Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

35Continue toevalsvariabelen

Wachttijden, natuurkundige metingen, aandelen: veel toevalsgrootheden nemen een continuüm aan waarden aan, en geen enkele afzonderlijke waarde heeft een kans verschillend van nul. Kansen worden dan berekend door een kansdichtheid te integreren. Dit hoofdstuk bestudeert de uniforme, de exponentiële en de normale verdeling, en gebruikt de normale verdeling om de schommelingen van peilingen en steekproeven te meten.

35.1 Kansdichtheden

Definitie 35.1 (Kansdichtheid, continue toevalsvariabele)

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

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

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

Definitie 35.2 (Verwachtingswaarde 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 en 15 (de lineariteit van de verwachtingswaarde, de optelbaarheid van de variantie voor onafhankelijke variabelen, Bienaymé–Chebyshev) blijven geldig; hun bewijzen, met integralen in plaats van sommen, worden op dit niveau aangenomen.

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 geldt voor $\intcc{c}{d} \subseteq \intcc ab$ dat $\P(c \leq X \leq d) = \frac{d - c}{b - a}$ : de kans is evenredig met de lengte.

Propositie 35.4

Is $X \sim \mathcal U\intcc ab$ , dan is $\E(X) = \dfrac{a+b}{2}$ 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 is $\E(X^2) = \frac{b^3 - a^3}{3(b-a)} = \frac{a^2 + ab + b^2}{3}$ , 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 $\intco{0}{+\infty}$ gegeven wordt door

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

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

Propositie 35.6

Is $X \sim \mathcal E(\lambda)$ , dan is $\E(X) = \dfrac{1}{\lambda}$ en $\V(X) = \dfrac{1}{\lambda^2}$ .

Bewijs. Partiële integratie 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,

waarbij $A\eu^{-\lambda A} \to 0$ (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)

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

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

De exponentiële verdeling is de verdeling van levensduren zonder veroudering (radioactieve kernen, geen 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 oppervlakte van de staart voorbij t (rood) is - t, en de geheugenloosheid zegt dat elke staart eruitziet als de hele verdeling, herschaald. — De exponentiële dichtheid $\lambda\eu^{-\lambda x}$ (hier $\lambda = 1$ ): de oppervlakte van de staart voorbij $t$ (rood) is $\eu^{-\lambda t}$ , en de 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 $\R$ gegeven wordt door

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

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

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

Opmerking 35.9

De factor $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ maakt de totale oppervlakte $1$ — een beroemde berekening (de integraal van Gauss) die aan de universiteit gemaakt wordt. Er is geen elementaire formule voor $\int \varphi$ : normale kansen lees je af uit tabellen of van een rekentoestel.

Stelling 35.10 (De Moivre–Laplace, aangenomen)

Zij $X_n \sim \mathcal B(n, p)$ en $Z_n = \dfrac{X_n - np}{\sqrt{np(1-p)}}$ (de gestandaardiseerde binomiale variabele). Dan geldt 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 aangenomen. Het verklaart waarom de klokkromme overal opduikt: een binomiale verdeling met grote $n$ is bij benadering normaal — en (centrale limietstelling, universiteit) elke som van veel kleine onafhankelijke effecten eveneens.

Methode 35.11 (Schommelingsinterval op $95\%$ )

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

Schommelingsinterval (toetsen): legt een beweerde $p$ de waargenomen frequentie buiten dit interval, verwerp dan de bewering op het niveau $5\%$ .
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 bij $n = 1000$ kiezers geeft een kandidaat $52\%$ . Het betrouwbaarheidsinterval $52\% \pm \frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 52\% \pm 3.2\%$ bevat nog altijd $50\%$ : de peiling alleen toont niet aan dat de kandidaat voorstaat.

35.5 Oefeningen

Oefening 35.1 ★

Er passeert om de $15$ minuten een bus; een reiziger komt op een uniform willekeurig tijdstip aan. Zij $X \sim \mathcal U\intcc{0}{15}$ de wachttijd. 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 ★

Ga na 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 die 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 onderdeel volgt $\mathcal E(0.2)$ .

Bereken de verwachte levensduur en $\P(X > 5)$ .
Het onderdeel 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. Wegens de geheugenloosheid (Stelling 35.7) is $\pcond{X > 3}{X > 8} = \P(X > 5) = \eu^{-1} \approx 0.37$ : de drie jaar dienst veranderen niets.

