Syllabus Verzamelingen en Kansrekening

Syllabus Verzamelingen en Kansrekening cursus 2010/2011 W. Kager en M. van de Vel

Inhoudsopgave 1 Basisbegrippen 1 1.1 Basisbegrippen van de verzamelingenleer 1 1.2 Rol van verzamelingen in de kansrekening 4 1.3 Operaties met verzamelingen 6 1.4 Verzamelingenalgebra en redeneringen 8 2 Standaard uitkomstenruimtes 12 2.1 Vier soorten trekkingen 12 2.2 Zonder terugleggen/met volgorde 13 2.3 Zonder terugleggen/zonder volgorde 16 2.4 Met terugleggen/met volgorde 17 2.5 Met terugleggen/zonder volgorde 19 3 Gevorderde verzamelingenleer 23 3.1 Collecties van verzamelingen 23 3.2 Productverzamelingen 26 3.3 Functies en grafieken 30 3.4 Grootte van verzamelingen 34 Antwoorden op opgaven 41 Index 43

1 Basisbegrippen 1.1 Basisbegrippen van de verzamelingenleer Een verzameling is in de wiskunde een (ongeordende) collectie van elementen, zoals de collectie van alle gehele getallen groter dan 0 en kleiner dan 10, of die van alle even getallen. Zo n verzameling wordt vaak aangegeven door een opsomming van de elementen binnen accolades, waarbij de elementen worden gescheiden door komma s. Zo kunnen we de twee genoemde verzamelingen noteren als {1, 2, 3,...,9} en {2, 4, 6,...}. Naar goed gebruik gebruiken we hier... om aan te duiden dat de opsomming van de voorafgaande elementen volgens hetzelfde patroon voortgezet dient te worden. We spreken af dat in zulke opsommingen de punten staan voor alle tussenliggende gehele getallen, tenzij de (gedeeltelijke) opsomming die aan de punten voorafgaat duidelijk maakt dat er een andere voortzetting bedoeld wordt. Met{1,...,6} bedoelen we dus alle gehele getallen van 1 t/m 6, maar met{0, 2, 4,...,12} uitsluitend de even getallen van 0 t/m 12. De volgende verzamelingen worden bekend verondersteld uit het VWO: N ={1, 2, 3,...}, de verzameling van de natuurlijke getallen. Z={..., 2, 1, 0, 1, 2,...}, de verzameling van de gehele getallen. Q, de verzameling van de rationale getallen (de breuken). R, de verzameling van de reële getallen. Merk op dat 0 niet tot de natuurlijke getallen wordt gerekend. Om de verzameling van de niet-negatieve gehele getallen{0, 1, 2,...} aan te geven, gebruiken we de notatien 0 of ook welz + : N 0 :={0, 1, 2,...}, de verzameling van de niet-negatieve gehele getallen. Z + :={0, 1, 2,...}, de verzameling van de niet-negatieve gehele getallen. Het toekenningssymbool := geeft aan dat de uitdrukking links van het symbool (aan de kant van de dubbele punt) wordt gedefinieerd door de uitdrukking aan de rechterkant (de kant van het gelijkteken).

1 BASISBEGRIPPEN 2 Een verzameling kun je zien als een (denkbeeldig) geheel van elementen. Dat a een element is van V drukken we uit met de notatie a V. Als a geen element is van V dan schrijven we a V. Er geldt bijvoorbeeld 2 {1, 2, 3} 0 N 10 R 10 Z. Als we een reeks gegevens hebben zoals a Z, b Z, c Z, dan wordt dit ook wel zuiniger weergegeven als a, b, c Z. Een tweede, veel gebruikte manier om een verzameling te noteren maakt gebruik van een omschrijving. Dat ziet er als volgt uit: {prototype: omschrijving} of {prototype omschrijving}. (1.1) Je kunt zo n uitdrukking lezen als de verzameling van alle elementen van de vorm prototype, waarvoor geldt dat omschrijving. Dit is het beste te verduidelijken met een paar voorbeelden. N 0 ={z Z: z 0}. Het prototype is hier z Z en de omschrijving is z 0 : het gaat om de verzameling van alle getallen z inz, waarvoor geldt dat z 0. De verzameling van de even natuurlijke getallen is{n N: n is even}. Het prototype is een getal n N en de omschrijving is n is even : het gaat om de verzameling van alle getallen n inn, waarvoor geldt dat n even is. Een alternatieve weergave van de vorige verzameling is{2k: k N}. Het prototype is nu een getal van de vorm 2k met omschrijving k N : het betreft de verzameling van alle getallen van de vorm 2k waarvoor geldt dat k innzit. Twee verzamelingen V en W heten gelijk, notatie V= W, als ze precies dezelfde elementen bevatten, preciezer: als elk element van V ook in W zit, en elk element van W ook in V zit. Neem bijvoorbeeld V={1, 1, 2, 3} en W={3, 1, 2}. Dan zit elk element van V ook in W, en elk element van W zit ook in V (ga maar na), dus V= W. Kennelijk maakt het niet uit in welke volgorde de elementen van een verzameling worden opgesomd, of hoe vaak elk element in de opsomming voorkomt! Een verzameling W is een deelverzameling van V als ieder element van W ook in V zit. We noteren dit als W V, hetgeen je kunt uitspreken als W is bevat in V. Een alternatieve schrijfwijze is V W, spreek uit V bevat W. Er geldt bijvoorbeeld {1, 2, 3} N Q Z. Merk op: de uitspraak V= W is equivalent met de uitspraak V W en W V. Als W geen deelverzameling is van V, dan kunnen we dat noteren als W V. De verzameling W heet een echte deelverzameling van V als W een deelverzameling is van V (W V), maar V en W niet gelijk zijn (W V). Zo is de verzameling{3, 1, 2, 3} bijvoorbeeld een echte deelverzameling van{1, 2, 3, 4}. Een verzameling met geen enkel element wordt een lege verzameling genoemd. Voor twee lege verzamelingen is de uitspraak als x in de ene verzameling zit, dan zit x ook in de andere verzameling waar, omdat de premisse altijd onwaar is. Twee lege verzamelingen zijn dus gelijk. Er is kennelijk maar één lege verzameling, die we de lege verzameling noemen en noteren met. Merk op dat ={} (verzameling gevormd door een lege opsomming).

1.1 BASISBEGRIPPEN VAN DE VERZAMELINGENLEER 3 We sluiten deze paragraaf af met de in de wiskunde gebruikelijke notaties voor de intervallen op de reële rechte: (a, b) :={x R: a<x<b} (a, ) :={x R: x>a} (a, b] :={x R: a<x b} [a, ) :={x R: x a} [a, b) :={x R: a x<b} (, b) :={x R: x<b} [a, b] :={x R: a x b} (, b] :={x R: x b} De verzameling bestaande uit de niet-negatieve reële getallen noteren we ook als R + := [0, ). Opgaven 1. We hebben twee reële intervallen V := (1, 3) en W := [1,π). Ga na welke van de volgende uitspraken waar zijn en welke niet: (a) 1 V; (b) 1 W; (c) 0 V; (d) π V; (e) π W; (f) V W; (g) W V. 2. De verzameling V wordt als volgt gedefinieerd: V :={x Z: x is oneven of x is een drievoud}. Verder hebben we de verzamelingen A := {x Z: x is even} en B := {x Z: x is een drievoud}. Ga na welke van de volgende uitspraken waar zijn en welke niet: (a) 0 V; (b) 111 V; (c) 110 V; 1 (d) 3 V; (e) A V; (f) B V; (g) Z V. 3. Geef de volgende verzamelingen weer in de notatie met een prototype en een omschrijving zoals in formule (1.1): (a) De verzameling van alle negatieve gehele getallen; (b) De verzameling van alle irrationale (reële) getallen; (c) De verzameling van alle gehele getallen die deelbaar zijn door 7; (d) De verzameling van alle positieve, irrationale getallen; (e) De verzameling van alle reële nulpunten van het polynoom x 3 6x 2 +11x 6. 4. Zij A := (0, 10), B :={x R: x 2 + x+1=0} en C :={x R: x 3 1=0}. Formuleer elk van de volgende uitspraken in gewoon Nederlands, en ga na of de uitspraak waar is of niet: (a) A B; (b) B C;

