuw als het percentage $10\,\%$ is (een slechte partij).
Noem de twee risico’s van deze procedure (de eerlijke partij wordt geweigerd; de slechte partij wordt aanvaard), lees hun waarden af uit de vragen 13 en 14, en zeg welke ene aanpassing beide tegelijk verbetert — en tegen welke prijs.
Achter die verbetering: toon aan dat de waargenomen uitvalfrequentie $\frac Xn$ in een steekproef van omvang $n$ standaardafwijking $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ heeft, en besluit hoe de precisie met de omvang van de steekproef schaalt (een oude bekende: de $\frac{1}{\sqrt n}$ uit het eerste jaar van dit volume).

Deel IV — Spelen, tombola’s, reserves.

Het begrensde spel van Sint-Petersburg uit Oefening 33.8 heeft $10$ euro als verwachte uitbetaling. Zet dat in één alinea af tegen de onbegrensde paradox uit Probleem 18.1: wat temt de grens precies, en welke prijs zou nu eerlijk zijn?
Een tombola voor het goede doel verkoopt $200$ tickets aan $2$ euro; de prijzen zijn één mand van $100$ euro en twee manden van $50$ euro. Bereken de verwachte winst per ticket en de marge van de tombola; vergelijk met de huismarge van $\frac{1}{37} \approx 2.7\,\%$ bij het Europese roulettespel. Waarom komt de tombola ermee weg?
Een verzekeraar heeft $1\,000$ onafhankelijke polissen: kans op een claim $0.01$ per polis, schadebedrag $10\,000$ euro, premie $130$ euro. Bereken de verwachte jaarwinst en de standaardafwijking van de totale schade. Vergelijk beide getallen: wat dwingt die vergelijking echte verzekeraars aan te houden?
Slotstuk — de binomiale verdeling als scheidsrechter van beslissingen: de checklist om ze te herkennen; het kompas $\E \pm \sigma$ ; staartkansen als de prijs van het risico; en de twee blijvende voorbehouden (onafhankelijkheid is een bewering over het model, en zeldzame staarten, niet gemiddelden, veroorzaken het bankroet). Telkens één zin, met de blik vooruit: de wet van de grote aantallen en de klokkromme, de volgende hoofdstukken, vervolledigen het reglement van de scheidsrechter.

Oplossing

Oplossing van Probleem 33.1.

1. $X \sim \mathcal B\!\left(3, \frac16\right)$ : $\P(X = 0) = \frac{125}{216}$ , $\P(X = 1) = \frac{75}{216}$ , $\P(X = 2) = \frac{15}{216}$ , $\P(X = 3) = \frac{1}{216}$ .

2. $\E(X) = 3 \times \frac16 = \frac12$ ; $V(X) = 3 \times \frac16 \times \frac56 = \frac{5}{12}$ .

3. Verwachte uitbetaling $2\,\E(X) = 1$ euro tegenover een inzet van $1$ euro: winst $0$ — precies eerlijk (een zeldzaamheid).

4. Zonder teruglegging zijn de trekkingen afhankelijk (de kansen van de tweede kaart hangen van de eerste af): niet binomiaal — het vakje “onafhankelijkheid” van de checklist blijft leeg. Met teruglegging: vast $n = 5$ , constante $p = \frac14$ , onafhankelijke trekkingen: binomiaal.

5. $\E(X) = 6$ en $\sigma(X) = \sqrt{4.2} \approx 2.05$ . $\E(S) = 5 \times 6 - 10 = 20$ ; $\sigma(S) = 5\sigma(X) \approx 10.25$ .

6. Een vast aantal $n = 105$ proeven (de tickets), elk een komen/niet-komen met dezelfde $p = 0.9$ , verondersteld onafhankelijk: binomiaal. De bekentenis: gezinnen missen een vlucht samen en stormen maken hele vliegtuigen leeg — de onafhankelijkheid is de geloofssprong van het model, en gecorreleerde afwezigheden maken de staarten dikker dan de binomiale verdeling belooft.

7. $\E(X) = 94.5$ ; $\sigma(X) = \sqrt{105 \times 0.9 \times 0.1} = \sqrt{9.45} \approx 3.07$ .

8. $\P(X \geq 101) = \sum_{k=101}^{105} \binom{105}{k} 0.9^k\, 0.1^{105 - k}$ .

9. $\approx 0.0167$ : ongeveer één vlucht op zestig weigert iemand.

