Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

35Continue stochastische variabelen

Wachttijden, fysische metingen, proporties: veel stochastische grootheden nemen een continuum van waarden aan, en geen enkele waarde heeft positieve kans. Kansen worden dan berekend door een dichtheid te integreren. Dit hoofdstuk bestudeert de uniforme, exponentiële en normale verdelingen, en gebruikt de normaalwet om de fluctuaties van peilingen en steekproeven te kwantificeren.

35.1 Kansdichtheden

Definitie 35.1 (Dichtheid, continue stochastische variabele)

Een kansdichtheid op een interval $I$ is een continue, niet-negatieve functie $f$ op $I$ met $\int_I f(t)\,\dd t = 1$ (de integraal over een onbegrensd $I$ begrepen als limiet van integralen over groeiende begrensde intervallen). Een stochastische variabele $X$ heeft dichtheid $f$ als voor alle $a \leq b$ in $I$ :

\P(a \leq X \leq b) = \int_a^b f(t)\,\dd t .

Kansen zijn oppervlaktes onder de dichtheidskromme. In het bijzonder $\P(X = a) = \int_a^a f = 0$ voor elke enkele waarde $a$ : alleen intervallen dragen kans, en $\P(a \leq X \leq b) = \P(a < X < b)$ .

Definitie 35.2 (Verwachting en variantie)

Voor $X$ met dichtheid $f$ op $I$ :

\E(X) = \int_I t\,f(t)\,\dd t, \qquad \V(X) = \int_I \bigl(t - \E(X)\bigr)^2 f(t)\,\dd t = \E(X^2) - \E(X)^2 .

De regels van de hoofdstukken 14–15 (lineariteit van de verwachting, additiviteit van de variantie voor onafhankelijke variabelen, Bienaymé–Tsjebysjev) blijven geldig; hun bewijzen, met integralen in plaats van sommen, worden op dit niveau toegekend.

35.2 Uniforme verdeling

Definitie 35.3 (Uniforme verdeling)

$X$ volgt de uniforme verdeling $\mathcal U\intcc ab$ als haar dichtheid constant is, $f(t) = \frac{1}{b-a}$ op $\intcc{a}{b}$ . Dan voor $\intcc{c}{d} \subseteq \intcc ab$ , $\P(c \leq X \leq d) = \frac{d - c}{b - a}$ : kans evenredig met lengte.

Propositie 35.4

Als $X \sim \mathcal U\intcc ab$ , dan $\E(X) = \dfrac{a+b}{2}$ en $\V(X) = \dfrac{(b-a)^2}{12}$ .

Bewijs. $\E(X) = \int_a^b \frac{t}{b-a}\dd t = \frac{b^2 - a^2}{2(b-a)} = \frac{a+b}{2}$ . Voor de variantie, $\E(X^2) = \frac{b^3 - a^3}{3(b-a)} = \frac{a^2 + ab + b^2}{3}$ , en

\V(X) = \frac{a^2 + ab + b^2}{3} - \frac{(a+b)^2}{4} = \frac{4a^2 + 4ab + 4b^2 - 3a^2 - 6ab - 3b^2}{12} = \frac{(b - a)^2}{12}. \qedhere

∎

35.3 Exponentiële verdeling

Definitie 35.5 (Exponentiële verdeling)

Voor $\lambda > 0$ volgt $X$ de exponentiële verdeling $\mathcal E(\lambda)$ als haar dichtheid op $\intco{0}{+\infty}$ is

f(t) = \lambda\,\eu^{-\lambda t}.

Dan $\P(X \leq x) = 1 - \eu^{-\lambda x}$ en $\P(X > x) = \eu^{-\lambda x}$ voor $x \geq 0$ .

Propositie 35.6

Als $X \sim \mathcal E(\lambda)$ : $\E(X) = \dfrac{1}{\lambda}$ en $\V(X) = \dfrac{1}{\lambda^2}$ .

Bewijs. Partieel integreren op $\intcc{0}{A}$ :

\int_0^A t\,\lambda\eu^{-\lambda t}\dd t = \bigl[-t\,\eu^{-\lambda t}\bigr]_0^A + \int_0^A \eu^{-\lambda t}\dd t = -A\eu^{-\lambda A} + \frac{1 - \eu^{-\lambda A}}{\lambda} \xrightarrow[A\to+\infty]{} \frac1\lambda,

met $A\eu^{-\lambda A} \to 0$ (Stelling 23.4). Een tweede partiële integratie geeft $\E(X^2) = \frac{2}{\lambda^2}$ , waaruit $\V(X) = \frac{2}{\lambda^2} - \frac{1}{\lambda^2}$ . ∎

Stelling 35.7 (Geheugenloosheid)

Als $X \sim \mathcal E(\lambda)$ , dan voor alle $s, t \geq 0$ :

\pcond{X > s}{X > s + t} = \P(X > t) .