1 BASISBEGRIPPEN 4 (c) C A. 5. Voer voor elk van de volgende uitspraken geschikte verzamelingen A en B in, en formuleer de uitspraak dan in de vorm A B : (a) Elk geheel getal dat deelbaar is door 21, is ook deelbaar door 7. (b) Alle oplossingen van de vergelijking x 2 x+3=0liggen tussen 0 en 10. (c) Het polynoom x 3 6x 2 + 11x 6 heeft geen positieve nulpunten. 6. Schrijf alle deelverzamelingen op van de verzamelingen V :={1} en W :={1, 2}. 7. Bepaal het totale aantal deelverzamelingen van V :={1, 2, 3, 4}. 1.2 Rol van verzamelingen in de kansrekening Het voornaamste doel van dit vak is dat je leert een wiskundig model op te stellen voor een experiment waarin toeval een rol speelt, en hoe je vervolgens met behulp van dit model kansen op gebeurtenissen kunt uitrekenen. Het model zal voor elke mogelijke uitkomst van het experiment de kans moeten geven dat het experiment die uitkomst heeft. Het is daarom in de eerste plaats van belang te weten wat de verzameling van alle mogelijke uitkomsten van het experiment is. Die verzameling noemen we de uitkomstenruimte, en we geven hem consequent weer met S. De uitkomstenruimte S speelt bij ons de rol van wat in de verzamelingenleer het universum wordt genoemd. Met die term geven we aan dat we in het vervolg met een verzameling altijd een deelverzameling van S bedoelen, en met een uitkomst altijd een element van S. Een deelverzameling A van S noemen we in de kansrekening een gebeurtenis. Als de uitkomst van het experiment in A ligt, dan zeggen we dat de gebeurtenis A optreedt. Ons doel is de kans te bepalen dat dit gebeurt. Deze kans is de som van de kansen op elk van de uitkomsten die in A ligt. Daarom is het van belang om precies te weten welke uitkomsten er in A zitten, d.w.z., om een gebeurtenis te kunnen uitdrukken als deelverzameling van S. Dit alles klinkt misschien heel abstract. Laten we daarom eens naar een paar concrete voorbeelden van kansexperimenten kijken, en uitleggen hoe we voor deze experimenten de uitkomstenruimte S kunnen opstellen en hoe we dan een gebeurtenis als deelverzameling van S kunnen beschrijven. Voorbeeld 1 (Werpen met een dobbelsteen). Stel dat het experiment bestaat uit het één keer gooien met een gewone, zeszijdige dobbelsteen. Dan zijn er 6 mogelijke uitkomsten van het experiment, en het ligt voor de hand die te nummeren van 1 t/m 6, waarbij het nummer van de uitkomst overeenkomt met het aantal ogen dat is gegooid. Onze uitkomstenruimte wordt dan S ={1,..., 6}. Misschien ben je niet geïnteresseerd in de precieze uitkomst van de worp met de dobbelsteen, maar wil je alleen maar weten of het aantal gegooide ogen even is. Deze gebeurtenis duiden we in de kansrekening aan met {er is een even aantal ogen gegooid}, d.w.z. door de omschrijving van de gebeurtenis te geven tussen accolades. Als de uitkomstenruimte S bekend is, dan staat deze uitdrukking voor de deelverzameling

1.2 ROL VAN VERZAMELINGEN IN DE KANSREKENING 5 van elementen van S die aan de omschrijving voldoen. In ons voorbeeld geldt {er is een even aantal ogen gegooid}={x S: x is even}. We zeggen dat de rechterkant in bovenstaande gelijkheid de gebeurtenis aan de linkerkant uitdrukt als deelverzameling van de uitkomstenruimte S. De abstracte notatie aan de linkerkant heeft een belangrijk voordeel: het duidt de gebeurtenis aan op een manier die niet afhangt van de keuze van de uitkomstenruimte S en de interpretatie van de elementen van S. Dit is belangrijk, omdat er altijd meerdere keuzes voor S mogelijk zijn. Zo hadden we in dit voorbeeld ook kunnen nemen S={0, 1,...,5}, waarbij elke uitkomst staat voor het aantal gegooide ogen min 1. Dan zou juist gelden {er is een even aantal ogen gegooid}={x S: x is oneven}. Dit lijkt misschien onnatuurlijk, maar wiskundig gezien zijn de twee keuzes volkomen equivalent. Voorbeeld 2 (Werpen met 5 dobbelstenen). Bij Yahtzee gooi je met 5 dobbelstenen tegelijk. Hoe kunnen we voor dit experiment een uitkomstenruimte opstellen? Wel, stel je voor dat de dobbelstenen genummerd zijn van 1 t/m 5. De uitkomst van de worp met de dobbelstenen kun je dan noteren door eerst het aantal ogen van dobbelsteen 1 op te schrijven, dan die van dobbelsteen 2, enz., tot en met dobbelsteen 5. Je krijgt dus een rijtje van 5 getallen, met elk getal tussen 1 en 6. In de wiskunde noteren we zo n geordend rijtje door de getallen, gescheiden door komma s, tussen twee ronde haakjes te schrijven, bijvoorbeeld (1, 5, 5, 2, 6). Let erop dat dit heel iets anders is dan{1, 5, 5, 2, 6} (een verzameling die bestaat uit 4 elementen)! Wiskundig kunnen we de uitkomstenruimte voor het gooien met 5 dobbelstenen dus noteren als S={(x 1, x 2,...,x 5 ): x 1, x 2,...,x 5 {1,...,6}}. Dit is de verzameling van alle rijtjes van 5 getallen, waarvoor geldt dat elk getal tussen 1 en 6 zit. Beschouw nu bijvoorbeeld de gebeurtenis {er zijn 5 verschillende aantallen ogen gegooid}. Deze gebeurtenis kunnen we als deelverzameling van S uitdrukken als {(x 1,...,x 5 ) S: x i x j voor alle i j}. Het prototype bestaat hier uit alle rijtjes van lengte 5 die in S zitten, de omschrijving specificeert dat alle getallen in het rijtje verschillend moeten zijn. In de omschrijving zeggen we niet expliciet dat i en j zelf in{1,...,5} moeten zitten, omdat dat hier uit de context al voldoende duidelijk is. Het kan soms een hele kunst zijn om voor een kansexperiment een geschikte uitkomstenruimte te vinden. Gelukkig is het in veel gevallen mogelijk om gebruik te maken van een van de zogenaamde standaard uitkomstenruimtes (of een kleine variatie daarop), die we in hoofdstuk 2 zullen introduceren. Die standaard uitkomstenruimtes maken allemaal, zoals we zullen zien, gebruik van geordende rijtjes zoals in het voorafgaande voorbeeld.

