Bewijzen

Op het examen van Statistiek voor psychologen 1 worden gegarandeerd één à twee ongeziene bewijzen gevraagd. Als je daar goed op oefent, kunnen dat gratis punten zijn. Helaas gaan veel studenten hier toch de mist in. Het feit dat het ongeziene bewijzen zijn, wil niet zeggen dat het zinloos is om de bewijzen in de cursus (opnieuw) te maken. In tegendeel: stellingen bewijzen is een wiskundige vaardigheid die je moet trainen net zoals het maken van oefeningen. Daar zijn de bewijzen in de cursus uitermate geschikt voor. In dit artikel bekijken we hoe je examenvragen rond bewijzen best aanpakt.

Kanttekening: mijn wiskunde leerkracht uit het secundair onderwijs merkte ooit op dat haar leerlingen veel beter scoorden op toetsen met een bewijs als ze de vraag begon met "toon aan dat ..." i.p.v. "bewijs dat ...". We hebben blijkbaar allemaal trauma's overgehouden aan bewijzen uit het middelbaar, maar als we een oefening niet labelen als "bewijs" gaat het plots veel vlotter. In die zin is het nuttig om te beseffen dan de bewijzen op het examen statistiek ook vrij weinig weg hebben van klassieke wiskundige bewijzen, maar eerder een test zijn om te zien of je de basisregels rond algebra en sommatietekens goed onder de knie hebt. Beeld je dus gerust in dat er op het examen staat "werk uit" of "vereenvoudig" in plaats van "bewijs".

Logica en bewijstheorie

Dit deel is eerder achtergrondinformatie, maar je doet er goed aan het toch minstens één keer gelezen te hebben.

Bewijstheorie is een onderdeel van wiskundige logica waar veel studenten (o.a. uit wiskunde, fysica, informatica en filosofie) zich expliciet in moeten verdiepen. De gemiddelde leerling uit het middelbaar komt hier echter maar beperkt mee in aanraking. Je hoeft hier zeker geen expert in te worden om bewijzen op het examen statistiek te kunnen oplossen, maar de basisregels onder de knie hebben is wel noodzakelijk. Als je ooit de symbolen $\forall, \exists, \implies$ of $\iff$ gebruikt hebt, ken je al een beetje van logica.

De cursus statistiek 1 bestaat uit twee grote delen, beschrijvende en inductieve statistiek. Het woord inductie is een begrip dat van oorsprong uit de logica komt. Het is de tegenhanger van deductie. Bij deductie vertrek je van een algemene regel (bijvoorbeeld "het sneeuwt hier elke winter") waaruit je dan een meer specifieke regel kan afleiden: "het heeft hier gesneeuwd in de winter van 2005". Als de algemene regel waar is, zal de specifieke regel ook waar zijn. Bij inductie doe je het omgekeerde. Als het bijvoorbeeld in alle winters tussen 2000 en 2020 hier gesneeuwd heeft, zou je er van uit kunnen gaan dat het hier elke winter sneeuwt. Je gaat dan van specifiek naar algemeen (of in statistische termen van steekproef naar populatie).

Binnen logica denken we doorgaans in termen van waar of vals, heel zwart-wit dus zonder enig grijs daartussen. Bepaalde woorden zoals en, of, niet en als-dan hebben heel specifieke betekenissen net als plus en maal in de klassieke wiskunde. Een als-dan stelling noemen we een implicatie en stellen we voor met een $\implies$ teken. Opgelet: het is niet omdat $a \implies b$ geldt, dat automatisch ook $b \implies a$ opgaat. Voorbeeld: $\forall x \in \mathbb{R}: x > 0 \implies x^2 > 0$, maar het omgekeerde gaat niet op voor elke $x$.

Sommige regels zijn wel in twee richtingen bruikbaar: $x \neq 0 \implies x^2 > 0$ en $x^2 > 0 \implies x \neq 0$. Dat kunnen we verkort schrijven met een "als en slechts als" pijl: $x^2 > 0 \iff x \neq 0$.

