Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

34Sommen van toevalsvariabelen en de wet van de grote aantallen

Waarom wint het casino op het einde altijd, en waarom werken peilingen? Omdat de gemiddelden van veel onafhankelijke toevalsgrootheden steeds minder schommelen. Dit hoofdstuk bewijst het: de lineariteit van de verwachtingswaarde, de optelbaarheid van de variantie voor onafhankelijke variabelen, de ongelijkheid van Bienaymé–Chebyshev, en de wet van de grote aantallen.

34.1 Sommen van toevalsvariabelen

Zijn $X$ en $Y$ twee toevalsvariabelen op dezelfde eindige uitkomstenverzameling $\Omega$ , dan is de som $X + Y$ de toevalsvariabele $\omega \mapsto X(\omega) + Y(\omega)$ .

Stelling 34.1 (Lineariteit van de verwachtingswaarde)

Voor alle toevalsvariabelen $X$ en $Y$ op $\Omega$ en alle $a, b \in \R$ geldt

\E(X + Y) = \E(X) + \E(Y), \qquad \E(aX + b) = a\E(X) + b .

Er is geen enkele onderstelling van onafhankelijkheid nodig.

Bewijs. Schrijf de verwachtingswaarde als een som over de uitkomsten: omdat $\P(X = x) = \sum_{\omega : X(\omega) = x} \P(\{\omega\})$ , geeft het hergroeperen van de termen $\E(X) = \sum_{\omega \in \Omega} \P(\{\omega\})\,X(\omega)$ . Dan is

\E(X + Y) = \sum_{\omega} \P(\{\omega\})\bigl(X(\omega) + Y(\omega)\bigr) = \sum_{\omega} \P(\{\omega\})X(\omega) + \sum_{\omega} \P(\{\omega\})Y(\omega) = \E(X) + \E(Y). \qedhere

∎

Definitie 34.2 (Onafhankelijke toevalsvariabelen)

$X$ en $Y$ heten onafhankelijk als voor alle waarden $x$ en $y$ geldt

\P(X = x \text{ en } Y = y) = \P(X = x)\,\P(Y = y).

Verscheidene variabelen $X_1, \dots, X_n$ heten onafhankelijk als die productregel geldt voor elke keuze van waarden van elke deelfamilie.

Propositie 34.3

Zijn $X$ en $Y$ onafhankelijk, dan is $\E(XY) = \E(X)\,\E(Y)$ .

Bewijs.

\begin{aligned} \E(XY) &= \sum_{x, y} xy\;\P(X = x \text{ en } Y = y) = \sum_{x, y} xy\,\P(X=x)\P(Y=y) \\ &= \Bigl(\sum_x x\P(X=x)\Bigr)\Bigl(\sum_y y\P(Y=y)\Bigr). \qedhere \end{aligned}

∎

Stelling 34.4 (Variantie van een som)

Zijn $X$ en $Y$ onafhankelijk, dan geldt

\V(X + Y) = \V(X) + \V(Y).

Algemener geldt voor onafhankelijke $X_1, \dots, X_n$ : $\V(X_1 + \dots + X_n) = \V(X_1) + \dots + \V(X_n)$ .

Bewijs. Met König–Huygens (Propositie 33.3) en de lineariteit:

\begin{align*} \V(X + Y) &= \E\bigl((X+Y)^2\bigr) - \bigl(\E X + \E Y\bigr)^2\\ &= \E(X^2) + 2\E(XY) + \E(Y^2) - \E(X)^2 - 2\E(X)\E(Y) - \E(Y)^2\\ &= \V(X) + \V(Y) + 2\bigl(\E(XY) - \E(X)\E(Y)\bigr), \end{align*}

en het laatste haakje verdwijnt voor onafhankelijke variabelen (Propositie 34.3). Het algemene geval volgt met inductie. ∎

Voorbeeld 34.5 (De binomiale verdeling opnieuw bekeken)

Een binomiale variabele $X \sim \mathcal B(n, p)$ is een som $X = X_1 + \dots + X_n$ van $n$ onafhankelijke variabelen van Bernoulli. Dus geldt, structureel,

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

waarmee Stelling 33.8 zonder enige berekening teruggevonden wordt.