Oefening 35.4 ★★

De halveringstijd van een radioactief atoom met een levensduur die $\mathcal E(\lambda)$ volgt, is de mediaan $m$ : $\P(X > m) = \frac12$ . Druk $m$ uit in functie van $\lambda$ en vergelijk met de verwachtingswaarde. Welke van beide 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 ongewoon lange levensduren trekken het gemiddelde boven de mediaan, de waarde die de helft van de populatie overtreft. (Dat is de halveringstijd uit Voorbeeld 23.9: de helft van de atomen overleeft ze, hoewel de gemiddelde levensduur langer is.)

Oefening 35.5 ★★

De lichaamslengtes in een bevolking volgen $\mathcal N(175,\ 7^2)$ (in cm). Schat met de regel $68$ – $95$ – $99.7$ het aandeel van de bevolking met een 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 $68\%$ . $189 = \mu + 2\sigma$ : daarboven 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 met het opschrift $500$ g; de gevulde massa volgt $\mathcal N(\mu,\ 4^2)$ . De regelgeving eist dat hoogstens $2.5\%$ van de zakken minder dan $500$ g weegt. Welke minimale instelling van $\mu$ voldoet, volgens de regel van $95\%$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.6.

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

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

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

Oefening 35.7 ★★

Een dobbelsteen die zuiver heet te zijn, wordt $1200$ keer geworpen en toont $260$ keer een zes (zoals in Oefening 34.7).

Bereken het schommelingsinterval op $95\%$ voor de frequentie van zessen van een zuivere dobbelsteen over $1200$ worpen.
Ligt de waargenomen frequentie erbinnen? Vergelijk de kracht van dit besluit met de analyse via Bienaymé–Chebyshev.

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.7.

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

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

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

Oefening 35.8 ★★★

Vóór een verkiezing zal een peiling bij $n$ mensen de score $p$ van een kandidaat schatten met de waargenomen frequentie $F_n$ .

Welke omvang van de steekproef waarborgt met het betrouwbaarheidsinterval van Methode 35.11 een marge van $\pm 2$ punten?
In werkelijkheid liggen de kandidaten $1$ punt uit elkaar. Leg uit waarom geen enkele realistische peiling de winnaar betrouwbaar kan aanwijzen, hoe goed ze ook uitgevoerd wordt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.8.

1. De marge $\frac{1}{\sqrt n} \leq 0.02$ vraagt $n \geq 2500$ mensen.

2. Om scores die $1$ punt uit elkaar liggen te onderscheiden, moet de marge ruim onder $0.5$ punt blijven, wat volgens de vereenvoudigde formule $n \geq \left(\frac{1}{0.005}\right)^2 = 40\,000$ vraagt — voor de meeste peilingen al onhaalbaar. Erger nog: de statistische marge verrekent alleen de fout van het bemonsteren; systematische vertekeningen (niet representatieve steekproeven, weigeringen, verschuivingen op het laatste ogenblik) krimpen niet naarmate $n$ groeit en overtreffen doorgaans één punt. Een race met $1$ punt verschil is werkelijk te nipt om te beslechten.

Oefening 35.9 ★★★

Zij $X$ een variabele met dichtheid $f$ op $\intcc ab$ en zij $Y = \alpha X + \beta$ met $\alpha > 0$ .

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 35.9.

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

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

De substitutie $y = \alpha t + \beta$ (dat wil zeggen: de oppervlakte in de veranderlijke $y$ lezen, met $t = \frac{y - \beta}{\alpha}$ en $\dd t = \frac{\dd y}{\alpha}$ ) maakt hiervan $\int_c^d \frac{1}{\alpha} f\left(\frac{y-\beta}{\alpha}\right)\dd y$ : de functie $g(y) = \frac1\alpha f\left(\frac{y-\beta}{\alpha}\right)$ is een dichtheid van $Y$ .

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

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),

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

35.6 Opgave: wachten op de bus, de menigte meten

Probleem 35.1

Weekendopgave — drie dichtheden besturen de wereld: de volslagen onwetendheid, het geheugenloze wachten en de klok van vele kleine oorzaken; plus de paradox die je bus altijd te laat maakt

Waarom lijkt je bus altijd langer op zich te laten wachten dan het uurrooster belooft? Waarom zit een gemiddelde leerling in een grotere klas dan de gemiddelde klas? Waarom hebben je vrienden meer vrienden dan jij? Eén sluw stukje wiskunde — het naar lengte vertekende bemonsteren — beantwoordt alle drie de vragen, en het woont in dit hoofdstuk, tussen de uniforme, de exponentiële en de normale verdeling (Definitie 35.3, Definitie 35.5, Definitie 35.8). Deze laatste opgave van het volume zet de drie dichtheden aan het werk en eindigt waar de hele reeks naar wijst: bij de klokkromme.