In deze context wordt wel eens gesproken over noodzakelijke en voldoende voorwaarden. Voor de stelling $x > 0 \implies x^2 > 0$ is $x > 0$ een voldoende voorwaarde. Als die voorwaarde waar is, is $x^2 > 0$ zeker ook waar. Een voldoende voorwaarde komt dus overeen met onze eerdere definitie van een implicatie. $x > 0$ is echter geen noodzakelijke voorwaarde want er zijn genoeg getallen te vinden waarvoor $x > 0$ vals is en $x^2 > 0$ toch waar is. Zo is $-5 < 0$ maar $(-5)^2 > 0$. Als we de omgekeerde richting bestuderen ($x > 0 \impliedby x^2 > 0$) is $x^2 > 0$ wel een noodzakelijke voorwaarde. Als dat niet waar is, zal $x > 0$ ook nooit waar zijn. Het is helaas geen voldoende voorwaarde zoals we hierboven gezien hebben. De stelling $x > 0 \impliedby x^2 > 0$ in zijn geheel is dus vals. Idealiter hebben we een voorwaarde die perfect matcht met wat we moeten bewijzen, maar een noodzakelijke voorwaarde is vaak niet streng genoeg en een voldoende voorwaarde is vaak te streng. Een noodzakelijke én voldoende voorwaarde legt de lat niet te laag maar ook niet te hoog waardoor de twee uitspraken inwisselbaar worden. $x^2 > 0 \iff x \neq 0$ is daar een mooi voorbeeld van.

In de meetkunde vinden we gemakkelijk extra voorbeelden rond nodige en voldoende voorwaarden. Aangezien elk vierkant ook een rechthoek is, is "vierkant zijn" een voldoende voorwaarde voor "rechthoek zijn". Andersom is "rechthoek zijn" een nodige voorwaarde voor "vierkant zijn".

Opletten met negaties

De negatie van een stelling $s$ (ook wel "niet $s$" genoemd, of $\neg s$ in symbolen) verandert elke waar in vals en andersom. Na een dubbele negatie kom je terug uit bij het origineel: $\neg\neg s$ is opnieuw $s$. De negatie is nauw verwant met het complement uit verzamelingenleer: $(A^\complement)^\complement = A$.

Soms zijn negaties eenvoudig. $x \neq 0$ is de negatie van $x=0$. Andere keren moet je al iets verder nadenken. De negatie van $x < 3$ is niet $x > 3$ maar wel $x \geq 3$. Anders zouden beide stellingen vals zijn voor $x=3$ en de bedoeling bij negaties is net dat ze bij de ene waar zijn en bij de andere vals of omgekeerd. Volgens dezelfde redenering is de negatie van $x > 3$ gelijk aan $x \leq 3$ en vice versa. Dit inzicht ga je niet nodig hebben voor bewijzen op het examen, maar wel op veel andere plaatsen in de cursus.

Voor stellingen van de vorm $a \implies b$ is het verhaal nog minder eenvoudig. De negatie daarvan is niet zomaar $b \implies a$.

Nog een opmerkelijke vaststelling: de negatie van een stelling van de vorm $\forall x: a(x)$ is gelijk aan $\exists x: \neg a(x)$. Dat heeft belangrijke gevolgen...

Aanvallen is gemakkelijker dan verdedigen

Als we voor een stelling $\forall x: a(x) \implies b(x)$ één $x$ kunnen vinden waarvoor $a$ waar is en $b$ vals, hebben we een contradictie gevonden. Dan is onmiddelijk bewezen dat de stelling niet waar is. De aanval is succesvol.

Als we vermoeden dat de stelling waar is (zoals typisch op het examen) moeten we ze verdedigen tegen elke mogelijke aanval. Het is dus niet voldoende om één $x$ te vinden waarvoor zowel $a$ en $b$ waar zijn (een zgn. anekdotisch bewijs), want dat sluit niet uit dat iemand anders een andere $x$ vindt waarvoor $a$ waar is en $b$ vals en zo toch onze stelling kan aanvallen. We moeten al onze fronten verdedigen en aantonen dat voor elke mogelijk denkbare $x$ onze stelling geldig is.