Propositie 34.6 (Steekproefgemiddelde)

Zij $X_1, \dots, X_n$ onafhankelijk met dezelfde verdeling als $X$ (verwachtingswaarde $\mu$ , variantie $\sigma^2$ ), en zij $M_n = \frac{X_1 + \dots + X_n}{n}$ hun steekproefgemiddelde. Dan geldt

\E(M_n) = \mu, \qquad \V(M_n) = \frac{\sigma^2}{n}, \qquad \sigma(M_n) = \frac{\sigma}{\sqrt n}.

Bewijs. De lineariteit geeft $\E(M_n) = \frac{n\mu}{n} = \mu$ ; de onafhankelijkheid geeft $\V(X_1 + \dots + X_n) = n\sigma^2$ , en delen door $n$ schaalt de variantie met $\frac{1}{n^2}$ (Propositie 33.4). ∎

De $\frac{\sigma}{\sqrt n}$ is de fundamentele vierkantswortelwet: om de schommelingen van een gemiddelde te halveren, moet je de steekproef verviervoudigen.

De vierkantswortelwet: elke verviervoudiging van de steekproef halveert de standaardafwijking van het gemiddelde slechts.

34.2 Concentratieongelijkheden

Stelling 34.7 (Ongelijkheid van Markov)

Geldt $X \geq 0$ en $a > 0$ , dan is

\P(X \geq a) \leq \frac{\E(X)}{a}.

Bewijs. Houd in $\E(X) = \sum_i p_i x_i$ (alle termen zijn niet-negatief) alleen de termen met $x_i \geq a$ over: elk daarvan is minstens $a\,p_i$ , dus $\E(X) \geq a \sum_{x_i \geq a} p_i = a\,\P(X \geq a)$ . ∎

Stelling 34.8 (Ongelijkheid van Bienaymé–Chebyshev)

Voor elke toevalsvariabele $X$ en elke $\varepsilon > 0$ geldt

\P\bigl(\abs{X - \E(X)} \geq \varepsilon\bigr) \leq \frac{\V(X)}{\varepsilon^2}.

Bewijs. Pas de ongelijkheid van Markov toe op de niet-negatieve variabele $Y = (X - \E(X))^2$ met $a = \varepsilon^2$ :

\P\bigl(\abs{X - \E(X)} \geq \varepsilon\bigr) = \P(Y \geq \varepsilon^2) \leq \frac{\E(Y)}{\varepsilon^2} = \frac{\V(X)}{\varepsilon^2}. \qedhere

∎

Concentratie: Bienaymé–Chebyshev begrenst de kans dat X in de staarten (rood) valt, op afstand minstens van zijn verwachtingswaarde, door (X)/ 2. — Concentratie: Bienaymé–Chebyshev begrenst de kans dat $X$ in de staarten (rood) valt, op afstand minstens $\varepsilon$ van zijn verwachtingswaarde, door $\V(X)/\varepsilon^2$ .

Stelling 34.9 (Wet van de grote aantallen)

Zij $X_1, \dots, X_n$ onafhankelijk met dezelfde verdeling (verwachtingswaarde $\mu$ , variantie $\sigma^2$ ) en zij $M_n$ hun steekproefgemiddelde. Voor elke $\varepsilon > 0$ geldt

\P\bigl(\abs{M_n - \mu} \geq \varepsilon\bigr) \leq \frac{\sigma^2}{n\,\varepsilon^2} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 .

Het steekproefgemiddelde concentreert zich rond de verwachtingswaarde.

