Upload
miron
View
24
Download
0
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Regels bij kansrekeningen. Somregel Hebben de gebeurtenissen G 1 en G 2 geen gemeenschappelijke uitkomsten, dan is P ( G 1 of G 2 ) = P ( G 1 ) + P ( G 2 ). Complementregel P (gebeurtenis) = 1 – P (complementregel-gebeurtenis) - PowerPoint PPT Presentation
Citation preview
Regels bij kansrekeningen
Somregel Hebben de gebeurtenissen G1 en G2 geen gemeenschappelijke
uitkomsten, dan is P(G1 of G2) = P(G1) + P(G2).
Complementregel P(gebeurtenis) = 1 – P(complementregel-gebeurtenis)
Productregel Bij twee onafhankelijke kansexperimenten geldt P(G1 en G2) = P(G1) · P(G2).
13.1
Soorten kansberekeningen
1. Gunstige uitkomsten tellenMaak een rooster of noteer systematisch de gunstige uitkomsten.
2. Vaasmodel gebruikenBij trekken zonder terugleggen bereken je kansen met combinaties.
3. Productregel gebruikenBij twee of meer onafhankelijke experimenten bereken je kansen metde productregel.Vuistregel Bij het nemen van een kleine steekproef uit een grote
populatie mag je trekken zonder terugleggen opvattenals trekken met terugleggen. Je gebruikt de productregel.
4. Binomiale verdelingDe binomiale verdeling is een speciaal geval van de productregel.Bij een binomiaal kansexperiment voer je hetzelfde kansexperimenteen aantal keren uit, waarbij je alleen op de gebeurtenissen ‘succes’ en‘mislukking’ let. Hierbij is X het aantal keer succes, n het aantal keerdat het kansexperiment wordt uitgevoerd en p de kans op succes per keer.Notaties: P(X = k) = binompdf(n, p, k)
P(X ≤ k) = binomcdf(n, p, k) 13.1
opgave 2 a P(rode) = ≈ 0,326
P(4 rode) = ≈ 0,269
P(3 rode, 2 witte en 1 zwarte) = ≈ 0,210
P(3 rode, 2 witte en 1 zwarte) = ≈ 0,136
P(5 keer pakken) = ≈ 0,033 of
P(5 keer pakken) = ≈ 0,033
P(7 keer pakken) = P(bij de eerste zes keer 2 rode) · P(rode) = ≈ 0,163
4 48 7 8
4 15 15
7 5 3
3 2 1
15
6
3 26 3 7 5 3
3 2 15 15 15
8 7 6 5 7( , , , , )
15 14 13 12 11P r r r r r
8
4 7( , , , , )
15 11
4
P r r r r r
6 8 7 6 5 7 6 5
2 15 14 13 12 11 10 9
b
c
d
e
f
5
15
2
8
3
7
opgave 8 a P(elk aantal ogen 4 keer) = ≈ 0,015
of
P(elk aantal ogen 4 keer) = ≈ 0,015
P(zes keer 2, vier keer 3 en zes keer geen 2 en 3) =
≈ 0,025
of
P(zes keer 2, vier keer 3 en zes keer geen 2 en 3) =
≈ 0,025
P(bij de tiende worp evenveel als bij de derde worp) = = 0,25
1616 12 8 1
4 4 4 4
1616! 1
4! 4! 4! 4! 4
6 4 616 10 1 1 2
6 4 4 4 4
6 4 6116! 1 2
46! 4! 6! 4 4
14
b
c
opgave 16 a
b P(Anton pakt zwarte knikker) = P(mz) = = 0,2
P(Anton pakt rode knikker) = P(krI) + P(mrII) = ≈ 0,586
P(Anton pakt twee keer wit) = P(kwkw) = ≈ 0,036
P(Anton pakt twee keer rood) = P(krIkrI) + P(krImrII) + P(mrIIkrI) + P(mrIImrII)
= ≈ 0,318
1 22 5
31 4 12 7 2 5
31 1 22 7 2 6
3 3 3 31 4 1 1 4 1 1 1 4 1 1 22 7 2 6 2 7 2 5 2 5 2 7 2 5 2 4
c
d
e
13.2
opgave 18 a
P(Nederlander heeft spierpijnklachten) = P(ps) + P(ps)= 0,01 · 0,7 + 0,99 · 0,2= 0,205
Aantal = 10 000 · 0,01 · 0,7 = 70Aantal = 10 000 · 0,205 = 2050Er zijn 2050 personen die spierpijnlachten hebben,waarvan er 70 Parkinson hebben.