Toegepast op het voorbeeld hierboven: bij $x=5$ is $x>0$ en $x^2>0$. Dat is een goed begin, maar niet genoeg om de hele stelling te bewijzen. Bij $x=-5$ is $x<0$ en $x^2>0$. Dat is een tegenvoorbeeld voor $x^2 > 0 \implies x>0$, waardoor deze stelling ontkracht is.

Bewijzen dat iets niet waar is, is dus veel gemakkelijker dan bewijzen dat iets waar is. Daarom is het soms een goed idee om de negatie van de originele stelling te proberen ontkrachten (en zo onrechtstreeks de originele stelling te bewijzen) door een tegenvoorbeeld te vinden. Dat noemt men een bewijs uit het ongerijmde.

Bewijzen op het examen

Op het examen statistiek heb je geen anekdotisch bewijs nodig, en ook geen bewijs uit het ongerijmde. Je moet typisch een direct of constructief bewijs vinden voor een stelling van de vorm $L = R$ met $L$ het linkerlid en $R$ het rechterlid van de vergelijking. Je kan daarvoor verschillende strategieen hanteren. Je kan van links beginnen en $L$ verder uitwerken met de hoop dat je vroeg of laat bij $R$ uit komt: $L = \ldots = \ldots = R$. Je mag ook hetzelfde doen, maar dan vanaf rechts: $R = \ldots = \ldots = L$. Soms is het niet zo eenvoudig, en moet je van de twee kanten tegelijk werken:

• $L = \ldots = T$
• $R = \ldots = T$

Door te bewijzen dat je de twee kanten naar tussenoplossing $T$ kan uitwerken, heb je bewezen dat $L=T=R$ en dus dat $L=R$.

De moeilijkheidsgraad van de bewijzen is beperkt in de zin dat je nooit uit het niets termen, factoren, functies of wat dan ook uit je hoge hoed moet toveren om verder te geraken. Je moet enkel de formules die gegeven zijn zo ver mogelijk uitwerken aan de hand van de definities en eigenschappen die je in de cursus gezien hebt.

Op basis van reconstructies weten we ook dat bewijzen op het examen meestal in vijf à tien stappen op te lossen zijn. Zoek het dus zeker niet te ver.

Gereedschapskist

Welke tools moet je zoal bij de hand houden terwijl je de leden van de vergelijking uitwerkt? Uit reconstructies van oude examens weten we dat bepaalde aspecten heel vaak terugkomen:

• basisregels algebra (volgorde bewerkingen, breuken, machten, ...)
  • hier wordt zorgwekkend veel tegen gezondigd
• rekenregels sommatieteken
  • vooral de eerste drie eigenschappen van appendix 4 komen vaak terug
    • $\sum_{i=1}^n (x_i + y_i) = \sum_{i=1}^n x_i + \sum_{i=1}^n y_i$
    • $\sum_{i=1}^n (cx_i) = c\sum_{i=1}^n x_i$
    • $\sum_{i=1}^n c = c + \ldots + c = nc$
  • dubbele sommen zijn eerder uitzonderlijk
• merkwaardige producten
  • $(a \pm b)^2 = a^2 \pm 2ab + b^2$
  • $(a + b)(a - b) = a^2 - b^2$
• definitie Z-transformatie
  • $Z_X(x) = \dfrac{x - \overline x}{s_x}$
  • $\zeta_X(x) = \dfrac{x - \mu_X}{\sigma_X}$
• definities en eigenschappen (co)variantie, correlatie, ...
• rekenregels lineaire transformaties
• rekenregels somvariabelen
• i.i.d. voorwaarde omzetten in formules
  • $X,Y$ onafhankelijk
    • $\pi_{X,Y}(x,y) = \pi_X(x) \pi_Y(y)$
    • $\varphi_{X,Y}(x,y) = \varphi_X(x) \varphi_Y(y)$
  • $X,Y$ identiek verdeeld
    • $\pi_X = \pi_Y = \pi$
    • $\varphi_X = \varphi_Y = \varphi$
  • gecombineerd
    • $\pi_{X,Y}(x,y) = \pi(x) \pi(y)$
    • $\varphi_{X,Y}(x,y) = \varphi(x) \varphi(y)$