Bewijs. Bienaymé–Chebyshev toegepast op $M_n$ , waarvan de verwachtingswaarde $\mu$ is en de variantie $\frac{\sigma^2}{n}$ (Propositie 34.6). ∎

Opmerking 34.10

Deze stelling is de brug tussen de kansrekening en de statistiek: de frequentie van een gebeurtenis over vele onafhankelijke herhalingen nadert haar kans (neem $X_i$ de indicator van de gebeurtenis, zodat $\mu = p$ ). Ze rechtvaardigt het schatten van een kans door simulatie (de methode van Monte Carlo) en van een aandeel in een populatie door een peiling — kwantitatief: zie Hoofdstuk 35.

Methode 34.11 (Bienaymé–Chebyshev gebruiken)

Om $\P(\abs{M_n - \mu} \geq \varepsilon) \leq \alpha$ te waarborgen, volstaat $n \geq \frac{\sigma^2}{\alpha\,\varepsilon^2}$ . De grens is grof (echte schommelingen zijn meestal veel kleiner), maar volkomen algemeen: ze vraagt niets over de verdeling behalve een eindige variantie.

34.3 Oefeningen

Oefening 34.1 ★

Er wordt met twee zuivere dobbelstenen gegooid; zij $S$ de som. Bereken $\E(S)$ met de lineariteit (niet met de verdeling van $S$ !); bereken daarna $\V(S)$ met de onafhankelijkheid, gegeven dat één zuivere dobbelsteen variantie $\frac{35}{12}$ heeft.

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.1.

Elke dobbelsteen heeft verwachtingswaarde $\frac{1 + 2 + \dots + 6}{6} = \frac{7}{2}$ , dus geeft de lineariteit $\E(S) = \frac72 + \frac72 = 7$ . De dobbelstenen zijn onafhankelijk, dus is $\V(S) = \frac{35}{12} + \frac{35}{12} = \frac{35}{6} \approx 5.83$ .

Oefening 34.2 ★

Zij $X \sim \mathcal B(100,\ 0.5)$ . Begrens $\P(X \geq 75)$ met de ongelijkheid van Markov, en daarna $\P(\abs{X - 50} \geq 25)$ met Bienaymé–Chebyshev. Vergelijk.

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.2.

$\E(X) = 50$ en $\V(X) = 100 \times 0.25 = 25$ .

Markov ( $X \geq 0$ ): $\P(X \geq 75) \leq \frac{50}{75} = \frac23$ .

Bienaymé–Chebyshev: $\P(\abs{X - 50} \geq 25) \leq \frac{25}{25^2} = 0.04$ — en dat begrenst zelfs de tweezijdige gebeurtenis, waarvan $X \geq 75$ de helft is. Chebyshev is hier veel scherper omdat ze de variantie uitbuit en niet alleen het gemiddelde. (De echte waarde van $\P(X \geq 75)$ is kleiner dan $10^{-6}$ : beide grenzen zijn grof.)

Oefening 34.3 ★

Een zuivere munt wordt $n$ keer opgeworpen en $F_n$ noteert de frequentie van kruis. Hoe groot moet $n$ zijn opdat volgens de grens van Bienaymé–Chebyshev $\P\bigl(\abs{F_n - 0.5} \geq 0.05\bigr) \leq 0.05$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.3.

$F_n$ is het steekproefgemiddelde van $n$ variabelen van Bernoulli met parameter $\frac12$ en variantie $\sigma^2 = \frac14$ . De grens

\P\left(\abs{F_n - 0.5} \geq 0.05\right) \leq \frac{1/4}{n \times 0.05^2} = \frac{100}{n}

is $\leq 0.05$ zodra $n \geq 2000$ .

Oefening 34.4 ★★

Een belegster verdeelt haar kapitaal gelijk over $n$ onafhankelijke beleggingen, elk met verwacht rendement $\mu = 5\%$ en standaardafwijking $\sigma = 20\%$ . Bereken de verwachtingswaarde en de standaardafwijking van het rendement $M_n$ van de portefeuille, en het aantal beleggingen dat nodig is om de standaardafwijking onder $4\%$ te brengen. Welk financieel principe illustreert dit?