Deel I — Drie personages.

Een bus komt op een uniform willekeurig tijdstip in de komende $30$ minuten aan. Bereken $\P(\text{wachttijd} \leq 10)$ , de verwachte wachttijd en $\sigma$ (Propositie 35.4).
Ga na dat $f(x) = 2x$ op $\intcc{0}{1}$ een dichtheid is, en bereken $\E(X)$ en $\P\left(X > \frac12\right)$ .
Telefoonoproepen bereiken een hulplijn als een geheugenloze stroom: de wachttijd tot de volgende oproep is exponentieel met gemiddelde $10$ minuten. Bereken $\P(T > 15)$ en de mediane wachttijd — waarom is de mediaan kleiner dan het gemiddelde?
Je hebt al $20$ minuten gewacht. Wat is $\P(T > 35 \mid T > 20)$ (Stelling 35.7)? Duid het in één zin.
Koppel elke wachttijd aan haar juiste model — uniform, exponentieel of geen van beide: (a) de klik van een geigerteller; (b) een metro die om de $8$ minuten rijdt, waarbij je aankomst niet gelijkloopt; (c) de volgende oproep op de hulplijn; (d) het doorbranden van een gloeilamp die verslijt. Verantwoord (d) met de stelling over de geheugenloosheid.

Deel II — De klok aan het werk. (Gebruik de normale ijkpunten: $68\,\%$ binnen $\sigma$ , $95\,\%$ binnen $2\sigma$ , $99.7\,\%$ binnen $3\sigma$ .)

De lengtes van volwassenen volgen ruwweg $\mathcal N(172,\ 8)$ (cm). Welke aandelen liggen in $\intcc{164}{180}$ , $\intcc{156}{188}$ en $\intcc{148}{196}$ ?
Schat het aandeel groter dan $190$ cm (eerst de z-score; daarna tabel of rekentoestel).
IQ-scores worden geijkt op $\mathcal N(100, 15)$ . Welk aandeel scoort boven $130$ — en ruwweg één persoon op hoeveel?
Een machine snijdt bouten met lengtes $\mathcal N(50,\ 0.1)$ mm en de specificatie is $\intcc{49.8}{50.2}$ . Welk aandeel wordt afgekeurd? De industrie viert processen “op zes sigma”, waarvan de specificaties op $\pm 6\sigma$ liggen: wat levert dat op, en waarom jagen fabrieken erop?
De Moivre–Laplace (Stelling 35.10): benader voor $100$ worpen met een zuivere munt $\P(45 \leq \text{aantal kruis} \leq 55)$ (continuïteitscorrectie: $\pm 0.5$ ; $\sigma = 5$ ). Welke houten machine uit Probleem 19.1 maakt deze stelling glad tot een kromme?
Uit Oefening 35.8: een marge van $\pm 2$ punten vraagt ongeveer $n = 2\,400$ . Bereken de steekproef die nodig is voor $\pm 0.5$ punten — en besluit, in één zin, waarom geen enkele peiling een race met één punt verschil eerlijk kan beslechten.

Deel III — De busparadox.

Bussen komen aan als een geheugenloze stroom met gemiddelde tussentijd $10$ minuten. Je bereikt de halte op een willekeurig ogenblik. De intuïtie zegt dat de verwachte wachttijd $5$ minuten is (een halve tussentijd). Wat zegt de stelling over de geheugenloosheid in de plaats?
Stel de intuïtie op de proef met een speelgoeduurrooster: de tussentijden wisselen af tussen $5$ en $15$ minuten (gemiddelde tussentijd $10$ ). Bereken de kans dat een uniform willekeurige aankomst in een lange tussentijd valt, en daarna de echte verwachte wachttijd — en noem de schuldige: aankomsten bemonsteren de tussentijden met een kans evenredig met hun lengte.
In de geheugenloze stroom heeft de tussentijd waarin je terechtkomt een verwachte lengte van $20$ minuten — het dubbele van de typische tussentijd (de tijd terug naar de vorige bus en die vooruit naar de volgende zijn allebei exponentieel met gemiddelde $10$ ). Breng dit in overeenstemming met vraag 12 en formuleer de inspectieparadox in één zin.
Dezelfde angel aan land: een universiteit heeft negen klassen van $10$ studenten en één van $110$ . Bereken de gemiddelde klasgrootte, en daarna de klasgrootte die de gemiddelde student beleeft. Welk getal zal de brochure vermelden, en welk getal is de geleefde werkelijkheid van de studenten?
De vriendschapsparadox — “je vrienden hebben gemiddeld meer vrienden dan jij” — is dezelfde wiskunde. Zeg in één zin wat er de rol van de lange tussentijd speelt.