1 BASISBEGRIPPEN 6 1100 1100 1100 1100 1100 1100 1100 1100 1100 A B A B A B Vereniging Doorsnede Verschil 111000 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 A 00000 11111 B 000 111 A 000 111 A B 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 00000 11111 111000 00000 11111 00000 11111 111000 Symmetrisch verschil Complement (A B) c = A c B c 1.3 Operaties met verzamelingen In het vervolg beschouwen we het universum, oftewel de uitkomstenruimte S, als gegeven. Alle verzamelingen waar we over spreken zijn vanaf nu deelverzamelingen van S, oftewel gebeurtenissen in de taal van de kansrekening. Gegeven twee verzamelingen A en B kunnen we op eenvoudige wijze nieuwe verzamelingen construeren: A B :={x S: x Aen x B} de doorsnede van A en B; A B :={x S: x Aof x B} de vereniging van A en B; A\B :={x S: x Aen x B} het verschil van A met B. In woorden: A B is de verzameling van alle elementen van S die zowel in A als in B zitten. A B is de verzameling van alle elementen van S die in tenminste één van de verzamelingen A en B zitten. A\B is de verzameling van alle elementen van S die in A zitten maar niet in B. Om je deze verzamelingen voor te kunnen stellen is het vaak handig gebruik te maken van zogenaamde Venn-diagrammen 1. Hierin geven we het universum aan als een rechthoekig kader, en deelverzamelingen daarvan als gedeeltes van de rechthoek omlijnd door een ellips (naar goed gebruik). Allerlei elementaire eigenschappen van verzamelingen kunnen met zo n diagram op zicht duidelijk worden gemaakt. Zie de afbeelding hierboven. De bovengenoemde elementaire operaties met verzamelingen hebben een eenvoudige overeenkomstige interpretatie binnen de kansrekening: De gebeurtenis A B treedt op dan en slechts dan als A en B allebei optreden. De gebeurtenis A B treedt op dan en slechts dan als tenminste één van de twee gebeurtenissen A en B optreedt. 1 John Venn, Engels wiskundige, 1834 1923.

1.3 OPERATIES MET VERZAMELINGEN 7 De gebeurtenis A\B treedt op dan en slechts dan als A optreedt, maar B niet. In vraagstukken is het handig om deze constructies te herkennen, omdat ze het mogelijk maken om een gebeurtenis met een complex ogende omschrijving uit te drukken in gebeurtenissen waarvan de kansen eenvoudiger zijn uit te rekenen. De basisrekenregels van de kansrekening vertellen je vervolgens hoe je de kans op de complexere gebeurtenis kunt uitrekenen met behulp van de kansen op de eenvoudiger gebeurtenissen. Dit komt uitgebreid aan bod in de colleges. Voorbeeld 3 (Gooien met een dobbelsteen). Beschouw voor het experiment waarin je met één dobbelsteen gooit de twee gebeurtenissen A :={er wordt een even aantal ogen gegooid}; B :={er worden meer dan 4 ogen gegooid}. Dan geldt A B :={het gegooide aantal ogen is even en groter dan 4}; A B :={het gegooide aantal ogen is even of groter dan 4 (of beide)}; A\B :={het gegooide aantal ogen is even maar niet groter dan 4}; B\A :={het gegooide aantal ogen is groter dan 4 en oneven}. Wanneer geldt A B=, dan noemen we A en B disjunct. In woorden: A en B zijn disjunct als ze geen enkel element gemeenschappelijk hebben. Verder definiëren we A c := S\A={x S: x A} het complement van A. De interpretatie hiervan in de kansrekening is als volgt: De gebeurtenis A c treedt op dan en slechts dan als A niet optreedt. Merk op dat de afhankelijkheid van S niet in de notatie A c tot uitdrukking wordt gebracht. Er wordt impliciet verondersteld dat het complement wordt genomen ten opzichte van de verzameling S van alle mogelijke uitkomsten van het experiment. Merk op dat we het verschil A\B nu ook kunnen schrijven als A\B=A B c. Het is niet moeilijk om in te zien dat in het algemeen A\B B\A (zie voorbeeld 3). Met andere woorden, de operatie\ is niet commutatief. Daarom gebruikt men soms het symmetrisch verschil A B van twee verzamelingen A en B: A B := (A\B) (B\A) het symmetrisch verschil van A en B. Er geldt wel altijd A B=B A. We laten het aan de lezer om de interpretatie van A B in de kansrekening te formuleren (opgave 1). Opgaven 1. Geef de interpretatie van A B in de kansrekening.

1 BASISBEGRIPPEN 8 2. Controleer met Venn-diagrammen dat de volgende gelijkheden juist zijn. (a) A B=B A. (b) A B=(A B)\(A B). 3. Controleer met Venn-diagrammen of de volgende uitspraken correct zijn. NB: de mogelijke antwoorden zijn ja, nee of hangt af van A en B. (a) S=A A c. (b) A=(B A) (B c A). (c) S=(B\A) (A\B). 4. Voor vraagstukken met reële getallen zijn Venn-diagrammen vaak minder aangewezen als hulpmiddel. In deze opgave gebruiken we een voorstelling m.b.v. een assenstelsel. Gegeven zijn de volgende verzamelingen: A={(x, y): x, y R, x+ y 1}; B={(x, y): x, y R, x 2 + y 2 1}. (a) Teken de verzamelingen A en B in een (x, y)-assenstelsel. (b) Geef in de tekening de verzamelingen A B, A B, A\B en B\A aan. 5. Schrijf de gegeven verzameling als een doorsnede, vereniging of verschil van de twee aangegeven verzamelingen A en B: (a) De verzameling van alle x R met 0 x 1 of 2 x 3 (neem A=[0, 1], B=[2, 3]). (b) De verzameling van alle gehele getallen die deelbaar zijn door 7, maar niet (c) door 11 (neem A={7n: n Z}, B={11n: n Z}). De verzameling van alle x R met x 2 > 2 (neem A={x R: x> 2}, B={x R: x< 2}). (d) De verzameling van alle niet-negatieve, irrationale getallen (A=R +, B= Q). (e) De verzameling van alle negatieve, rationale getallen (A=R +, B=Q). 6. Ga met behulp van Venn-diagrammen na of de uitspraak waar of onwaar is: (a) A (B\C)=(A B)\C. (b) A (B\C)=(A B)\C. (c) (A\B) (A\C) A\(B C). (d) (A\B) (A\C) A\(B C). 7. Controleer met behulp van Venn-diagrammen dat in het algemeen: (a) A\B B\A. (b) (A\B)\C A\(B\C). (c) A\(B\C) (A C)\B. 1.4 Verzamelingenalgebra en redeneringen In de vorige paragraaf hebben we Venn-diagrammen gebruikt om formules met verzamelingen te controleren. In deze paragraaf geven we meer gerichte methodes om met dergelijke formules om te gaan. De eerste methode is een algebraïsche methode, waarbij een complexe formule wordt ontleedt in een beperkt aantal fundamentele subformules. We kunnen de fundamentele subformules onderverdelen in een aantal groepen:

1.4 VERZAMELINGENALGEBRA EN REDENERINGEN 9 c = S S c = A A c = A A c = S S is complement van is complement van S (vgl: logische contradictie) (vgl: logische tautologie) (A c ) c = A involutie van complement (A B) c = A c B c wet van De Morgan voor (A B) c = A c B c wet van De Morgan voor A A=A A A=A A B=B A A B=B A A (B C)=(A B) C A (B C)=(A B) C A (B C)=(A B) (A C) A (B C)=(A B) (A C) A\B=A B c A B=(A B) (A B) c idempotentie van idempotentie van commutativiteit van commutativiteit van associativiteit van associativiteit van distributiviteit van over distributiviteit van over omzetting via definitie van\ omzetting via definitie van Opmerking: Omdat en associatief zijn, kunnen we in het vervolg simpelweg schrijven A B C en A B C (dus zonder haakjes te gebruiken), zonder dat er verwarring kan ontstaan over wat we bedoelen. Echter, in een formule waarin zowel als voorkomt is het natuurlijk wel noodzakelijk haakjes te gebruiken! We beschouwen de bovenstaande gelijkheden nu als axioma s van waaruit we nieuwe formules kunnen ontdekken door te rekenen. Dit leidt tot een heuse verzamelingenalgebra. Het volgende voorbeeld lijkt op de bananenformule voor het product (a+b)(c+d): (A B) (C D)= ( (A B) C ) ( (A B) D ) = ( (A C) (B C) ) ( (A D) (B D) ) = (A C) (B C) (A D) (B D). Op de tweede regel werden de onderdelen (A B) C en (A B) D vervangen door gelijkwaardige onderdelen volgens de distributieve wetten. Op de derde regel hebben we de associativiteit van gebruikt om de buitenste haakjes weg te laten. Voorbeeld 4. Toon aan dat A\(B C)=(A\B) (A\C). Bewijs. Volgens de definitie van\en de eerste wet van De Morgan geldt dat A\(B C)=A (B C) c = A (B c C c ). Vervolgens gebruiken we de distributiviteit van over om te zien dat A (B c C c )=(A B c ) (A C c )=(A\B) (A\C).