P(een persoon met spierpijnklachten heeft Parkinson) = ≈ 0,034
Van de personen die spierpijnklachten hebben,heeft maar een klein deel de ziekte van Parkinson, zie vraag e.
-
70
2050
b
cde
f
13.2
opgave 23 a X = het aantal drukfouten dat op die bladzijde staat.X is binomiaal verdeeld met n = 48 en p =
P(X ≥ 2) = 1 – P(X ≤ 1)= 1 – binomcdf(48, , 1)≈ 0,013
P(X = 2) = binompdf(48, , 2)≈ 0,012
Je verwacht 0,012 · 280 ≈ 3 bladzijden met twee drukfouten.
1280
1280
1280
b
Oppervlakte berekenen
opp = normalcdf(a, b, µ, σ)Neem a = –1099 als er geen linkergrens is.
Grens berekenen
a = invNorm(opp links, µ, σ)
13.3
Normale verdeling
Werkschema: aanpak bij opgaven over de normale verdeling1. Schets een normaalkromme en verwerk
hierin µ, σ, l, r en opp.2. Kleur het gebied dat bij de vraag hoort.3. Bereken met de GR het ontbrekende getal.4. Beantwoord de gestelde vraag.
13.3
opgave 26 a
opp = normalcdf(1000, 1099, 1005, 6) ≈ 0,798Dus 79,8%.
b
opp = 2 · normalcdf(–1099, 1001, 1005, 6) ≈ 0,505Dus van 50,5%.
opgave 26 c
TInormalcdf(–1099, 1000, µ, 8) = 0,02Voer in y1 = normalcdf(–1099, 1000, x, 8) en y2 = 0,02
De optie intersect geeft x ≈ 1016,4.Dus instellen op een gemiddelde van minstens 1016,4 gram.
Casio
Voer in y1 = P((1000 – x) : 8) en y2 = 0,02.
De optie intersect geeft x ≈ 1016,4.Dus instellen op een gemiddelde van minstens 1016,4 gram.
10000,02
8P
Som en verschil van toevalsvariabelen
De som en het verschil van de normaal verdeelde toevalsvariabelen X en Yzijn weer normaal verdeeld.De verwachtingswaarde en de standaardafwijking van S = X + Y en V = X – Y bereken je metµS = µX + µY en
respectievelijkµV = µX – µY en
De formules voor σS en σV mag je alleen gebruiken als X en Y onafhankelijk zijn.
Voor de som S = X1 + X2 + X3 + … + Xn van n onafhankelijke toevalsvariabelen
X1, X2, …, Xn geldt
en
2 2S X Y
2 2V X Y
1 2 3...S X X X Xn
2 2 2 2
1 2 3...S X X X Xn
13.3
opgave 34
De totale afhandelingstijd is T = X + Y.T is normaal verdeeld metµT = µX + µY = 170 + 110 = 280 seconden en
5 minuten = 300 secondenopp = normalcdf(300, 1099, 280, ) ≈ 0,083Dus in 8,3% van de gevallen.
2 2 2 212 8 208T X Y
208
seconden
opgave 41
De totale tijdsduur isT = X1 + X2 + X3 + X4.
T is normaal verdeeld metµT = 12 + 8 + 20 + 18 = 58 seconden en
opp = normalcdf(60, 1099, 58, ) ≈ 0,144Dus in 14,4% van de gevallen.
2 2 2 20,5 0,3 0,8 0,6 3,54T
3,54
seconden
Steekproef van lengte n
Gegeven is een populatie met een normaal verdeelde toevalsvariabele X.Bij een steekproef van lengte n uit deze populatie isXsom = X + X + X + … + X (in termen) normaal verdeeld met
en
X Xsomn
X Xsomn
13.4
opgave 44
Xsom is normaal verdeeld met
= 3 · 40 = 120 minuten en
minuten.
P(Xsom > 135) = normalcdf(135, 1099, 120, ) ≈ 0,140
Xsom
3 8 8 3Xsom
8 3
Het steekproefgemiddelde
- wet:Bij een normaal verdeelde toevalsvariabele X met gemiddelde µX en
standaardafwijking σX is bij steekproeflengte n het steekproefgemiddelde
normaal verdeeld met en
Bij een grote steekproef, bijvoorbeeld een steekproef met n > 1000,
zal de spreiding heel klein worden.
Het steekproefgemiddelde zal dan heel dicht bij het theoretische gemiddelde µX liggen.
