# Discrete Kansrekening/Basisbegrippen/Eigenschappen van kansen
## 1.4 Eigenschappen van kansen

Uit de axioma's van Kolmogorov kunnen we enkele eigenschappen afleiden die het rekenen met kansen vereenvoudigen of overzichtelijker maken.

### Stelling 1.4.1 (eigenschappen van kansen)

Omdat ∅ = ∅ ∪ ∅ ∪ ... geldt volgens axioma 1.3.1.c dat P(∅) = P(∅) + P(∅) + .... Uit deze gelijkheid volgt:
    (a) $P(\varnothing )=0$
Als A$_1$,A$_2$,...,A$_n$ disjuncte gebeurtenissen zijn en we stellen A$_k$ = ∅ voor k > n, dan volgt uit axioma 1.3.1.c, dat:
    (b) $P\left(\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\right)=P\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)=\sum _{i=1}^{\infty }P(A_{i})=\sum _{i=1}^{n}P(A_{i})$
Voor elke twee gebeurtenissen A en B kunnen we schrijven B = AB ∪ A$^c$B; omdat AB en A$^c$B disjunct zijn, volgt uit b:
    (c) P(B) = P(AB) + P(A$^c$B).
Kiezen we B = S in c, dan vinden we in het bijzonder:
    (d) P(A$^c$) = 1 - P(A).
Is A ⊂ B dan is AB = A, zodat uit c volgt:
    (e) als A ⊂ B, dan is P(A) ≤ P(B).
Tevens volgt uit c dat in het algemeen geldt:
    (f) P(A∪B) = P(A) + P(A$^c$B) = P(A) + P(B) - P(AB).
Uit f blijkt weer dat (ongelijkheid van Boole):
    (g) P(A∪B) ≤ P(A) + P(B).

### Opmerking 1

Eigenschap b is niet equivalent met axioma 1.3.1.c. Het voert echter te ver om hier nader op in te gaan.

### Voorbeeld 1

We werpen net zolang een zuivere dobbelsteen tot we zes gooien. Hoe groot is de kans dat we meer dan drie keer moeten werpen? Als uitkomstenruimte nemen we {1,2,3,...}, waarin we de uitkomst "n keer werpen" aangeven door n, en als kansfunctie p(n) = (5/6)$^{n-1}$(1/6). Laat A de gebeurtenis "meer dan drie keer werpen" zijn. De gevraagde kans is dan P(A) = p(4) + p(5) + p(6) + ... Het is nu gemakkelijker om naar het complement van A te kijken; immers P(A$^c$) = p(1) + p(2) + p(3) = 1/6 + 5/36 + 25/216 = 91/216, zodat P(A) = 1 - P(A$^c$) = 125/216. We zullen later zien dat we deze kans ook kunnen bepalen door de gevraagde gebeurtenis op te vatten als "de eerste drie worpen geen zes". Bij elke worp is de kans 5/6 dat we geen zes gooien en we zullen dan zien dat we de gevraagde kans door vermenigvuldiging van deze kansen moeten berekenen, dus als (5/6)$^3$ = 125/216.

### Voorbeeld 2

In een bepaalde stad leest 30% van de inwoners krant A, 20% krant B en 5% is geabonneerd op beide kranten. Wat is de kans dat een willekeurig gekozen inwoner tenminste een van beide kranten leest? Er geldt: P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,3 + 0,2 - 0,05 = 0,45.
Eigenschap f laat zich gemakkelijk generaliseren naar meer dan twee gebeurtenissen. Begripsmatig is deze generalisatie niet ingewikkeld, maar wel het opschrijven ervan; we zullen dit dan ook alleen expliciet doen voor drie gebeurtenissen. Door herhaald toepassen van f volgt dan:

### Stelling 1.4 (algemene somregel)

Voor een drietal gebeurtenissen A, B en C geldt:
    P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC).

### Voorbeeld 3 (ONS DORP)

In ONS DORP, een dorp van 8123 inwoners, is een bloeiend cultureel leven, hetgeen blijkt uit het bestaan van drie toneelverenigingen: ACHTER DE COULISSEN (A) met 42 leden, BURGERTONEEL (B) met 30 leden en de CHRISTELIJKE TONEELVERENIGING (C) met 57 leden. Hoe groot is de kans dat een willekeurig gekozen dorpsbewoner toneel speelt? Die kans is niet (42+30+57)/8123, want 10 dorpsbewoners zijn lid van A zowel als van B, 12 zijn lid van A zowel als van C, 9 van B zowel als van C en 8 zijn zelfs lid van alle drie toneelverenigingen. We vinden dus: P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC) = (42 + 30 + 57 - 10 - 12 - 9 + 8)/8123 = 106/8123.