Handout limietstellingen Kansrekening 2WS20

1 Hanout limietstellingen Kansrekening WS0 Remco van er Hofsta 6 januari 015 Samenvatting In eze han out bespreken we een aantal limietstellingen en hun bewijzen. In meer etail, behanelen we e volgene aspecten: (a) We efiniëren wat convergentie in vereling is voor een rij van ranom variabelen; (b) We geven een aantal afschattingen op kansen, zoals e Markov en Chebychev ongelijkheen; (c) We behanelen e Wet van e Grote Aantallen, en geven een bewijs; en () We behanelen e Centrale Limiet Stelling, het bewijs hiervan en vele toepassingen. 1 Convergentie in vereling In eze sectie efiniëren we convergentie in vereling voor rijen van ranom variabelen, en geven we er een aantal voorbeelen van. Merk op at een ranom variabele is geefiniëer als een functie X : Ω Ω. Een rijtje van ranom variabelen (X n ) n 1 is us een rijtje van functies, en er zijn verschillene wijzen waarop functies kunnen convergeren. In it college, behanelen we alleen e notie van convergentie in vereling: Definitie 1.1 (Convergentie in vereling). Een rijtje (X n ) n 1 met verelingsfuncties (F Xn ) n 1 convergeert in vereling naar e ranom variabele X met verelingsfunctie F X als lim F Xn(x) = F X (x) (1) n voor alle x R waarvoor F X continu is in x. We geven it aan met X n X. Convergentie in vereling betekent at kansen met betrekking tot e ranom variabelen X n convergeren naar e bijbehorene kans voor X. In het bijzoner is het zo at e efinitie impliceert at lim P(X n x) = P(X x) () n voor alle punten x waarvoor e rechterkant continu is. Deze restrictie tot waaren van x waarvoor F X continu is in x is noig, omat je in e sprongpunten van F X niet precies weet wat er gebeurt. We geven hier nu een voorbeel van: Voorbeel 1. (Een ranom variabele ie convergeert in vereling, maar niet in het sprongpunt). Stel X n Bin(n, 1/). Dan zullen we in Sectie 3 zien at voor x < 1/, P(X n /n x) 0, (3) Department of Mathematics an Computer Science, Einhoven University of Technology, Box 513, 5600 MB Einhoven, The Netherlans; rhofsta@win.tue.nl

terwijl voor x > 1/, P(X n /n x) 1. (4) Dit betekent at X n /n 1/. We weten at X = 1/ een (constante) ranom variabele is, waarvoor F X (x) = 0 voor x < 1/ en F X (x) = 1 voor x 1/. In het bijzoner is F X (1/) = 1. Echter, als n oneven is en x = 1/, an gelt at P(X n /n 1/) = 1/ vanwege symmetrie. Dus, F Xn (1/) convergeert wel, maar niet naar F X (1/). De efinitie van convergentie in vereling in Definitie 1.1 hout hier op een goee manier rekening mee. In het bijzonere geval at X een continue ranom variabele is, is x F X (x) continue in elk punt x, en an krijgen we us ook at F Xn (x) F X (x) voor alle x R. We geven nu een paar voorbeelen: Voorbeel 1.3 (Convergentie van binomiaal naar Poisson). Tijens het college hebben we gezien at als X n Bin(n, λ/n) en X Poi(λ), er gelt at lim n P(X n = k) = P(X = k). Hoewel it niet precies hetzelfe lijkt als convergentie in vereling, blijkt it het toch te impliceren, zoals jullie zelf uitwerken in e volgene opgave. Opgave 1.1 (Convergentie van geheeltallige ranom variabelen). Laat zien at als zowel (X n ) n 1 als X geheeltallige ranom variabelen zijn, at an convergentie