De exponentiële verdeling is de wet van levensduren zonder veroudering (radioactieve kernen, niet gloeilampen).

Bewijs.

\pcond{X > s}{X > s+t} = \frac{\P(X > s + t)}{\P(X > s)} = \frac{\eu^{-\lambda(s+t)}}{\eu^{-\lambda s}} = \eu^{-\lambda t} = \P(X > t). \qedhere

∎

De exponentiële dichtheid - x (hier = 1): de staartoppervlakte voorbij t (rood) is - t, en geheugenloosheid zegt dat elke staart eruitziet als de hele verdeling herschaald. — De exponentiële dichtheid $\lambda\eu^{-\lambda x}$ (hier $\lambda = 1$ ): de staartoppervlakte voorbij $t$ (rood) is $\eu^{-\lambda t}$ , en geheugenloosheid zegt dat elke staart eruitziet als de hele verdeling herschaald.

35.4 Normale verdeling

Definitie 35.8 (Normale verdeling)

$X$ volgt de standaardnormale verdeling $\mathcal N(0, 1)$ als haar dichtheid op $\R$ is

\varphi(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\eu^{-t^2/2}

(de klokkromme). Algemener, $X \sim \mathcal N(\mu, \sigma^2)$ als $\dfrac{X - \mu}{\sigma} \sim \mathcal N(0,1)$ ; dan $\E(X) = \mu$ en $\V(X) = \sigma^2$ .

De normale dichtheid: ongeveer 68.3\% van de massa ligt binnen van het gemiddelde, 95.4\% binnen 2, 99.7\% binnen 3. — De normale dichtheid: ongeveer $68.3\%$ van de massa ligt binnen $\sigma$ van het gemiddelde, $95.4\%$ binnen $2\sigma$ , $99.7\%$ binnen $3\sigma$ .

Opmerking 35.9

De factor $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ maakt de totale oppervlakte $1$ — een beroemde berekening (de Gauss-integraal) op de universiteit. Er is geen elementaire formule voor $\int \varphi$ : normale kansen worden uit tabellen of rekenmachines gelezen.

Stelling 35.10 (De Moivre–Laplace, toegekend)

Laat $X_n \sim \mathcal B(n, p)$ en $Z_n = \dfrac{X_n - np}{\sqrt{np(1-p)}}$ (de gestandaardiseerde binomiaal). Dan voor alle $a \leq b$ ,

\P(a \leq Z_n \leq b) \xrightarrow[n\to+\infty]{} \int_a^b \varphi(t)\,\dd t .

Dit resultaat wordt op dit niveau toegekend. Het verklaart het universele verschijnen van de klokkromme: een binomiaal met grote $n$ is bij benadering normaal — en (centrale limietstelling, universiteit) zo is elke som van veel kleine onafhankelijke effecten.

Methode 35.11 (Fluctuatie-interval bij $95\%$ )

Omdat een normale variabele binnen $1.96$ standaardafwijkingen van haar gemiddelde valt met kans $0.95$ , voldoet voor grote $n$ een frequentie $F_n = \frac{X_n}{n}$ van een $\mathcal B(n,p)$ -steekproef aan

\P\left(p - 1.96\sqrt{\tfrac{p(1-p)}{n}} \leq F_n \leq p + 1.96\sqrt{\tfrac{p(1-p)}{n}}\right) \approx 0.95 .

Fluctuatie-interval (toetsen): als een beweerde $p$ de waargenomen frequentie buiten dit interval plaatst, verwerp de claim op het $5\%$ -niveau.
Betrouwbaarheidsinterval (schatten): het vereenvoudigde interval $\left[F_n - \frac{1}{\sqrt n},\ F_n + \frac{1}{\sqrt n}\right]$ bevat $p$ met kans minstens $0.95$ (met $1.96\sqrt{p(1-p)} \leq 1$ , zie Oefening 34.8).

Voorbeeld 35.12

Een peiling van $n = 1000$ kiezers geeft een kandidaat $52\%$ . Het betrouwbaarheidsinterval $52\% \pm \frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 52\% \pm 3.2\%$ bevat nog steeds $50\%$ : de peiling alleen stelt niet vast dat de kandidaat voorligt.

