Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

9Kansrekening en steekproeven

De kansrekening kent getallen toe aan het toeval. Vertrekkend van experimenten met even waarschijnlijke uitkomsten — dobbelstenen, munten, kaarten — bouwt dit hoofdstuk de basisregels om kansen van gebeurtenissen te berekenen, voert het boomdiagrammen in voor experimenten in twee stappen, en eindigt het bij het verband tussen kansen en waargenomen frequenties. De theorie loopt door in Hoofdstuk 18.

9.1 Toevalsexperimenten en gebeurtenissen

Definitie 9.1 (Uitkomsten en gebeurtenissen)

Een toevalsexperiment is een experiment waarvan het resultaat niet te voorspellen is (met een dobbelsteen gooien). De verzameling van alle mogelijke resultaten is de uitkomstenverzameling $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_n\}$ ; haar elementen zijn de uitkomsten. Een gebeurtenis is een verzameling uitkomsten; een gebeurtenis doet zich voor wanneer het resultaat van het experiment ertoe behoort.

Definitie 9.2 (Kansverdeling)

Door aan elke uitkomst $\omega_i$ een getal $p_i \geq 0$ toe te kennen met $p_1 + \dots + p_n = 1$ , leg je een kans vast: de kans $\P(A)$ van een gebeurtenis $A$ is de som van de $p_i$ van de uitkomsten in $A$ . In het bijzonder is $\P(\Omega) = 1$ , en heeft de onmogelijke gebeurtenis $\varnothing$ kans $0$ .

Propositie 9.3 (Even waarschijnlijke uitkomsten)

Zijn de $n$ uitkomsten even waarschijnlijk (elke $p_i = \frac1n$ ), dan geldt voor elke gebeurtenis $A$ :

\P(A) = \frac{\text{aantal uitkomsten in } A}{n} = \frac{\text{gunstige gevallen}}{\text{mogelijke gevallen}} .

Bewijs. $A$ bevat een zeker aantal $k$ uitkomsten, elk met kans $\frac1n$ , dus is $\P(A) = \frac kn$ . ∎

Voorbeeld 9.4

Gooi met een eerlijke dobbelsteen: $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , waarbij elke uitkomst kans $\frac16$ heeft. De gebeurtenis $A$ : “het resultaat is even” is $A = \{2, 4, 6\}$ , dus $\P(A) = \frac36 = \frac12$ . De gebeurtenis $B$ : “het resultaat is minstens $5$ ” is $B = \{5, 6\}$ , dus $\P(B) = \frac26 = \frac13$ .

9.2 Gebeurtenissen combineren

Definitie 9.5 (Doorsnede, vereniging, complement)

Zij $A$ en $B$ gebeurtenissen.

$A \cap B$ (“ $A$ en $B$ ”) doet zich voor wanneer beide zich voordoen;
$A \cup B$ (“ $A$ of $B$ ”) doet zich voor wanneer minstens één zich voordoet;
het complement $\bar A$ (“niet $A$ ”) doet zich precies voor wanneer $A$ zich niet voordoet;
$A$ en $B$ heten onverenigbaar wanneer ze zich niet samen kunnen voordoen: $A \cap B = \varnothing$ .

Stelling 9.6 (Somregels)

Voor alle gebeurtenissen $A$ en $B$ geldt

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B), \qquad \P(\bar A) = 1 - \P(A) .

Voor onverenigbare gebeurtenissen vereenvoudigt de eerste regel tot $\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B)$ .

Bewijs. In $\P(A) + \P(B)$ wordt de kans van elke uitkomst van $A \cup B$ één keer opgeteld, behalve die van $A \cap B$ , die twee keer meetellen — één keer in $A$ en één keer in $B$ . $\P(A \cap B)$ aftrekken herstelt die dubbele telling. Voor het complement: $A$ en $\bar A$ zijn onverenigbaar en $A \cup \bar A = \Omega$ , dus $\P(A) + \P(\bar A) = \P(\Omega) = 1$ . ∎

Twee overlappende gebeurtenissen: in (A) + (B) wordt de gearceerde doorsnede A ∩ B twee keer geteld, wat de aftrekking in de somregel verklaart. — Twee overlappende gebeurtenissen: in $\P(A) + \P(B)$ wordt de gearceerde doorsnede $A \cap B$ twee keer geteld, wat de aftrekking in de somregel verklaart.

