Regels bij kansrekeningen SomregelHebben de gebeurtenissen G 1 en G 2 geen gemeenschappelijke uitkomsten, dan is P(G 1 of G 2 ) = P(G 1 ) + P(G 2 ). ComplementregelP(gebeurtenis)

Presentatie over: "Regels bij kansrekeningen SomregelHebben de gebeurtenissen G 1 en G 2 geen gemeenschappelijke uitkomsten, dan is P(G 1 of G 2 ) = P(G 1 ) + P(G 2 ). ComplementregelP(gebeurtenis)"— Transcript van de presentatie:

1 Regels bij kansrekeningen SomregelHebben de gebeurtenissen G 1 en G 2 geen gemeenschappelijke uitkomsten, dan is P(G 1 of G 2 ) = P(G 1 ) + P(G 2 ). ComplementregelP(gebeurtenis) = 1 – P(complementregel-gebeurtenis) ProductregelBij twee onafhankelijke kansexperimenten geldt P(G 1 en G 2 ) = P(G 1 ) · P(G 2 ). 13.1

2 Soorten kansberekeningen 1.Gunstige uitkomsten tellen Maak een rooster of noteer systematisch de gunstige uitkomsten. 2.Vaasmodel gebruiken Bij trekken zonder terugleggen bereken je kansen met combinaties. 3.Productregel gebruiken Bij twee of meer onafhankelijke experimenten bereken je kansen met de productregel. VuistregelBij het nemen van een kleine steekproef uit een grote populatie mag je trekken zonder terugleggen opvatten als trekken met terugleggen. Je gebruikt de productregel. 4.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

3 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 b c d e f

4 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 b c

5 opgave 16 a b P(Anton pakt zwarte knikker) = P(mz) = = 0,2 P(Anton pakt rode knikker) = P(kr I ) + P(mr II ) = ≈ 0,586 P(Anton pakt twee keer wit) = P(kwkw) = ≈ 0,036 P(Anton pakt twee keer rood) = P(kr I kr I ) + P(kr I mr II ) + P(mr II kr I ) + P(mr II mr II ) = ≈ 0,318 c d e 13.2

6 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 = 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) = ≈ 0,034 Van de personen die spierpijnklachten hebben, heeft maar een klein deel de ziekte van Parkinson, zie vraag e. - b c d e f 13.2

7 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. b

8 Oppervlakte berekenen opp = normalcdf(a, b, µ, σ) Neem a = –10 99 als er geen linkergrens is. Grens berekenen a = invNorm(opp links, µ, σ) 13.3

9 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

10 opgave 26 a opp = normalcdf(1000, 10 99, 1005, 6) ≈ 0,798 Dus 79,8%. b opp = 2 · normalcdf(–10 99, 1001, 1005, 6) ≈ 0,505 Dus van 50,5%.

11 opgave 26 c TI normalcdf(–10 99, 1000, µ, 8) = 0,02 Voer in y 1 = normalcdf(–10 99, 1000, x, 8) en y 2 = 0,02 De optie intersect geeft x ≈ 1016,4. Dus instellen op een gemiddelde van minstens 1016,4 gram. Casio Voer in y 1 = P((1000 – x) : 8) en y 2 = 0,02. De optie intersect geeft x ≈ 1016,4. Dus instellen op een gemiddelde van minstens 1016,4 gram.

12 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 µ S = µ X + µ Y en respectievelijk µ V = µ X – µ Y en De formules voor σ S en σ V mag je alleen gebruiken als X en Y onafhankelijk zijn. Voor de som S = X 1 + X 2 + X 3 + … + X n van n onafhankelijke toevalsvariabelen X 1, X 2, …, X n geldt en 13.3

13 opgave 34 De totale afhandelingstijd is T = X + Y. T is normaal verdeeld met µ T = µ X + µ Y = 170 + 110 = 280 seconden en 5 minuten = 300 seconden opp = normalcdf(300, 10 99, 280, ) ≈ 0,083 Dus in 8,3% van de gevallen. seconden