1 BASISBEGRIPPEN 10 We komen nu op de tweede manier om verzamelingenformules te bewijzen: logisch redeneren. Vooral in meer complexe gevallen is dit eigenlijk de enige goed begaanbare weg. Als je bijvoorbeeld aan moet tonen dat A B, dan kun je een willekeurig element x van A beschouwen, en beredeneren dat x dan noodzakelijk ook in B moet zitten. Om te bewijzen dat A=B moet je zo n redenering in beide richtingen houden. Immers, aantonen dat A=B is hetzelfde als aantonen dat A B en B A. We illustreren dit met een aantal voorbeelden. Voorbeeld 5. Toon aan dat{x R: x 2 < 4} [ 3, 3]. Bewijs. Stel dat x een element is vanrmet de eigenschap x 2 < 4. Dan volgt daaruit dat 2<x<2 en dus 3 x 3. We concluderen dat x [ 3, 3]. Voorbeeld 6. Als A B, dan A c B c. Bewijs. Neem aan A B, en laat x een element zijn van B c. Dan geldt dus x B. Maar de aanname A B zegt dat elk element van A ook in B zit, waaruit volgt dat x niet in A kan zitten: x A c. Daarom geldt B c A c. Voorbeeld 7 (Alternatief voor voorbeeld 4). Toon aan dat A\(B C)=(A\B) (A\C). Bewijs. Het bewijs gaat in twee stappen: 1. Stel x A\(B C). Dan zit x in A maar niet in zowel B als C. Dus zijn er twee mogelijkheden: x zit in A maar niet in B, of anders moet x wel in A en B zitten, maar niet in C. In het eerste geval zit x in A\B, en in het tweede geval in A\C. Daaruit concluderen we A\(B C) (A\B) (A\C). 2. Stel x (A\B) (A\C). Dan kan het zo zijn dat x in A\B zit, en zo niet, dan zit x wel in A\C. In het eerste geval zit x wel in A maar niet in B, en dus zit x wel in A maar niet in B C. En in het tweede geval zit x wel in A maar niet in C, en dus zit x wel in A maar niet in B C. In beide gevallen geldt dus x A\(B C), waaruit we concluderen (A\B) (A\C) A\(B C). Voorbeeld 8 (Eerste wet van De Morgan). Toon aan dat (A B) c = A c B c. Bewijs. Dit bewijs gaat weer in twee stappen: 1. Neem aan dat x (A B) c. Dan zit x dus niet in zowel A als B. Daaruit volgt x A of x B. Maar dan geldt x A c of x B c, dus x A c B c. Hieruit concluderen we: (A B) c A c B c. 2. Stel nu x A c B c. Dan zit x dus in A c of in B c, en dus x A of x B. Met andere woorden, als x in A zit, dan zit x niet in B, waaruit volgt dat x niet zowel in A als in B kan zitten. Dus x (A B) c, waaruit we concluderen A c B c (A B) c.

1.4 VERZAMELINGENALGEBRA EN REDENERINGEN 11 Opgaven 1. Controleer de gegevens met behulp van Venn-diagrammen: (a) De distributieve wet A (B C)=(A B) (A C). (b) De distributieve wet A (B C)=(A B) (A C). (c) De wet van De Morgan (A B) c = A c B c. (d) De wet van De Morgan (A B) c = A c B c. 2. Controleer met verzamelingenalgebra: (a) (A B)\C=(A\C) (B\C). (b) (A B)\C=(A\C) (B\C). (c) A\(B C)=(A\B) (A\C). 3. Bewijs of weerleg de inclusie A B met een redenering: (a) A :={21n: n N}, B :={3n: n N}. (b) A :={1, 2, 3}, B :={x R: x 3 6x 2 + 11x 6=0}. (c) A :={x R: x >1}, B :={x R: x 2 x>0}. 4. Verifieer eerst de uitspraak met een Venn-diagram, en geef vervolgens een formeel bewijs: (a) Als A B, dan A B=B. (b) Als A B, dan A B=A. (c) A B Aen A B B. (d) Als A B, dan A\B=. 5. Bewijs (S is uiteraard het universum): (a) A c B c = A B. (b) (A B) (A B c )=S. (c) (lastig) De associatieve eigenschap van het symmetrisch verschil: (A B) C=A (B C). 6. (lastig) Laat A, B en C de volgende deelverzamelingen vanr 2 zijn: A :={(x, y): x, y R, x 2 + y 2 1} B :={(x, y): x, y R, x + y 1} C :={(x, y): x, y R, x 1, y 1} Bewijs of weerleg de volgende uitspraken: (a) A B, A C, B A. (b) B C, C A, C B. Aanwijzing: Maak eerst een schets, waaruit meetkundig blijkt welke inclusies gelden en welke niet. Geef daarna formele redeneringen om de correcte inclusies te bewijzen, en geef concrete punten aan in het vlak die de foute inclusies weerleggen.

2 Standaard uitkomstenruimtes 2.1 Vier soorten trekkingen Veel kansexperimenten zijn te vergelijken met het trekken van (genummerde) ballen uit een vaas. In dit hoofdstuk bekijken we de verschillende manieren waarop je ballen uit een vaas kunt trekken. Dit leidt tot de formulering van een aantal standaard uitkomstenruimtes, die niet alleen toepasbaar zijn op het trekken van ballen uit een vaas, maar ook op tal van andere kansexperimenten. Voorbeeld 9. Welke mogelijke resultaten zijn er bij drie worpen met een dobbelsteen? Je kan elk resultaat precies nabootsen door drie maal een bal te nemen uit een voorraad van 6 genummerde ballen. Omdat hetzelfde aantal ogen meerdere keren kan voorkomen, moet je elke getrokken bal terugleggen voordat je de volgende bal trekt. Voorbeeld 10. Welke mogelijkheden zijn er bij bridge om de 52 speelkaarten te verdelen over de 4 spelers? Je kunt dit precies nabootsen door één voor één een bal te trekken uit een voorraad van 52 genummerde ballen. Elke bal staat voor een van de 52 speelkaarten. De eerste 13 getrokken ballen bepalen de kaarten die uitgedeeld worden aan speler 1, de volgende 13 horen bij speler 2, enz. In dit voorbeeld moet je elke getrokken bal niet terugleggen voordat je de volgende bal pakt. We spreken van trekkingen met terugleggen en trekkingen zonder terugleggen. Verder moeten we afspreken of we al dan niet letten op de volgorde waarin de ballen worden getrokken. Bij het delen van speelkaarten maakt het gewoonlijk niet uit in welke volgorde de spelers de kaarten gekregen hebben, maar gaat het er alleen maar om welke kaarten ze gekregen hebben. En bij de meeste spellen met dobbelstenen gooi je de dobbelstenen tegelijkertijd en let je ook niet op de volgorde. Er zijn echter best spellen te bedenken waarin de volgorde wel uitmaakt. We onderscheiden daarom ook trekkingen met en trekkingen zonder (inachtneming van de) volgorde. Er zijn dus vier soorten trekkingen. Voor elk daarvan zullen we een standaard manier geven om de uitkomstenruimte op te stellen. We zullen hierbij uitgaan van een vaas met daarin m ballen, die genummerd zijn van 1 t/m m, waaruit we in

