Regels bij kansrekeningenSomregelHebben 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 kansberekeningen1. 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 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

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 84 15 15

7 5 33 2 1

156

3 26 3 7 5 33 2 15 15 15

8 7 6 5 7( , , , , )15 14 13 12 11

P r r r r r

84 7( , , , , )

15 114

P r r r r r

6 8 7 6 5 7 6 52 15 14 13 12 11 10 9

b

c

d

e

f

515

28

37

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 14 4 4 4

1616! 14! 4! 4! 4! 4

6 4 616 10 1 1 26 4 4 4 4

6 4 6116! 1 246! 4! 6! 4 4

14

b

c

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

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.

-

702050

b

cde

f

13.2

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 verdelingWerkschema: 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 = 0,02De 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.

1000 0,028

P

Van de meisjes in Vwo 6 is bekend dat ze gemiddeld 58 kilo wegen en de jongens wegen gemiddeld 64. De jongens hebben een standaardafwijking van 8 kilo en de meisjes van 6 kilo.

De Vwo 6 klassen hebben een sok uur en moeten naar de sportvelden fietsen. Een van de meisjes komt altijd met de bus naar school. Haar klasgenoot is genegen om haar mee te nemen achterop zijn fiets.De fiets van deze jonge man kan maximaal 140 kilo dragen.

Hoe groot is de kans dat de fiets de sportvelden niet haalt op grond van een gewichtsoverbelasting?

Hoe groot is deze kans als de jongen een gemiddeld gewicht heeft?

Som en verschil van toevalsvariabelenDe 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 enrespectievelijkµV = 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 toevalsvariabelenX1, X2, …, Xn geldt

en

2 2S X Y

2 2V X Y

1 2 3 ...S X X X Xn

2 2 2 21 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

Van de meisjes in Vwo 6 is bekend dat ze gemiddeld 58 kilo wegen en de jongens wegen gemiddeld 64. De jongens en meisjes hebben een standaardafwijking van 7 kilo.

De Vwo 6 klassen hebben een sok uur en moeten naar de sportvelden fietsen. Een meisjes tweeling komt altijd met de bus naar school. Hun klasgenoten,ook een tweeling is genegen om haar mee te nemen op hun tandem.De Tandem van de jonge mannen kan maximaal 250 kilo dragen.

Hoe groot is de kans dat de fiets de sportvelden niet haalt op grond van een gewichtsoverbelasting?

Steekproef van lengte nGegeven 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 Xsom n

X Xsom n

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 enstandaardafwijking 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 grotewaarden van n.

n

X XX XX 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 .20

XX n

420

( 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 0,952

420

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

4n

4x

29 30 0,00054P

n

x

Discrete en continu verdelingenBij 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 ≈ 0,9911voor 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 = 0,99De 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 0,90,09

nPn

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