Voorbeeld 9.7

Trek één kaart uit een standaardspel van $52$ kaarten. Zij $A$ : “de kaart is een harten” ( $13$ kaarten) en $B$ : “de kaart is een heer” ( $4$ kaarten). Dan is $A \cap B$ “hartenheer” ( $1$ kaart), en

\P(A \cup B) = \frac{13}{52} + \frac{4}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}.

De complementregel is vaak de snelste weg: de kans dat de kaart geen harten is, is $1 - \frac{13}{52} = \frac34$ .

9.3 Boomdiagrammen

Methode 9.8 (Experimenten in twee stappen)

Voor een experiment dat in twee stappen verloopt:

teken een boomdiagram: één tak per mogelijk resultaat van de eerste stap, en vanuit elk daarvan één tak per resultaat van de tweede stap, met op elke tak de bijhorende kans (de takken die uit één knoop vertrekken tellen op tot $1$ );
de kans van een pad (een blad van de boom) is het product van de kansen langs zijn takken;
de kans van een gebeurtenis is de som van de kansen van de paden die haar verwezenlijken.

Voorbeeld 9.9

Een urne bevat $3$ rode en $2$ blauwe ballen. Trek één bal, leg hem terug en trek opnieuw. Elke trekking geeft rood (R) met kans $\frac35$ en blauw (B) met kans $\frac25$ .

Het boomdiagram van twee trekkingen met teruglegging. De vier padkansen tellen op tot 1. — Het boomdiagram van twee trekkingen met teruglegging. De vier padkansen tellen op tot $1$ .

De kans om twee ballen van dezelfde kleur te krijgen is $\P(\text{RR}) + \P(\text{BB}) = \frac{9}{25} + \frac{4}{25} = \frac{13}{25}$ ; de kans op minstens één blauwe is $1 - \P(\text{RR}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (complementregel).

Opmerking 9.10

Zonder teruglegging hangen de kansen van de tweede trekking van de eerste af: in de urne hierboven blijven er na een rode bal nog $2$ rode en $2$ blauwe over, zodat de tweede tak $\frac24$ en $\frac24$ draagt. De boommethode werkt onveranderd; alleen de getallen op de takken van het tweede niveau veranderen.

9.4 Frequenties en steekproeven

Wordt een toevalsexperiment vele keren herhaald, dan nadert de waargenomen frequentie van een gebeurtenis haar kans — en daarom is de kansrekening bruikbaar om de werkelijkheid te beschrijven.

Definitie 9.11 (Steekproef)

Een steekproef van omvang $n$ is het resultaat van hetzelfde experiment $n$ keer onafhankelijk te herhalen. De waargenomen frequentie van een gebeurtenis in de steekproef is het aantal keren dat ze zich voordoet, gedeeld door $n$ .

Voorbeeld 9.12

Een eerlijke munt geeft kop met kans $0.5$ . Hem $100$ keer opgooien geeft zelden precies $50$ keer kop: steekproeven schommelen. Typische reeksen van $100$ worpen geven frequenties als $0.46$ , $0.53$ , $0.49$ — dicht bij $0.5$ , maar niet gelijk. Grotere steekproeven schommelen minder: bij $10\,000$ worpen liggen de waargenomen frequenties meestal binnen ongeveer $0.01$ van $0.5$ .

Opmerking 9.13 (Schommelingsinterval)

Een handige vuistregel, in Hoofdstuk 19 verantwoord: voor een steekproef van omvang $n$ van een gebeurtenis met kans $p$ (met $n$ redelijk groot) ligt de waargenomen frequentie in het interval

\intcc{p - \frac{1}{\sqrt n}}{\,p + \frac{1}{\sqrt n}}

in ruwweg $95\%$ van de steekproeven. Valt een waargenomen frequentie ver buiten dat interval, twijfel dan aan de waarde van $p$ : dat is het vertrekpunt van het statistisch toetsen.