in vereling equivalent is met lim n P(X n = k) = P(X = k), en conclueer at met X n Bin(n, λ/n) en X Poi(λ), er gelt at X n X. Voorbeel 1.4 (Minima van uniforme ranom variabelen). Stel U 1,..., U n U0, a], met a > 0. Dan gelt at X n = n min{u 1,..., U n } E, waarbij E Exp(1/a). Hiervoor rekenen we uit, voor elke x > 0, P(X n x) = 1 P(X n > x) = 1 P(U 1 > x/n,..., U n > x/n) = 1 (1 x/(na)) n (5) Hieruit volgt at X n 1 e x/a. E waarbij E Exp(1/a). Opgave 1. (Convergentie van geometrisch naar exponentieel). Laat X n Geo(1/n). Laat zien at X n /n X, waar X Exp(1). Grenzen op kansen In eze sectie geven we een aantal grenzen op kansen. Deze grenzen kunnen vaak gebruikt woren om te laten zien at ranom variabelen naar een constante convergeren. In e volgene sectie gebruiken we eze resultaten om e zwakke wet van e grote aantallen te laten zien. We beginnen met e Markov ongelijkhei: Stelling.1 (Markov ongelijkhei). Stel X is een niet-negatieve ranom variabele met EX] <, en a > 0. Dan gelt P(X a) EX] a. (6)

3 Bewijs. We schatten af at Delen oor a > 0 geeft e claim. EX] EX1 {X a} ] ae1 {X a} ] = ap(x a). (7) Een variant van e Markov ongelijkhei is e Chebychev ongelijkhei: Stelling. (Chebychev ongelijkhei). Stel X is een ranom variabele met EX] = µ, Var(X) <, en a > 0. Dan gelt P( X µ a) Var(X). (8) a Bewijs. Pas e Markov ongelijkhei (Stelling.1) toe op e ranom variabele X µ. We geven nu een voorbeel hoe we e Markov en Chebychev ongelijkheen kunnen toepassen voor Poisson variabelen: Voorbeel.3 (Chebychev en Markov voor Poisson variabelen). Stel X Poi(λ). De Markov ongelijkhei geeft at P(X a) EX]/a = λ/a, (9) terwijl e Chebychev ongelijkhei geeft at P( X λ > a) Var(X)/a = λ/a. (10) Met name als a heel groot is ten opzichte van λ geeft e Chebychev ongeljkhei een beter resultaat an e Markov ongelijkhei. Opgave.1 (Exponentiele Markov ongelijkhei of Chernoff grens). Stel, X is een ranom variabele waarvoor Ee X ] <. Laat zien at gelt at P(X > a) e a Ee X ]. (11) 3 De wet van e grote aantallen In eze sectie kijken we naar e convergentie van sommen van i.i.. ranom variabelen. Ons hoofresultaat is e volgene stelling: Stelling 3.1 (Zwakke wet van e grote aantallen). Stel X 1,..., X n zijn i.i.. ranom variabelen met EX i ] = µ en Var(X) <. Dan gelt at 1 n (X 1 + + X n ) µ. (1) Bewijs. We noemen X n = 1 n (X 1 + + X n ). Volgens e efinitie van convergentie in vereling moeten we laten zien at, voor x < µ F Xn (x) F µ (x) = 0, (13) en, voor x > µ, F Xn (x) F µ (x) = 1. (14)

4 Omat x = µ een iscontinuiteitspunt is van F µ (x) hoeven we voor x = µ geen convergentie te bewijzen. We laten nu eze twee convergenties zien. Merk op at, voor x < µ, en, voor x > µ, We zien us at F Xn (x) F µ (x) = F Xn (x) P( X n µ > x µ), (15) F µ (x) F Xn (x) = 1 F Xn (x) = P( X n > x) P( X n µ > x µ ). (16) Het is us voloene om te laten zien at, voor a > 0, F Xn (x) F µ (x) P( X n µ > x µ ). (17) Hiervoor gebruiken we e Chebychev ongeljkhei (Stelling.): P( X n µ > a) 0. (18) P( X n µ > a) = P( X n E X n ] > a) Var( X n )/a, (19) waarbij we gebruiken at E X n ] = µ. Gebruik verer at Var( X n ) = σ /n, zoat wat e stelling bewijst. P( X n µ > a) Var( X n )/a = σ /(a n) 0, (0) Opgave 