2.2 ZONDER TERUGLEGGEN/MET VOLGORDE 13 totaal n ballen trekken. We bepalen ook het precieze aantal elementen van elke uitkomstenruimte, en illustreren met voorbeelden hoe je gebeurtenissen uit kunt drukken als deelverzamelingen van de uitkomstenruimte. We illustreren ook hoe je de kansen op deze gebeurtenissen kunt uitrekenen. Daartoe maken we gebruik van het feit dat (in de meeste gevallen) elke mogelijke uitkomst van het experiment even waarschijnlijk is we spreken dan van een homogeen kansmodel. We proberen in dit hoofdstuk zo intuïtief mogelijk te werk te gaan. In hoofdstuk 3 zullen we zien dat de uitkomstenruimtes die we hier construeren in feite (deelverzamelingen van) zogenaamde productverzamelingen zijn. Ook zullen we in dat hoofdstuk formele telregels formuleren waarmee je de grootte van verzamelingen kunt bepalen. De intuïtieve aanpak in dit hoofdstuk wijst daar alvast naar vooruit. Opgaven 1. Bij Amerikaanse roulette zijn er 18 genummerde zwarte vakjes, 18 genummerde rode vakjes, en 2 groene vakjes waarin het balletje kan landen. Wat voor soort trekking komt overeen met het spelen van Amerikaanse roulette? 2. Van een groep van 20 mensen wil je modelleren op welke dagen in het jaar zij jarig zijn. Je gaat er daarbij van uit dat iedereen op een volstrekt willekeurige dag jarig is, en je negeert schrikkeljaren. (a) Met wat voor soort trekking kun je de mogelijke verjaardagen van de 20 mensen modelleren? (b) Stel dat je weet dat alle 20 mensen op verschillende dagen jarig zijn. Met wat voor soort trekking kun je dan een mogelijke realisatie van hun verjaardagen modelleren? 2.2 Zonder terugleggen/met volgorde Trekken zonder terugleggen en met inachtneming van de volgorde is wellicht de meest voor de hand liggende methode om een trekking uit te voeren. Bij deze methode trek je een willekeurige bal uit de vaas, en noteert het nummer dat op de bal staat. Vervolgens pak je opnieuw een willekeurige bal uit de vaas, en noteert zijn nummer achter dat van de vorige getrokken bal. Zo ga je door tot je in totaal n ballen hebt getrokken. Als resultaat krijg je een rijtje van n getrokken nummers. Merk op dat noodzakelijkerwijs moet gelden n m, met m het totale aantal ballen. Een trekking zonder terugleggen/met volgorde resulteert dus in een (geordend) rijtje van n verschillende getallen. Wiskundig geformuleerd geeft dit ons de volgende standaard uitkomstenruimte voor dit experiment: S={(x 1, x 2,...,x n ): x 1, x 2,...,x n {1, 2,...,m}, x i x j als i j}. Hier staat x i voor het nummer op de i-de getrokken bal. Wat is nu het aantal elementen van S? In paragraaf 3.4 zullen we telregels introduceren waarmee je de grootte van verzamelingen op een formele manier kunt bepalen, maar hier geven

2 STANDAARD UITKOMSTENRUIMTES 14 we eerst een meer intuïtieve, grafische manier om in te zien wat het aantal elementen van S is. Beschouw het interval (0, 1] en bekijk de eerste trekking. Er zijn m mogelijke ballen die je kunt trekken. Verdeel het interval (0, 1] in m gelijke stukken, en associeer elk stuk met één van de m mogelijke trekkingen. Dit is stap 1. Bekijk vervolgens de tweede trekking. Bij elk van de voorgaande m mogelijke trekkingen zijn er nog m 1 ballen over in de vaas. Verdeel dus elk interval uit de vorige stap in m 1 gelijke stukken, en associeer elk stuk met één van de mogelijke m 1 trekkingen voor de tweede bal. Dit is stap 2. Het is duidelijk dat we na deze tweede stap m (m 1) intervallen hebben, omdat elk van de m intervallen uit stap 1 in m 1 stukken werd opgedeeld. Elk van deze intervallen correspondeert met een unieke manier om twee ballen uit de vaas te trekken. Ga nu op dezelfde manier verder voor de derde trekking, de vierde trekking, enz. Voorbeeld 11. Voor een trekking zonder terugleggen/met volgorde van 3 ballen uit een vaas met in totaal 4 ballen krijgen we de volgende representatie, waarbij het nummer boven elk interval correspondeert met de bal die getrokken wordt: stap 1: stap 2: stap 3: 0 0 1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 0 3 4 2 4 2 3 3 4 1 2 1 3 2 4 1 4 1 2 2 3 1 3 1 2 (3, 1, 4) De gestippelde pijl in dit plaatje loopt door het interval dat correspondeert met de trekking (3, 1, 4). Merk op dat elke trekking met een uniek interval overeenkomt. Uit de grafische constructie volgt dat na stap k het aantal verkregen intervallen gegeven wordt door m (m 1) (m 2) (m k+1). Aangezien de intervallen na stap k precies overeenkomen met alle manieren om de eerste k ballen te pakken, volgt hieruit (door k=n te nemen) dat het totale aantal elementen van de uitkomstenruimte S gelijk is aan #S=m (m 1) (m n+1). We kunnen dit ook schrijven als #S= m! (m n)! waarbij m! (spreek uit m faculteit ) gedefinieerd is door m (m 1) (m 2) 1 voor m N; m! := 1 voor m=0. Merk in het bijzonder op dat #S=m! als we alle ballen één voor één uit de vaas trekken, d.w.z., als we n=m nemen. Het aantal volgordes waarin je m ballen kunt neerleggen is dus m!. Dit noemen we ook het aantal permutaties van m elementen. 1 1 1

2.2 ZONDER TERUGLEGGEN/MET VOLGORDE 15 Normaal gesproken is elke mogelijke uitkomst voor een trekking zonder terugleggen/met volgorde even waarschijnlijk. We kunnen dan werken met het homogene kansmodel waarbij elke uitkomst in S de kans 1/#S=(m n)!/m! heeft. Voorbeeld 12. Neem een vaas met m=20 ballen, en trek daaruit n=5 ballen zonder terugleggen en met inachtneming van de volgorde. Bekijk de gebeurtenissen A={alleen ballen met een nummer kleiner dan 11 worden getrokken}; B={de nummers worden in oplopende volgorde getrokken}. De gebeurtenis A treedt op als de 5 getrokken ballen uit de 10 ballen met nummers 1 t/m 10 gekozen worden. Als deelverzameling van S wordt A dus beschreven door met A={(x 1, x 2,...,x 5 ) S: x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,10}} S={(x 1, x 2,...,x 5 ): x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,20}, x i x j als i j}. Merk op dat we in de omschrijving van gebeurtenis A niet meer hoeven te vermelden dat x i x j moet zijn voor i j, omdat dit al volgt uit het feit dat de elementen van A uit de verzameling S komen. Om P(A) te berekenen moeten we #A bepalen. Maar dit komt precies overeen met het aantal manieren waarop je zonder terugleggen/met volgorde 5 ballen uit een vaas met in totaal 10 ballen kunt trekken. Dus #A= 10! 5! en daaruit volgt (in het homogene kansmodel) dat P(A)= #A 10! #S = 5! 20! 15! = 15! 10! 20! 5! = 21 1292. Bekijk vervolgens de gebeurtenis A B. Nu ligt de volgorde waarin de ballen getrokken worden vast. We hebben hierboven uitgelegd dat er 5! volgordes zijn waarin je 5 verschillende ballen kunt neerleggen. Dat betekent dat er voor elke trekking zonder terugleggen/met volgorde van 5 ballen uit een vaas met in totaal 10 ballen, 5! 1 andere trekkingen zijn waarbij dezelfde ballen betrokken zijn. Precies één van die 5! trekkingen is in oplopende volgorde. Hieruit volgt dat #(A B)= 10! 5! 5!, en dus P(A B)= #(A B) #S = 10! 5! 5! 20! 15! = 10! 5!5! 15! 20! = 7 51 680. Opgaven 1. Druk de gebeurtenis A B uit voorbeeld 12 uit als deelverzameling van S.