35.5 Oefeningen

Oefening 35.1 ★

Een bus passeert elke $15$ minuten; een reiziger komt op een uniform willekeurig tijdstip. Laat $X \sim \mathcal U\intcc{0}{15}$ de wachttijd zijn. Bereken $\P(X \leq 5)$ , $\P(4 \leq X \leq 10)$ , $\E(X)$ en $\sigma(X)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.1.

$\P(X \leq 5) = \frac{5}{15} = \frac13$ ; $\P(4 \leq X \leq 10) = \frac{6}{15} = \frac25$ ; $\E(X) = \frac{15}{2} = 7.5$ min; $\sigma(X) = \frac{15}{\sqrt{12}} = \frac{5\sqrt3}{2} \approx 4.3$ min.

Oefening 35.2 ★

Controleer dat $f(t) = \frac{3}{8}t^2$ een dichtheid is op $\intcc{0}{2}$ , en bereken $\E(X)$ en $\P(X \geq 1)$ voor een variabele $X$ met deze dichtheid.

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.2.

$f \geq 0$ en $\int_0^2 \frac38 t^2\,\dd t = \frac38\left[\frac{t^3}{3}\right]_0^2 = \frac38 \times \frac83 = 1$ : een dichtheid.

\E(X) = \int_0^2 \frac38 t^3\,\dd t = \frac38 \times \frac{16}{4} = \frac32, \qquad \P(X \geq 1) = \int_1^2 \frac38 t^2\,\dd t = \frac{8 - 1}{8} = \frac78 .

Oefening 35.3 ★

De levensduur (in jaren) van een elektronisch component volgt $\mathcal E(0.2)$ .

Bereken de verwachte levensduur en $\P(X > 5)$ .
Het component heeft al $3$ jaar gewerkt. Wat is de kans dat het nog minstens $5$ jaar werkt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.3.

1. $\E(X) = \frac{1}{0.2} = 5$ jaar; $\P(X > 5) = \eu^{-0.2\times5} = \eu^{-1} \approx 0.37$ .

2. Door geheugenloosheid (Stelling 35.7), $\pcond{X > 3}{X > 8} = \P(X > 5) = \eu^{-1} \approx 0.37$ : de drie jaar dienst veranderen niets.

Oefening 35.4 ★★

De halfwaardetijd van een radioactief atoom waarvan de levensduur $\mathcal E(\lambda)$ volgt is de mediaan $m$ : $\P(X > m) = \frac12$ . Druk $m$ uit als functie van $\lambda$ en vergelijk met de verwachting. Welke is groter, en waarom is dat zinvol voor een scheve verdeling?

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.4.

$\P(X > m) = \eu^{-\lambda m} = \frac12$ geeft $m = \frac{\ln 2}{\lambda} \approx \frac{0.69}{\lambda}$ , kleiner dan $\E(X) = \frac1\lambda$ . De exponentiële dichtheid heeft een lange rechterstaart: enkele atypisch lange levensduren trekken het gemiddelde boven de mediaan, de waarde die de helft van de populatie overschrijdt. (Dit is de halfwaardetijd van Voorbeeld 23.9: de helft van de atomen overleeft haar, hoewel de gemiddelde levensduur langer is.)

Oefening 35.5 ★★

Lengtes in een populatie volgen $\mathcal N(175,\ 7^2)$ (in cm). Met de regel $68$ – $95$ – $99.7$ , schat de proportie van de populatie met lengte tussen $168$ en $182$ cm, boven $189$ cm, en onder $154$ cm.

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.5.

$168 = \mu - \sigma$ en $182 = \mu + \sigma$ : ongeveer $68\%$ . $189 = \mu + 2\sigma$ : erboven ligt de helft van de resterende $100 - 95.4 = 4.6\%$ , dus ongeveer $2.3\%$ . $154 = \mu - 3\sigma$ : ongeveer $\frac{100 - 99.7}{2} = 0.15\%$ .

Oefening 35.6 ★★

Een machine vult zakken gelabeld $500$ g; de gevulde massa volgt $\mathcal N(\mu,\ 4^2)$ . Regels eisen dat hoogstens $2.5\%$ van de zakken minder dan $500$ g weegt. Met de $95\%$ -regel, welke minimale instelling van $\mu$ voldoet?

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.6.

$\P(X < 500) \leq 2.5\%$ betekent dat $500$ minstens twee standaardafwijkingen onder het gemiddelde moet liggen (de normaal laat $2.3\% \approx 2.5\%$ onder $\mu - 2\sigma$ ; met de conventionele $1.96$ is de redenering identiek):

\mu - 2\sigma \geq 500 \iff \mu \geq 500 + 8 = 508 \text{ g}.