3.1 (Convergentie binomiale verelingen). Laat X n Bin(n, p). Laat zien at X n /n p. In Stelling 3.1 hebben we aangenomen at Var(X i ) <. Dat blijkt niet noig te zijn, en Stelling 3.1 blijft waar inien we alleen hebben at E X i ] <. Het bewijs hiervoor is echter gecompliceerer en oen we niet. 4 De centrale limiet stelling In eze sectie bespreken we e fluctuaties ron e Wet van e Grote Aantallen in Stelling 3.1. We merken op at EX 1 + + X n ] = nex 1 ], terwijl Var(X 1 + + X n ) = nvar(x 1 ). (1) We zien us at e stanaareviatie van X 1 + + X n gelijk is aan σ n, waarbij σ = Var(X 1 ), terwijl e verwachting gelijk is aan nµ, waarbij µ = EX 1 ]. We conclueren at X 1 + + X n meer en meer geconcentreer is ron het gemiele. De centrale limiet stelling (CLS) onerzoekt e ranom variabele Merk op at EZ n ] = 0, Var(Z n ) = 1, ofwel Z n is gestanaariseer. Z n = X 1 + + X n nµ. () Stelling 4.1 (Centrale limiet stelling). Stel X 1,..., X n zijn i.i.. ranom variabelen met EX i ] = µ en σ = Var(X) <. Dan gelt at Z n = X 1 + + X n nµ waarbij Z een stanaar normale vereling heeft. Z, (3)

5 Er zijn meerere reenen waarom e CLS (Stelling 4.1) belangrijk is. Hier geven we er rie: Universaliteit. Universaliteit is een begrip uit e natuurkune, wat zeg at vele moellen ie microscopisch gezien heel ivers zijn, zich toch op een vergelijkbare manier kunnen geragen. at is vanuit e natuurkune heel belangrijk. Immers, als we een fenomeen op twee licht verschillene manieren moelleren, an hoop je toch at e conclusies ie je eruit trekt min of meer hetzelfe zijn. De CLS (Stelling 4.1) is hier een mooi voorbeel van. Als we e bijragen ine en grote som net niet goe moelleren, an zegt e De CLS (Stelling 4.1) at een som zich toch als een normale vereling geraagt. Wat e precieze vereling van e sommanen in, maakt helemaal niet uit. Er zijn vele uitbreiingen van e CLS (Stelling 4.1) waar e sommanen niet gelijkvereel zijn, of licht afhankelijk, en e som zich toch als een normale vereling geraagt. De lokale etails zijn us niet zo heel belangrijk, e normale vereling blijft komen! Statistische moellering. In e statistiek is e normale vereling een veel gebruikt moel. De CLS (Stelling 4.1) geeft aan waarom it statistische moel in veel gevallen geschikt is. Omat veel observabelen gezien kunnen woren als sommen van vele kleine en onafhankelijke effecten, geeft e CLS (Stelling 4.1) aan at in zulke situaties e normale vereling het meest natuurlijke moel is. Zeker ook als je in geachten neemt at e normale vereling ook in veel anere situaties als limietvereling verschijnt (zie het vorige item). Benaeringen voor kansen. Veel kansen zijn lastig exact uit te rekenen. Bijvoorbeel, e kans at een Poisson vereling met parameter n tenminste n is, is gelijk aan k n n nk e k!, (4) maar om eze nu precies uit te rekenen is, zeker voor grote n, bijna onoenlijk. Volgens e CLS (Stelling 4.1) is e bovenstaane kans ongeveer 1/. Vergelijkbare problemen zie je bij binomiale kansen, ie vanwege e binomiaal coefficienten lastig exact uit te rekenen zijn. Het grappige is at als n groot is, het lastiger wort om kansen exact uit te rekene, maar e CLS (Stelling 4.1) juist beter toepasbaar is! In e volgene sectie geven we het bewijs van e CLS (Stelling 4.1). Opgave 4.1 (Aanname van einige tweee moment). Stel at X een Cauchy vereling heeft. Dan heeft X ichthei on R gegeven oor f X (x) = 1 π(1 + x ). (5) Laat zien at het eerste moment van X niet betsaat, en at us ook EX ] =. Er gelt at X 1 + + X n ezelfe vereling heeft als nx. Laat zien at X 1 + + X n niet aan e CLS voloet. 