2 STANDAARD UITKOMSTENRUIMTES 16 2.3 Zonder terugleggen/zonder volgorde Soms ben je bij het trekken zonder terugleggen niet geïnteresseerd in de volgorde waarin de ballen worden getrokken, maar wil je alleen weten welke ballen er getrokken worden (zoals bij gebeurtenis A in voorbeeld 12 hierboven). In dat geval zou je net zo goed in één greep n ballen uit de vaas kunnen trekken. We spreken dan van trekken zonder terugleggen/zonder volgorde. Om de uitkomst van zo n trekking te noteren, zou je het volgende kunnen doen: van tevoren schrijf je de nummers 1 t/m m op een rij, en na de trekking kruis je dan de nummers door van de getrokken ballen. Achteraf kun je uit dit resultaat dan alleen achterhalen welke ballen er getrokken zijn, maar je weet niets over de volgorde, ongeacht of de ballen één voor één werden getrokken of in één greep. Wiskundig zou je de uitkomst kunnen noteren als een rijtje van de getrokken nummers, waarbij je de getrokken nummers altijd in oplopende volgorde noteert: S={(x 1, x 2,...,x n ): x 1, x 2,...,x n {1, 2,...,m}, x 1 < x 2 < <x n }. In de vorige paragraaf hebben we gezien dat het aantal mogelijke uitkomsten voor een trekking van n uit m ballen zonder terugleggen/met volgorde wordt gegeven door m!/(m n)!. Bovendien hebben we gezien dat het aantal volgordes waarin je n ballen kunt neerleggen wordt gegeven door n!. Hieruit volgt dat precies 1 op de n! volgordes waarin je n verschillende getallen kunt noteren een oplopende volgorde is. Daarom wordt het aantal elementen van S gegeven door #S= m! n! (n m)! = ( m n waarbij de binomiaalcoëfficiënt ( m n) is gedefinieerd door ( ) m! m als n {0, 1,...,m}; := n! (n m)! n 0 anders. ), De binomiaalcoëfficiënt ( m n) geeft het aantal manieren waarop je n objecten kunt kiezen uit een verzameling van m objecten. We spreken ook wel van het aantal combinaties van n uit m objecten. Opnieuw zal voor het hier beschouwde type trekking het homogene kansmodel de natuurlijke keuze zijn, omdat elke greep van n ballen uit de vaas normaal gesproken dezelfde kans heeft. In dit geval heeft elke uitkomst dus de kans 1/#S=1/ ( m n). Voorbeeld 13. Bekijk opnieuw een vaas met m=20 ballen, trek nu n=5 ballen in één greep, en beschouw weer de gebeurtenis A uit voorbeeld 12: A={alleen ballen met een nummer kleiner dan 11 worden getrokken}. Gebeurtenis A treedt op als de 5 ballen uit de ballen met nummers 1 t/m 10 worden gekozen. Deze gebeurtenis is nu als deelverzameling van S te schrijven als A={(x 1, x 2,...,x 5 ) S: x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,10}}

2.4 MET TERUGLEGGEN/MET VOLGORDE 17 waarbij S={(x 1, x 2,...,x 5 ): x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,20}, x 1 < x 2 < <x 5 }. Omdat er ( 10 5) mogelijke keuzes zijn voor de 5 getrokken ballen, krijgen we P(A)= #A ( 10 ) #S = 5 )= = 10! 15! = 21 20! 5! 1292. ( 20 5 10! 5! 5! 20! 15! 5! Vergelijk dit met de situatie bij het trekken zonder terugleggen/met volgorde: het gevonden antwoord is hetzelfde, maar de beschrijving van A en de berekening zijn net even anders. Er is nog een voor de hand liggende alternatieve manier om de uitkomstenruimte voor een trekking zonder terugleggen/zonder volgorde wiskundig te formuleren. Als je de trekking nabootst door de getrokken nummers door te kruisen, zoals we hierboven beschreven, dan komt dit wiskundig gezien op een natuurlijke manier overeen met de uitkomstenruimte S ={(y 1, y 2,..., y m ): y 1, y 2,..., y m {0, 1}, y 1 + y 2 + + y m = n}, waarbij y i = 0 betekent dat bal i niet werd getrokken (niet doorgekruist) en y i = 1 dat bal i wel werd getrokken (doorgekruist). Omdat er in totaal n ballen worden getrokken moet gelden y 1 + y 2 + + y m = n, waarbij uiteraard n m moet zijn. Merk op dat het verschil tussen S en S slechts een kwestie is van hoe je een uitkomst wilt noteren; met elke uitkomst in S komt op een natuurlijke wijze precies één uitkomst in S overeen (opgave 1). In het bijzonder is dus #S=#S. Opgaven 1. Leg uit op welke wijze de twee representaties S en S met elkaar overeenkomen, dat wil zeggen, let uit hoe een element van S genoteerd zou worden als element van S en andersom. 2. Druk de gebeurtenis A uit voorbeeld 13 uit als deelverzameling van S, en bereken P(A) in deze representatie. 3. (lastig) Geef een alternatieve uitkomstenruimte S voor trekken zonder terugleggen/met volgorde die van dezelfde vorm is als de hierboven gegeven uitkomstenruimte S voor trekken zonder terugleggen/zonder volgorde. 2.4 Met terugleggen/met volgorde Bij trekken met terugleggen wordt elke getrokken bal teruggestopt in de vaas voordat de volgende bal wordt getrokken. Er zijn dan twee belangrijke verschillen met trekken zonder terugleggen: dezelfde bal kan meerdere keren worden getrokken en het aantal getrokken ballen n kan groter zijn dan het totale aantal ballen m in de vaas. Net als bij het trekken zonder terugleggen ligt het weer voor de hand de ballen