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.4.

Volgens Propositie 34.6 is $\E(M_n) = 5\%$ (spreiding verandert het verwachte rendement niet) en $\sigma(M_n) = \frac{20\%}{\sqrt n}$ . De eis $\frac{20}{\sqrt n} < 4$ geeft $\sqrt n > 5$ , dat wil zeggen $n \geq 26$ . Dat is het principe van de risicospreiding: kapitaal over onafhankelijke risico’s verdelen deelt het risico (de standaardafwijking) door $\sqrt n$ zonder het verwachte rendement te verlagen.

Oefening 34.5 ★★

Zij $X$ en $Y$ onafhankelijk en allebei uniform verdeeld op $\{1, 2, 3\}$ .

Geef de verdeling van $S = X + Y$ en bereken $\E(S)$ en $\V(S)$ rechtstreeks daaruit.
Vind beide waarden terug met de lineariteit en de optelbaarheid van de variantie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.5.

1. Door de $9$ even waarschijnlijke paren te tellen: $S$ neemt de waarden $2, 3, 4, 5, 6$ aan met de kansen $\frac19, \frac29, \frac39, \frac29, \frac19$ . Dus is $\E(S) = \frac{2 + 6 + 12 + 10 + 6}{9} = 4$ en $\E(S^2) = \frac{4 + 18 + 48 + 50 + 36}{9} = \frac{156}{9} = \frac{52}{3}$ , zodat $\V(S) = \frac{52}{3} - 16 = \frac43$ .

2. Voor één variabele: $\E(X) = 2$ , $\E(X^2) = \frac{1 + 4 + 9}{3} = \frac{14}{3}$ en $\V(X) = \frac{14}{3} - 4 = \frac23$ . Dan is $\E(S) = 2 + 2 = 4$ en, wegens de onafhankelijkheid, $\V(S) = \frac23 + \frac23 = \frac43$ . Dezelfde waarden.

Oefening 34.6 ★★

Toon aan dat de optelbaarheid van de variantie zonder onafhankelijkheid kan falen: bereken $\V(X + Y)$ voor $Y = X$ en vergelijk met $\V(X) + \V(Y)$ . Voor welke variabelen $X$ geldt $\V(2X) = 2\V(X)$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.6.

Met $Y = X$ : $\V(X + Y) = \V(2X) = 4\V(X)$ , terwijl $\V(X) + \V(Y) = 2\V(X)$ . Beide vallen alleen samen wanneer $\V(X) = 0$ , dat wil zeggen wanneer $X$ constant is — de optelbaarheid vraagt dus werkelijk onafhankelijkheid (hier is $X$ maximaal afhankelijk van zichzelf).

Oefening 34.7 ★★

Er rijst een vermoeden dat een dobbelsteen verzwaard is. Hij wordt $1200$ keer geworpen en toont $260$ keer een zes ( $f = 0.2167$ in plaats van $\frac16 \approx 0.1667$ ). Begrens onder de hypothese dat de dobbelsteen zuiver is $\P\bigl(\abs{F_n - \frac16} \geq 0.05\bigr)$ met Bienaymé–Chebyshev, en bespreek of die hypothese aannemelijk is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.7.

Onder de zuiverheidshypothese is $F_n$ het gemiddelde van $n = 1200$ variabelen van Bernoulli met $p = \frac16$ en $\sigma^2 = \frac16\cdot\frac56 = \frac{5}{36}$ :

\P\left(\abs{F_n - \tfrac16} \geq 0.05\right) \leq \frac{5/36}{1200 \times 0.0025} = \frac{5}{108} \approx 0.046 .