Voorbeeld 9.14

Een fabriek beweert dat maar $10\%$ van haar onderdelen defect is ( $p = 0.1$ ). In een steekproef van $n = 400$ onderdelen zijn er $64$ defect: waargenomen frequentie $\frac{64}{400} = 0.16$ . Het schommelingsinterval is $\intcc{0.1 - \frac{1}{20}}{0.1 + \frac{1}{20}} = \intcc{0.05}{0.15}$ , en $0.16$ valt erbuiten: de steekproef werpt ernstige twijfel op de bewering.

9.5 Oefeningen

Oefening 9.1 ★

Er wordt met een eerlijke dobbelsteen gegooid. Bereken de kans van elke gebeurtenis: “een $6$ gooien”; “een oneven getal gooien”; “hoogstens $4$ gooien”; “een $7$ gooien”.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.1.

Elk van de $6$ uitkomsten heeft kans $\frac16$ . “Een $6$ gooien”: $\frac16$ . “Oneven getal” $= \{1, 3, 5\}$ : $\frac36 = \frac12$ . “Hoogstens $4$ ” $= \{1,2,3,4\}$ : $\frac46 = \frac23$ . “Een $7$ gooien”: onmogelijke gebeurtenis, kans $0$ .

Oefening 9.2 ★

Een zak bevat $5$ groene, $3$ gele en $2$ zwarte knikkers; er wordt er willekeurig één getrokken. Bereken de kans dat hij groen is; dat hij niet zwart is; dat hij groen of geel is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.2.

Er zijn $10$ even waarschijnlijke knikkers. $\P(\text{groen}) = \frac{5}{10} = \frac12$ . $\P(\text{niet zwart}) = 1 - \frac{2}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ . Groen en geel zijn onverenigbaar: $\P(\text{groen of geel}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ .

Oefening 9.3 ★

In een klas van $30$ leerlingen volgen er $18$ Spaans, $10$ Duits en $4$ allebei. Er wordt willekeurig een leerling gekozen. Bereken met de somregel de kans dat die leerling minstens één van de twee talen volgt, en daarna de kans dat hij geen van beide volgt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.3.

Zij $S$ : “volgt Spaans” en $D$ : “volgt Duits”. Dan is $\P(S) = \frac{18}{30}$ , $\P(D) = \frac{10}{30}$ en $\P(S \cap D) = \frac{4}{30}$ . Somregel:

\P(S \cup D) = \frac{18}{30} + \frac{10}{30} - \frac{4}{30} = \frac{24}{30} = \frac45 .

Complement: $\P(\text{geen van beide}) = 1 - \frac45 = \frac15$ .

Oefening 9.4 ★

Een eerlijke munt wordt twee keer opgegooid. Teken het boomdiagram van het experiment en bereken de kans op twee keer kop; op precies één keer kop; op minstens één keer kop.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.4.

Het boomdiagram heeft vier paden KK, KM, MK, MM, elk met kans $\frac12 \times \frac12 = \frac14$ . Twee keer kop: $\frac14$ . Precies één keer kop (KM of MK): $\frac24 = \frac12$ . Minstens één keer kop: $1 - \P(\text{MM}) = 1 - \frac14 = \frac34$ .

Oefening 9.5 ★★

Een urne bevat $4$ rode en $6$ witte ballen. Er worden na elkaar twee ballen getrokken zonder teruglegging. Teken het boomdiagram met de juiste kansen op het tweede niveau, en bereken de kans om twee rode ballen te trekken, en daarna om twee ballen van verschillende kleur te trekken.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.5.

Eerste trekking: rood met kans $\frac{4}{10}$ , wit met kans $\frac{6}{10}$ . Tweede trekking zonder teruglegging: na een rode blijven er $3$ rode en $6$ witte over van de $9$ ; na een witte $4$ rode en $5$ witte van de $9$ .

Twee rode: $\frac{4}{10} \times \frac39 = \frac{12}{90} = \frac{2}{15}$ .

Verschillende kleuren: de paden RW en WR:

\frac{4}{10} \times \frac69 + \frac{6}{10} \times \frac49 = \frac{24}{90} + \frac{24}{90} = \frac{48}{90} = \frac{8}{15}.

Oefening 9.6 ★★

Er wordt met twee eerlijke dobbelstenen gegooid en de som wordt genoteerd.

Leg uit waarom je als uitkomstenverzameling de $36$ even waarschijnlijke paren $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ mag nemen.
Bereken de kans dat de som $7$ is; dat ze $12$ is; dat ze hoogstens $4$ is.
Welke som is het waarschijnlijkst?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.6.