2 STANDAARD UITKOMSTENRUIMTES 18 één voor één te trekken, en de nummers op de getrokken ballen te noteren in de volgorde waarin ze getrokken werden. Dat leidt tot de standaard uitkomstenruimte S={(x 1, x 2,...,x n ): x 1, x 2,...,x n {1, 2,...,m}}. Vergelijk dit met de uitkomstenruimte voor trekken zonder terugleggen/met volgorde: de restrictie dat de x i s verschillend moeten zijn vervalt nu! Bovendien kan n nu ook groter zijn dan m. Omdat er in dit experiment voor elke getrokken bal m mogelijkheden zijn, wordt het aantal mogelijke uitkomsten gegeven door #S=m m m } {{ } n factoren = m n. Dit is opnieuw niet moeilijk in te zien met een grafische methode zoals uitgelegd in paragraaf 2.2 (opgave 1). Weer is het zo dat normaal gesproken elke mogelijke uitkomst voor deze manier van trekken even waarschijnlijk is, zodat we met het homogene kansmodel met uitkomstenruimte S kunnen werken; elke uitkomst heeft dan kans 1/#S=m n. Voorbeeld 14. Neem opnieuw m=20, n=5en de gebeurtenissen A={alleen ballen met een nummer kleiner dan 11 worden getrokken}; B={de nummers worden in oplopende volgorde getrokken}. Op gebeurtenis A heeft elke getrokken bal een nummer tussen 1 en 10. Deze gebeurtenis wordt als deelverzameling van S beschreven door met A={(x 1, x 2,...,x 5 ) S: x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,10}} S={(x 2, x 2,...,x 5 ): x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,20}}. Het is direct duidelijk dat #A=10 5 en dus P(A)= #A ( ) #S = 105 1 5 20 5= = 1 2 32. Op de gebeurtenis A B moeten de getrokken ballen 5 verschillende nummers tussen 1 en 10 hebben, en deze nummers moeten bovendien in oplopende volgorde worden getrokken. Als deelverzameling van S wordt dit A B={(x 1, x 2,...,x 5 ) S: x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,10}, x 1 < x 2 < <x 5 }. Zoals we eerder hebben gezien heeft deze verzameling ( 10 5) elementen. Daarom geldt P(A B)= #(A B) #S = ( 10 5) 20 5= 10! 5! 5! 20 5= 63 800 000.

2.5 MET TERUGLEGGEN/ZONDER VOLGORDE 19 Opgaven 1. Bekijk de trekking uit voorbeeld 11. Stel nu dat je in dat voorbeeld met terugleggen zou trekken in plaats van zonder terugleggen. Maak de grafische representatie voor die situatie en verifieer daarmee dat het aantal elementen van de uitkomstenruimte inderdaad gegeven wordt door m n. 2. In voorbeelden 12, 13 en 14 keken we telkens naar dezelfde gebeurtenis A, maar voor verschillende manieren van trekken. We kregen twee verschillende uitkomsten voor de kans P(A). Verklaar waarom we twee keer dezelfde uitkomst kregen, en we de derde keer een grotere kans op A kregen. 3. Vergelijk de uitkomsten voor de kans P(A B) uit voorbeelden 12 en 14 met elkaar en geef een verklaring voor het verschil. 2.5 Met terugleggen/zonder volgorde Ook bij het trekken met terugleggen kun je wel of geen acht slaan op de volgorde waarin je de ballen trekt. Als je niet geïnteresseerd bent in de volgorde, dan zou je als volgt te werk kunnen gaan. Je maakt van tevoren een lijstje van de nummers 1 t/m m. Daarna trek je één voor één de ballen met terugleggen, waarbij je telkens een turfje zet achter het nummer van de getrokken bal. Zodoende turf je dus hoe vaak je elke bal hebt getrokken. De volgorde waarin je de ballen trok is bij deze werkwijze achteraf niet meer te achterhalen. De uitkomst van het experiment zouden we nu wiskundig kunnen noteren als een rijtje getallen y 1 t/m y m die ons vertellen hoe vaak elke bal is getrokken. Dat geeft de uitkomstenruimte S ={(y 1, y 2,..., y m ): y 1, y 2,..., y m {0, 1,...}, y 1 + y 2 + + y m = n}. Vergelijk dit met het trekken zonder terugleggen/zonder volgorde: het verschil is dat elke bal nu meer dan 1 keer getrokken kan worden. Net als bij het trekken zonder terugleggen/zonder volgorde is het weer mogelijk de uitkomsten op een tweede manier te noteren, namelijk door de getrokken nummers in oplopende volgorde te noteren. Deze aanpak geeft de uitkomstenruimte S={(x 1, x 2,...,x n ): x 1, x 2,...,x n {1, 2,...,m}, x 1 x 2 x n }, waarbij nu opeenvolgende nummers hetzelfde kunnen zijn (kleiner-gelijk-tekens in plaats van kleiner-dan-tekens). Weer is het zo dat er een natuurlijk één-op-één verband bestaat tussen S en S (opgave 1). Een belangrijk verschil met de hiervoor besproken manieren van trekken is echter dat het bij trekken met terugleggen/zonder volgorde normaal gesproken niet zo is dat de verschillende uitkomsten in S (danwel S ) dezelfde kans hebben! De reden daarvoor is dat het aantal mogelijke volgordes waarin de nummers getrokken kunnen worden afhangt van het aantal keer dat hetzelfde nummer getrokken wordt. Wij zullen de uitkomstenruimtes voor trekken met terugleggen/zonder volgorde in de praktijk nooit gebruiken, maar het is toch nuttig om deze paragraaf wel te lezen.

2 STANDAARD UITKOMSTENRUIMTES 20 Bekijk om dat in te zien maar eens een uitkomst (y 1,..., y m ) S. Deze uitkomst komt overeen met het geordende rijtje (x 1,...,x n ) S van n getrokken nummers, waarbij het nummer i precies y i keer voorkomt. Stel nu dat we deze getrokken nummers van plaats gaan verwisselen. Dan zal daarbij het rijtje getrokken nummers hetzelfde blijven als we de y i nummers i onderling van plaats verwisselen. Omdat er y i! verwisselingen mogelijk zijn van de nummers i onderling en er in totaal n! verwisselingen mogelijk zijn van een rijtje met lengte n, concluderen we dat het aantal verschillende volgordes waarin we de nummers (x 1,...,x n ) kunnen noteren gelijk is aan n! y 1!y 2! y m! =: ( n y 1, y 2,..., y m ). (2.1) We noemen dit de multinomiaalcoëfficiënt met parameters n en y 1,..., y m. Merk op dat dit aantal inderdaad afhangt van het aantal keer dat hetzelfde nummer getrokken wordt, d.w.z. van de waarden van de y i, zoals we hierboven beweerden. Als we nu (2.1) sommeren over alle (y 1,..., y m ) S, dan moeten we uiteraard het aantal mogelijke uitkomsten voor trekken met terugleggen/met volgorde krijgen. Beknopt genoteerd geldt dus ( ) n = m n. (2.2) y 1, y 2,..., y m y 1 +y 2 + +y m =n Bovendien weten we dat elke uitkomst in het kansmodel voor trekken met terugleggen/met volgorde kans m n heeft. Daaruit volgt dan dat de natuurlijke kansmaat voor trekken met terugleggen/zonder volgorde de kans P ( {(y 1, y 2,..., y m )} ) = ( n y 1, y 2,..., y m ) toekent aan de uitkomst (y 1,..., y m ) S (of, zo je wilt, aan de bijbehorende uitkomst (x 1,...,x n ) S). De verschillende uitkomsten zijn dus niet allemaal even waarschijnlijk als je de uitkomstenruimte S of S gebruikt! Om deze reden is het voor ons niet zinvol om #S = #S uit te rekenen voor het trekken met terugleggen/zonder volgorde. Om in deze situatie kansen uit te rekenen is het over het algemeen handiger om de uitkomstenruimte voor het trekken met terugleggen/met volgorde te gebruiken, omdat je dan kunt werken met een homogeen kansmodel. Desondanks zullen we hier met een voorbeeld illustreren hoe je in het hier beschreven model kansen op gebeurtenissen kunt uitrekenen. Voorbeeld 15. Neem m=20, n=5en 1 m n A={alleen ballen met een nummer kleiner dan 11 worden getrokken}. Werken we met de uitkomstenruimte S, dan kunnen we A uitdrukken als A={(y 1, y 2,..., y 20 ) S : y 1 + y 2 + + y 10 = 5}. Als je liever werkt met S, dan wordt A uitgedrukt door A={(x 1, x 2,...,x 5 ) S: x 1, x 2,...,x 5 {1, 2,...,10}}.