De waargenomen afwijking is precies $0.05$ : een gebeurtenis die een zuivere dobbelsteen met kans hoogstens $4.6\%$ voortbrengt — en omdat Chebyshev zeer behoudend is, ligt de echte kans veel lager. De zuiverheidshypothese is niet aannemelijk; de dobbelsteen is zeer waarschijnlijk verzwaard.

Oefening 34.8 ★★★

(Een betere ongelijkheid voor de munt.) Zij $X \sim \mathcal B(n,\ p)$ en $F_n = \frac Xn$ .

Toon aan dat $p(1-p) \leq \frac14$ voor $p \in \intcc{0}{1}$ .
Leid de grens af die van de verdeling onafhankelijk is: $\P\bigl(\abs{F_n - p} \geq \varepsilon\bigr) \leq \frac{1}{4n\varepsilon^2}$ .
Hoeveel mensen moeten er bevraagd worden opdat de waargenomen frequentie met kans minstens $95\%$ binnen $3$ punten van het echte aandeel ligt, volgens deze grens? (Echte peilingen gebruiken scherpere schattingen, maar de grootteorde klopt.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 34.8.

1. $p(1-p) = \frac14 - \left(p - \frac12\right)^2 \leq \frac14$ .

2. $F_n$ heeft verwachtingswaarde $p$ en variantie $\frac{p(1-p)}{n} \leq \frac{1}{4n}$ ; Bienaymé–Chebyshev geeft

\P\bigl(\abs{F_n - p} \geq \varepsilon\bigr) \leq \frac{p(1-p)}{n\varepsilon^2} \leq \frac{1}{4n\varepsilon^2},

en dat geldt wat de onbekende $p$ ook is.

3. Met $\varepsilon = 0.03$ en niveau $0.05$ :

\frac{1}{4n(0.03)^2} \leq 0.05 \iff n \geq \frac{1}{4 \times 0.0009 \times 0.05} \approx 5556 .

Ongeveer $5600$ mensen volstaan volgens deze grove grens (het klassieke antwoord met de normale benadering ligt dichter bij $1100$ , zie Hoofdstuk 35).

34.4 Opgave: de bank wint altijd

Probleem 34.1

Weekendopgave — de wet van de grote aantallen verklaart casino’s, peilingen en verzekeringen, en sloopt onderweg de denkfout van de speler

Een roulettespeler staat na $100$ draaien bijna even vaak wel als niet voor. Het casino dat een miljoen draaien laat lopen, staat voor met een zekerheid die geen enkele rechtbank in twijfel zou trekken. Hetzelfde spel, hetzelfde piepkleine voordeel — het verschil is $\sqrt n$ , en dat is het onderwerp van dit hoofdstuk (Propositie 34.6, Stelling 34.8, Stelling 34.9). Deze opgave doet de boekhouding van het casino, bepaalt de omvang van een verkiezingspeiling, prijst de spreiding van risico — en ontmantelt de duurste denkfout uit de geschiedenis van het gokken.

Deel I — Vlotheid.

Twee onafhankelijke dobbelstenen: bereken $V(X + Y)$ (Stelling 34.4).
Gooi $100$ onafhankelijke dobbelstenen en middel de uitkomsten: geef de verwachtingswaarde en de standaardafwijking van het steekproefgemiddelde (Propositie 34.6; voor één dobbelsteen is $\sigma = \sqrt{35/12} \approx 1.71$ ).
Een niet-negatieve toevalsvariabele heeft verwachtingswaarde $2$ . Wat zegt de ongelijkheid van Markov (Stelling 34.7) over $\P(X \geq 10)$ ?
Begrens $\P\left(\abs{\bar X_{100} - 3.5} \geq 0.5\right)$ voor het gemiddelde van de dobbelstenen uit vraag 2 met Bienaymé–Chebyshev.
Verwachtingswaarden tellen altijd op, varianties alleen onder onafhankelijkheid: geef afhankelijke $X$ en $Y$ (tip: $Y = -X$ ) waarvoor $V(X + Y) \neq V(X) + V(Y)$ .