14 opgave 41 De totale tijdsduur is T = X 1 + X 2 + X 3 + X 4. T is normaal verdeeld met µ T = 12 + 8 + 20 + 18 = 58 seconden en opp = normalcdf(60, 10 99, 58, ) ≈ 0,144 Dus in 14,4% van de gevallen. seconden

15 Steekproef van lengte n Gegeven is een populatie met een normaal verdeelde toevalsvariabele X. Bij een steekproef van lengte n uit deze populatie is X som = X + X + X + … + X (in termen) normaal verdeeld met en 13.4

16 opgave 44 X som is normaal verdeeld met = 3 · 40 = 120 minuten en minuten. P(X som > 135) = normalcdf(135, 10 99, 120, ) ≈ 0,140

17 Het steekproefgemiddelde - wet: Bij een normaal verdeelde toevalsvariabele X met gemiddelde µ X en standaardafwijking σ X 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 µ X liggen. Je krijgt dus een goede schatting van µ X door te berekenen voor grote waarden van n. 13.4

18 opgave 49 a P(X 35) = 2 · P(X < 25) = 2 · normalcdf(–10 99, 25, 30, 4) ≈ 0,211

19 opgave 49 b is normaal verdeeld met en = 2 · normalcdf(–10 99, 25, 30, ) ≈ 0,000 000 02 ≈ 0,000

20 opgave 49 c opp links van 30 – a is = 0,025 30 – a = invNorm(0.025, 30, ) 30 – a ≈ 28,25 a ≈ 1,75

21 opgave 49 d opp links van 29 is 0,0005 is normaal verdeeld met en TI normalcdf(–10 99, 29, 30, ) = 0,0005 Voer in y 1 = normalcdf(–10 99, 29, 30, ) en y 2 = 0,0005. De optie intersect geeft x ≈ 173,2. Dus n > 173. Casio Voer in y 1 = P((29 – 30) : (4 : )) en y 2 = 0,0005. De optie intersect geeft x ≈ 173,2. Dus n > 173.

22 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

23 opgave 59 a P(X < 20) = P(X ≤ 19) = P(Y ≤ 19,5) = normalcdf(–10 99, 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) ≈ 0,085 P(X > 25) = 1 – P(X ≤ 25) = 1 – P(Y ≤ 25.5) = 1 – normalcdf(–10 99, 25.5, 28.2, 4.3) ≈ 0,735 b c

24 Van binomiale verdeling naar normale verdeling binomiale verdeling verwachtingswaarde standaardafwijking 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 µ Y = np en Voorwaarde is dat np > 5 en n(1 – p) > 5. 13.5

25 opgave 61 a P(X ≤ 100) = binomcdf(300, 0.37, 100) ≈ 0,104 Y is normaal verdeeld met µ Y = µ X = np = 300 · 0,37 = 111 en P(X ≤ 100) = P(Y ≤ 100,5) = normalcdf(–10 99, 100.5, 111, ) ≈ 0,105 b

26 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. 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 y 1 = binomcdf(x, 0.9, 1300). Maak een tabel en lees af voor n = 1416 is y 1 ≈ 0,9911 voor n = 1417 is y 1 ≈ 0,9888. Dus hij noteert maximaal 1416 reserveringen. Casio Benader X door de normaal verdeelde toevalsvariabele Y met µ Y = µ X = np = 0,9n en P(X ≤ 1300) = P(Y ≤ 1300,5), dus Voer in y 1 = P((1300,5 – 0,9x) : ) en y 2 = 0,99 De optie intersect geeft x ≈ 1415,8. Dus hij noteert maximaal 1416 reserveringen. = 0,99 b

27 opgave 64 E(X) = 1440, dus np = 1440 σ X = 30, dus 1440(1 – p) = 30 1440 – 1440p = 900 –1440p = –540 p = 0,375 np = 1440 0,375n = 1440 n = 3840