10. $\E(\text{geweigerd}) \approx 0.023$ passagiers per vlucht: verwachte vergoeding $\approx 19$ euro — tegenover $1\,000$ euro extra inkomsten. Met vijf overboeken is overweldigend winstgevend; vandaar dat elke maatschappij het doet.

11. Uit de tabel van de staartkansen: $n = 105$ : $1.7\,\%$ ; $n = 106$ : $4.0\,\%$ ; $n = 107$ : $8.1\,\%$ . De grootste toegelaten verkoop is $n = 106$ tickets.

12. $z = \frac{100.5 - 94.5}{3.07} \approx 1.95$ : de drempel ligt twee standaardafwijkingen boven het gemiddelde, en de vuistregel van de klokkromme (“bovenstaart voorbij $2\sigma$ $\approx 2.5\,\%$ ”) komt dicht bij het exacte $1.7\,\%$ — de gladde kromme die de binomiale verdeling schaduwt, is de hoofdrolspeler van de komende hoofdstukken.

13. $0.98^{20} + 20 \times 0.02 \times 0.98^{19} \approx 0.94$ : de eerlijke partij raakt in $94\,\%$ van de gevallen door de keuring.

14. $0.9^{20} + 20 \times 0.1 \times 0.9^{19} \approx 0.39$ : de slechte partij glipt er nog altijd in $39\,\%$ van de gevallen door.

15. Het risico van de producent: een goede partij wordt geweigerd ( $\approx 6\,\%$ ); het risico van de klant: een slechte partij wordt aanvaard ( $\approx 39\,\%$ ). Een grotere steekproef (met een evenredige aanvaardingsdrempel) verkleint beide — ten koste van meer controle: kwaliteit heeft een begrotingslijn.

16. $V\!\left(\frac Xn\right) = \frac{V(X)}{n^2} = \frac{np(1-p)}{n^2} = \frac{p(1-p)}{n}$ : standaardafwijking $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ . Verviervoudig de steekproef en je halveert de ruis: de wet in $\frac{1}{\sqrt n}$ van de schommelingsintervallen uit het eerste jaar van dit volume, nu afgeleid.

17. De grens beperkt de uitbetaling tot $2^{10} = 1024$ euro, zodat elk van de tien ronden precies $1$ euro aan verwachtingswaarde bijdraagt: $\E = 10$ . De oneindige verwachtingswaarde van het onbegrensde spel kwam volledig van astronomisch zeldzame, astronomisch grote uitbetalingen; de grens bekent dat geen enkele bank $2^{50}$ euro uitkeert. Een eerlijke ticketprijs voor het begrensde spel: $10$ euro — en plots is niemand nog in de war.

18. Verwacht prijzengeld per ticket: $\frac{100 + 2 \times 50}{200} = 1$ euro tegenover een ticket van $2$ euro: marge $50\,\%$ — achttien keer de $2.7\,\%$ van de roulette. De tombola komt ermee weg omdat haar spelers welbewust schenken: het “verlies” is de bedoeling.

19. Verwachte schade: $1\,000 \times 0.01 \times 10\,000 = 100\,000$ ; premies $130\,000$ : verwachte winst $30\,000$ euro. Standaardafwijking van de totale schade: $10\,000 \times \sqrt{1\,000 \times 0.01 \times 0.99} \approx 31\,500$ euro — één gewoon slecht jaar verslindt de hele verwachte winst. Vandaar kapitaalreserves, herverzekering en portefeuilles die veel groter zijn dan duizend polissen: verzekeraars leven van de wet van de grote aantallen en houden reserves aan tegen haar traagheid.

20. Eerst de checklist — vast $n$ , dezelfde $p$ , onafhankelijkheid beweerd — of er is helemaal geen binomiale verdeling. Navigeer daarna op $\E \pm \sigma$ : gemiddelden situeren, afwijkingen waarschuwen. Prijs vervolgens de staarten: geweigerde passagiers, slechte partijen en rampjaren wonen allemaal voorbij $2\sigma$ . Voorbehouden: de onafhankelijkheid is de belofte van wie het model maakt, niet die van de wereld; en de verwachtingswaarde negeert precies wat je ondergang wordt. De ontbrekende bladzijden van het reglement — hoe snel frequenties tot rust komen, en welke vorm de schommelingen aannemen — zijn de volgende twee hoofdstukken.