\documentclass{article}
\usepackage[dutch]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{palatino,a4}
\usepackage{latexsym}
\usepackage{amsmath}
\newtheorem{definition}{Definitie}[section]
\newtheorem{theorem}[definition]{Stelling}
\newtheorem{corollary}[definition]{Gevolg}
\newtheorem{lemma}[definition]{Lemma}
\newtheorem{conjecture}[definition]{Vermoeden}
\newtheorem{proposition}[definition]{Propositie}
\newtheorem{assumption}[definition]{Veronderstelling}
\newcommand{\tqed}{\hfill \rule{2mm}{2mm}}
\parindent 0pt
\begin{document}
\title{Simuleren van Verwachtingswaarden}
\author{Hans van der Weide\footnote{TU Delft, faculteit Informatietechnologie en Systemen}}
\date{18 januari 2000}

\maketitle

Simulatie kan in het VWO onderwijs een belangrijke rol spelen bij
het illustreren en toelichten van verschijnselen waarbij het
toeval een belangrijke rol speelt. We zullen hier enige
voorbeelden van simulatie behandelen aan de hand van het pakket
WinStats. Het gaat om voorbeelden waarbij de verwachtingswaarde van
een stochast gesimuleerd wordt. Van de voorbeelden die wij zullen
bespreken kan de verwachtingswaarde ook exact berekend worden
zodat het mogelijk is om de resultaten van de simulatie te
beoordelen. Verder geven we achtergrondinformatie over de theorie
waarop het simuleren  gebaseerd is.

\section{Simuleren van kansverdelingen}

Iemand die met een dobbelsteen gaat gooien weet dat de dobbelsteen
op \'e\'en van de getallen 1, 2, 3, 4, 5 of 6 zal vallen. Als hij,
zoals de meesten van ons, niet over bovennatuurlijke gaven
beschikt en ook niet in staat is om bij het gooien de uitkomst te
manipuleren, dan is dit alles dat gezegd kan worden over het
resultaat van \'e\'en worp met een dobbelsteen:  de uitkomst van
\'e\'en worp met een dobbelsteen is onvoorspelbaar.

Als we nu een groot aantal malen met de dobbelsteen gooien dan
weten we uit ervaring dat bij een zuiver geconstrueerde
dobbelsteen elk van de uitkomsten ongeveer even vaak zal
voorkomen. Men duidt dit verschijnsel aan als de {\bf Empirische
Wet van de Grote Aantallen}. In een wiskundig model voor een worp
met een zuivere dobbelsteen kennen we getallen $p_1,\ldots ,p_6$
toe aan de uitkomsten. Deze getallen corresponderen met de
relatieve frequenties van de uitkomsten. Let op, de getallen $p_1$
tot en met $p_6$ worden door ons gekozen. Voor een zuivere
dobbelsteen kiezen we $p_1=\ldots =p_6 = \frac{1}{6}.$

Het gooien van een dobbelsteen kunnen we imiteren op een computer
door gebruik te maken van een random number
generator.\footnote{Zie voor meer informatie het boek INTRODUCTION
TO PROBABILITY geschreven door Charles M. Grinstead en J. Laurie
Snell. Dit boek is vrij toegankelijk via de website:
http://www.dartmouth.edu/\~{} chance/teaching\_ aids/books\_
articles/probability\_ book/pdf.html } Een random generator is een
computerprogramma dat getallen produceert die beschouwd mogen
worden als  aselecte trekkingen uit de getallen tussen 0 en 1. Een
voorbeeld van zo'n programma is de multiplicatieve congruentie
generator. Zij $a$ een geheel getal en $m$ een positief geheel
getal, dan is $a({\rm mod}m)$ de rest bij deling van $a$ door $m.$
Om een rij random getallen $X_0,X_1,X_2,\ldots $ te genereren
kiezen we een geheel getal als startwaarde $X_0$. Voor
$n=1,2,\ldots $ is dan $$X_{n+1}=(aX_n+c)({\rm mod}m),$$ waarbij
$a$, $c$ en $m$ (zorgvuldig) gekozen constanten zijn. De aldus
gevormde rij $X_0,X_1,X_2,\ldots $ is een rij gehele getallen
tussen 0 en $m-1.$  Om een rij re\"ele getallen tussen 0 en 1 te
krijgen delen we iedere $X_j$ door $m.$ in Als we met een computer
het random getal $u$ genereren, dan is $1+\lfloor 6u \rfloor$ een
uitkomst van een worp met een zuivere dobbelsteen. Door deze
procedure te herhalen kunnen we het herhaald gooien met een
dobbelsteen op de computer naspelen. Het spreekt vanzelf dat er
bepaalde eisen gesteld moeten worden aan een random number
generator om te kunnen rechtvaardigen dat de resultaten van het
computer experiment overeenkomen met het herhaald gooien van een
echte dobbelsteen. Hiervoor bestaat een groot aantal tests. Een
waarschuwing is hier op zijn plaats, zelfs in professionele
pakketten zijn nog wel eens zeer slechte random number generatoren
ingebouwd.

We onderbreken dit betoog kort om een paar relevante begrippen uit
de kansrekening op te halen. Een stochast geeft een getal bij
iedere uitkomst van het kansexperiment. Bij het gooien met een
dobbelsteen is de uitkomst zelf een stochast. Een ander voorbeeld
is de stochast $X$ die gelijk is aan het aantal I's als de
uitkomst als Romeins cijfer geschreven wordt. Dan is
$\mathbf{P}(X=0)=1/6,$ $\mathbf{P}(X=1)=3/6,$
$\mathbf{P}(X=2)=1/6$ en $\mathbf{P}(X=3)=1/6.$ Dit kunnen we ook
op de volgende manier afkorten: $$
\begin{pmatrix}
0 &1 &2 & 3\\ \frac{1}{6} & \frac{3}{6} & \frac{1}{6} &
\frac{1}{6}
\end{pmatrix}.
$$ Stel dat we $n$-maal gooien met de dobbelsteen en dat daarbij
de frequentie van de gebeurtenis $\{ X=i\}$ gelijk is aan $n_i$,
$i=0,1,2,3.$ Dus $n_0+n_1+n_2+ n_3 =n$ en het gemiddeld aantal I's
is gelijk aan: $$\frac{0\cdot n_0+1\cdot n_1 + 2\cdot n_2 + 3\cdot
n_3}{n}=0\cdot \frac{n_0}{n}+ 1\cdot \frac{n_1}{n}+ 2\cdot
\frac{n_2}{n}+ 3\cdot \frac{n_3}{n}.$$ In het kansmodel
defini\"eren we de verwachtingswaarde van $X$ door:
$$\mathbf{E}(X) = 0\cdot \frac{1}{6} +  1\cdot \frac{3}{6} +
2\cdot \frac{1}{6} + 3\cdot \frac{1}{6} = \frac{4}{3}. $$ Uit de
opzet van het kansmodel zien we dat voor grote waarden van $n$ het
gemiddeld aantal I's bij het kansexperiment ongeveer gelijk zal
zijn aan de verwachtingswaarde van $X.$

We eindigen deze paragraaf met de definitie van de variantie van
een stochast $Y.$ Stel dat de verwachtingswaarde van $Y$ gelijk is
aan $\mathbf{E}(Y)=m,$ dan wordt de variantie $d^2$ van $Y$
gegeven door: \begin{eqnarray*} d^2 =
\mathbf{E}\left((Y-m)^2\right) &=&
\mathbf{E}\left(Y^2-2mY+m^2\right)\\&=&
\mathbf{E}(Y^2)-2m\mathbf{E}(Y)+m^2= \mathbf{E}(Y^2) -
m^2,\end{eqnarray*} waarbij we gebruik gemaakt hebben van de
somregel die zegt dat de verwachting van een som gelijk is aan de
som van de verwachtingen. Bijvoorbeeld: de variantie van $X$ is
gelijk aan: $${\rm Var}(X) =
\frac{16}{6}-\left(\frac{4}{3}\right)^2 = \frac{8}{9}.$$


\section{Wet van de Grote Aantallen}
In de vorige paragraaf hebben we gezien dat de gemiddelde waarde
van een stochast bij een groot aantal herhalingen van een
kansexperiment in de buurt zal liggen van de verwachtingswaarde
van deze stochast. In deze paragraaf willen ingaan op wat meer
achtergronden. Beschouw onafhankelijke stochasten $X_{1},
X_{2},\ldots$ met dezelfde verdeling met verwachting $m$ en
variantie $d^{2}$. Zij verder $\bar{X}_{n} =
(X_{1}+\cdots+X_{n})/n$ het gemiddelde van $X_{1}$ tot en met
$X_{n}$. Dan geldt voor de verwachtingswaarde $$
\mathbf{E}(\bar{X}_{n}) = m. $$ De kansverdeling van het
gemiddelde is dus geconcentreerd rond $m$, maar we weten nog niet
`hoe dicht' $\bar X_n$ ligt bij $m$. Bekijk hiervoor de volgende
kans $$ \mathbf{P}(|\bar X_n-m|>\epsilon) $$ voor een (klein)
getal $\epsilon>0$. De grootte van deze kans voor verschillende
keuzes van $\epsilon$ zegt iets over `hoe dicht' $\bar X_n$ bij
$m$ ligt. Zolang we niets weten over de kansverdeling van de
$X_i$'s kunnen we deze kans niet uitrekenen, we kunnen wel een
algemeen geldende bovengrens vinden.
\begin{lemma}({\bf Ongelijkheid van Tchebycheff}) \\
Zij $Y$ een stochast met $\mathbf{E}(Y) = m$ en zij $\epsilon >0$.
Dan geldt:
\begin{equation}
\label{eq:tchebycheff} \mathbf{P}(|Y-m|>\epsilon )
\le
\frac{{\rm Var}(Y)}{\epsilon^{2}}.
\end{equation}
\end{lemma}
{\bf Bewijs:} Definieer de stochast $Z$ door het voorschrift: $$
Z= \left\{
\begin{array}{cl}
\epsilon &, \mbox{ als }|Y-m|>\epsilon\\ 0        &, \mbox{ als
}|Y-m|\leq \epsilon.
\end{array}
\right. $$ Dan is $Z$ een discrete stochast met mogelijke waarden
0 en $\epsilon$ en kansen:
\begin{eqnarray*}
\mathbf{P}(Z=0)&=&\mathbf{P}(|Y-m|\leq \epsilon)\\
\mathbf{P}(Z=\epsilon)&=&\mathbf{P}(|Y-m|>\epsilon).
\end{eqnarray*}
Merk op dat per definitie $0\le Z\le  |Y-m|$, dus ook $Z^{2}\le
(Y-m )^{2}$. Hieruit volgt: $$ \mathbf{E}(Z^{2}) \le
\mathbf{E}\left((Y-m )^{2}\right)={\rm Var}(Y). $$ Maar $$
\mathbf{E}(Z^2)=0^2\cdot\mathbf{P}(Z=0)+\epsilon^2\cdot\mathbf{P}(Z=\epsilon)
=\epsilon^2\mathbf{P}(|Y-m|>\epsilon). $$ Zodoende is $$ \epsilon
^{2}\mathbf{P}(|Y-m|>\epsilon ) \le {\rm Var}(Y). $$ Delen door
$\epsilon ^{2}$ levert de ongelijkheid van Tchebycheff. \tqed

\medskip
Beschouw weer onafhankelijke stochasten $X_{1}, X_{2},\ldots$ met
dezelfde verdeling met verwachting $m$ en variantie $d^{2}$. Omdat
$\mathbf{E}(\bar X_n)=m$ levert toepassing van de ongelijkheid van
Tchebycheff op $Y=\bar X_n$: $$ \mathbf{P}(|\bar{X}_{n}-m|
>\epsilon )
\le
\frac{{\rm Var}(\bar X_n)}{\epsilon ^{2}}. $$ Omdat de variantie
van het gemiddelde wordt gegeven door $${\rm var}(\bar
X_n)=\frac{d^2}{n}, $$ vinden we dat $$ \mathbf{P}(|\bar{X}_{n}-m|
>\epsilon )
\le
\frac{d^2}{n\epsilon ^{2}}. $$ Hieruit volgt dat
\begin{equation}
\label{eq:convergentie in kans} \lim_{n\to\infty } \mathbf{P}(\mid
\bar{X}_{n}-m\mid >\epsilon ) = 0.
\end{equation}
Met andere woorden, de kans dat $\bar{X}_{n}$ en $m$ meer dan een
gegeven tolerantie $\epsilon$ van elkaar verschillen is
willekeurig klein te maken door $n$ voldoende groot te kiezen. Men
noemt eigenschap (\ref{eq:convergentie in kans}) de {\bf Zwakke
Wet van de Grote Aantallen}. In feite geldt een sterkere
uitspraak:
\begin{equation}
\label{eq:convergentie bo} \mathbf{P}(\lim_{n\to
\infty}\bar{X}_{n} = m)=1.
\end{equation}
Eigenschap (\ref{eq:convergentie bo}) is de {\bf Sterke Wet van de
Grote Aantallen}. We gaan hier niet in op het precieze verschil
tussen de Zwakke en de Sterke Wet van de Grote Aantallen.

\medskip
{\bf Voorbeeld.} Definieer de stochast $X_{i}$ gelijk aan 1 als
bij het $i$-de experiment gebeurtenis $A$ optreedt en anders
gelijk aan 0, en zij $p_A$ de kans op $A$. In ons model voor
herhalingen van experimenten zijn de stochasten $X_{i}$
onafhankelijk en gelijk verdeeld met verdeling: $$ X_i: \left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\ 1-p_A & p_A
\end{array}
\right). $$ De verwachting $m$ van elke $X_i$ is dan gelijk aan $$
m=0\cdot(1-p_A)+ 1\cdot p_A=p_A. $$ Verder is in dit geval $\bar
X_n$ gelijk aan de relatieve frekwentie van de gebeurtenis $A$: $$
\bar{X}_{n}=\frac{N_n(A)}{n}. $$ Uit de Sterke Wet van de Grote
Aantallen volgt dat $$ \lim_{n\to\infty} \frac{N_n(A)}{n}=p_A
\quad \mbox{met kans 1.} $$ Dit bevestigt onze veronderstelling
dat de relatieve frekwentie $N_n(A)/n$ voor grote waarden van $n$
ongeveer gelijk is aan de kans op $A$.

\section{Roll dice...}
Een van de simulatie experimenten in het programma {\em WinStats}
is het $D$-maal gooien van een $N$-dobbelsteen, dit is een zuivere
dobbelsteen met $N$ kanten. Zij $X$ het aantal verschillende
kanten van de dobbelsteen dat bij een uitvoering van dit
experiment bovenkomt. Het berekenen van de kansverdeling van de
stochast $X$ vraagt enige slimme combinatoriek. Daarom willen we
met behulp van simulatie onderzoeken wat de verwachtingswaarde
$\mathbf{E}(X)= \mu_{N,D}$ is van het aantal verschillende kanten
dat bovenkomt bij $D$ worpen met de dobbelsteen. Hiertoe herhalen
we dit experiment $n=1000$ maal. Zij $X_k$ het aantal
verschillende kanten dat bovenkomt bij de $k^{{\rm de}}$
uitvoering van dit experiment. Uit de Sterke Wet van de Grote
Aantallen volgt dat $$\frac{1}{1000}\sum_{k=1}^{1000}X_k \approx
\mu_{N,D}.$$ In dit geval kunnen we de verwachtingswaarde $
\mu_{N,D}$ ook berekenen zonder eerst de kansverdeling van $X$ uit
te rekenen. Definieer voor $n=1,\ldots ,D$ de stochast $T_n$ als
het aantal verschillende kanten na $n$ worpen met de dobbelsteen.
Als gegeven is dat $T_{n-1}=i$ dan kan $T_n$ alleen maar gelijk
zijn aan $i$ of aan $i+1:$  $T_n=i$ als bij de $n^{\rm de}$ worp
een van de eerder gegooide kanten bovenkomt en anders is
$T_n=i+1.$ Dus: $$\mathbf{P}(T_n=i \mid T_{n-1}=i) = \frac{i}{N}
\quad \mbox{en} \quad \mathbf{P}(T_n=i+1 \mid T_{n-1}=i) =
\frac{N-i}{N}.$$ Hieruit volgt dat $$\mathbf{E}(T_n \mid
T_{n-1}=i) = \frac{N-1}{N}i +1.$$ Dus
\begin{eqnarray*}
\mathbf{E} (T_n) &=& \sum_{i=1}^N \mathbf{E}(T_n \mid
T_{n-1}=i)\mathbf{P}(T_{n-1}=i)\\ &=& \sum_{i=1}^N \left(
\frac{N-1}{N}i +1\right)\mathbf{P}(T_{n-1}=i)\\ &=&
\frac{N-1}{N}\mathbf{E}(T_{n-1}) +1.
\end{eqnarray*}
De oplossing van deze $1^{{\rm e}}$ orde lineaire
differentievergelijking is van de vorm $$\mathbf{E}(T_n) =
a\left(\frac{N-1}{N}\right)^n+b.$$ Substitutie in de
differentievergelijking geeft $b=N.$ Men gaat eenvoudig na dat
$\mathbf{E}(T_1)=1,$ dus $a=-N$ en
$$\mathbf{E}(T_n)=-N\left(\frac{N-1}{N}\right)^n+N,\quad
n=1,\ldots ,D.$$ Dus:
\begin{eqnarray*}
\mu_{N,D} &=& \mathbf{E}(T_D)= N\left(1-\left(
\frac{N-1}{N}\right)^{D}\right).
\end{eqnarray*}


\section{De Centrale Limietstelling}
In deze paragraaf gaan we nader op het random gedrag van de
afwijkingen van het gemiddelde en de verwachtingswaarde zoals
besproken in paragraaf 2. Als we de kansverdeling van het
gemiddelde $$ \frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}n $$ van onafhankelijke
stochasten met dezelfde verdeling bekijken, dan blijkt dat deze
kansverdeling voor $n\to\infty$ steeds meer gaat lijken op \'e\'en
en dezelfde limietkansverdeling, ongeacht de verdeling van de
$X_i$'s (als de variantie maar eindig is). Dit resultaat wordt
precies gedefinieerd in de nu volgende Stelling.

\begin{theorem} ({\bf Centrale Limietstelling}) \\ Laat $X_{1}, X_{2},\ldots$
onafhankelijke stochasten zijn met dezelfde verdeling met
verwachting $m$  en variantie $d^{2}$. Zij verder $\bar{X}_{n} =
(X_{1}+\cdots+X_{n})/n$ het gemiddelde van $X_{1}$ tot en met
$X_{n}$. Dan convergeert de verdelingsfunctie van $$
\sqrt{n}\frac{\bar{X}_{n}- m}{d} $$ naar de verdelingsfunctie van
de standaard normale verdeling. Anders gezegd: $$ \mathbf{P}
\left( \sqrt{n}\frac{\bar{X}_{n}- m}{d} \le  x \right) \to \Phi(x)
$$ voor iedere $x$, waarbij $$ \Phi(x)=\int^{x}_{-\infty }
\frac1{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac12 u^{2}}\, du, $$ de
verdelingsfunctie is van de standaard normale verdeling.
\end{theorem}


De Centrale Limietstelling zegt dus onder andere dat we het
verschil $\bar X_n-m$ moeten opblazen met een factor $\sqrt{n}$ om
in de limiet iets over te houden. Bovendien zegt de stelling dat
we in de limiet altijd hetzelfde overhouden, namelijk na deling
door $d$ houden we altijd een standaard normale verdeling over.
Dit laatste geeft dus aan hoe realisaties van $\bar X_n$ rond $m$
ongeveer fluctueren. De praktische toepassing van de Centrale
Limietstelling is dat we kansen voor het gemiddelde van $n$
onafhankelijke stochasten kunnen benaderen door overeenkomstige
kansen van de standaard normale verdeling, zolang $n$ vrij groot
is: $$ \mathbf{P} \left( \sqrt{n}\frac{\bar{X}_{n}- m}{d} \le  x
\right) \approx \mathbf{P}(Z\leq x) $$ waarbij $Z$ standaard
normaal verdeeld is.

\subsection{Toepassingen van de Centrale Limietstelling}
\label{subsec:benaderen met cls}

We zullen aan de hand van twee voorbeelden toepassingen van de
Centrale Limietstelling illustreren. Het eerste voorbeeld is een
directe toepassing van de stelling. Het tweede voorbeeld
illustreert hoe kansen van een binomiale verdeling kunnen worden
benaderd door kansen van de standaard normale verdeling.

Stel dat we 100 keer een willekeurig getal willen trekken tussen 0
en 1. Wat is de kans dat de som van de getrokken getallen $\geq
55$ is? We maken het volgende kansmodel voor deze situatie. We
vatten de 100 te trekken getallen op als realisaties van
onafhankelijke stochasten $X_1,X_2,\ldots,X_{100},$ die uniform
verdeeld zijn op $[0,1],$ waarvan de verdelingsfunctie gegeven
wordt door $\int_{-\infty}^xf(u)du$ met $$ f(u)
=
\left\{
\begin{array}{cl}
1&,0\leq u\leq 1\\ 0&,\mbox{elders.}
\end{array}
\right. $$ Met andere woorden: voor elke $X_i$ en $0\le x\le1$
geldt $$\mathbf{P}(0\le X_i \le x) = \int_0^x f(u)du = x.$$
Gevraagd wordt naar $\mathbf{P}(X_1+X_2+\cdots+X_{100}\geq 55)$.
We geven een benadering voor deze kans met behulp van de centrale
limietstelling.

De gevraagde kans is ook te formuleren als $$ \mathbf{P}(\bar
X_{100}\geq 0.55). $$ Volgens de Centrale Limietstelling heeft $$
\sqrt{100}\frac{\bar{X}_{100}- m}{d} $$ bij benadering een
standaard normale verdeling. Wanneer we $m$ en $d$ bepalen, kunnen
we vervolgens de tabel van de standaard normale verdeling
gebruiken om de kans uit te rekenen.

In dit geval zijn $m$ en $d$ de verwachting en standaarddeviatie
van de uniforme verdeling op $[0,1].$ Deze zijn gelijk aan : $$
m=\mathbf{E}(X_i)=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)dx = \int_0^1xdx =
\frac12 $$ en omdat
$$\mathbf{E}(X_i^2)=\int_{-\infty}^{\infty}x^2f(x)dx=\int_0^1x^2dx
=\frac 13 , $$ is $$ d=\sqrt{\mathbf{E}(X_i^2)-\frac 14} =
\frac{1}{\sqrt{12}}. $$ We hebben nu dat
\begin{eqnarray*}
\mathbf{P}(\bar X_{100}\geq 0.55) &=& \mathbf{P} \left(
\sqrt{100}\frac{\bar{X}_{100}- 0.5}{1/\sqrt{12}} \geq
\sqrt{100}\frac{0.55-0.5}{1/\sqrt{12}} \right)\\ &=& \mathbf{P}
\left( \sqrt{100}\frac{\bar{X}_{100}- 0.5}{1/\sqrt{12}} \geq 1.732
\right)\\ &\approx& \mathbf{P}(Z\geq 1.732),
\end{eqnarray*}
waarbij $Z$ standaard normaal verdeeld is. We vinden tenslotte in
een tabel van de standaard normale verdeling dat $\mathbf{P}(Z\geq
1.732)=0.0418$. Met andere woorden, de gevraagde kans is bij
benadering gelijk aan 0.0418.

\medskip

{\bf Normale benadering voor de binomiale verdeling.}\newline Een
stochast $X,$ die binomiaal verdeeld is met parameters $n$ en $p$
kan geschreven worden als een som $$ X=X_{1}+ X_{2}+\cdots+ X_{n}
$$ van $n$ onafhankelijke stochasten met
\begin{eqnarray*}
m &=& \mathbf{E}(X_{i}) = p\\ d &=& \sqrt{{\rm var}(X_{i}} =
\sqrt{p(1-p)}.
\end{eqnarray*}
Zij $\bar{X}_{n} = (X_{1}+\cdots+X_{n})/n$ het gemiddelde van
$X_{1}$ tot en met $X_{n}$. Dan is $X = n\bar{X}_{n}$ en op grond
van de Centrale Limietstelling is de stochast $$
\sqrt{n}\frac{\bar X_n - p}{\sqrt{p(1-p)}} $$ bij benadering
standaard normaal verdeeld. Als we teller en noemer met $\sqrt{n}$
vermenigvuldigen vinden we dat $$ \frac{X-np}{\sqrt{np(1-p)}} $$
bij benadering standaard normaal verdeeld is.

Zij $X$ binomiaal verdeeld met parameters $n=100$ en $p=0.25$. Men
kan nagaan dat exact geldt $$ \mathbf{P}(X\le 20) = 0.1488. $$ Als
we de verdeling van $X$ benaderen met de normale verdeling dan
vinden we met $np=25$ en $np(1-p)=18.75$ dat: $$ \mathbf{P}(X\le
20)
=
\mathbf{P} \left( \frac{X-25}{\sqrt{18.75}} \leq
\frac{20-25}{\sqrt{18.75}} \right) \approx \mathbf{P}(Z\leq
-1.15). $$ waarbij $Z$ standaard normaal verdeeld is, zodat $$
\mathbf{P}(Z\leq -1.15)=0.1251. $$

\end{document}

\section{Add random}
Vraag: hoeveel random getallen moet men genereren om een som $\ge
1$ te krijgen? Zij $U_1, U_2,\dots $ het eerste, tweede enz.
gegenereerde random getal. Definieer: $$N = \min \{ n : U_1+\ldots
U_n \ge 1\} .$$ Dus: $$N>n \Longleftrightarrow U_1+ \ldots
+U_n<1.$$ Met Winstats kunnen we de verwachtingswaarde van $N$
simuleren, ga dit na. Om de simulatie resultaten te kunnen
interpreteren berekenen we de kansverdeling van $N.$ Merk eerst op
dat 2 de kleinste waarde is die $N$ kan aannemen en
$$\mathbf{P}(N=2) = \mathbf{P}(U_1+U_2\ge 1) = \frac{1}{2}.$$ Men
gaat na dat voor $n\ge 1$ geldt:
\begin{eqnarray*}
\mathbf{P}(N>n)&=& \mathbf{P}(U_1+ \ldots +U_n<1)\\ &=&
\int_{u_1=0}^1 \int_{u_2=0}^{1-u_1} \ldots \int_{u_n=0}^{1-u_1 -
\ldots -u_{n-1}} du_1du_2 \ldots du_n = \frac{1}{n!}
\end{eqnarray*}
Dus $$\mathbf{P}(N=n) = \mathbf{P}(N>n-1)-\mathbf{P}(N>n) =
\frac{1}{(n-1)!}-\frac{1}{n!}.$$ Hieruit volgt dat $$\mathbf{E}N =
\sum_{n=2}^{\infty}n\left( \frac{1}{(n-1)!}-\frac{1}{n!} \right) =
\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{(n-2)!} = e.$$ Met behulp van de
Centrale Limietstelling willen nu de nauwkeurigheid van het
gemiddelde van $n=100$ simulaties onderzoeken. Eerst moeten we de
variantie van $N$ bepalen. Omdat we de verwachting $\mathbf{E}N$
al kennen is het voldoende om het tweede moment $\mathbf{E}(N^2)$
te berekenen. Dat doen we met een truc: $$\mathbf{E}N(N-2) =
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-2)\left( \frac{1}{(n-1)!}-\frac{1}{n!}
\right) = \sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{(n-3)!} = e,$$ dus
$$\mathbf{E}(N^2) = \mathbf{E}N(N-2) + 2\mathbf{E}N = 3e$$ en
$${\rm Var}(N)=3e-e^2 \approx 0.77.$$ Er volgt dat
$$10\frac{\bar{N}_{100}-e}{3e-e^2}$$ bij benadering standaard
normaal verdeeld, waarbij $\bar{N}_{100}$ het gemiddelde van de
simulatie is. Dus geldt met kans 0.68 dat $$-1 \le
10\frac{\bar{N}_{100}-e}{3e-e^2} \le 1,$$ of $$2.64 \le
\bar{N}_{100}-e \le 2.79.$$


\end{document}