Deel IV — Het volume afsluiten.

Simulatie, de brug van de praktijk: is $U$ uniform op $\intoo{0}{1}$ , toon dan aan dat $T = -10\ln U$ exponentieel is met gemiddelde $10$ (bereken $\P(T > t)$ ). Elke simulatie van willekeurig wachten in de industrie draait op deze truc van één regel.
Een oud recept van spelprogrammeurs bouwt een klok: tel twaalf onafhankelijke uniforme variabelen op $\intcc{0}{1}$ op en trek er $6$ van af. Geef het gemiddelde en de variantie van de som, en leg uit — met de bord van Galton in de hand — waarom het resultaat bijna normaal is.
Markten storten harder in dan de klok toelaat: de crash van 1987 werd omschreven als een “gebeurtenis op $25\sigma$ ”, wat onder normaliteit een kans van ongeveer $10^{-137}$ heeft. Wat is het juiste besluit — over de wereld, of over het model? (Eén zin, de catechismus van de statisticus.)
Slotstuk, en afscheid van het volume: de drie personages in telkens één regel — uniform (onwetendheid binnen grenzen), exponentieel (risico zonder geheugen), normaal (de som van vele kleine oorzaken); de inspectieparadox als de angel van het hoofdstuk; en de boog van de hele reeks — van het tellen van pakjes sap tot de klokkromme die elke menigte meet — met de universitaire volumes die wachten waar de limieten, de integralen en de centrale limietstelling het overnemen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 35.1.

1. $\P(\text{wachttijd} \leq 10) = \frac{10}{30} = \frac13$ ; $\E = 15$ min; $\sigma = \frac{30}{\sqrt{12}} \approx 8.7$ min.

2. $\int_0^1 2x\,\dd x = 1$ : een dichtheid. $\E(X) = \int_0^1 2x^2\,\dd x = \frac23$ ; $\P\left(X > \frac12\right) = \int_{1/2}^1 2x\,\dd x = 1 - \frac14 = \frac34$ .

3. $\P(T > 15) = \eu^{-15/10} \approx 0.22$ . De mediaan: $\eu^{-m/10} = \frac12$ , dus $m = 10\ln 2 \approx 6.9$ min — minder dan het gemiddelde $10$ , omdat de lange rechterstaart van de exponentiële verdeling (zeldzame reusachtige wachttijden) het gemiddelde omhoogtrekt terwijl de mediaan bij de “typische” wachttijd blijft.

4. Wegens de geheugenloosheid is $\P(T > 35 \mid T > 20) = \P(T > 15) \approx 0.22$ : de twintig reeds uitgezeten minuten kopen niets — de stroom veroudert niet.

5. (a) exponentieel (het radioactief verval is het model waarvoor de geheugenloosheid uitgevonden werd); (b) uniform op $\intcc{0}{8}$ (een uurrooster met een willekeurige verschuiving); (c) exponentieel; (d) geen van beide: een versleten lamp brandt in het volgende uur waarschijnlijker door dan een nieuwe, dus $\P(T > s + t \mid T > s) < \P(T > t)$ : veroudering is in strijd met de stelling over de geheugenloosheid.

6. $68\,\%$ , $95\,\%$ , $99.7\,\%$ : de drie ijkintervallen.

7. $z = \frac{190 - 172}{8} = 2.25$ : bovenstaart $\approx 1.2\,\%$ .

8. $z = 2$ : ongeveer $2.3\,\%$ — ruwweg één persoon op $44$ .

9. De specificatie ligt op $\pm 2\sigma$ : ongeveer $95.4\,\%$ komt erdoor en $4.6\,\%$ wordt afgekeurd — op grote schaal rampzalig. Op $\pm 6\sigma$ zakt het uitvalpercentage tot ongeveer twee op een miljard: zes sigma koopt het recht om massaal te produceren zonder massaal te keuren.