4.1 Bewijs centrale limiet stelling (Stelling 4.1) Het bewijs van e CLS (Stelling 4.1) is pittig, maar ik vin at een wiskune stuent het een keer gezien moet hebben. De CLS (Stelling 4.1) is zo belangrijk at het niet kan zijn at je vakken oet in e kansrekening, statistiek en stochastische besliskune en toch nooit hebt gezien waarom e CLS (Stelling 4.1) waar is. In eze sectie zal ik een bewijs geven van e CLS (Stelling 4.1) oner e extra

6 aanname at E Y i 3 ] <. Hoewel eze extra aanname niet noig blijkt te zijn, maakt eze het bewijs eenvouiger. De meeste bewijzen van e CLS maken gebruik van zogenaame genererene functies. Die zullen we kort bespreken in e volgene sectie. Omat eze bewijzen niet laten zien waarom convergentie van e genererene functie ook convergentie in vereling geeft, vin ik it eigenlijk een nep oplossing. Hier geven we us een aner bewijs. Het bewijs bestaat uit 4 stappen. Stap 1: Stanaarisatie en wat er te bewijzen is. We moeten laten zien at Z n = X 1 + + X n nµ waarbij Z stanaar normaal vereel is. Merk op at Z n = 1 n Z, (6) n Y i, (7) waarbij Y i = (X i µ)/σ e gestanaariseere versie van X i is. Ofwel, EY i ] = 0 en Var(Y i ) = 1. Het is us voloene om e CLS te bewijzen voor gestanaariseere variabelen. Dat zullen we oen. Om te laten zien at Z n Z, moeten we us laten zien at i=1 F Zn (z) = P(Z n z) F Z (z) = P(Z z), (8) voor elke continuiteitspunt z van z F Z (z). Omat Z een continue ranom variabele is, is elk punt z een continuiteitspunt, us we moeten (8) laten zien voor elke z R. Stap : Continue benaering van e inicator functie. We schrijven F Zn (z) = E1 {Zn z}] = Eh(Z n )], F Z (z) = E1 {Z z} ] = Eh(Z)], (9) waarbij h(x) = 1 {x z}. We vergelijken us e verwachtinswaaren van een functie van Z n met ie van Z. Naeel is at e inicatorfunctie waar we e verwachting van nemen niet zo netjes is. Bijvoorbeel is eze niet continu. We gaan aarom h benaeren oor een nettere functie. Neem ε > 0. Er zijn functies h ε en h ε zo anig at (a) h ε en h ε 3 keer continu ifferentieerbaar zijn met uniform begrense ere afgeleie; (b) h ε (x) = h ε (x) = h(x) als x z ε; (c) h ε (x) h(x) en h ε (x) h(x) voor alle x R. Laten we even aannemen at eze functies er zijn. Ik zal zo een voorbeel geven van hoe eze functie geconstrueer kunnen woren. Als we eze functies hebben, an weten we at F Zn (z) = Eh(Z n )] Eh ε (Z n )], F Zn (z) = Eh(Z n )] Eh ε (Z n )]. (30) We zullen an laten zien at, voor elke functie f ie rie keer continu ifferentieerbaar is, Ef(Z n )] Ef(Z)]. (31) Dit oen we in e volgene stap. Eerst leggen we uit hoe we zulke functies kunnen vinen. Dus, hoe kunnen we zulke nette functies vinen? Neem u(x) = e 1/x e 1/(1 x) x 0, 1]. (3)