1. Elke dobbelsteen toont elk vlak onafhankelijk met kans $\frac16$ , dus zijn de $36$ geordende paren even waarschijnlijk; het paar bepaalt de som.

2. Som $7$ : de paren $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ , dus $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Som $12$ : alleen $(6,6)$ , $\P = \frac{1}{36}$ . Som hoogstens $4$ : de paren met som $2$ , $3$ of $4$ : $(1,1)$ ; $(1,2), (2,1)$ ; $(1,3), (2,2), (3,1)$ — zes paren, dus $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ .

3. Het aantal paren dat een som bereikt groeit van $1$ (som $2$ ) naar $6$ (som $7$ ) en daalt daarna: de waarschijnlijkste som is $7$ .

Oefening 9.7 ★★

Een meerkeuzevraag biedt $4$ antwoorden, waarvan er één juist is. Een leerling beantwoordt $2$ zulke onafhankelijke vragen volstrekt willekeurig. Bereken de kans op twee juiste antwoorden, op precies één juist antwoord, en op geen enkel juist antwoord. Ga na dat de drie kansen optellen tot $1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.7.

Elke vraag wordt onafhankelijk met kans $\frac14$ juist beantwoord. Boomdiagram met twee niveaus:

Allebei juist: $\frac14 \times \frac14 = \frac{1}{16}$ .

Precies één juist: de paden juist–fout en fout–juist: $\frac14 \times \frac34 + \frac34 \times \frac14 = \frac{6}{16} = \frac38$ .

Geen enkel juist: $\frac34 \times \frac34 = \frac{9}{16}$ .

Controle: $\frac{1}{16} + \frac{6}{16} + \frac{9}{16} = 1$ .

Oefening 9.8 ★★

Een politicus beweert $50\%$ steun te hebben. In een peiling bij $n = 900$ willekeurig gekozen kiezers steunen er $396$ hem.

Bereken de waargenomen frequentie en het schommelingsinterval rond $p = 0.5$ voor $n = 900$ .
Werpt de peiling twijfel op de bewering?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.8.

1. Waargenomen frequentie: $\frac{396}{900} = 0.44$ . Met $n = 900$ is $\frac{1}{\sqrt{900}} = \frac{1}{30} \approx 0.033$ , zodat het schommelingsinterval ongeveer $\intcc{0.467}{0.533}$ is.

2. De waargenomen $0.44$ ligt buiten het interval: steekproeven van $900$ kiezers uit een bevolking met $50\%$ steun dwalen zelden zo ver af. De peiling werpt ernstige twijfel op de beweerde $50\%$ .

Oefening 9.9 ★★★

Meespelen aan een spel kost $2$ : je gooit met een eerlijke dobbelsteen en wint $6$ bij een $6$ , $3$ bij een $5$ , en niets in de overige gevallen.

Bereken de kans op elk gewonnen bedrag ( $6$ , $3$ , $0$ ).
Hoeveel keer verwacht je elke uitkomst ongeveer over $600$ spellen? Bereken de totale verwachte winst en het totale verwachte verlies: loont het spel?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.9.

1. $\P(\text{win } 6) = \frac16$ (een $6$ gooien), $\P(\text{win } 3) = \frac16$ (een $5$ gooien), $\P(\text{win } 0) = \frac46 = \frac23$ .

2. Over $600$ spellen verwacht je ongeveer $100$ zessen, $100$ vijven en $400$ andere worpen. Winst: ongeveer $100 \times 6 + 100 \times 3 = 900$ . Kosten: $600 \times 2 = 1200$ . Verwacht nettoresultaat: $900 - 1200 = -300$ , dus gemiddeld een verlies van ongeveer $0.5$ per spel — het spel loont niet.

9.6 Opgave: de drie deuren die duizend wiskundigen om de tuin leidden

Probleem 9.1

Weekendopgave — de paradox van Monty Hall en haar neven: hoe informatie de kans verandert, en hoe steekproeven beweringen van wishful thinking scheiden

In 1990 publiceerde columniste Marilyn vos Savant een raadsel over een quizmaster, drie deuren, een auto en twee geiten — en beantwoordde het correct. Tienduizend lezers, onder wie honderden doctors in de wiskunde, schreven haar dat ze zich vergiste. Deze opgave wapent je met boomdiagrammen (Methode 9.8), complementen en de somregels (Stelling 9.6), laat je de ruzie zelf beslechten, en eindigt met het gereedschap dat elk zulk geschil in de praktijk beslecht: de schommelende steekproef.