Daarnaast komen eigenschappen van Z-transformaties vaak terug als onderdeel van het bewijs. Je kent uiteraard de klassiekers: $\overline{Z_X} = 0$ en $E[\zeta_X] = 0$. Daardoor weet je ook dat $\sum_i Z_X(x_i) = n\overline{Z_X} = 0$. Iets minder voor de hand liggend zijn de eigenschappen $\overline{Z_X^2} = 1$ en $E[\zeta_X^2] = 1$. Deze eigenschappen staan niet in de cursus maar zijn relatief eenvoudig te bewijzen (oefening). Op het examen mag je die eigenschap dus niet direct toepassen. Je moet het bewijs hiervan integreren in het groter bewijs waar je aan werkt. Desondanks is het heel handig om te weten waar je zou moeten uitkomen. Tot slot weten we hierdoor ook dat $\sum_i [Z_X(x_i)]^2 = n$.

Stel dat je moet bewijzen dat $\sum_{i=1}^n (3+Z_X(x_i))^2 = 10n$. De term tussen haakjes kan je uitwerken als merkwaardig product: $\sum_i (9 + 6Z_X(x_i) + Z_X(x_i)^2) = 9n + 6\sum_i Z_X(x_i) + \sum_i Z_X(x_i)^2$. De tweede term is $0$ en voor de derde term kan je bewijzen dat die gelijk is aan $n$. Zo bekomen we $9n + 0 + n = 10n$.

Definities vs eigenschappen

Soms vraagt de prof expliciet om een stelling te bewijzen o.b.v. een bepaalde definitie. Dit doet hij wellicht omdat er een gemakkelijkere manier (vaak zonder gegoochel met sommatietekens) is om de stelling te bewijzen m.b.v. eigenschappen die we in de cursus gezien hebben. Hij wil dat je de moeilijke weg volgt. Zorg dus dat je goed weet welke formule een definitie is, en welke een eigenschap of rekenregel.

Verantwoording

Vergeet niet bij elke stap die je zet een verantwoording te schrijven. Een correct bewijs zonder goede verantwoording wordt fout gerekend. Studenten durven in mijn ervaring wel eens ✨creatieve momentjes✨ hebben waarbij ze wat kort door de bocht gaan om hun bewijs rond te krijgen. Hieronder vind je daar een mooi voorbeeld van. Zo moet het dus niet. Zorg dat je altijd goed weet welke regel je toepast en waarom die regel in die situatie van toepassing is.

Stel dat $W = (X+1)(Y+1)$ en dat $\mu_X = \mu_Y = 0$. Bewijs dan dat $\mu_W = \sigma_{XY} + 1$.

• $1 + \sigma_{XY}$
• $= 1 + \sum_j \sum_{j'} (x_j - \mu_X)(y_{j'} - \mu_Y) \pi_{X,Y}(x_j, y_{j'})$ (definitie)
• $= 1 + \sum_j \sum_{j'} x_jy_{j'} \pi_{X,Y}(x_j, y_{j'})$ ($\mu_X = \mu_Y = 0$)
• $= \sum_j \sum_{j'} (x_j + 1)(y_{j'} + 1) \pi_{X,Y}(x_j, y_{j'})$ ($1$ binnenbrengen)
• $= \mu_W$

Nogmaals: dit is fout. Er is geen enkele wiskunderegel die je toelaat om "1 binnen te brengen". Probeer zelf met wat je net geleerd hebt het juiste bewijs te vinden.

Conclusie

Je hebt geen ingewikkelde formules nodig om deze bewijzen te vinden. Met wat je geleerd hebt in de wiskundeles tot en met het derde middelbaar kom je al heel ver. Met bovenstaande tips en tricks in je achterhoofd komt het hopelijk helemaal goed!