10. $\sigma = 5$ ; met continuïteitscorrectie is $\P \approx \P\left(\abs Z \leq \frac{5.5}{5}\right) = \P(\abs Z \leq 1.1) \approx 0.73$ . De stelling maakt de bord van Galton uit Probleem 19.1 glad: de trap van vakjes wordt de continue klok.

11. $n \approx \frac{1.96^2 \times 0.25}{0.005^2} \approx 38\,400$ mensen — en bij die omvang overheersen de fouten die niet van het bemonsteren komen (het steekproefkader, weigeringen, leugens) de marge: een race met één punt verschil ligt buiten het bereik van eerlijk peilen, en daarom zeggen ernstige bureaus dan “te nipt om te beslechten”.

12. Geheugenloosheid: vanaf het ogenblik dat je aankomt, is de resterende wachttijd exponentieel met gemiddelde $10$ — de volle $10$ minuten, niet $5$ . De “gemiddelde tussentijd $10$ ” van het uurrooster misleidt: jouw wachttijd heeft dezelfde verdeling als een hele tussentijd.

13. Willekeurige aankomsten vallen evenredig met de lengte van de tussentijd, dus met kans $\frac{15}{20} = \frac34$ in een lange. Verwachte wachttijd: $\frac34 \times \frac{15}{2} + \frac14 \times \frac52 = 5.625 + 0.625 = 6.25$ min — meer dan de naïeve $5$ , hoewel de gemiddelde tussentijd $10$ is. De schuldige: het naar lengte vertekende bemonsteren — lange tussentijden vangen meer reizigers.

14. De wachttijd achterwaarts en die voorwaarts zijn elk exponentieel met gemiddelde $10$ (de geheugenloosheid werkt vanaf je aankomst in beide richtingen): de tussentijd waarin je zit, duurt gemiddeld $20$ minuten — het dubbele van de typische tussentijd. De inspectieparadox in één zin: het interval dat je toevallig inspecteert, is geen typisch interval, want je viel met grotere kans in een groot interval.

15. Gemiddelde klas: $\frac{9 \times 10 + 110}{10} = 20$ studenten. Het gemiddelde dat de studenten beleven: $\frac{90 \times 10 + 110 \times 110}{200} = \frac{13\,000}{200} = 65$ studenten. De brochure drukt $20$ af; drie op vijf studenten zitten in de klas van $110$ en beleven de $65$ .

16. Populaire mensen staan op vele vriendenlijsten, dus “een vriend” bemonsteren is naar lengte vertekend in het voordeel van de gezelligen — jouw vrienden worden getrokken uit de lange tussentijden van het sociale uurrooster.

17. Voor $t \geq 0$ : $\P(T > t) = \P(-10\ln U > t) = \P\left(U < \eu^{-t/10}\right) = \eu^{-t/10}$ : precies de overlevingsfunctie van de exponentiële verdeling — één logaritme zet de uniforme ruis van de computer om in eender welke wachttijd.

18. Elke uniforme variabele heeft gemiddelde $\frac12$ en variantie $\frac{1}{12}$ : de som van twaalf heeft gemiddelde $6$ en variantie $1$ — dus levert het recept gemiddelde $0$ en variantie $1$ op. Twaalf onafhankelijke kleine duwtjes opgeteld: het mechanisme van Galton, en met de zegen van De Moivre–Laplace is het histogram voor het oog al klokvormig.

19. Over het model: markten zijn geen sommen van vele onafhankelijke kleine oorzaken — paniek correleert alles (de les van 2008 uit de vorige opgave) en brengt dikke staarten voort die geen enkele normale dichtheid bezit. Wanneer de gegevens $10^{-137}$ fluisteren, antwoordt de catechismus van de statisticus: het model wordt verworpen, niet de dag.

20. Uniform: alle posities gelijk, het eerlijke “ik ken alleen de grenzen”. Exponentieel: het risico dat nooit veroudert — verval, aankomsten, klikken. Normaal: de democratische klok van vele kleine onafhankelijke oorzaken — lengtes, fouten, gemiddelden. De angel: wat je bemonstert, is vertekend door de manier waarop je erop botste — bussen, klassen, vrienden. En de boog: het kind dat pakjes sap telde, heeft tien volumes vol opgaven later de menigte met een kromme gemeten; de epsilon, de integraal en de centrale limietstelling wachten in de universitaire volumes om uit te leggen waarom de klok voor alles luidt.