Je krijgt dus een goede schatting van µX door te berekenen voor grote
waarden van n.
n
X XX X
X n
n
X
X
13.4
opgave 49 a
P(X < 25 ⋁ X > 35) = 2 · P(X < 25)= 2 · normalcdf(–1099, 25, 30, 4) ≈ 0,211
opgave 49 b
is normaal verdeeld met
en
= 2 · normalcdf(–1099, 25, 30, )
≈ 0,000 000 02 ≈ 0,000
X
30XX
4.
20X
X n
4
20
( 25 35) 2 ( 25)P X X P X
opgave 49 c
opp links van 30 – a is = 0,025
30 – a = invNorm(0.025, 30, )
30 – a ≈ 28,25a ≈ 1,75
1 0,95
2
4
20
opgave 49 d
opp links van 29 is 0,0005 is normaal verdeeld met en
TInormalcdf(–1099, 29, 30, ) = 0,0005
Voer in y1 = normalcdf(–1099, 29, 30, ) en y2 = 0,0005.
De optie intersect geeft x ≈ 173,2.Dus n > 173.
Casio
Voer in y1 = P((29 – 30) : (4 : )) en y2 = 0,0005.
De optie intersect geeft x ≈ 173,2.Dus n > 173.
X 30X
4
.X n
4
n4
x
29 300,0005
4P
n
x
Discrete en continu verdelingen
Bij een continu toevalsvariabele kan elke waarde tussen twee uitkomstenaangenomen worden.Bij een discrete toevalsvariabele worden alleen een aantal ‘losse’ waardenaangenomen.
Bij het overstappen van een discrete toevalsvariabele X op een continutoevalsvariabele Y moet je een continuïteitscorrectie van 0,5 toepassen:P(X ≤ k) = P(Y ≤ k + 0,5).
13.5
opgave 59 a P(X < 20) = P(X ≤ 19) = P(Y ≤ 19,5) = normalcdf(–1099 , 19.5, 28.2, 4.3) ≈ 0,022
Dus in 2,2%.P(X = 30) = P(29,5 ≤ Y ≤ 30,5)
= normalcdf(29.5, 30.5, 28.2, 4.2) ≈ 0,085P(X > 25) = 1 – P(X ≤ 25) = 1 – P(Y ≤ 25.5)
= 1 – normalcdf(–1099, 25.5, 28.2, 4.3) ≈ 0,735
b
c
Van binomiale verdeling naar normale verdeling
binomiale verdeling
verwachtingswaarde
standaardafwijking
Voor grote n mag je de binomiale verdeling benaderen door een normaleverdeling.
De binomiaal verdeelde toevalsvariabele X kan voor grote n benaderdworden door de normaal verdeelde toevalsvariabele Y met µY = np en
Voorwaarde is dat np > 5 en n(1 – p) > 5.
( ) (1 )k n knP X k p p
k
( )E X np
(1 )X np p
(1 )Y np p
13.5
opgave 61 a P(X ≤ 100) = binomcdf(300, 0.37, 100) ≈ 0,104Y is normaal verdeeld met µY = µX = np = 300 · 0,37 = 111 en
P(X ≤ 100) = P(Y ≤ 100,5) = normalcdf(–1099, 100.5, 111, ) ≈ 0,105
(1 ) 300 0,37 0,63 69,93Y X np p
b
69,93
opgave 62 a X = het aantal personen dat komt opdagen.P(X ≤ 1300) = binomcdf(1430, 0.9, 1300) ≈ 0,884De gevraagde kans is 0,844.Stel hij noteert maximaal n reserveringen.Voor welke n is P(X ≤ 1300) > 0,99 ?TIbinomcdf(n, 0.9, 1300) > 0,99Voer in y1 = binomcdf(x, 0.9, 1300).
Maak een tabel en lees afvoor n = 1416 is y1 ≈ 0,9911
voor n = 1417 is y1 ≈ 0,9888.
Dus hij noteert maximaal 1416 reserveringen.CasioBenader X door de normaal verdeelde toevalsvariabele Y metµY = µX = np = 0,9n en
P(X ≤ 1300) = P(Y ≤ 1300,5), dus
Voer in y1 = P((1300,5 – 0,9x) : ) en y2 = 0,99
De optie intersect geeft x ≈ 1415,8.Dus hij noteert maximaal 1416 reserveringen.
(1 ) 0,9 0,1 0,09Y X np p n n
1300,5 0,9
0,09
nP
n
0,09x
= 0,99
b
opgave 64 E(X) = 1440, dus np = 1440
σX = 30, dus (1 ) 30np p 1440(1 – p) = 301440 – 1440p = 900–1440p = –540p = 0,375np = 1440
1440(1 ) 30p
0,375n = 1440n = 3840