7 Neem an 1, x < 0; 1 x g(x) = c u(y)y, x (0, 1); (33) 0 0, x > 1, waar c = 1/ 1 u(z)z zoanig is at g(0) = 1. Merk op at x g(x) oneinig vaak continu 0 ifferentieerbaar is. (Check it even goe!!) Dan nemen we h ε (x) = g((x z)/ε), h ε (x) = g((x z + ε)/ε). (34) Dan hebben eze functies precies e eigenschappen ie we hebben aangenomen. Stap 3: Convergentie voor nette functies. Stel, x g(x) is rie keer continu ifferentieerbaar. Dan laten we zien at (31) ineraa gelt. Merk op at Z = (W 1 + +W n )/ n, waarbij W 1,..., W n een i.i.. rij van stanaar normale ranom variabelen zijn. Opgave 4. (Vereling van (W 1 + + W n )/ n). Laat zien at (W 1 + + W n )/ n een stanaar normale verelign heeft als W 1,..., W n i.i.. stanaar normaal vereel zijn. Dus gelt at Ef(Z)] = E f ( (W 1 + + W n )/ n )]. (35) We moeten us laten zien at lim E f ( (Y 1 + + Y n )/ n )] E f ( (W 1 + + W n )/ n )] = 0. (36) n Noem, voor i {0,..., n}, U i;n = Y 1 + + Y i + W i+1 + + W n, (37) zoat U n;n = Y 1 + + Y n en U 0;n = W 1 + + W n. Dan is us U i;n e ie interpolatie tussen U n;n = Y 1 + + Y n en U 0;n = W 1 + + W n, zoat E f ( (Y 1 + + Y n )/ n )] E f ( (W 1 + + W n )/ n )] = E f ( U n;n / n )] E f ( U 0;n / n )]. (38) We maken hier een telescopererne som van oor it te schrijven als Ef(Z n )] Ef(Z)] = E f ( U n;n / n )] E f ( U 0;n / n )] = n i=1 E f ( U i;n / n ) f ( U i 1;n / n )]. (39) De termen U i;n / n en U i 1;n / n zijn precies hetzelfe, behalve e ie term, ie Y i / n is voor U i;n / n en W i / n voor U i 1;n / n. Noem e termen ie gelijk zijn U i;n = Y 1 + + Y i 1 + W i+1 + + W n. We zullen een Taylor expansie voor f gebruiken. Hiervoor herinneren we at Taylor expansie van f(y) ron het punt x geeft at f(y) = f(x) + (y x)f (x) + 1 (y x) f (x) + 1 6 (y x)3 f (t ), (40) waar t een tussenpunt is tussen x en y. We Taylor expaneren f ron U i;n en nemen x = U i;n en y = U i;n, zoat f(u i;n / n) = f(u i;n) + (Y i / n)f (U i;n) + 1 (Y i/ n) f (U i;n) + 1 6 (Y i/ n) 3 f (t 1), (41)

8 en, nu met x = U i;n en y = U i 1;n, zoat f(u i 1;n / n) = f(u i;n) + (W i / n)f (U i;n) + 1 (W i/ n) f (U i;n) + 1 6 (W i/ n) 3 f (t ), (4) voor zekere punten t 1 tussen U i;n / n en U i;n/ n en t tussen U i 1;n / n en U i;n/ n. We krijgen us at (schrik niet!) Ef(Z n )] Ef(Z)] (43) n (f(u = E i;n) + (Y i / n)f (U i;n) + 1(Y i/ n) f (U i;n) + 1(Y 6 i/ n) 3 f (t 1) ) = i=1 ( f(u i;n) + (W i / n)f (U i;n) + 1 (W i/ n) f (U i;n) + 1 6 (W i/ n) 3 f (t ) )] n i=1 E ((Y i W i )/ n)f (U i;n) + 1 (Y n i Wi )f (U i;n) + 1(Y 6 i/ n) 3 f (t 1) (W i / ] n) 3 f (t ). Merk op at Y i onafhankelijk is van U i;n, en us is ook Y i onafhankelijk van f (U i;n). Er gelt us at E Y i f (U i;n) ] = EY i ]Ef (U i;n)] = 0, (44) omat EY i ] = 0. Op ezelfe wijze is W i onafhankelijk van f (U i;n) en is EW i ] = 0, zoat ook E W i f (U i;n) ] = EW i ]Ef (U i;n)] = 0. (45) Verer gelt, weer vanwege onafhankelijkhei van Y i en f (U i;n) at EY i f (U i;n)] = EY i ]Ef (U i;n)] = Ef (U i;n)], (46) omat EY i ] = Var(Y i ) = 1. Op ezelfe wijze gelt at EW i f (U i;n)] = EW i ]Ef (U i;n)] = Ef (U i;n)], (47) omat ook EWi ] = Var(W i ) = 1. We conclueren at ] 1 E (Y n i Wi )f (U i;n) = 0, (48) zoat Ef(Z n )] Ef(Z)] = 1 6n 3/ Nu schatten we af Ef(Z n )] Ef(Z)] 1 sup f (x) 6n 3/ = 1 6n x R sup 1/ x R n i=1 n i=1 ] E Yi 3 f (t 1) Wi 3 f (t ). ] E Y i 3 + W i 3 = 1 ] f (x) E Y 1 3 + W 1 3. 