Deel II — De boeken van de bank. Europese roulette, inzet van $1$ euro op rood: winst $+1$ met kans $\frac{18}{37}$ , verlies $-1$ met kans $\frac{19}{37}$ .

Bereken de verwachtingswaarde en de standaardafwijking van de winst op één inzet.
Een speler zet $100$ keer onafhankelijk in; zij $G$ de totale winst. Bereken $\E(G)$ en $\sigma(G)$ , en daarna de verhouding $\frac{\abs{\E(G)}}{\sigma(G)}$ . Wat betekent een afdrijving van een kwart standaardafwijking voor de kans dat de speler vanavond voorstaat?
Het casino ziet $1\,000\,000$ inzetten. Bereken de verwachtingswaarde en de standaardafwijking van zijn totale opbrengst, en dezelfde verhouding. Duid het getal $27$ .
Bevestig met Chebyshev: begrens de kans dat het casino over die miljoen inzetten verlies lijdt.
Speelsystemen: verdubbelen na verlies, stoppen zodra je voorstaat … Leg met de lineariteit van de verwachtingswaarde (Stelling 34.1) over de (eventueel toevallige) opeenvolging van inzetten uit waarom elke strategie in een spel met negatief voordeel een negatieve verwachte winst heeft — wat zou een winnend systeem schenden?
Formuleer wat de wet van de grote aantallen (Stelling 34.9) belooft over de frequentie van rood — en wat ze niet belooft over het volgende draaien na tien keer rood na elkaar. Noem de denkfout.
Het subtielste punt: de wet werkt door verdunning, niet door vereffening. Lopen de rode uitkomsten na een avond $100$ voor op de verwachtingswaarde, dan wordt dat overschot nooit “terugbetaald” — bereken wat er in de plaats met het aandeel $\frac{100}{n}$ gebeurt tegen $n = 10^6$ , en herschrijf de vergissing van de speler in één zin.

Deel III — Peilingen.

Uit Oefening 34.8: hoeveel mensen moeten er bevraagd worden opdat de waargenomen frequentie met kans minstens $95\,\%$ binnen $3$ punten van de waarheid valt, volgens de grens van Chebyshev die van de verdeling onafhankelijk is?
Echte peilingsbureaus gebruiken ongeveer $1\,100$ mensen voor een marge van $\pm 3$ punten op $95\,\%$ : hun formule is $n \approx \frac{1.96^2 \times p(1-p)}{\varepsilon^2}$ met $p(1-p) \leq \frac14$ . Bereken ze, en verklaar de kloof met vraag 13 (wat weet Chebyshev niet over de vorm van de schommelingen?).
Hoe moet de steekproef groeien om de foutenmarge te halveren? Welke steekproef geeft, vertrekkend van $\pm 3$ punten bij $1\,100$ , een marge van $\pm 1.5$ punten?
De klassieke tegenintuïtie: de vereiste omvang van de steekproef gebruikte nooit de omvang van de populatie — $1\,100$ mensen volstaan voor een stad of voor een werelddeel. Wijs de plaats in het model aan waar de omvang van de populatie ontbreekt, en geef de keukenvergelijking die peilers gebruiken.

Deel IV — Spreiding van risico.

De verzekeraar uit Probleem 33.1 verdient in verwachtingswaarde $30n$ euro op $n$ polissen, met een standaardafwijking van de schade van ongeveer $315\sqrt n$ . Voor welke $n$ overtreft de verwachte winst eindelijk één standaardafwijking van de schade? Wat doet de $\sqrt n$ voor de verzekeraar?
Het jaarrendement van één aandeel schommelt met $\sigma = 20\,\%$ . Verdeel het geld gelijk over $25$ onafhankelijke zulke aandelen: bereken de $\sigma$ van de portefeuille. De financiële wereld noemt spreiding het enige gratis maal — wat is dat maal precies?
Laat de $25$ aandelen nu volmaakt gecorreleerd zijn (ze bewegen allemaal samen): wat is dan de $\sigma$ van de portefeuille? Vergelijk de twee uitersten en zeg welke onderstelling elk pleidooi voor spreiding stiekem huurt — en wat er gebeurde toen die in 2008 systeembreed faalde.
Slotstuk — de symfonie van de $\sqrt n$ : sommen schommelen als $\sqrt n$ terwijl hun gemiddelden tot rust komen als $\frac{1}{\sqrt n}$ ; speel het thema door de vier bedrijfstakken van deze opgave (casino, peiling, verzekering, portefeuille), noem de twee vaste misbruikers (de denkfout van de speler en de valse onafhankelijkheid), en kijk vooruit: de vorm van de schommelingen — de klok — is de continue ster van het volgende hoofdstuk, en haar volledige stelling bekroont de universitaire volumes.

Oplossing

Oplossing van Probleem 34.1.

1. $V(X + Y) = V(X) + V(Y) = \frac{35}{12} + \frac{35}{12} = \frac{35}{6}$ (onafhankelijkheid).

2. $\E(\bar X) = 3.5$ ; $\sigma(\bar X) = \frac{1.71}{\sqrt{100}} \approx 0.17$ : het gemiddelde van honderd dobbelstenen kleeft op een vijfde van een punt tegen $3.5$ aan.

3. $\P(X \geq 10) \leq \frac{2}{10} = 0.2$ .

4. $\P \leq \frac{V(\bar X)}{0.5^2} = \frac{35/1200}{0.25} \approx 0.117$ : hoogstens ongeveer $12\,\%$ .

5. Met $Y = -X$ : $V(X + Y) = V(0) = 0$ , terwijl $V(X) + V(Y) = 2V(X) > 0$ : volmaakt tegengesteld gecorreleerde variabelen heffen elkaar op — het optellen van varianties is een voorrecht van de onafhankelijkheid.

6. $\E = \frac{18}{37} - \frac{19}{37} = -\frac{1}{37} \approx -0.027$ ; $\sigma = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{37}\right)^2} \approx 1.00$ .

7. $\E(G) = -2.70$ en $\sigma(G) = 10 \times 1.00 = 10$ : de afdrijving bedraagt slechts $0.27\sigma$ . De ruis van de avond overstemt het voordeel — een grote minderheid van de spelers (ruwweg $40\,\%$ , zegt de klok) stapt met winst naar buiten, en precies dat doet hen terugkomen.

8. De opbrengst van het casino: verwachtingswaarde $+27\,027$ euro, standaardafwijking $\approx 1\,000$ : de winst ligt $27$ standaardafwijkingen boven nul. Op $27\sigma$ is “het casino zou dit jaar kunnen verliezen” geen risico, maar een afrondingsfout.

9. $\P(\text{verlies}) = \P(G \geq 27\,027$ voor de spelers $)$ $\leq \frac{10^6 \times 1}{27\,027^2} \approx 0.0014$ : zelfs de botste ongelijkheid uit het boek waarborgt de bank op $99.86\,\%$ — de waarheid is astronomisch sterker.

10. Elke ingezette euro heeft, wanneer en hoe ook gekozen, verwacht rendement $-\frac{1}{37}$ van zichzelf; door de lineariteit is de verwachte totale winst $-\frac{1}{37} \times (\text{totale inzet})$ , negatief voor elke strategie die iets inzet. Een winnend systeem zou de lineariteit van de verwachtingswaarde schenden — geen enkele slimme volgorde van slechte inzetten maakt er een goede van. (Verdubbelingssystemen ruilen alleen vele kleine winsten in voor zeldzame catastrofale verliezen.)