2.5 MET TERUGLEGGEN/ZONDER VOLGORDE 21 Het is dus niet zo ingewikkeld om A uit te drukken als deelverzameling van de uitkomstenruimte. Het berekenen van P(A) is in het huidige kansmodel echter lastig, omdat de verschillende uitkomsten niet allemaal dezelfde kans hebben. De formulering in termen van de uitkomstenruimte S is in dit geval het prettigst om mee te werken. Door te sommeren over alle uitkomsten in A en (2.2) te gebruiken, krijgen we P(A)= P ( {(y 1,..., y 20 )} ) = (y 1,...,y 20 ) A y 1 + +y 10 =5 ( 5 y 1, y 2,..., y 10 ) ( ) 1 105 1 5 205= 20 5= = 1 2 32. Vergelijk dit met de overeenkomstige berekening bij het trekken met terugleggen/ met volgorde in voorbeeld 14. Hoewel we in deze cursus nooit gebruik zullen maken van het homogene kansmodel met de uitkomstenruimte S of S, vermelden we hier toch het aantal elementen van deze uitkomstenruimte: ( ) n+m 1 #S=#S =. m 1 Je kunt dit zelf bewijzen in de opgaven. Opmerking. Het homogene kansmodel met uitkomstenruimte S of S speelt wel een belangrijke rol in de quantummechanica, namelijk in de beschrijving van het gedrag van bosonen. In de quantumwereld zijn bosonen zogenaamde ononderscheidbare deeltjes, dit in tegenstelling tot genummerde ballen in een vaas, die wel onderscheidbaar zijn. Opgaven 1. Teken 8 punten op een lijn: Merk op dat er dan 7 tussenruimtes tussen de punten zijn. We kunnen de punten groeperen in 4 groepen door in 3 van de tussenruimtes een verticale streep te tekenen, bijvoorbeeld: (a) (b) (c) Hoeveel manieren zijn er om de 8 punten te verdelen over 4 groepen? Noem het aantal punten in de i-de groep x i (met 1 i 4). Leg nu uit dat het aantal manieren waarop je 4 natuurlijke getallen x 1, x 2, x 3, x 4 N kunt kiezen, zodanig dat hun som gelijk is aan 8, gegeven wordt door ( 7 3). Generaliseer het bovenstaande: neem r N en toon aan dat het aantal manieren waarop je s r natuurlijke getallen x 1,...,x s N kunt kiezen, zodanig dat hun som gelijk is aan r, gegeven wordt door ( r 1 s 1).

2 STANDAARD UITKOMSTENRUIMTES 22 2. (lastig) Bewijs dat voor trekken met terugleggen/zonder volgorde geldt ( ) n+m 1 #S =. m 1 Aanwijzing: gebruik de ideeën uit opgave 1, maar let op dat in de omschrijving van S de getallen y i (die optellen tot n) ook de waarde 0 kunnen hebben!

3 Gevorderde verzamelingenleer 3.1 Collecties van verzamelingen Met een beetje wiskundige vaardigheid zijn we nu ook in staat om meer geavanceerde begrippen uit de verzamelingenleer te behandelen. Die begrippen vormen het onderwerp van dit hoofdstuk. Het eerste onderwerp dat we zullen behandelen vertoont analogie met de uit de calculus bekende notaties voor sommen en producten. Gegeven n getallen a 1, a 2,...,a n kunnen we schrijven n a i := a 1 + a 2 + +a n i=1 en n a i := a 1 a 2 a n. In de verzamelingenleer kunnen we, gegeven n verzamelingen A 1, A 2,...,A n, in principe hetzelfde doen met de operaties van het nemen van verenigingen en doorsnedes: n n A i := A 1 A 2 A n en A i := A 1 A 2 A n. i=1 i=1 i=1 We kunnen dit idee eenvoudig veralgemeniseren. Neem namelijk I :={1,...,n} en definieer A i :={x S: er is een i Iwaarvoor geldt x A i }; i I A i :={x S: voor alle i Igeldt x A i }. i I Dan bestaat i I A i dus uit alle elementen die tot tenminste één van de verzamelingen A i, met i I, horen. i I A i bestaat uit alle elementen die gemeenschappelijk zijn aan alle verzamelingen A i, met i I. Het is meteen duidelijk dat n i=1 A i= i I A i en n i=1 A i= i I A i als we I :={1,...,n} nemen. Voorbeeld 16. Bekijk S :=R, I :={1, 2,...,10} en A i := [i, i+1] (het gesloten interval met de eindpunten i en i+1). Dan is dus A 1 = [1, 2], A 2 = [2, 3], enzovoort. Het is

3 GEVORDERDE VERZAMELINGENLEER 24 niet moeilijk in te zien dat i I A i = [1, 11], immers, i I A i is de verzameling die bestaat uit de reële getallen die in tenminste één van de intervallen [i, i+1] liggen, met i {1, 2,...,10}. Voorbeeld 17. Bekijk S :=R, I :={1, 2,...,5} en A i := [ i, 5 i]. Dus A 1 = [ 1, 4], A 2 = [ 2, 3], enzovoort. Dan is i I A i = [ 1, 0]. We noemen de verzameling I de indexverzameling. Het gebruik van zo n indexverzameling is, in de eerste plaats, gemakkelijk qua notatie. Een bijkomend voordeel is dat de voorgaande definities van i I A i en i I A i ook zinvol zijn voor een willekeurige andere (niet-lege) collectie I. Nemen we in het bijzonder I := N, dan geeft dit A i := A i ={x S: er is een i Nwaarvoor geldt dat x A i }; i=1 i N A i := A i ={x S: voor alle i Ngeldt dat x A i }. i=1 i N Op deze manier definiëren we dus oneindige verenigingen en doorsnedes. Voorbeeld 18. Neem opnieuw S :=R en A i := [i, i+1], maar neem deze keer als indexverzameling I :=N. Dan geldt i=1 A i= [1, ). Bewijs: ieder getal x R met x 1 is een element van tenminste één van de intervallen [i, i+1], en omgekeerd, ieder element van zo n interval is een reëel getal groter of gelijk aan 1. Er geldt dus inderdaad i=1 A i [1, ) en [1, ) i=1 A i. We zeggen dat de verzamelingen A i met indexverzameling I :=N een stijgende rij vormen als A 1 A 2 A 3. In dat geval definiëren we de limiet van de rij als lim i A i := i=1 A i. Net zo spreken we van een dalende rij als A 1 A 2 A 3, en we definiëren de limiet van zo n dalende rij als lim i A i := i=1 A i. We kunnen nu ook de wetten van De Morgan en de distributieve wetten generaliseren naar verenigingen en doorsnedes over een indexverzameling I. De gegeneraliseerde wetten van De Morgan luiden ( ) c A i = i I i I ( ) c A i = i I i I A c i A c i (niet in allemaal=in tenminste één niet); (niet in tenminste één=in allemaal niet). Bewijs. We bewijzen alleen de eerste wet van De Morgan; het bewijs van de tweede is een opgave. Het bewijs gaat in twee stappen: 1. Stel dat x i I A i. Dat betekent dat er tenminste één j I is, zodanig dat x A j. Dus x A c j, waaruit volgt x i I A c i. Dus ( i I A i ) c i I A c i. 2. Stel dat x i I A c i. Dan is er een j I waarvoor geldt dat x Ac j, en dus x A j. Maar dat betekent dat x i I A i. Daarom geldt i I A c i ( i I A i ) c.