6n 3/ sup x R ] f (x) ne Y 1 3 + W 1 3 Omat we hebben aangenomen at e ere afgeleie van f uniform begrens is, is us sup x R f (x) een einige constante. Verer is W 1 stanaarnormaal, en is us E W 1 3 ] <, terwijl we hebben aangenomen at E Y 1 3 ] <. Noem C = 1 sup 6 x R f (x) E Y 1 3 + W 1 3, an hebben we us net laten zien at Ef(Zn )] Ef(Z)] C/ n. (50) Omat it naar nul convergeert, hebben we us laten zien at (36) gelt voor elke functie f met uniform begrense ere afgeleie. (49)

9 Stap 4: Conclusie van het bewijs. vast, en kies ε > 0, en merk op at We zijn nu klaar om het bewijs af te maken. Neem z R F Zn (z) = Eh(Z n )] Eh ε (Z n )] Eh ε (Z)] (51) E1 {Z z+ε} ] = P(Z z + ε), waarbij we gebruiken at h ε (x) 1 {x z+ε}. Op ezelfe manier, nu gebruik maken van het feit at h ε (x) 1 {x z ε}, krijgen we at F Zn (z) = Eh(Z n )] Eh ε (Z n )] Eh ε (Z)] (5) E1 {Z z ε} ] = P(Z z ε). Omat z F Z (z) = P(Z z) een continue functie is, en ε > 0 arbitrair, krijgen we us at Dit maakt het bewijs af. F Zn (z) F Z (z) = P(Z z). (53) Ik realiseer me at het bovenstaane bewijs lastig is, en vele kleinere en grotere stappen vereist ie allemaal in e juiste volgore genomen moeten woren. Wat het mogelijk niet zo uielijk maakt, is waarom e normale vereling verschijnt in e CLS. Dit blijkt te komen oor e allereerste stap in het bewijs. Hierin gebruiken we at Z = (W 1 + + W n )/ n, (54) waar W 1,..., W n i.i.. stanaar normale verelingen hebben. In het bijzoner gelt us at Z ezelfe vereling heeft als (Z 1 + Z )/, waarbij Z 1 en Z twee onafhankelijke kopiën zijn van Z. Het blijkt at it alleen waar is voor een normale vereling met verwachtingswaare nul. Dit is een reen at e normale vereling als limietvereling moet optreen. We komen hier, in Sectie 5, nogmaals op terug. We behanelen nu een aantal voorbeelen van e CLS. 4. Voorbeelen van e toepassing van e CLS (Stelling 4.1) Een stappenplan. Tentamens Kansrekening WS0 bevatten altij opgaven over e CLS (Stelling 4.1). Het is us zaak om hier goe op voorberi te zijn. Ik merk at het een lastig onerwerp is. Het helpt an om een heler stappenplan te hebben, met stappen ie je gewoon kan checken om tot een antwoor te komen. Ik leg nu eerst eze stappen heler uit, om aarna in een aantal voorbeelen te illustreren hoe het werkt. Stap 1: Checken of e CLS (Stelling 4.1) toegepast mag woren. In e eerste stap leg je uit waarom e CLS toegepast mag woren. Herinner je us e voorwaaren voor e CLS (Stelling 4.1), namelijk, at we te maken hebben met een som van i.i.. ranom variabelen met een einige variantie. Leg it expliciet uit. Dus, e vraag gaat over S n = X 1 + + X n, waarbij X 1,..., X n i.i.. ranom variabelen zijn met einige variantie. Geef e vereling van X i, en geef ook wat n is. Stap : Bereken e verwachtingswaare en variantie van e i.i.. ranom variabelen. In e vorige stap hebben we gecontroleer at e vraag gaat over een zekere S n = X 1 + + X n, waarbij X 1,..., X n i.i.. ranom variabelen zijn met einige variantie. In e tweee stap bereken je e verwachtingswaare µ en variantie σ van X i, omat we eze in e CLS (Stelling 4.1). Het antwoor van Stap bestaat us uit (numerieke) waaren voor µ = EX i ] en σ = Var(X i ).

