Binomiale verdeling: voorbeelden van precies, minstens en hoogstens

Stel dat je vijf keer een munt opgooit en precies drie keer kop wilt krijgen. De kans op één specifieke reeks, kop-kop-munt-kop-munt, is eenvoudig uit te rekenen. Maar dat is slechts één van de manieren om drie keer kop te krijgen. Een binomiale berekening doet beide: ze berekent de kans op één reeks en telt alle reeksen die aan de voorwaarde voldoen.

Deze voorbeelden van de binomiale verdeling laten zien hoe je een exact aantal successen, minstens één succes en hoogstens twee successen berekent. Controleer voordat je de formule gebruikt of de situatie er werkelijk bij past. Voor een rustige inleiding in de taal van kansen kun je eerst kansrekening begrijpen lezen.

Controleer de vier binomiale voorwaarden

Het binomiale model telt successen bij herhaalde proeven. De les over de binomiale verdeling van OpenStax beschrijft een model dat we met vier punten kunnen controleren:

1. Een vast aantal proeven: bepaal $n$ voordat je de uitkomsten ziet.
2. Twee uitkomsten per proef: noem elke uitkomst succes of mislukking voor de vraag die je stelt.
3. Onafhankelijke proeven: kennis van één uitkomst verandert de kans op een andere niet.
4. Een constante kans op succes: bij elke proef geldt dezelfde $p$.

Als aan alle vier is voldaan, laat $X$ dan het aantal successen zijn. $X$ kan elk geheel getal van nul tot en met $n$ zijn. Het label succes betekent niet dat de uitkomst goed is. Als je defecte onderdelen telt, kan een defect onderdeel het wiskundige succes zijn, omdat je juist die gebeurtenis wilt tellen.

Neem vijf onafhankelijke vragen waarbij een juist antwoord telkens een kans $p=0.4$ heeft. We leggen vijf vragen vast, noemen een juist antwoord succes, nemen onafhankelijkheid aan en houden de kans bij elke vraag op 0.4. Dat is een binomiale opzet.

Bouw de kansformule op

Begin voor precies $k$ successen in $n$ proeven met één mogelijke volgorde. Als succes kans $p$ heeft, heeft mislukking kans $1-p$. Door onafhankelijkheid is de kans op een volgorde met $k$ successen en $n-k$ mislukkingen gelijk aan $p^k(1-p)^{n-k}$.

Tel nu de mogelijke volgordes. Er zijn $\binom{n}{k}$ manieren om de $k$ posities te kiezen waarop een succes plaatsvindt. Elke volgorde heeft dezelfde kans, dus:

$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k},\qquad \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.$$

Bijvoorbeeld: drie successen in vijf proeven kunnen op $\binom{5}{3}=10$ manieren worden verdeeld. Je hoeft ze niet allemaal uit te schrijven. Als de telfactor nog onbekend is, lees dan permutaties en combinaties: posities kiezen is hier een combinatie, geen vraag over de volgorde van de gekozen elementen.

Voor een snelle controle van de orde van grootte: het gemiddelde aantal successen is in dit model $np$ en de variantie is $np(1-p)$, zoals OpenStax aangeeft. Dit zijn samenvattingen van de hele verdeling, geen vervanging voor de kans op een specifiek aantal. Het verschil tussen variantie en standaardafwijking staat in deze gids.

Voorbeeld 1: precies drie successen

Ga terug naar de de vijf onafhankelijke vragen, elk met kans $p=0.4$ op een juist antwoord. Zoek de kans op precies drie juiste antwoorden. Het aantal proeven is $n=5$ en het gevraagde aantal successen is $k=3$. Vul die waarden in voordat je de rekenmachine gebruikt:

$$\begin{aligned} P(X=3)&=\binom{5}{3}(0.4)^3(0.6)^2\\ &=10(0.064)(0.36)\\ &=0.2304. \end{aligned}$$

De kans is dus $23.04\%$. De factor $10$ telt op welke posities de drie juiste antwoorden kunnen voorkomen. Zonder die factor zou $0.02304$ de kans zijn op slechts één specifieke reeks, bijvoorbeeld goed, goed, fout, goed, fout. De telfactor vergeten is de meest voorkomende omissie bij een exact aantal successen.

Ook de exponenten controleren de opzet: drie successen en twee mislukkingen samen zijn vijf proeven. Als de exponenten niet optellen tot $n$, stop dan voordat je verder rekent. Het is verstandig om de exacte decimale waarde $0.2304$ in volgende stappen te bewaren en pas bij het eindantwoord af te ronden.

Voorbeeld 2: minstens één succes

Stel dat vier onafhankelijke pogingen elk een succeskans van $0.3$ hebben. Bereken de kans op minstens één succes. Dat omvat één, twee, drie en vier successen. Je kunt vier binomiale termen optellen, maar het complement is korter: nul successen.

$$\begin{aligned} P(X\geq1)&=1-P(X=0)\\ &=1-\binom{4}{0}(0.3)^0(0.7)^4\\ &=1-0.2401=0.7599. \end{aligned}$$

Het antwoord is $75.99\%$. Lees het complement eerst in woorden: 'minstens één' gaat alleen niet op als er geen enkel succes is. Het complement van 'minstens twee' bevat daarentegen nul én één. Als je dan alleen $P(X=0)$ aftrekt, krijg je het verkeerde antwoord.

Merk op dat $P(X=0)=(1-p)^n$. De combinatiefactor is één omdat er maar één reeks zonder successen bestaat. Deze verkorting werkt doordat de proeven dezelfde kans hebben en onafhankelijk zijn.

Voorbeeld 3: hoogstens twee successen

Neem nu zes onafhankelijke proeven, elk met een succeskans $p=0.25$. 'Hoogstens twee' betekent nul, één of twee. Tel precies die drie elkaar uitsluitende gevallen op:

$$\begin{aligned} P(X\leq2)&=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\\ &=\binom{6}{0}(0.25)^0(0.75)^6 +\binom{6}{1}(0.25)^1(0.75)^5 +\binom{6}{2}(0.25)^2(0.75)^4\\ &=0.177978515625+0.35595703125+0.296630859375\\ &=0.83056640625\approx0.8306. \end{aligned}$$

Dat is ongeveer $83.06\%$. Hier vraagt rechtstreeks optellen om drie termen. Het complement, $1-P(X\geq3)$, zou vier termen vergen en is dus minder handig. Vergelijk bij een hoge grens het aantal termen aan beide kanten en bereken de kortste kant. Een cumulatieve binomiale functie op de rekenmachine kan helpen, maar je moet de ongelijkheid wel goed instellen. $P(X\leq2)$ bevat twee; $P(X<2)$ bevat twee niet.

Als je tussentijdse decimalen te vroeg afrondt, kan de som in de laatste decimaal een paar eenheden verschuiven. Bewaar de volledige precisie tijdens het optellen en rond daarna de eindkans af zoals gevraagd. Het antwoord moet tussen nul en één liggen.

Een situatie die niet binomiaal is

Je trekt drie kaarten uit een standaardspel van 52 kaarten zonder terugleggen en telt de azen. Het aantal trekkingen ligt vast en elke kaart kun je als aas of niet-aas indelen. Maar na de eerste trekking is het spel veranderd. Trok je een aas, dan is de kans op een aas bij de volgende trekking $3/51$; zo niet, dan is die kans $4/51$. De succeskans is niet meer constant en de trekkingen zijn afhankelijk. De binomiale formule met $n=3$ en $p=4/52$ is daarom geen exact model.

Als je elke kaart teruglegt en opnieuw schudt voordat je de volgende trekt, keren de constante kans en onafhankelijkheid in dit vereenvoudigde voorbeeld terug. Dit onderscheid is belangrijker dan een formule uit het hoofd leren: bepaal eerst waaruit je trekt en of de ene proef de volgende verandert.

Probeer drie vragen en controleer daarna de oplossingen

1. Precies twee. Een spel heeft vijf onafhankelijke rondes met in elke ronde kans $0.2$ op winst. Wat is de kans op precies twee overwinningen?

Oplossing: $n=5$, $k=2$ en $p=0.2$. De twee overwinningen kunnen op $\binom{5}{2}=10$ manieren worden geplaatst. Dus

$$P(X=2)=10(0.2)^2(0.8)^3=10(0.04)(0.512)=0.2048.$$

De kans is $20.48\%$. Als je slechts één volgorde telt, krijg je $0.02048$, een tiende van het juiste antwoord.

2. Minstens twee. Vier onafhankelijke pogingen hebben elk een succeskans van $0.5$. Wat is de kans op minstens twee successen?

Oplossing: 'Minstens twee' sluit nul en één uit. Met $p=0.5$ is het complement gemakkelijk:

$$\begin{aligned} P(X\geq2)&=1-P(X=0)-P(X=1)\\ &=1-\binom{4}{0}(0.5)^4-\binom{4}{1}(0.5)^4\\ &=1-\frac{1}{16}-\frac{4}{16}=\frac{11}{16}=0.6875. \end{aligned}$$

Het antwoord is $68.75\%$. Alleen nul successen aftrekken zou in plaats daarvan 'minstens één' beantwoorden.

3. Hoogstens één. Drie onafhankelijke controles hebben elk een kans van $0.1$ op een positieve uitkomst. Wat is de kans op hoogstens één positieve uitkomst?

Oplossing: Neem nul en één mee en tel op:

$$\begin{aligned} P(X\leq1)&=\binom{3}{0}(0.1)^0(0.9)^3 +\binom{3}{1}(0.1)^1(0.9)^2\\ &=0.729+0.243=0.972. \end{aligned}$$

Het antwoord is $97.2\%$.

Voor meer oefening met de basis van kansrekening kun je de kansopgaven van Math Zen gebruiken. De waardevolste eerste stap bij elk vraagstuk blijft de controle van de vier voorwaarden.