Transcript P - Xs4all

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.
2.
3.
4.
Gunstige uitkomsten tellen
Maak een rooster of noteer systematisch de gunstige uitkomsten.
Vaasmodel gebruiken
Bij trekken zonder terugleggen bereken je kansen met combinaties.
Productregel gebruiken
Bij twee of meer onafhankelijke experimenten bereken je kansen met
de productregel.
Vuistregel
Bij het nemen van een kleine steekproef uit een grote
populatie mag je trekken zonder terugleggen opvatten
als trekken met terugleggen.
Je gebruikt de productregel.
Binomiale verdeling
De binomiale verdeling is een speciaal geval van de productregel.
Bij een binomiaal kansexperiment voer je hetzelfde kansexperiment
een aantal keren uit, waarbij je alleen op de gebeurtenissen ‘succes’ en
‘mislukking’ let. Hierbij is X het aantal keer succes, n het aantal keer
dat 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
b
c
d
e
f
 7  8 
  
3 2
P(rode) =   
15 
 
5
≈ 0,326
8   7 
P(4 rode) =     
 4   15 
4
4
8
   ≈ 0,269
 15 
 7   5   3
 3    2   1 
     
P(3 rode, 2 witte en 1 zwarte) =
≈ 0,210
15 
6 
 
3
2
6 3  7   5  3
P(3 rode, 2 witte en 1 zwarte) =            
≈ 0,136
 3   2   15   15  15
8 7 6 5 7
P(5 keer pakken) = P(r , r , r , r , r )      ≈ 0,033
15 14 13 12 11
of
8 
 4
7
P(5 keer pakken) = P(r , r , r , r , r )    
≈ 0,033
15  11
4 
 
P(7 keer pakken) = P(bij de eerste zes keer 2 rode) · P(rode) =
 6  8 7 6 5 7 6 5 ≈ 0,163
 2   15  14  13  12  11  10  9
16
16   12   8   1 
opgave 8 a P(elk aantal ogen 4 keer) =            ≈ 0,015
 4   4   4  4 
of
16
16!
1
   ≈ 0,015
P(elk aantal ogen 4 keer) =
4! 4! 4! 4!  4 
b P(zes keer 2, vier keer 3 en zes keer geen 2 en 3) =
16  10  1 
6   4   4
     
6
1
 
4
4
6
2
   ≈ 0,025
4
of
P(zes keer 2, vier keer 3 en zes keer geen 2 en 3) =
16! 1 
 
6! 4! 6!  4 
6
1
 
4
4
2
 
4
6
≈ 0,025
c P(bij de tiende worp evenveel als bij de derde worp) =
1
4
= 0,25
opgave 16 a
b P(Anton pakt zwarte knikker) = P(mz) = 12  52 = 0,2
c P(Anton pakt rode knikker) = P(krI) + P(mrII) = 12  74  12  53 ≈ 0,586
3
d P(Anton pakt twee keer wit) = P(kwkw) = 12  7  12  62 ≈ 0,036
e P(Anton pakt twee keer rood) = P(krIkrI) + P(krImrII) + P(mrIIkrI) + P(mrIImrII)
= 12  74  12  63  12  74  12  53  12  53  12  74  12  53  12  42 ≈ 0,318
13.2
opgave 18 a
b
c
d
e
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 = 70
Aantal = 10 000 · 0,205 = 2050
Er zijn 2050 personen die spierpijnlachten hebben,
waarvan er 70 Parkinson hebben.
P(een persoon met spierpijnklachten heeft Parkinson) =
f
70
≈ 0,034
2050
Van de personen die spierpijnklachten hebben,
heeft maar een klein deel de ziekte van Parkinson, zie vraag e.
13.2
opgave 23 a
X = het aantal drukfouten dat op die bladzijde staat.
1
X is binomiaal verdeeld met n = 48 en p = 280
P(X ≥ 2) = 1 – P(X ≤ 1)
1
= 1 – binomcdf(48, 280
, 1)
≈ 0,013
b
1
P(X = 2) = binompdf(48, 280
, 2)
≈ 0,012
Je verwacht 0,012 · 280 ≈ 3 bladzijden met twee drukfouten.
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 verdeling
1. 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) ≈ 0,798
Dus 79,8%.
b
opp = 2 · normalcdf(–1099, 1001, 1005, 6) ≈ 0,505
Dus van 50,5%.
opgave 26 c
TI
normalcdf(–1099, 1000, µ, 8) = 0,02
Voer 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
 1000   
P
  0,02
8


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.
Som en verschil van toevalsvariabelen
De som en het verschil van de normaal verdeelde toevalsvariabelen X en Y
zijn weer normaal verdeeld.
De verwachtingswaarde en de standaardafwijking van S = X + Y en V = X – Y
bereken je met
µS = µX + µY en  S   2 X   2Y
respectievelijk
µV = µX – µY en  V   2 X   2Y
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
S   X1   X 2   X3  ...   X n
en
 S   2 X1   2 X 2   2 X3  ...   2 X n
13.3
opgave 34
De totale afhandelingstijd is T = X + Y.
T is normaal verdeeld met
µT = µX + µY = 170 + 110 = 280 seconden en
 T   2 X   2Y  122  82  208 seconden
5 minuten = 300 seconden
opp = normalcdf(300, 1099, 280,
Dus in 8,3% van de gevallen.
208 ) ≈ 0,083
opgave 41
De totale tijdsduur is
T = X1 + X2 + X3 + X4.
T is normaal verdeeld met
µT = 12 + 8 + 20 + 18 = 58 seconden en
 T  0,52  0,32  0,82  0,62  3,54 seconden
opp = normalcdf(60, 1099, 58, 3,54 ) ≈ 0,144
Dus in 14,4% van de gevallen.
Steekproef van lengte n
Gegeven is een populatie met een normaal verdeelde toevalsvariabele X.
Bij een steekproef van lengte n uit deze populatie is
Xsom = X + X + X + … + X (in termen) normaal verdeeld met
 X som  n   X
en
 X som  n   X
13.4
opgave 44
Xsom is normaal verdeeld met
 X som = 3 · 40 = 120 minuten en
 X som  3  8  8 3 minuten.
P(Xsom > 135) = normalcdf(135, 1099, 120, 8 3 ) ≈ 0,140
Het steekproefgemiddelde
n - wet:
Bij een normaal verdeelde toevalsvariabele X met gemiddelde µX en
standaardafwijking σX is bij steekproeflengte n het steekproefgemiddelde
X normaal verdeeld met  X   X en  X 
X
n
Bij een grote steekproef, bijvoorbeeld een steekproef met n > 1000,
zal de spreiding