10 Stap 3: Herschrijf e gevraage kans oor e som S n te stanaarieren. In Stap 1 hebben we gecontroleer at we eens kans van e vorm P(S n z) moeten uitrekenen, of juist P(S n z). In e ere stap, gaan we eze kans herschrijven oor S n te stanaariseren. We herschrijven us, gebruik maken van e waaren van µ en σ ie we in Stap hebben bereken, ( X1 + + X n nµ P(X 1 + + X n z) = P z nµ ). (55) De kans is nu in e vorm at we e CLS (Stelling 4.1) kunnen toepassen, en at oen we in e laatste stap. Stap 4: Toepassen van e CLS (Stelling 4.1). We benaeren ( X1 + + X n nµ P z nµ ) ( P Z z nµ ) = Φ( z nµ ), (56) waar z Φ(z) e verelingsfunctie is van e stanaar normale vereling, ie we in een tabel kunnen opzoeken. Hiervoor ienen we us e waare z nµ uitgereken te hebben. Soms moeten we hier nog wat extra werk oen, omat e kans niet in e vorm is ie in e tabel staat. Bijvoorbeel als x > 0, an kunnen we gebruiken at en Φ( x) = 1 Φ(x), (57) P(Z > x) = 1 Φ(x). (58) Met eze twee rekenregels kunnen we Φ( z nµ ) altij herschrijven in een vorm ie we in e tabel kunnen opzoeken. Deze 4 stappen werken altij, en als je ze trouw volgt, moet het altij goe gaan. Nu passen we eze 4 stappen een aantal keer toe in voorbeelen: De gokkene stuent. Een multiple choice examen bevat 0 vragen, elk met 4 mogelijke antwooren. Je krijgt een voloene als je minstens 11 goee antwooren hebt. Een luie stuent heeft geen zin om te leren, en weet at hij, oor gokken, een positieve kans heeft om oor gokken te slagen. Hoe verstanig is eze strategie? Stap 1: Checken of e CLS (Stelling 4.1) toegepast mag woren. We gebruiken e CLS (Stelling 4.1) voor een binomiale vereling. Stel S n Bin(n, p). Dan weten we at we X kunnen schrijven als S n = I 1 + + I n, waarbij I 1,..., I n i.i.. Bernoulli variabelen zijn met succeskans p. Omat I 1,..., I n i.i.. zijn, mogen we us e CLT toepassen. In it geval is p = 1/4 en n = 0. Stap : Bereken e verwachtingswaare en variantie van e i.i.. ranom variabelen. Als I i Ber(p), an gelt at EI i ] = p, Var(I i ) = p(1 p). In it geval is us µ = 1/4 en σ = (1/4) (3/4) = 3. 16 Stap 3: Herschrijf e gevraage kans oor e som S n te stanaarieren. We zijn geinteresseer in P(S 0 11). We herschrijven eze als ( S0 0 µ P(S 0 11) = P 0σ 11 5 ) ( S0 0 µ P 0 (1/4) (3/4) 0σ ) 4.647. (59)

11 Stap 4: Toepassen van e CLS (Stelling 4.1). We benaeren e kans op een voloene oor ( S0 0 µ ) P(S 0 11) P 4.647 P(Z 4.647) = 1 Φ(4.647). (60) 0σ Deze kans is zo klein at eze niet meer in tabellen staat! De stuent is niet slim bezig. Opgave 4.3 (Half oplettene gokkene stuent). Stel, e stuent uit het vorige voorbeel heeft tijens het college toch een beetje opgelet. Hieroor kan hij/zij van e 4 mogelijke antwooren er 1 uitsluiten. Er zijn us nog 3 antwooren over, waaruit hij/zij ranom kiest. Wat is nu een benaering voor e kans at hij/zij een voloene scoort? De paraox van e beslissene minerhei. In veel lanen, zoals bijvoorbeel Neerlan of Israel, zien we at een kleine minerhei in het parlement beslissen kan zijn. In het parlement is at vaak een kleine partij ie een coalitie aan een meererhei kan helpen. In het onerstaane voorbeel onerzoeken we hoe een minerhei een oorslaggevene rol kan hebben in een verkiezing. Stel, in een lan zijn er twee partijen en 1.000.001 stemmers. Een partij wint als eze meer an e helft van alle stemmen krijgt. Bij 1.000.001 stemmen, betekent it tenminste 500.001 stemmen. Als elke stemmer met gelijke kans één van e twee partijen kiest, an wint elk van e twee partijen met kans precies gelijk aan 1/. Immers, e kans op maximaal 499.999 stemmen gelijk aan e kans op tenminste 500.001 stemmen (vanwege symmetrie ron 500.000,5 van e binomiale vereling met succeskans p = 1/), en eze samen zijn 1. Dus, elk is precies gelijk aan 1/. Stel nu at één van e partijen een fanatieke aanhang heeft van 1.000 stemmers ie altij voor eze partij stemmen. Geef nu een benaering van e kans at eze partij wint. Stap 1: Checken of e CLS (Stelling 4.1) toegepast mag woren. We gebruiken e CLS (Stelling 4.1) voor een binomiale vereling. Stel S n Bin(n, p). Dan weten we at we X kunnen schrijven als S n = I 1 + + I n, waarbij I 1,..., I n i.i.. Bernoulli variabelen zijn met succeskans p. Omat I 1,..., I n i.i.. zijn, mogen we us e CLT toepassen. In it geval is n = 999, 001 en p = 1/. In it geval wint e partij inien zij tenminste 499.001 van eze 999,001 stemmen krijgt. Stap : Bereken e verwachtingswaare en variantie van e i.i.. ranom variabelen. Als I i Ber(p), an gelt at EI i ] = p, Var(I i ) = p(1 p). In it geval is us µ = 1/ en σ = (1/) (1/) = 1/4. Stap 3: Herschrijf e gevraage kans oor e som S n te stanaarieren. We zijn geinteresseer in P(S 999,001 499.001). We herschrijven eze als ( S999,001 999, 001 µ 499.5 ) P(S 999,001 499.001) = P (61) 0σ 999, 001 (1/4) ( S999,001 999, 001 µ ) P 0.9994. 999, 001σ Stap 4: Toepassen van e CLS (Stelling 4.1). We benaeren e kans op een voloene oor ( S999,001 999, 001 µ ) P(S 999,001 499.001) P 0.9994 (6) 999, 001σ P(Z 0.9994) = 1 Φ( 0.9994) = Φ(0.9994) 0.8413. De kleine minerhei heeft us een behoorlijk beslissene stem! Opgave 4.4 (Iets grotere minerhei). Hoe veranert bovenstaane kans als e minerhei uit 000 stemmers bestaat?

1 Een integraalbenaering. Een sommatiebenaering. 5 Moment genererene functies