De machine moet op gemiddeld $508$ g worden ingesteld — de prijs van de garantie is $8$ g “gratis” product per zak.

Oefening 35.7 ★★

Een dobbelsteen beweerd eerlijk te zijn wordt $1200$ keer geworpen en toont een zes $260$ keer (zoals in Oefening 34.7).

Bereken het $95\%$ -fluctuatie-interval voor de frequentie van zessen van een eerlijke steen over $1200$ worpen.
Ligt de waargenomen frequentie erin? Vergelijk de kracht van deze conclusie met de Bienaymé–Tsjebysjev-analyse.

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.7.

1. Met $p = \frac16$ , $n = 1200$ : $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} = \sqrt{\frac{5/36}{1200}} \approx 0.0108$ , dus het $95\%$ -fluctuatie-interval is

\frac16 \pm 1.96 \times 0.0108 \approx \intcc{0.146}{0.188}.

2. De waargenomen frequentie $\frac{260}{1200} \approx 0.217$ ligt ver buiten: de eerlijkheidshypothese wordt verworpen op het $5\%$ -niveau. De afwijking is ongeveer $4.6$ standaardafwijkingen — voor een normaalbenadering een kans van orde $10^{-6}$ , veel conclusiever dan de $\leq 4.6\%$ -grens van Bienaymé–Tsjebysjev (Oefening 34.7).

Oefening 35.8 ★★★

Voor een verkiezing zal een peiling van $n$ personen de score $p$ van een kandidaat schatten door de waargenomen frequentie $F_n$ .

Met het betrouwbaarheidsinterval van Methode 35.11, welke steekproefgrootte garandeert een marge van $\pm 2$ punten?
De kandidaten liggen in werkelijkheid $1$ punt uit elkaar. Verklaar waarom geen realistische peiling betrouwbaar de winnaar kan uitroepen, hoe goed ook uitgevoerd.

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.8.

1. Marge $\frac{1}{\sqrt n} \leq 0.02$ eist $n \geq 2500$ personen.

2. Om scores $1$ punt uit elkaar te onderscheiden, moet de marge goed onder $0.5$ punt liggen, wat $n \geq \left(\frac{1}{0.005}\right)^2 = 40\,000$ eist volgens de vereenvoudigde formule — al onpraktisch voor de meeste peilingen. Bovendien rekent de statistische marge alleen steekproeffout; systematische biases (niet-representatieve steekproeven, non-respons, last-minute swings) krimpen niet als $n$ groeit en overschrijden typisch één punt. Een race van $1$ punt is echt te dicht om te roepen.

Oefening 35.9 ★★★

Laat $X$ dichtheid $f$ hebben op $\intcc ab$ en laat $Y = \alpha X + \beta$ met $\alpha > 0$ .

Toon dat $\P(c \leq Y \leq d) = \P\left(\frac{c - \beta}{\alpha} \leq X \leq \frac{d-\beta}{\alpha}\right)$ , en leid af dat $Y$ dichtheid $g(y) = \frac{1}{\alpha} f\left(\frac{y - \beta}{\alpha}\right)$ heeft.
Leid af dat als $Z \sim \mathcal N(0,1)$ , dan heeft $\mu + \sigma Z$ dichtheid $\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\, \eu^{-(y - \mu)^2/(2\sigma^2)}$ — de algemene normale dichtheid.

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.9.

1. Omdat $\alpha > 0$ , $c \leq \alpha X + \beta \leq d \iff \frac{c - \beta}{\alpha} \leq X \leq \frac{d - \beta}{\alpha}$ , dus

\P(c \leq Y \leq d) = \int_{(c-\beta)/\alpha}^{(d-\beta)/\alpha} f(t)\,\dd t .

De substitutie $y = \alpha t + \beta$ (d.w.z. de oppervlakte lezen in de $y$ -variabele, $t = \frac{y - \beta}{\alpha}$ , $\dd t = \frac{\dd y}{\alpha}$ ) maakt dit tot $\int_c^d \frac{1}{\alpha} f\left(\frac{y-\beta}{\alpha}\right)\dd y$ : de functie $g(y) = \frac1\alpha f\left(\frac{y-\beta}{\alpha}\right)$ is een dichtheid van $Y$ .

2. Met $f = \varphi$ , $\alpha = \sigma$ , $\beta = \mu$ :

g(y) = \frac{1}{\sigma}\,\varphi\!\left(\frac{y - \mu}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\, \exp\left(-\frac{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}\right),

wat daarom de dichtheid is van $\mathcal N(\mu, \sigma^2) = \mu + \sigma\,\mathcal N(0,1)$ .