Deel I — De regels, opgewarmd.

Eén kaart uit een standaardspel van $52$ kaarten: bereken $P(\text{heer of harten})$ met de somregel — en zeg waarom $\frac{4}{52} + \frac{13}{52}$ alleen fout is.
Drie eerlijke muntworpen: bereken $P(\text{minstens één keer kop})$ via het complement.
Een zak bevat $3$ rode en $2$ blauwe knikkers; er worden er twee getrokken zonder teruglegging. Bereken met een boomdiagram $P(\text{twee rode})$ en $P(\text{één van elke kleur})$ .
Vervolledig de verdeling van vraag 3 met $P(\text{twee blauwe})$ en ga na dat de drie kansen optellen tot $1$ .
Iemand meldt voor twee onverenigbare gebeurtenissen $P(A) = 0.6$ en $P(B) = 0.5$ . Ontmasker hem met één regel rekenwerk.

Deel II — De drie deuren. Het spel: achter één van drie deuren staat een auto, achter de twee andere staan geiten. Jij kiest een deur (zeg deur 1). De quizmaster — die weet waar de auto staat — opent een van de twee andere deuren, altijd met een geit erachter, en biedt je de kans om naar de overblijvende gesloten deur te wisselen.

Voordat je iets berekent: helpt wisselen, schaadt het, of maakt het niet uit? Schrijf je onderbuikgevoel op — eerlijk.
Nu het boomdiagram, per geval naargelang de werkelijke plaats van de auto (elk $\frac13$ ): staat de auto achter jouw deur, dan verliest wisselen; staat hij achter een van de andere twee, wat moet de quizmaster dan doen, en wat wint wisselen dan? Bereken $P(\text{winst door te wisselen})$ .
De versie van één regel: wisselen wint precies wanneer je eerste keuze fout was. Besluit opnieuw.
En nu de beslissende variant — “Monty Val”: de quizmaster weet niet waar de auto staat, opent willekeurig een van de andere deuren, en onthult bij toeval een geit. Noem de zes even waarschijnlijke scenario’s (plaats van de auto $\times$ geopende deur), gooi die weg waarin de auto onthuld wordt, en bereken de kans dat wisselen wint onder de overblijvende scenario’s. Wat veranderde er, en waarom doet de kennis van de quizmaster ertoe?
De verbeelding op gang: honderd deuren, jij kiest er één, de wetende quizmaster opent $98$ geitendeuren. Wisselen? Met welke kans op winst?
Je staat tegenover een scepticus die, net als de duizend briefschrijvers, op “fiftyfifty” blijft hameren. Beschrijf een simulatie met kaarten (drie kaarten, veel rondes, een vriend als quizmaster) en zeg welk aandeel gewonnen wisselingen je na $300$ rondes verwacht — met het schommelingsinterval uit dit hoofdstuk als marge.

Deel III — Neven van de paradox.

Een gezin heeft twee kinderen; je verneemt dat minstens één ervan een jongen is. Noem de even waarschijnlijke samenstellingen van een gezin met twee kinderen die met die informatie verenigbaar zijn, en bereken $P(\text{twee jongens})$ .
Hetzelfde gezin, maar de informatie luidt nu: het oudste kind is een jongen. Bereken opnieuw. Waarom verschillen de twee antwoorden, en wat delen ze met de twee Monty’s?
Drie eerlijke munten: bereken $P(\text{alle drie gelijk})$ . De wiskundige d’Alembert pleitte in 1754 voor een ander antwoord: “ofwel zijn ze alle drie gelijk, ofwel niet — één geval op twee”. Noem de precieze fout, met Propositie 9.3 bij de hand.
Meespelen aan een spel kost $2$ euro: gooi met een dobbelsteen, win $6$ euro bij een zes, $3$ euro bij een vijf, en niets in de overige gevallen (Oefening 9.9). Welke gemiddelde winst per spel voorspelt het tellen over $600$ spellen? Een verzekeraar past dezelfde wiskunde toe: een kans van $1\,\%$ per jaar op een schade van $10\,000$ euro — wat is de eerlijke premie, en waarom ligt de werkelijke premie erboven?