heel klein worden.
n
Het steekproefgemiddelde X zal dan heel dicht bij het theoretische
gemiddelde µX liggen.
Je krijgt dus een goede schatting van µX door X te berekenen voor grote
waarden van n.
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
X is normaal verdeeld met
 X   X  30 en
X 
X
n

4
.
20
P( X  25  X  35)  2  P( X  25)
= 2 · normalcdf(–1099, 25, 30,
≈ 0,000 000 02 ≈ 0,000
4
)
20
opgave 49 c
1  0,95
= 0,025
2
4
30 – a = invNorm(0.025, 30,
)
20
opp links van 30 – a is
30 – a ≈ 28,25
a ≈ 1,75
opgave 49 d
opp links van 29 is 0,0005
4
X is normaal verdeeld met  X  30 en  X 
.
n
TI
4
99
normalcdf(–10 , 29, 30,
) = 0,0005
n
4
Voer in y1 = normalcdf(–1099, 29, 30,
) en y2 = 0,0005.
x
De optie intersect geeft x ≈ 173,2.
Dus n > 173.


 29  30 
Casio
P
  0,0005
4




n 

Voer in y1 = P((29 – 30) : (4 : x)) en y2 = 0,0005.
De optie intersect geeft x ≈ 173,2.
Dus n > 173.
Discrete en continu verdelingen
Bij een continu toevalsvariabele kan elke waarde tussen twee uitkomsten
aangenomen worden.
Bij een discrete toevalsvariabele worden alleen een aantal ‘losse’ waarden
aangenomen.
Bij het overstappen van een discrete toevalsvariabele X op een continu
toevalsvariabele Y moet je een continuïteitscorrectie van 0,5 toepassen:
P(X ≤ k) = P(Y ≤ k + 0,5).
13.5
P(X < 20) = P(X ≤ 19) = P(Y ≤ 19,5)
= normalcdf(–1099 , 19.5, 28.2, 4.3) ≈ 0,022
Dus in 2,2%.
b P(X = 30) = P(29,5 ≤ Y ≤ 30,5)
= normalcdf(29.5, 30.5, 28.2, 4.2) ≈ 0,085
c P(X > 25) = 1 – P(X ≤ 25) = 1 – P(Y ≤ 25.5)
= 1 – normalcdf(–1099, 25.5, 28.2, 4.3) ≈ 0,735
opgave 59 a
Van binomiale verdeling naar normale verdeling
n
binomiale verdeling P( X  k )     p k  (1  p) nk
k 
verwachtingswaarde E ( X )  np
standaardafwijking  X  np (1  p )
Voor grote n mag je de binomiale verdeling benaderen door een normale
verdeling.
De binomiaal verdeelde toevalsvariabele X kan voor grote n benaderd
worden door de normaal verdeelde toevalsvariabele Y met µY = np en
 Y  np(1  p)
Voorwaarde is dat np > 5 en n(1 – p) > 5.
13.5
opgave 61 a P(X ≤ 100) = binomcdf(300, 0.37, 100) ≈ 0,104
b Y is normaal verdeeld met
µY = µX = np = 300 · 0,37 = 111 en
 Y   X  np(1  p)  300  0,37  0,63  69,93
P(X ≤ 100) = P(Y ≤ 100,5)
= normalcdf(–1099, 100.5, 111, 69,93 ) ≈ 0,105
opgave 62 a X = het aantal personen dat komt opdagen.
P(X ≤ 1300) = binomcdf(1430, 0.9, 1300) ≈ 0,884
De gevraagde kans is 0,844.
b Stel hij noteert maximaal n reserveringen.
Voor welke n is P(X ≤ 1300) > 0,99 ?
TI
binomcdf(n, 0.9, 1300) > 0,99
Voer in y1 = binomcdf(x, 0.9, 1300).
Maak een tabel en lees af
voor n = 1416 is y1 ≈ 0,9911
voor n = 1417 is y1 ≈ 0,9888.
Dus hij noteert maximaal 1416 reserveringen.
Casio
Benader X door de normaal verdeelde toevalsvariabele Y met
µY = µX = np = 0,9n en
 Y   X  np(1  p)  n  0,9  0,1  0,09n
 1300,5  0,9n 
P(X ≤ 1300) = P(Y ≤ 1300,5), dus P 
 = 0,99
0,09n 

Voer in y1 = P((1300,5 – 0,9x) : 0,09x ) en y2 = 0,99
De optie intersect geeft x ≈ 1415,8.
Dus hij noteert maximaal 1416 reserveringen.
opgave 64
E(X) = 1440, dus np = 1440
σX = 30, dus np(1  p )  30
1440(1  p)  30
1440(1 – p) = 30
1440 – 1440p = 900
–1440p = –540
p = 0,375
0,375n = 1440
np = 1440
n = 3840