11. De stelling: de frequentie van rood over $n$ draaien convergeert (in kans) naar $\frac{18}{37}$ . Ze zegt niets over draai $n + 1$ : het wiel heeft geen geheugen, en na tien keer rood is de kans op rood nog altijd $\frac{18}{37}$ . Het tegendeel geloven is de denkfout van de speler, en vraag 12 toont wat er werkelijk met reeksen gebeurt.

12. Het overschot van $100$ keer rood wordt niet terugbetaald — toekomstige draaien zijn eerlijke kopieën, en het verwachte overschot blijft $100$ . Maar $\frac{100}{10^6} = 0.0001$ : een honderdste van een punt. De vergissing in één zin: de wet van de grote aantallen verdunt voorbije toevalligheden in een oceaan van nieuwe proeven; ze stuurt het wiel nooit op schuldinvordering uit.

13. $n \geq \frac{1}{4 \times 0.05 \times 0.03^2} \approx 5\,556$ mensen.

14. $\frac{1.96^2 \times 0.25}{0.03^2} \approx 1\,067$ : vijf keer minder. Chebyshev geldt voor elke verdeling en betaalt haar algemeenheid met speling; de constante $1.96$ van de peilers komt van de werkelijke klokvorm van de schommelingen, die veel harder concentreert.

15. De marge is evenredig met $\frac{1}{\sqrt n}$ : ze halveren verviervoudigt de steekproef — ongeveer $4\,400$ mensen voor $\pm 1.5$ punten. Precisie wordt tegen kwadratische prijzen gekocht.

16. Het model bestaat uit $n$ onafhankelijke trekkingen met kans $p$ op succes — de omvang $N$ van de populatie komt er nooit in voor (een minuscule fractie van een grote, goed gemengde populatie trekken is precies wat de onafhankelijkheid codeert). De vergelijking van de peilers: om de soep te proeven volstaat één goed geroerde lepel — of de pot nu tien of tienduizend mensen bedient. Het addertje zit in het roeren — een vertekend steekproefkader, zoals bij de peiling uit het onderbouwvolume die een heel land beetnam — niet in de pot.

17. $315\sqrt n < 30n \iff \sqrt n > 10.5 \iff n > 110$ : voorbij honderd polissen loopt de afdrijving de ruis voorbij, en elke bijkomende polis vergroot de kloof volgens de wet in $\sqrt n$ — het bundelen is het bedrijfsmodel.

18. Onafhankelijke gelijke delen: $\sigma_{\text{pf}} = \frac{20\,\%}{\sqrt{25}} = 4\,\%$ : hetzelfde verwachte rendement en een vijfde van de schommeling. Het maal: risicovermindering zonder enige kost aan verwachtingswaarde — onafhankelijk toeval uitmiddelen.

19. Volmaakt gecorreleerd: de portefeuille is één aandeel in $25$ kostuums: $\sigma = 20\,\%$ , geen enkele vermindering. Spreiding huurt de onafhankelijkheid; wanneer een crisis alles correleert (2008: alle weddenschappen op vastgoed waren één weddenschap), verdampt de bescherming in $\sqrt n$ precies wanneer ze nodig is.

20. Sommen drijven af als $n$ en schommelen als $\sqrt n$ , zodat de gemiddelden tot rust komen als $\frac{1}{\sqrt n}$ : het casino int de afdrijving over een miljoen draaien; het peilingsbureau koopt $\frac{1}{\sqrt{1100}}$ ruis voor een telefoonbudget; de verzekeraar groeit vanaf $n > 110$ boven zijn eigen schade uit; de belegger deelt zijn risico door $\sqrt{25}$ . De misbruikers: de speler die in schulden gelooft (er is alleen verdunning), en de financier die in onafhankelijkheid gelooft (soms is er maar één weddenschap). De universele vorm van de schommelingen — de klok — is de ster van het continue hoofdstuk, en haar stelling, de centrale limietstelling, bekroont de kansrekening van de universitaire volumes.