Deel IV — Steekproeven als scheidsrechter.

Een munt wordt $100$ keer opgegooid. Beslis met het schommelingsinterval $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ welke van deze uitkomsten de wenkbrauwen doen fronsen: $55$ keer kop; $70$ keer kop.
Een peiling bij $1\,000$ kiezers geeft een kandidaat $52\,\%$ . Bereken het schommelingsinterval rond $50\,\%$ en zeg of de peiling bewijst dat de kandidaat voorstaat.
Een fabriek beweert $4\,\%$ defecte onderdelen te maken. Een steekproef van $400$ toont er $28$ defect ( $7\,\%$ ); een latere steekproef van $2\,500$ toont er $175$ (opnieuw $7\,\%$ ). Toets de bewering aan elke steekproef. Waarom verschillen de oordelen?
Twee foutenbronnen achtervolgen elk onderzoek: vertekening van de steekproef (de weekendopgave over hoe gegevens liegen in het onderbouwvolume) en schommeling van de steekproef (dit hoofdstuk). Welke van beide krimpt naarmate $n$ groeit, en welke overleeft elke steekproefomvang? Telkens één zin.
Slotstuk — het lijstje van de kansrekenaar, één regel per punt: controleer dat de uitkomsten even waarschijnlijk zijn vóór je telt (vraag 15); boomdiagrammen en complementen voor meerdere stappen en voor “minstens” (vragen 2–3); informatie verandert kansen, en de manier waarop je ze verkreeg doet ertoe (vragen 7–14); steekproeven schommelen met ongeveer $\frac{1}{\sqrt n}$ , en simulatie spreekt recht (vragen 11, 16–18).

Oplossing

Oplossing van Probleem 9.1.

1. $P(\text{heer of harten}) = \frac{4}{52} + \frac{13}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}$ : de hartenheer zit in beide gebeurtenissen en mag niet twee keer geteld worden — vandaar de aftrekking (Stelling 9.6).

2. $P(\text{geen kop}) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$ , dus is $P(\text{minstens één}) = \frac78$ .

3. $P(RR) = \frac35 \times \frac24 = \frac{3}{10}$ ; $P(\text{één van elke}) = \frac35 \times \frac24 + \frac25 \times \frac34 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac35$ .

4. $P(BB) = \frac25 \times \frac14 = \frac1{10}$ ; en $\frac{3}{10} + \frac{6}{10} + \frac{1}{10} = 1$ : de bladeren van het boomdiagram tellen altijd op tot $1$ .

5. Onverenigbare gebeurtenissen voldoen aan $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.1 > 1$ : onmogelijk — er is kans verzonnen.

6. (De meeste mensen, de duizend briefschrijvers inbegrepen, antwoorden “het maakt niet uit, fiftyfifty”. Houd je antwoord bij voor vraag 8.)

7. Auto achter deur 1 (kans $\frac13$ ): de quizmaster opent een van beide geitendeuren; wisselen laat de auto staan: verlies. Auto achter deur 2 ( $\frac13$ ): de quizmaster moet deur 3 openen; wisselen komt op deur 2 uit: winst. Auto achter deur 3: symmetrisch: winst. Samen: $P(\text{wisselen wint}) = \frac13 + \frac13 = \frac23$ .

8. Je eerste keuze is fout met kans $\frac23$ — en precies dan laat de gedwongen onthulling van de quizmaster de auto achter de overblijvende deur staan: wisselen zet elke beginfout om in een winst. $\frac23$ , wat het onderbuikgevoel ook zei.

9. Zes even waarschijnlijke scenario’s: auto achter $1$ , $2$ of $3$ , quizmaster opent deur $2$ of $3$ (nooit die van jou). In twee ervan toont de onthulling de auto (auto@2/opent 2, auto@3/opent 3): weggegooid. Onder de vier overblijvende — auto@1/opent 2, auto@1/opent 3, auto@2/opent 3, auto@3/opent 2 — wint wisselen in de laatste twee: $\frac24 = \frac12$ . Bij een onwetende quizmaster is fiftyfifty juist: de paradox schuilt volledig in de kennis van de quizmaster, die de scenario’s ongelijk filtert.

10. Jouw keuze verbergt de auto met kans $\frac{1}{100}$ ; de $98$ onthullingen van de wetende quizmaster trechteren de overblijvende $\frac{99}{100}$ naar die ene gesloten deur. Wissel, en win $99$ keer op $100$ .

11. Drie kaarten (één aas, twee jokers), een vriend die gluurt en altijd een joker weglegt uit de twee die jij niet koos; speel $300$ rondes, wissel altijd, en noteer de winsten. Verwachte frequentie $\frac23 \approx 0.667$ , met schommeling $\pm\frac{1}{\sqrt{300}} \approx 0.058$ : verwacht tussen ongeveer $61\,\%$ en $72\,\%$ gewonnen wisselingen — ver van elke “fiftyfifty”.

12. Even waarschijnlijke samenstellingen (oudste–jongste): JJ, JM, MJ, MM. “Minstens één jongen” houdt JJ, JM, MJ over: $P(\text{JJ}) = \frac13$ .

13. “Het oudste is een jongen” houdt JJ en JM over: $P(\text{JJ}) = \frac12$ . Verschillende informatie filtert verschillende verzamelingen scenario’s — precies zoals bij de twee Monty’s: wat je verneemt doet ertoe, en hoe je het vernam evenzeer.

14. Alle drie gelijk: KKK, MMM: $\frac28 = \frac14$ . De fout van d’Alembert: zijn twee “gevallen” zijn niet even waarschijnlijk — “niet alle drie gelijk” bundelt zes van de acht uitkomsten. Propositie 9.3 telt alleen over even waarschijnlijke uitkomsten.

15. Gemiddelde winst per spel: $6 \times \frac16 + 3 \times \frac16 = 1.50$ euro, tegenover een inzet van $2$ euro: een gemiddeld verlies van $0.50$ per spel, ongeveer $300$ euro over $600$ spellen. De eerlijke premie maakt de gemiddelde uitkering gelijk: $1\,\% \times 10\,000 = 100$ euro; echte premies tellen er kosten en een veiligheidsmarge bij — de verzekeraar moet slechte jaren overleven, niet alleen gemiddelde.

16. Interval: $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} = \intcc{0.4}{0.6}$ . $55$ keer kop ( $0.55$ ): erbinnen, niets bijzonders. $70$ keer kop ( $0.70$ ): ver erbuiten — wantrouw de munt.

17. $\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0.032$ : een eerlijke kandidaat op $50\,\%$ zou typisch tussen $\intcc{0.468}{0.532}$ scoren — en $0.52$ ligt daar comfortabel binnen. De peiling suggereert een voorsprong maar bewijst niets: de marge slokt haar op.

18. Eerste steekproef: interval $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$ ; de waargenomen $0.07$ ligt erbinnen: geen oordeel. Tweede: $0.04 \pm \frac{1}{50} = \intcc{0.02}{0.06}$ ; de waargenomen $0.07$ valt erbuiten: de bewering staat nu ernstig ter discussie. Dezelfde frequentie, scherper instrument: de nauwkeurigheid groeit als $\sqrt n$ .

19. De schommeling krimpt als $\frac{1}{\sqrt n}$ : verviervoudig de steekproef en je halveert de ruis. Vertekening — de verkeerde menigte bevragen — overleeft elke $n$ : twee miljoen slecht gekozen stembiljetten bleven fout (de weekendopgave over hoe gegevens liegen in het onderbouwvolume).

20. (i) Ga na dat de uitkomsten even waarschijnlijk zijn vóór je telt — d’Alembert vergat het. (ii) Boomdiagrammen vermenigvuldigen langs de takken; “minstens één” geeft zich over aan het complement. (iii) Informatie filtert scenario’s, en haar bron verandert het filter — de wetende Monty tegenover de gevallen Monty, het oudste-jongen tegenover een-of-ander-jongen. (iv) Frequenties naderen kansen met snelheid $\frac{1}{\sqrt n}$ , zodat een geduldige simulatie elke ruzie beslecht — ook een met tienduizend boze briefschrijvers.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst