Kansberekeningen Hst
|
|
- Sandra van der Zee
- 7 jaren geleden
- Aantal bezoeken:
Transcriptie
1 1 Kansberekeningen Hst P(,) + P(,) + P(,) = = 16 b. P(10) = P(,,) + P(,,) = = 6 c. P(min stens keer een ) =1 P(max imaal keer een ) = 1 binomcdf (1, 1,) 0,981 d. e. P( en een ) = P(,) + P(,) = = P(1) = 1 6 Stel X is het aantal keer een 1. P(minstens keer een 1) = 1 P( max. keer een 1) = 1 binomcdf(x, 1 6, ) > 0,85 f. g. Voer in : y 1 = 1 binomcdf(x, 1 6, ) In de tabel zien we : bij X = 6 is die kans 0,8 en bij X = 7 is die kans 0,85.. Je moet dus minstens 7 keer draaien. P( keer een en keer een ) = ( ) ( ) , ! 0,117!! Anders: P( keer een en keer een ) = ( ) ( ) P (**,geen,) = ,05. Vaas met 7 rode, 5 witte en zwarte knikkers. 7 8 P( rode) = 0, , , b. Met terugleggen. P( rode) = c. P( rode en wi en 1 zw) =
2 7 5 6! d. Met terugleggen. P( rode en wi en 1 zw) = 0, !! e. P(5 keer pakken) = P(nnnn,r) = f. P( rode) = , Vaas met 5 witte, 6 zwarte en 9 blauwe kn. P( zw) = b. c. d = = P( keer zw kn) = binnompdf(10, 8 P( dezelfde kl) = P(ww,) + P(zz) + P(bb) = 0,0, ) 0, = = P( meer dan keer) = 1 P(hoogstens keer) = 1- binomcdf(10, ,) 0, P(hoogstens 1 bl kn) = P(0 bl) + P(1 bl) = + = = P(minstens 5 keer ) = 1 P(hoogstens keer) = 1 binomcdf(10, = = P( wi) = 1 19 P( keer pakken) = , , ) 0,995
3 e P(meer dan keer) = P( de eerste drie keer geen wi kn) = 18 0, P(trefffen) = 0,80 Stel X is het aantal treffers. P(X ) = 1 P(X 1) = 1 binomcdf(10, 0.80, 1) 0,99 b. P(rmrmr) +P(mrmrm) = 0,80.0,0.0,80.0,0.0,80 + 0,0.0,80.0,0.0,80.0,0 0,06 c. P(rrmmm) + P(mrrmm) + P(mmrrm) + P(mmmrr) = d. P( treffes met 1 bij de eerste ) = P(rmm en rm of mr) * = e. P(hoogstens missers) = binomcdf(10,0.15,) 0,80 0,0 0,80 0,00 6 0,80 0,0 0,01 5. b. c. 0, ,76 7 P=1 P(geen enkele niet Amerikaan in de buitenbaan) = 1-6. P(Hans krijgt gelijk) = , a P(baantje) = 0,6 ; P(geen baantje) = 0, ; P(meer dan 1 uur) = 0,6. 0,75 = 0,5 P(baantje en minder dan 1 uur) = 0,6. 0,5 = 0,15
4 P( geen baan en 1 meer dan 1 uur van de in totaal 0) = 0! 1.0,0.0,5.0,15 5 0,00!.1!.5! b. P(minstens 5 keer bellen) = 1 P(1 of of of keer bellen) = 1 (0,15 + 0,85. 0,15 + 0,85. 0,15 + 0,85. 0,15) 0,5 c. Gegeven: 16 met baantje ; 5 werken meer dan 1 uur en dus 11 werken minder dan 1 uur en 1 leerlingen hebben geen baantje. P( leerlingen moet bellen) = P( leerlingen niet en de e wel) = , P( keer 1 en keer en keer en keer ) ! =( ) ( ) ( ) ( ) 0,015!!!! b. P(6 keer en keer en dus 6 keer geen en geen ) = ( ) ( ) 16! ( ) 6!! 6! 0,0 5 c. P(bij 10 e worp evenveel als bij de e worp) = 1 9. keer gooien met een dobbelsteen. 5 P( verschillende) = 1 0, b. c. 1 P(1 keer 6 en keer minder dan 6) = 0, X X X X X X X X X X 1 X X X X X 1 5 6
5 5 Uit de figuur lezen we af : 15 P(e worp is meer dan e worp) = 0, I a kn 6 rood en dus a 6 kn zw ; II kn met a rode en dus a zw. 6 a 6a P( rode) = = = 1 a a b. P(r en zw) = P(r,zw) + P(zw,r) = 6 ( a) a 6 a 1 6a+ a 6a a 1a+ 1 + = = a a a a c. P(r en zw) = P(r, zw) + P(zw, r) = a a a a a + = + = a a a a a a a a a a a d. Nu moet gelden : a 1 7 > 0, a 1x 7 y = x x Eerst het snijpunt van 1 intersect geeft snijpunten bij X 7, 7 en bij X,6 y = 0, Nu aflezen uit de figuur en X = a moet een gehele waarde zijn. Dit geeft dan : 1a 7 > 0, voor 8, 9, ;, knikkers a a 11. 0,0. 15 = 5 Stel X het aantal bedragen dat met een 1 begint. P(X < 5) = P(X ) = binomcdf(15, 0.01,) 0,00 b Stel X is het aantal formulieren dat met een 9 begint. 0, = 8 P(X 8) = 1 P(X 7) = 1 binomcdf (80,0,06, 7) 0,01 c. Stel X weer het aantal dat met een 1 begint. Je zou ongeveer 0, verwachten. Nu geldt : P(X 189) = binomcdf(750, 0.01, 189) 0,00 Deze kans is erg klein. Dus de uitslag is erg onwaarschijnlijk. d. P(in maanden met een 1 en in maanden met een en in de rest niet met 1 en niet met ) = ,01 0,176 (1 0,01 0,176) 0,0 9 1 Vaas met rode en witte kn. De ontbrekende kansen zijn : 5 en 1
6 6 b. P = 5 1 = 1 0 c.
7 7 1. Vaas met 5 rode en drie witte knikkers. a P(rrr) = = = = ,179 b. P(Hinke wint met keer pakken) = P(W A R H R H R H ) = 5 0, c. P(Anouk wint met 5 * pakken) = P(W A W H R A R A R A ) + P(R A W A W H R A R A ) + P(R A R A W A W H R A ) = , rode en witte kn. P(R,R,R) = ,8 b. P( keer wit) = P(R,W,W) + P(W,R,W) + P(W,W,R) = , 15. rode, blauwe, witte, groene en zwarte kaarten. b. 1 1 P( rode) = = P( dezelfde kleur) = 1 = 9 9 c. De kans dat Marleen wint is: 1 d. Nu is de kans dat Marleen wint : 1 1 Pgg (, ) + Pww (, ) = + 1 = 16. P(Eline wint) = 0,6 en P(Bas wint ) = 0, P(Eline wint in 5 ronden) = ( ) 5 0,6 0,078 b. P(Bas wint in 7 ronden) = P(Bas wint in de eerste 6 ronden keer en de 7 e ronde) = 6 (0,) (0,6) 0, 0,055 c. Dan moet Eline nog keer achter elkaar winnen. Die kans is : (0,6) 0,16 d. Dan kunnen we krijgen : Eline wint nog keer achter elkaar EEE of BEEE of EBEE of EEBE Dit geeft : 0,6 + 0,6 0, 0,75 P = ( ) ( ) 17. Vaas I : rode en witte knikkers ; Vaas II rode en zwarte knikkers
8 8 b. P(zw) = P(m,zw) = = c. P(rode) = P(k, R)+ P(m,R) = ,586 d. P(w,w) = P(k,W).P(k,W) = e. P(R,R) = P(k,R,k,R)+P(k,R,m,R)+P(m,R,k,R) + P(m,R,m,R) = Vaas I : rode en witte kn.; Vaas II rode en zwarte kn. P(Rood) = P( 5 en R I ) + P( en R II ) = ,590 b. keer hetzelfde als bij a P(R,R,R) = 0,590 0,05 c. P(Z,Z) = P(,Z,,Z) = ( ) 5 0,071
9 9 19 b. P(spierklachten) = P(P,sp) + P(niet P,sp) = 0,01. 0,70 + 0,99. 0,0 = 0,05 c. De kans is 0,01.0,70 = 0,007 Van de mensen is de verwachting dan : 0, = 70 mensen d. P(Spierklachten) is 0,05 zie onderdeel b. We verwachten daarom 0, = 050 mensen e. Zie de groep van P(Parkinson groep van 10000) = ,0 f. Dit komt omdat bij mensen met spierklachten slecht een klein percentage daadwerkelijk Parkinson heeft. 0. P(M,neg. test) + P(niet M, neg. test) = 0,06. 0,0 + 0,9. 0,95 = 0,905
10 10 b. P(pos) = 1 0,905 = 0,095 P(Marc is echt besmet positief) = c. P(Sabine niet besmet negatief) = 0,06 0,80 0,095 0,9 0,95 0,905 0,505 0, Opp. = normalcdf(100,10 99, 80, 1) 0,08 b. a = invnorm(0.5, 80, 1) 75,8 c. b = invnorm(0.9, 80, 1) 96,86 d. Voer in : y 1 = normalcdf(-10 99,.1,1.8,X) en y =,1 De solver geeft σ = X 0,57. Opp = normalcdf(1000,10 99, 1005,6) 0,798 79,8% bevat meer dan 1000 gram b. normalcdf(1001,1009,1005,6) 0,95 Het gevraagde witte gebied is dus 50,5% en dat is het gevraagde percentage c. Uit het gegeven volgt : normalcdf(-10 99, 100, X, 8) = 0,0 Voer in : y 1 = normalcdf(-10 99, 100, X, 8) en y = 0,0 Met de solver vinden we X 1016, gram en dat is dan het gemiddelde. % 1000?
11 11. P(60,0 X 70,0) = normalcdf(60, 70, 65.8, 9.) 0,1 1, % sigma =9, gem. = 65,8 b. a = invnorm (0.15, 65.8, 9.) 56, tot een score van 56,. 60,0 70,0 sigma =9, gem. = 65,8 opp. = 0,15 a sigma =9, gem. = 65,8 opp. = 0,0 c. b = invnorm (0.0, 65.8, 9.) 6,7 Herkansen bij scores van 56, tot 6,5 b. P 0 = 8 kg en P 80 = 0 kg σ 7,1 kg Uit de gegevens volgt direct dat het gemiddelde is 0,5(8 + 0) = kg Nu geldt b.v. normalcdf(-10 99, 8,, σ ) = 0,0 Voer in : y 1 = normalcdf(-10 99, 8,, X ) en y = 0,0 Met de solver vinden we X = σ 7,1 kg b. normalcdf(.8, 10 99,, 7.1) 0,1086 Het gevraagde percentage is dus 10,9 %. c. Nu moet gelden : normalcdf(-10 99, X,, 7.1 ) = 0,05 Voer in : y1 = normalcdf(-10 99, X,, 7.1 ) en y = 0,05 Met de solver vinden we X, Je wordt opgeroepen tot een gewicht van, kg. d. P 95 = normalcdf (-10 99, X,, 7.1) Voer in : y1 = normalcdf(-10 99, X,, 7.1 ) en y = 0,95 Met de solver vinden we X 5,7 Het gewicht is dan 5,7 kg. 5. P(kind zwaarder dan ) = normalcdf(, 10 99,, 7.1) 0,11
12 1 b. P(minstens 1 kind zwaarder dan kg) = 1 P(geen kind is zwaarder dan ) = 1 0, ,75 c. Eerst P(kind lichter dan ) = normalcdf (-10 99,,, 7.1) 0,895 P( minstens 6 zwaarder dan ) = 1 P(hoogstens 5 zwaarder dan ) = 1 binomcdf(10, 0.895, 5) 0,19 6. μ = min 0. en σ = 15 sec. Eerst de kans dat de handeling langer dan minuten duurt. Deze kans = normalcdf(180, 10 99,160, 15) 0,091 Nu de binomiale verdeling met n = 80 en p = 0,091 en stel X is het aantal handelingen. P (X 10) = 1 P(X 9) = 1 binomcdf(80, 0.091,9) 1-0,808 = 0,19 b. De gevraagde kans is : normalcdf ( , 150, 160, 15) 0,5 We verwachten dan ook 0, van deze handelingen die korter duren. c. Stel X is het aantal handelingen van meer dan 165 sec. Eerst de succeskans berekenen normalcdf (165, 10 99, 160, 15) 0,69 Nu moet gelden : P(X 5 n =? en p 0,69 ) > 0,99 1 binomcdf (X, 0,691.., ) > 0,99 Voer in : y 1 = 1 binomcdf (X, 0,691.., ) en y = 0,99 In de tabel zien we bij X = n = 7 een kans van 0,989 Bij X = n = 8 is de kans 0,99 Vanaf n = 8 volgt het gevraagde. 7. Uit de theorie weten we dat a = 68 en b = 95. b. Uit het gegeven volgt dat het gemiddelde is : 0,5( ) = 6,5 Uit de vuistregels volgt : σ = 6,5 58 =,5 σ,5 8 Lengte Frequentie Cumulatieve frequentie Rel. cum. frequentie % 165 -< , < , < , < , < , < , < Helaas heb ik niet de mogelijkheid op een grafiek te tekenen op n.w.p. Op n.w.p. is de grafiek bij benadering een rechte lijn. Er is dus sprake van een normale verdeling.
13 1 b. We lezen af. Bij 50% hoort een lengte van 181 cm. μ = 181 cm. Bij 8% lezen we een lengte van ongeveer 189 cm af. σ = = 8 cm. 9. Helaas had ik geen mogelijkheid om nwpapier te tekenen. 0. Deze bewering klopt. b. Deze bewering klopt niet omdat σ nooit negatief is. 1. Stel de totale tijd is : T = X + Y met μ T = μ X + μ Y = = 80 en σ T = σx + σ y = = 08 ; 5 minuten is 00 sec. P(X > 00) = normalcdf (00, 10 99, 80, 80 ) 0,08 In 8, % van de gevallen. sigma = 16,7... gem. = B = X + Y σ BB = σ en μ B B = μx +μ Y = = 5 en + σ = 0, + 1 = 1, 09 x y P(X > 50) = normalcdf (50,10 99,5, 1.09 ) 0,599 In 59,9 % van de gevallen is het brutogewicht meer dan 50 gram. sigma = 1,07... gem. =5 B 50. v = 10 km/uur; μ 1 = 5 meter en σ 1 = 1 meter. ; μ = 10 meter en σ = 10 meter. Stel X is de totale afgelegde weg bij de noodstop. P(X 00 ) = normalcdf (00, 10 99, 175, ) 0,055. Stel V = X Y μ V = μ X - μ Y = 1, 1,5 = -0, en σ V = σx + σ y = 0,1 + 0, = 0,05 Te dik V = X Y > 0 P(V > 0) = normalcdf (0, 10 99, -0., 0.05 ) 0,090 in 9,0 % van de gevallen. sigma =0,6... gem. =-0, V 0
14 1 b. μv = 1, - μ Y Er moet gelden : 99 normalcdf (0,10, 1. - μ Y, ) = 0,0 Voer in y ormalcdf (0, = n, x, 0,005 ) en y = 0,0 en neem window [-1, 1] X [0, 0.] Met intersect vinden we x -0, 1, - μ Y = -0, μ Y = 1, + 0, 1,6 De gemiddelde diameter van de moeren is dan 1,6 mm. sigma =0,6... gem. =? opp. = 0,0 V 0 5. Gegeven μ A = 170 en σ = 00 ; μ B = 190 Bekijk het verschil V = A B P(A wint van B) = P(V >0) = normalcdf(0, 10 99, 50, ) 0,81 hetgeen gevraagd is. + 81% klopt dus. b. Formule : Rnieuw = Roud + 10( w v) Bij A : R nieuw Bij B : R = (0,5 0,81) 167 = (0,81 0,5) 19 nieuw c. Bij K elo 060 en bij M : Stel weer V = K M Dan μ V = = 190 en V σ = + = P(K wint van M) = P(V > 0) = normalcdf (0, 10 99, 190, ) 0,79 v K = 0,79 Bij K : R nieuw = (1 0,79) 06 Bij Mol : vm = 0,51 R = (0 0,51) 1867 nieuw 6. Limonade gaat verloren als inhoud fles is kleiner dan hoeveelheid limonade als V = X Y < 0 μ V = μx - μ Y = = 10 en σ = σ + σ = + 8 = 80 V x y P(V < 0) = normalcdf (-10 99, 0, 10, 80) 0,1 in 1, van de gevallen is er te veel limonade. sigma =0,89... gem. =? opp. = 0,00 V b. V = X Y dus μ V = μx - μ Y = 1015 μ Er geldt dus: normalcdf ( Y, 0, μ Y, 80) = 0,00 Voer in y = normalcdf (-10 99, 0, x, 80) en y = 0,00 met window [-5, 0] X [0, 0.1] Intersect geeft x 5, μ Y 5,7 μ Y 989, 0
15 15 7. X : lengte man 1 en Y : lengte van man. Verschil is meer dan 15 cm als X Y < -15 of X - Y > 15 Stel V = X Y μ = μ - μ = 0 en V X Y σ V = σx + σ y = = 7 P(X < -15) + P(X > 15) =.normalcdf (-10 99, -15, 0, 7) 0,077 De kans is dus 0,077 sigma = 8,85.. gem. = 0 opp. =? V b. X : aantal tweetallen met een verschil van meer dan 15 cm en X is een binomiale verdeling met n = 1 en p 0,077 P(X ) = 1 P(X 1) = 1 binomcdf ( 1, 0.077, 1) 0,5 8. T = X 1 + X + X + X met μ T = = 58 en σ T = 0,5 + 0, + 0,8 + 1, 6 =,5 P(T > 60) = normalcdf (60, 10 99, 58,.58 ) 0,1 sigma = 1,88.. gem. = 58 opp. =? T in 1, % van de gevallen Totale fietsduur T is normaalverdeeld met μ T = = 0 en σ T =,5 + 1, 5 + = 11,815, P(X 5) = normalcdf (5, 10 99, 0, ) 0,07 sigma =,... gem. =0 5 b. Van 7.5 tot 8.15 is 50 min ; X: aantal keer dat ze te laat komt en X is binomiaal verdeeld met n = 5 en p = normalcdf (50, 10 99, 0, ) 0,018 P(X 1) = 1 P(X = 0) = 1 0, ,0611 T sigma =,... gem. =0 opp. = 0,98 c. We moeten nu de grens a berekenen. P(X a) = 0,98 a = invnorm (0.98, 0, ) 7,06 Ze moet dan minstens 7 min. voor het 8.15 uur is vertrekken. Ze vertrekt dus dan om 7.8 uur. a
16 16 0. μ Xsom = 8. μ X ; er geldt niet σ Xsom = 8. σ som want bijvoorbeeld bij X som = X + X dan geldt μ som = μ X + μ X =. μ X en σ Xsom = σ + σ en dit is niet gelijk aan. σ X X x 1. X so m is normaal verdeeld met μ Xsom =. 0 = 10 σ Xsom =. 8 P(X som > 15) = normalcdf (15, 10 99, 10, 8 ) 0,10. X som is normaal verdeeld met μ Xsom = 0. 5 = 100 en σ Xsom = 0. 0,5,6 P(X som > 105) = normalcdf (105, 10 99, 100,.6 ) 0,01 gem.(som) = 100 sigma(som) =,6... b. X: aantal tegels dat niet in een krat past. X is binomiaal verdeeld met n = 1 en p = 0,01 P(X ) = 1 P(X 1) = 1 binomcdf (1, 0.01, 1) 0, P(X < 0) = normalcdf (-10 99, 0, 5, ) 0,08 gem. = 5 sigma = 0 gem.(som) = 150 sigma (som) = 7,8... b. X som is normaal verdeeld met μ Xsom = 6.5 = 150 en σ Xsom = 6. 7,8 P(X som < 10) = normalcdf (-10 99, 10, 150,. 6 ) 0, c. X: aantal pakken met minder dan 10 gram ; X is binomiaal met n = 0 en p = 0,087 P(X > ) = 1 P(X ) = 1 binomcdf (0, 0.087, ) 0,50. T is het totale gewicht van de flessen en het gewicht van de krat. σ fles = 50 gram = 0,05 kg en σ krat = 0 gram = 0, kg. T is normaal verdeeld met μ T = 1. 1,5 + = 0 kg σ T = 1.0,05 + 0, = 0,1 kg T gem.(totaal) = 0 sigma (totaal) = 0,6... 0,5
17 17 P(T > 0,5) = normalcdf (0.5, 10 99, 0, 0.1 ) 0,07 5. X som is normaal verdeeld met μ Xsom = 6. = min. en σxsom = 6. 0,75 1,87 min. P(X som > 5) = normalcdf (5, 10 99,, ) 0,91 Naar verwachting wordt in 0, keer de tijd overschreden. som gem.(som) = sigma (som) = 1, b. Niet meer dan 1 keer van de 50 per jaar 1 P(X som > 5 ) 50 som Stel die som is μ Xsom = 6. μ X Nu geldt dus : P(X so m > 5 ) = normalcdf (5, 10 99, 6. μ X, ) = 0,0 Voer in : y a = norm lcdf (5, 1, 6.x, ) en y = 0,0 en neem het window [0, 10] X [0, 0.1] x,5 Een spelronde mag dan gemiddeld minuten en seconden duren. gem.(som) =? sigma (som) = 1,87... opp. = 0, Opp. witte gebied = P(X < 5 X > 5) =. P(X < 5) =. normalcdf (-10 99, 5, 0, ) 0,11 b. X gem is normaal verdeeld met μ gem = μ X = 0 en σ gem = / 0 0,89 Zie de witte gebieden. P(X gem < 5 X gem > 5) =. P(X gem < 5) =.normalcdf (-10 99, 5, 0, ) 0,000 0 gem. = 0 sigma(gem) = 0, c. Nu het zwarte gebied. P(0 a X gem 0 + a ) = 0,95 P( X gem < 0 a) = 0,05 gem. = 0 sigma(gem) = 0,89... opp. = 0, a 0 + a
18 18 invnorm(0.05, 0, ) = 0, a 8,5 a 1,75 gem. = 0 sigma(gem) =? opp. = 0,001 d. Nu het witte gebied. P(X gem < 9 X gem > 1) = 0,001 P(X gem < 9) = 0,0005 X gem is normaal verdeeld met μ gem = 0 en σ gem = n hierbij is n de lengte van de steekproef. 99 Er geldt dus : normalcdf (-10, 9, 0, n ) = 0,0005 Voer in : y 1 = normalcdf (-10 99, 9, 0, ) en = 0,0005 x y met window [0, 00] X [ 0, ] X 17, n > 17 (nogal lastig) Ook mogelijk is y 1 = normalcdf (-10 99, 9, 0, ) en te kijken naar de tabel. Eerst in x stappen van 10 en vervolgens in stappen van 1. (Het blijven lastige getallen) P( X < 50) = normalcdf (-10 99, 50, 50., 0.6 ) 0,5 dus 5, % gem. = 50, sigma = 0,6 50 b. X gem is normaal met μ gem = 50, gram en 0,6 σ gem = 0,189 gram 10 P(X gem < 50) = normalcdf (-10 99, 50, 50., 0,6 10 ) 0,018 ongeveer 1,8 % gem. = 50, sigma = 0, c. Nu de dozen in zijn geheel. X som is normaal verdeeld met μ som = , = 50 gram en σ som = gram P(X < 500) = normalcdf (-10 99, 500, 50, ) 0,018 1,8 % 500 gem. = 50, sigma = 1,897...
19 19 d. Bij een gemiddeld gewicht van 50 gram per pakje heb je een gemiddeld gewicht per doos van = 500 gram 8. X gem is normaal verdeeld met μ gem = 10,5 gram en σ X 10 σ gem = = =,5 gram n 16 P(X 100) = normalcdf (100, 10 99, 10.5,.5) 0,96 Dat is dus ongeveer 96, % 100 gem. = 10,5 sigma =,5 9. Gegeven P(X 100) = 0,15 normalcdf (-10 99, 100, 10, σ X ) = 0,15 Voer in : y 1 = normalcdf (-10 99, 100, 10, x ) en y = 0,15 Neem window [0, 0] X [0,1] De optie intersect geeft X 1,9 σ 1, 9 cl 100 gem. = 10 sigma =? opp. = 0,15 b. X gem is normaal verdeeld met μ gem = 10 cl en σ X 1, 9 σ gem = n = 0,557 cl 1 P( X gem < 100) = normalcdf (-10, 100, 10, 99 1, 9 1 ) 0, gem. = 10 sigma = 0, c. X : aantal kratten met gemiddeld vulgewicht van minder dan 100 cl X: binomiaal verdeeld met n = 5 en p 0,000 P(X 1 ) = 1 P(X = 0) = 1 binompdf (5, 0.000, ) 0, Stel hij stopt n bonbons in een doos. X gem is normaal verdeeld met μgem = 7 gram en 5 σ gem = n gram P(X gem 5) = normalcdf (5, , 7, ) = 0,98 n Voer in : y1 = normalcdf (5, , 7, x ) en y = 0,98 Neem het window [0,50] X [0, 1] De optie intersect geeft X 6, Hij moet dus minstens 7 bonbons in een doos doen. 5 gem. = 7 sigma =? opp. = 0,98
20 0 51. X is het gewicht van een zakje. 99 P(X < 5) = normalcdf (-10, 5, 5., 0.5) 0,7 gem. = 5, sigma = 0,5 5 b. Stel T is het gewicht van een pakje theezakjes. T is normaal verdeeld met μ T = 0. 5, = 106 gram en σ T = 0. 0,5 gram P(T < 100) = normalcdf (-10 99, 100, 106, ) 0,00 gem.(t) =106 sigma(t) =, c. Zie de witte gebieden. X gem is het gemiddelde gewicht van een theezakje in een pakje van 0 stuks. X gem is normaal verdeeld met μ gem = 5, gram en σ X 0,5 σ gem = = 0,1118 n 0 P(X < 5, X > 5,) =.P(X < 5,) =.normalcdf ( ,5, 5., 5., ) 0,71 0 7,1 % gem. = 5, sigma(gem) = 0, , 5, d. Stel hij doet n theezakjes in een pakje. Xgem is normaal verdeeld met μ ge m = 5, gram en σ X 0,5 σ gem = = gram n n < 5) = 0,0 P(X gem normalcdf (-10 99, 5, 5., 0,5 n ) = 0,0 gem. = 5, sigma(gem) =? opp. = 0,0 Voer in : 99 y 1 = normalcdf (-10, 5, 5., 0,5 x ) en y = 0,0 5 Neem het window [0, 0] X [0, 0.05] De optie intersect geeft x 11, 7 Hij moet dus minstens 1 zakjes in een pakje doen.
21 1 5. Niet juist want hier is X een geheel getal P(X < ) = P(X ) b. Wel juist, want gewicht is een continu proces en geen trapsgewijs proces Y Y <. 5. continu f. discreet b. discreet g. discreet c. continu h. continu d. discreet i. discreet e. discreet j. discreet 5. P(X 10) P(Y 10,5) b. c. P(X < 1) = P(X 11) P(Y 11,5) P(X > 18) = 1 P(X 18) 1 P(Y 18,5) d. P(X 8) = 1 P(X 7) 1 P(Y 7,5) e. f. g. h. i. P(6 X 10) = P(X 10) P(X 5) P(Y 10,5) P(Y 5,5) P(8 < X < 0) = P(X 19) P(X 8) P(Y 19,5) P(Y 8,5) P(X 6 of X 8) = P(X 6) + 1 P(X 7) P(Y 6,5) + 1 P(Y 7,5) P(X = 10 ) = P(X 10) P(X 9) P(Y 10,5) P(Y 9,5) P(9 < X 15) = P(X 15) P(X 9) P(Y 15,5) P(Y 9,5) 55. P(X 8) P(Y 8,5) = normalcdf (-10 99, 8.5, 5., 6.9) 0,166 b. P(X 8) P(Y 7,5) = normalcdf (7.5, 10 99, 5., 6.9) 0,69 c. P(X = ) P(,5 Y,5) = normalcdf (.5,.5, 5.,6.9) 0,055 d. P(0 X 0) P(9,5 Y 0,5) = normalcdf (9.5, 0.5, 5.,6.9) 0,57 e. P(X < 5) = P(X ) P(Y,5) = normalcdf (-10 99,.5, 5.,6.9) 0,911 f. P(X > 0) = P(X 1) = P(Y 0,5) = normalcdf (0.5, 10 99, 5.,6.9) 0, P(X < 0) = P(X 19) = P(Y 19,5) = normalcdf (-10 99, 19.5, 8.,.) 0,0, % b. P(X = 0) = P(9,5 Y 0,5) = normalcdf (9.5, 0.5, 8.,.) 0,085 c. P(X > 5) = P(X 6) = P(Y 5,5) = normalcdf (5.5, 10 99, 8.,.) 0, P(X > 1) = P(X 1) = P(Y 1,5) = normalcdf (1.5, 10 99, 9.8,.6) 0,7 b. P(X = 10) = P(9,5 Y 10,5) = normalcdf (9.5, 10.5, 9.8,.6) 0,110
22 c. Z: aantal keer dat er meer dan 1 keer zie op een bladzijde staat. Z is binomiaal met n = 16 en p 0,7 P(Z ) = 1 P(Z 1) = 1 - binomcdf (16, 0.7, 1) 0, b. P(X 100) = binomcdf (00, 0.7, 100) 0,10 Y is normaal verdeeld met μ Y = n.p = 00. 0,7 = 111 en σ Y = n(1 p). p = 00.0, 6.0,7 = 69,9 P(X 100) = P(Y 100,5) = normalcdf (-10, 100.5, 111, 69,9 ) 0, X: aantal dat komt opdagen ; P(X 100) = binomcdf (10, 0.9, 100) 0,88 b. Ga uit van maximaal n reserveringen. Er moet gelden : P(X 100 n =? en p = 0,9) > 0,99 binomcdf (n, 0.9, 100) > 0,99 Voer in : y 1 = binomcdf (x, 0.9, 100) en bekijk de tabel Bij n = 116 is y 1 = 0,99107 bij n = 117 is y 1 = 0,98879 Hij gaat uit van een maximaal aantal van 116 reserveringen. 60. Gegeven : p = 0,7 en het is een binomiale verdeling. Overstappen naar de normale verdeling. 1) n = 50 : μ = n.p = 50. 0,7 = 5 en σ = np..(1 p) = 50.0,7.0,, Nu de kans berekenen P(5, X 5 P X normalcdf (1.76, 8., 5,.) 0,687 ) 0,7 = 80 en +,) = (1,76 8,) = n = 00 : μ = n.p = 00. σ = np..(1 p) = 00.0,7.0, 9,165 Nu de kans berekenen P(80 9,165 X ,165) = P(70,85 X 89,165) = normalcdf (70.85, , 80, 9.165) 0,687 n σ = np..(1 p) = 900.0,7.0, 1,78 ) = 900 : μ = n.p = ,7 = 60 en Nu de kans berekenen P(60 1,78 X ,78) = P(616,5 X 6,78) = normalcdf (616.5, 6.78, 60, 1.78) 0,687
23 EX ( ) = 10 n p= 10 σ X = 0 n p.(1 p) = 0 n p.(1 p) = (1 p) = p= p= 1 = = Nu dit weer invullen n = 10 n= 10 = 80 8 Conclusie: n= 80 en p= 8 EX ( ) = 1 n p= 1 σ X = n p.(1 p) = n p.(1 p) = (1 p) = 9 1 p= p= 1 = = Nu dit weer invullen n = 1 n= 1 = 8 1 Conclusie: n= 8 en p= P(X 16) = 1 P(X 15) = 1 binomcdf (8, 1,15) 0,1 hetgeen gevraagd is.
Uitwerkingen Hst. 10 Kansverdelingen
Uitwerkingen Hst. 0 Kansverdelingen. Uittellen: 663 ; 636 ; 366 ; 654 (6 keer) ; 555 0 mogelijkheden met som 5.. Som geen 5 = 36 som 5 Som 5: 4, 3, 3, 4 4 mogelijkheden dus 3 mogelijkheden voor som geen
Nadere informatie34% 34% 2,5% 2,5% ,5% 13,5%
C. von Schwartzenberg 1/16 1a Er is uitgegaan van de klassen: 1 < 160; 160 < 16; 16 < 170;... 18 < 190. 1b De onderzochte groep bestaat uit 1000 personen. 1c x = 17,3 (cm) en σ, 7 (cm). 1de 680 is 68%
Nadere informatie14.1 Kansberekeningen [1]
14.1 Kansberekeningen [1] Herhaling kansberekeningen: Somregel: Als de gebeurtenissen G 1 en G 2 geen gemeenschappelijke uitkomsten hebben geldt: P(G 1 of G 2 ) = P(G 1 ) + P(G 2 ) B.v. P(3 of 4 gooien
Nadere informatie13.1 Kansberekeningen [1]
13.1 Kansberekeningen [1] Herhaling kansberekeningen: Somregel: Als de gebeurtenissen G 1 en G 2 geen gemeenschappelijke uitkomsten hebben geldt: P(G 1 of G 2 ) = P(G 1 ) + P(G 2 ) B.v. P(3 of 4 gooien
Nadere informatie0,269 of binompdf(8, 7, 4) 0,269.
G&R vwo A deel Mathematische statistiek C. von Schwartzenberg / a P (som = 6) = P () + P () = () () P P. + = + = + = 6 6 6 b P = = + = + (som 0) P () P () () () = + = + = 6 = P P 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6. c
Nadere informatie4 De normale verdeling
bladzijde 217 35 a X = het aantal vrouwen met osteoporose. P(X = 30) = binompdf(100, 1, 30) 0,046 4 b X = het aantal mannen met osteoporose. Y = het aantal vrouwen met osteoporose. P(2 met osteoporose)
Nadere informatie4.1 Eigenschappen van de normale verdeling [1]
4.1 Eigenschappen van de normale verdeling [1] Relatief frequentiepolygoon van de lengte van mannen in 1968 1 4.1 Eigenschappen van de normale verdeling [1] In dit plaatje is een frequentiepolygoon getekend.
Nadere informatie9.0 Voorkennis. Bij samengestelde kansexperimenten maak je gebruik van de productregel.
9.0 Voorkennis Bij samengestelde kansexperimenten maak je gebruik van de productregel. Productregel: Voor de gebeurtenis G 1 bij het ene kansexperiment en de gebeurtenis G 2 bij het andere kansexperiment
Nadere informatie11.0 Voorkennis. Wanneer je met binomcdf werkt, werk je dus altijd met een kans van de vorm P(X k)
11.0 Voorkennis Let op: Cumulatieve binomiale verdeling: P(X k) = binomcdf(n,p,k) Wanneer je met binomcdf werkt, werk je dus altijd met een kans van de vorm P(X k) Voorbeeld 1: Binomiaal kanseperiment
Nadere informatieHoofdstuk 2 De normale verdeling. Kern 1 Normale verdelingen. 1 a
Hoofdstuk De normale verdeling Kern Normale verdelingen a percentage 30 0 0 57 6 67 7 77 8 87 9 97 0 07 De polygoon heeft een klokvorm. b In totaal is 0, + 0,9 + 3,3 +,0 +,3 + 7,3= 50,5 procent van de
Nadere informatie3.1 Het herhalen van kansexperimenten [1]
3.1 Het herhalen van kansexperimenten [1] Voorbeeld: Op een schijf staan een zestal afbeeldingen in even grote vakjes: 3 keer appel, 2 keer banaan, 1 keer peer. Sandra draait zes keer aan de schijf. a)
Nadere informatieParagraaf 7.1 : Het Vaasmodel
Hoofdstuk 7 Kansrekening (V4 Wis A) Pagina 1 van 8 Paragraaf 7.1 : Het Vaasmodel Les 1 : Kansen Herhalen kansen berekenen Hoe bereken je de kans als je een aantal keren achter elkaar een experiment uitvoert?
Nadere informatieKern 1 Rekenen met binomiale kansen
Netwerk e editie havo A Hoofdstuk De binomiale verdeling uitwerkingen Hoofdstuk De binomiale verdeling uitwerkingen Kern Rekenen met binomiale kansen a Omdat er steeds twee mogelijkheden zijn: zwart óf
Nadere informatieHoofdstuk 8: De normale verdeling. 8.1 Centrum- en spreidingsmaten. Opgave 1:
Hoofdstuk 8: De normale verdeling 8. Centrum- en spreidingsmaten Opgave : 00000 4 4000 5 3000 a. 300 dollar 0 b. 9 van de atleten verdienen minder dan de helft van het gemiddelde. Het gemiddelde is zo
Nadere informatieVoorbeeld 1: kansverdeling discrete stochast discrete kansverdeling
12.0 Voorkennis Voorbeeld 1: Yvette pakt vier knikkers uit een vaas waar er 20 inzitten. 9 van de knikkers zijn rood en 11 van de knikkers zijn blauw. X = het aantal rode knikkers dat Yvette pakt. Er zijn
Nadere informatie11.1 Kansberekeningen [1]
11.1 Kansberekeningen [1] Kansdefinitie van Laplace: P(gebeurtenis) = Aantal gunstige uitkomsten/aantal mogelijke uitkomsten Voorbeeld 1: Wat is de kans om minstens 16 te gooien, als je met 3 dobbelstenen
Nadere informatieHoofdstuk 11: Kansverdelingen 11.1 Kansberekeningen Opgave 1: Opgave 2: Opgave 3: Opgave 4: Opgave 5:
Hoofdstuk : Kansverdelingen. Kansberekeningen Opgave : kan op manieren 5 kan op! manieren 555 kan op manier 0 0 som 5) Opgave : som 5) som 5) som ) som ) c. som 0) d. som 0) som ) Opgave : som ) som )
Nadere informatieHoofdstuk 9 De Normale Verdeling. Kern 1 Normale verdelingen. Netwerk, 4 Havo A, uitwerkingen Hoofdstuk 9, De Normale Verdeling Elleke van der Most
Hoofdstuk 9 De Normale Verdeling Kern Normale verdelingen a percentage 30 0 0 57 6 67 7 77 8 87 9 97 0 07 De polygoon heeft een klokvorm. b De gemiddelde lengte valt in de klasse 80 84 cm. Omdat 8 precies
Nadere informatieParagraaf 9.1 : De Verwachtingswaarde
Hoofdstuk 9 Kansverdelingen (V5 Wis A) Pagina 1 van 8 Paragraaf 9.1 : De Verwachtingswaarde Les 1 Verwachtingswaarde Definities : Verwachtingswaarde Verwachtingswaarde = { wat je verwacht } { gemiddelde
Nadere informatieAntwoorden Wiskunde Hoofdstuk 1 Rekenen met kansen
Antwoorden Wiskunde Hoofdstuk 1 Rekenen met kansen Antwoorden door een scholier 4244 woorden 1 juni 2005 4,7 42 keer beoordeeld Vak Wiskunde Hoofdstuk 1 Rekenen met kansen Het is niet toevallig n = 23
Nadere informatieVB: De hoeveelheid neemt nu met 12% af. Hoeveel was de oorspronkelijke hoeveelheid? = 1655 oud = 1655 nieuw = 0,88 x 1655 = 1456
Formules, grafieken en tabellen Procenten - altijd afronden op 1 decimaal tenzij anders vermeld VB: Een hoeveelheid neemt met 12% toe to 1456. Hoeveel was de oorspronkelijke hoeveelheid? Oud =? Nieuw =
Nadere informatieSamenvatting Wiskunde A
Bereken: Bereken algebraisch: Bereken exact: De opgave mag berekend worden met de hand of met de GR. Geef bij GR gebruik de ingevoerde formules en gebruikte opties. Kies op een examen in dit geval voor
Nadere informatieBeslissen op grond van een steekproef Hoofdstuk 15
1 Beslissen op grond van een steekproef Hoofdstuk 15 1. a. Het gaat veel geld kosten voor de fabrikant als er te veel schuurmiddel gebruikt wordt. b. Bij een te laag gemiddelde zullen de klanten niet tevreden
Nadere informatieNoordhoff Uitgevers bv
bladzijde 9 a, 3 3000 = 8900 = 830, b 0, 07 000000 = 8000 = 80, c 300 700 = 6870000 = 690, 8 d 0, 000 0, 007 = 0, 00000 =, 0 6 e 6344, 78, 98 = 49604, 336 = 4960, 6 9 6 f, 0 + 4 0 = 74000000 =, 74 0 9
Nadere informatie15.1 Beslissen op grond van een steekproef
05 15 Exponenten Het toetsen van en logaritmen hypothesen 15.1 Beslissen op grond van een steekproef bladzijde 8 1 a Er wordt dan te veel schuurmiddel geleverd en dit kost geld. b Dan zit er te weinig
Nadere informatie13,5% 13,5% De normaalkromme heeft dezelfde vorm als A (even breed en even hoog), maar ligt meer naar links.
G&R havo A deel C. von Schwartzenberg /8 a Er is uitgegaan van de klassen: < 60; 60 < 6; 6 < 70;... 8 < 90. b c De onderzochte groep bestaat uit 000 personen. (neem nog eens GRpracticum uit hoofdstuk 4
Nadere informatieAntwoorden bij 4 - De normale verdeling vwo A/C (aug 2012)
Antwoorden bij - De normale verdeling vwo A/C (aug 0) Opg. a Aflezen bij de 5,3 o C grafiek:,3% en bij de,9 o C grafiek: 33,3% b Het tweede percentage is 33,3 /,3 = 5, maal zo groot. c Bij de 5,3 o C grafiek
Nadere informatied. P(2 witte kn. ) = P(2 witte kn. en 1 niet witte kn,) = 0, rode, 12 blauwe en 32 witte knikkers ; 6 knikkers pakken zonder terugleggen.
32. P( geen rode knikkers) = 0,007 33. 7 rode,8 witte en 6 groene knikkers a. 0,026 b. P(geen groene kn.) = 0,342 c. P(twee rode en één witte kn.) = 0,126 d. P(2 witte kn. ) = P(2 witte kn. en 1 niet witte
Nadere informatieBoek 2 hoofdstuk 8 De normale verdeling.
52a. de groepen verschillen sterk in grootte b. 100 van de 5000 = 1 van de 50 dus 1 directielid, 90 winkelmedewerkers en 9 magazijnmedewerkers. Boek 2 hoofdstuk 8 De normale verdeling. 8.1 Vuistregels
Nadere informatieAntwoorden door K woorden 14 augustus keer beoordeeld. Wiskunde A. Supersize me. Opgave 1: leerstof: Formules met meer variabelen.
Antwoorden door K. 1901 woorden 14 augustus 2015 1 1 keer beoordeeld Vak Wiskunde A Supersize me Opgave 1: leerstof: Formules met meer variabelen. Formule energiebehoefte = =33,6 G 5000(kcal) = dagelijkse
Nadere informatie5.0 Voorkennis. Voorbeeld 1: In een vaas zitten 10 rode, 5 witte en 6 blauwe knikkers. Er worden 9 knikkers uit de vaas gepakt.
5.0 Voorkennis Voorbeeld 1: In een vaas zitten 10 rode, 5 witte en 6 blauwe knikkers. Er worden 9 knikkers uit de vaas gepakt. a) Bereken de kans op minstens 7 rode knikkers: P(minstens 7 rood) = P(7 rood)
Nadere informatieParagraaf 9.1 : De Verwachtingswaarde
Hoofdstuk 9 Kansverdelingen (V5 Wis A) Pagina 1 van 8 Paragraaf 9.1 : De Verwachtingswaarde Les 1 Verwachtingswaarde Definities : Verwachtingswaarde Verwachtingswaarde = { wat je verwacht } { gemiddelde
Nadere informatieUITWERKINGEN VOOR HET VWO NETWERK B13
12 UITWERKINGEN VOOR HET VWO NETWERK B13 HOOFDSTUK 6 KERN 1 1a) Zie plaatje De polygoon heeft een klokvorm 1b) Ongeveer 50% 1c) 0,1 + 0,9 + 3,3 + 11,0 = 15,3% 2a) klokvorm 2b) geen klokvorm 2c) klokvorm
Nadere informatieEindexamen wiskunde A1-2 vwo 2008-II
Beoordelingsmodel Groepsfoto s maximumscore Per minuut zijn de ogen 0 0,5 =,5 seconden gesloten De kans op ogen dicht is,5 0,047 0 De kans op ogen open is 0,047 = 0,958 maximumscore Voor een geslaagde
Nadere informatiebijspijkercursus wiskunde voor psychologiestudenten bijeenkomst 9 de normale verdeling (niet in [PW])
bijspijkercursus wiskunde voor psychologiestudenten bijeenkomst 9 de normale verdeling (niet in [PW]) vorige week: kansrekening de uitkomstvariabele was bijna altijd discreet aantal keer een vijf gooien
Nadere informatieG&R vwo A/C deel 2 8 De normale verdeling C. von Schwartzenberg 1/14. 3a 1 2
G&R vwo A/C deel 8 De normale verdeling C. von Schwartzenberg 1/14 1a Gemiddelde startgeld x = 1 100000 + 4 4000 + 3000 = 13100 dollar. 10 1b Het gemiddelde wordt sterk bepaald door de uitschieter van
Nadere informatieLesbrief de normale verdeling
Lesbrief de normale verdeling 2010 Willem van Ravenstein Inhoudsopgave Inhoudsopgave... 1 Hoofdstuk 1 de normale verdeling... 2 Hoofdstuk 2 meer over de normale verdeling... 11 Hoofdstuk 3 de n-wet...
Nadere informatieWerken met de grafische rekenmachine
Werken met de grafische rekenmachine Plot de grafiek blz. Schets de grafiek of teken een globale grafiek blz. 3 Teken de grafiek blz. 4 Het berekenen van snijpunten blz. 3 5 Het berekenen van maxima en
Nadere informatieLesbrief hypothesetoetsen
Lesbrief hypothesetoetsen 00 "Je gaat het pas zien als je het door hebt" Johan Cruijff Willem van Ravenstein Inhoudsopgave Inhoudsopgave... Hoofdstuk - voorkennis... Hoofdstuk - mens erger je niet... 3
Nadere informatieEXAMENTOETS TWEEDE PERIODE 5HAVO MLN/SNO
EXAMENTOETS TWEEDE PERIODE 5HAVO wiskunde A MLN/SNO Onderwerp: Statistiek - Blok Datum: donderdag 1 januari 010 Tijd: 8.30-10.45 NB 1: Bij de beantwoording van de vragen ALTIJD JE BEREKENINGEN aangeven.
Nadere informatieUitwerkingen Mei Eindexamen VWO Wiskunde A. Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek
Uitwerkingen Mei 2012 Eindexamen VWO Wiskunde A Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek Schroefas Opgave 1. In de figuur trekken we een lijn tussen 2600 tpm op de linkerschaal en
Nadere informatiewiskunde A vwo 2017-II
wiskunde A vwo 07-II Eiwit en vet in melk maximumscore 4 Voorbeeld van een juiste berekening: 005, 8500 aflezen De punten ( 985, 5500 ) en ( ) De toename per jaar is 50 De vergelijking 8500 + 50t = 000
Nadere informatie7,7. Samenvatting door Manon 1834 woorden 3 mei keer beoordeeld. Wiskunde C theorie CE.
Samenvatting door Manon 1834 woorden 3 mei 2016 7,7 13 keer beoordeeld Vak Wiskunde Wiskunde C theorie CE. Permutaties: -Het aantal permutaties van drie dingen die je kiest uit acht dingen is: 8*7*6= 336.
Nadere informatieVraag Antwoord Scores
Vraag Antwoord Scores 500 meter schaatsen maximumscore 3 P( X < 39,00 μ = 39,72 en σ = 0, 43) moet berekend worden Beschrijven hoe deze kans berekend kan worden Deze kans is 0,05 dus is het antwoord 5%
Nadere informatieMedische Statistiek Kansrekening
Medische Statistiek Kansrekening Medisch statistiek- kansrekening Hoorcollege 1 Uitkomstenruimte vaststellen Ook wel S of E. Bij dobbelsteen: E= {1,2,3,4,5,6} Een eindige uitkomstenreeks Bij het gooien
Nadere informatieUitwerkingen Mei 2012. Eindexamen HAVO Wiskunde A. Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek
Uitwerkingen Mei 2012 Eindexamen HAVO Wiskunde A Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek Supersize me Opgave 1. De formule voor de dagelijkse energiebehoefte is E b = 33,6 G. Als
Nadere informatieAntwoordmodel VWO 2002-I wiskunde A (oude stijl) Vogels die voedsel zoeken
Antwoordmodel VWO 00-I wiskunde A (oude stijl) Antwoorden Vogels die voedsel zoeken Maximumscore Stilstaan duurt telkens 5 seconden Tussen twee stops wordt 5 cm afgelegd De tijd tussen twee stops is 5
Nadere informatieTentamen Wiskunde A. Het gebruik van een mobiele telefoon of andere telecommunicatieapparatuur tijdens het tentamen
CENTRALE COMMISSIE VOORTENTAMEN WISKUNDE Tentamen Wiskunde A Datum: 24 juni 2013 Tijd: 19.00-22.00 uur Aantal opgaven: 7 Zet uw naam op alle in te leveren blaadjes. Laat bij elke opgave door middel van
Nadere informatie15.1 Beslissen op grond van een steekproef [1]
15.1 Beslissen op grond van een steekproef [1] Voorbeeld 1: Een vulmachine vult flessen met een inhoud van X ml. X is normaal verdeeld met μ = 400 en σ = 4 Er wordt een steekproef genomen van 40 flessen.
Nadere informatieMETA-kaart vwo5 wiskunde A - domein Afgeleide functies
META-kaart vwo5 wiskunde A - domein Afgeleide functies Wat heb ik nodig: GR of afgeleide? Hoe ziet de grafiek eruit? Moet ik de afgeleide berekenen? Kan ik bij deze functie de afgeleide berekenen? Welke
Nadere informatieGifgebruik in de aardappelteelt
Gifgebruik in de aardappelteelt Opgave 1. jaar gifgebruik 1998 32 kg/ha 2007 24,5 kg/ha Van 2007 naar 2015 is een periode van 8 jaar. Maak eventueel een verhoudingstabel. In 9 jaar neemt het gifgebruik
Nadere informatieDe normale verdeling. Les 3 De Z-waarde (Deze les sluit aan bij de paragraaf 10 van Binomiale en normale verdelingen van de Wageningse Methode)
De normale verdeling Les 3 De Z-waarde (Deze les sluit aan bij de paragraaf 10 van Binomiale en normale verdelingen van de Wageningse Methode) De grafische rekenmachine Vooraf In deze les ga je veel met
Nadere informatieUitleg significantieniveau en toetsen van hypothesen
Uitleg significantieniveau en toetsen van hypothesen Het significantieniveau (meestal aangegeven met de letter α) stelt de kans voor, dat H 0 gelijk heeft, maar H 1 gelijk krijgt. Je trekt dus een foute
Nadere informatieUitwerkingen Mei 2012. Eindexamen VWO Wiskunde C. Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek
Uitwerkingen Mei 2012 Eindexamen VWO Wiskunde C Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek I Tjing Opgave 1. Het aantal hoofdstukken in de I Tjing correspondeert met het totale aantal
Nadere informatieSom 23 kan met 6665 en som 24 met Dus totaal gunstige uitkomsten.
G&R vwo C deel C von Schwartzenberg / Som kan met! (op = manieren) (op! manieren) (op manier)! =, = en Dus totaal + + = 0 gunstige uitkomsten Dubbel onderstreept betekent: "niet alleen" in de genoteerde
Nadere informatieEindexamen wiskunde C vwo I
Eindexamen wiskunde C vwo 20 - I Beoordelingsmodel Autobanden maximumscore 3 Bij belastingsindex 66 is het gewicht 299 kg ( nauwkeuriger) Bij belastingsindex 88 is het gewicht 562 kg ( nauwkeuriger) Het
Nadere informatieEindexamen wiskunde B1 havo 2000-II
Eindexamen wiskunde B havo 000-II Temperatuurverloop de aanduidingen bij de beide assen (bijvoorbeeld tijd (in uren); temperatuur (in C); getallen langs de assen) De evenwichtsstand op de goede hoogte
Nadere informatieHoofdstuk 7 Examentraining. Kern 1 Statistiek
Uitwerkingen Wiskunde A Netwerk VWO 6 Hoofdstuk 7 Examentraining www.uitwerkingensite.nl Hoofdstuk 7 Examentraining Kern Statistiek a Noem de percentielscore S en het aantal goede antwoorden g. S 7 4 Op
Nadere informatieEindexamen wiskunde B1 havo 2007-I
Eindexamen wiskunde B havo 007-I Beoordelingsmodel De wet van Moore maximumscore 3 Van 96 tot 975 is 4 jaar Het aantal transistors volgens de formule is dus 4 7 4 = 5, dus 5 transistors in 975 maximumscore
Nadere informatiewiskunde C bezem vwo 2018-II
Wasdrogers maximumscore 3 De kosten van het energieverbruik per jaar zijn 3,65 0, 0 (euro) De afschrijving per jaar is 50 (euro) De jaarkosten zijn 9 (euro) ( 8,63 (euro)) maximumscore 3 De afschrijving
Nadere informatieTI83-werkblad. Vergelijkingen bij de normale verdeling
TI83-werkblad Vergelijkingen bij de normale verdeling 1. Inleiding Een normale verdeling wordt bepaald door de constanten µ en σ. Dit blijkt uit het voorschrift van de verdelingsfunctie van de normale
Nadere informatieKansrekening en Statistiek
Kansrekening en Statistiek College 8 Donderdag 13 Oktober 1 / 23 2 Statistiek Vandaag: Stochast en populatie Experimenten herhalen Wet van de Grote Getallen Centrale Limietstelling 2 / 23 Stochast en populatie
Nadere informatieEindexamen wiskunde B1 havo 2006-I
Eindexamen wiskunde B havo 006-I 4 Beoordelingsmodel IJs 5000 5 h beschrijven hoe deze vergelijking algebraïsch met de GR opgelost kan worden ( h 000 dus) h 3,6 cm; de minimale dikte is ongeveer 3 cm de
Nadere informatiewiskunde C vwo 2017-II
Eiwit en vet in melk maximumscore 4 Voorbeeld van een juiste berekening: 005, 8500 aflezen De punten ( 985, 5500 ) en ( ) De toename per jaar is 50 De vergelijking 8500 50t = 000 oplossen (met t = 0 op
Nadere informatieUitwerkingen voortoets/oefentoets E3 maart/april 2009 MLN
Uitwerkingen voortoets/oefentoets E3 maart/april 009 MLN UITZENDBUREAU a H 0 : p=0. ( op is een kans van 0% wel 0.) is de bewering van het uitzendbureau H : p 0. (Helena is het er niet mee eens en denkt
Nadere informatieCursus Statistiek Hoofdstuk 4. Statistiek voor Informatica Hoofdstuk 4: Verwachtingen. Definitie (Verwachting van discrete stochast) Voorbeeld (1)
Cursus Statistiek Hoofdstuk 4 Statistiek voor Informatica Hoofdstuk 4: Verwachtingen Cursusjaar 29 Peter de Waal Departement Informatica Inhoud Verwachtingen Variantie Momenten en Momentengenererende functie
Nadere informatiede Wageningse Methode Beknopte gebruiksaanwijzing TI84 1
Algemene vaardigheden Veel knopjes hebben drie functies. De functie die op een knop... staat krijg je door er op de drukken. De blauwe functie die er boven een knop... staat krijg je met 2nd.... Zo zet
Nadere informatiewordt niet verworpen, dus het gemiddelde wijkt niet significant af van 400 wordt niet verworpen, dus het beïnvloedt de levensduur niet significant
Hoofdstuk Het toetsen van hypothesen.. Beslissen op grond van een steekproef Opgave : a. hij gebruikt totaal meer schuurmiddel dan nodig is en dat kost dus extra geld b. de klanten gaan klagen als er te
Nadere informatieHoofdstuk 8 - De normale verdeling
ladzijde 216 1a Staafdiagram 3 want te verwachten is dat er elke maand ongeveer evenveel mensen jarig zijn. Dat is meteen ook de reden waarom de andere drie niet voldoen. Feruari estaat uit vier weken
Nadere informatie6 5 x 4 x x 3 x x x 2 x x x x 1 x x x x x x 5 4 x 3 x 2 x opgave a opgave b opgave c
Hoofdstuk : Het kansbegrip.. Kansen Opgave : De kans dat ze gooit is groter, want ze kan op zes manieren gooien: -, 2-, -, -, -2, -. Ze kan op manieren 9 gooien: -, -, -, -. Opgave 2: e. Opgave : 9 0 2
Nadere informatieY = ax + b, hiervan is a de richtingscoëfficiënt (1 naar rechts en a omhoog), en b is het snijpunt met de y-as (0,b)
Samenvatting door E. 1419 woorden 11 november 2013 6,1 14 keer beoordeeld Vak Methode Wiskunde A Getal en ruimte Lineaire formule A = 0.8t + 34 Er bestaat dan een lineair verband tussen A en t, de grafiek
Nadere informatie8.1 Centrum- en spreidingsmaten [1]
8.1 Centrum- en spreidingsmaten [1] Gegeven zijn de volgende 10 waarnemingsgetallen: 1, 3, 3, 3, 4, 5, 6, 8, 8, 9 Het gemiddelde is: De mediaan is het middelste waarnemingsgetal als de getallen naar grootte
Nadere informatiewordt niet verworpen, dus het beïnvloedt de levensduur niet significant
Hoofdstuk : Kansen en beslissingen. Beslissen op grond van een steekproef. Opgave : a. normalcdf,,8,), 78 b. a invnorm.,8,) 7, c. normalcdf,.,.8, ), 7 y normalcdf,.,.8, X ) kijk in de tabel voor welke
Nadere informatieWiskunde D Online uitwerking 4 VWO blok 6 les 2
Paragraaf 8 De klokvorm Opgave 1 a De top van de grafiek van de PvdA ligt bij 30 %. Dus voor de PvdA wordt 30% voorspeld. b De grafiek loopt van ongeveer 27 tot 33, dus het percentage ligt met grote waarschijnlijkheid
Nadere informatieZin en onzin van normale benaderingen van binomiale verdelingen
Zin en onzin van normale benaderingen van binomiale verdelingen Johan Walrave, docent EHSAL 0. Inleiding Voordat het grafisch rekentoestel in onze school ingevoerd werd, was er onder de statistiekdocenten
Nadere informatieKansrekening en statistiek wi2105in deel I 29 januari 2010, uur
Kansrekening en statistiek wi20in deel I 29 januari 200, 400 700 uur Bij dit examen is het gebruik van een (evt grafische rekenmachine toegestaan Tevens krijgt u een formuleblad uitgereikt na afloop inleveren
Nadere informatieEindexamen havo wiskunde A 2013-I
Eindexamen havo wiskunde A 03-I Beoordelingsmodel De huisarts maximumscore 4 De praktijk telt 9 48 84 vrouwelijke patiënten Het totale aantal contactmomenten van de mannen is 9 3, ( = 39), dat van de vrouwen
Nadere informatieLesbrief Hypergeometrische verdeling
Lesbrief Hypergeometrische verdeling 010 Willem van Ravenstein If I am given a formula, and I am ignorant of its meaning, it cannot teach me anything, but if I already know it what does the formula teach
Nadere informatieHoofdstuk 3 Toetsen uitwerkingen
Kern Kansen ij een normale verdeling a normalcdf(3.7,., 3,7) =,9 normalcdf(9, 9999,, 7) =,7 c normalcdf( 9999, 3,, ) =,978 a g = invnorm(.3, 8, 7) = 77,9 g = invnorm(.873,, ) = 97,9 c P(X < g μ = 8 en
Nadere informatieEindexamen wiskunde B1 havo 2000-I
Eindexamen wiskunde B havo 000-I 4 Antwoordmodel Bioritme a = 50 π b = ( b 0,44) 8 50sin ( t ) = 5 Dit op de GR met (bijv.) linker- en rechterlid invoeren en snijpunt bepalen geeft in de eerste periode
Nadere informatieH8: Regelmaat & verandering H9: Kansverdelingen...4-7
Oefenmateriaal V5 wiskunde C Voorbereiding op SE-toets 1 wiskunde INHOUDSOPGAVE H8: Regelmaat & verandering...1-3 H9: Kansverdelingen....4-7 Hoofdstuk 8: Regelmaat & veranderingen Rekenkundige rij Meetkundige
Nadere informatieStatistiek. Beschrijvende Statistiek Hoofdstuk 1 1.1, 1.2, 1.5, 1.6 lezen 1.3, 1.4 Les 1 Hoofdstuk 2 2.1, 2.3, 2.5 Les 2
INHOUDSOPGAVE Leswijzer...3 Beschrijvende Statistiek...3 Kansberekening...3 Inductieve statistiek, inferentiele statistiek...3 Hoofdstuk...3. Drie deelgebieden...3. Frequentieverdeling....3. Frequentieverdeling....4.5
Nadere informatieIn de Theorie worden de begrippen toevalsvariabele, kansverdeling en verwachtingswaarde toegelicht.
Toevalsvariabelen Verkennen www.mathall.nl MAThADORE-basic HAVO/VWO /5/6 VWO wi-a Kansrekening Toevalsvariabelen Inleiding Verkennen Beantwoord de vragen bij Verkennen. Uitleg www.mathall.nl MAThADORE-basic
Nadere informatieOverzicht examenstof statistiek
a De volwassen mannen in e wijk van e shoenenzaak. Steekproeflengte is. Aselet? Dat hangt ervan af! De mannen ie zijn winkel ezoeken hoeven geen afspiegeling te zijn van e mannen ie in zijn wijk wonen.
Nadere informatieEindexamen vwo wiskunde A I
Schroefas maximumscore 3 Een aanpak als: Het tekenen van de lijn op de uitwerkbijlage Aflezen op de middelste schaal: (iets minder dan) 25 mm ( 24 mm) De diameter is dus groot genoeg 2 maximumscore 3 Een
Nadere informatiewiskunde C vwo 2016-II
wiskunde C vwo 206-II Vlinders maximumscore 4 Aflezen uit de figuur: het gemiddeld aantal in de drie beste zomerweken in 995 is 65 000 en in 203 is dit 30 000 Het aantal volgens de trendlijn in 995 is
Nadere informatieCorrectievoorschrift VWO
Correctievoorschrift VWO 2008 tijdvak 2 wiskunde A Het correctievoorschrift bestaat uit: Regels voor de beoordeling 2 Algemene regels 3 Vakspecifieke regels 4 Beoordelingsmodel 5 Inzenden scores Regels
Nadere informatieOverzicht examenstof statistiek
a De volwassen mannen in e wijk van e shoenenzaak. Steekproeflengte is. Aselet? Dat hangt ervan af! De mannen ie zijn winkel ezoeken hoeven geen afspiegeling te zijn van e mannen ie in zijn wijk wonen.
Nadere informatieEindexamen wiskunde C vwo II
Beoordelingsmodel Denksport maximumscore 4 In de periode 963-975 is de toename 3000 4500 = 8500 (± 000) De gemiddelde toename per jaar is dan 8500: 700 In de periode 975-978 is de gemiddelde toename per
Nadere informatieH9: Rijen & Reeksen..1-2. H10: Kansverdelingen..3-4. H11: Allerlei functies.5-6
Oefenmateriaal V5 wiskunde C Voorbereiding op PTA-toets1 wiskunde INHOUDSOPGAVE H9: Rijen & Reeksen..1-2 H10: Kansverdelingen..3-4 H11: Allerlei functies.5- Hoofdstuk 9: Rijen & Reeksen Recursieve formule
Nadere informatieVoor de beoordeling zijn de volgende passages van de artikelen 41, 41a en 42 van het Eindexamenbesluit van belang:
wiskunde B Correctievoorschrift HAVO Hoger Algemeen Voortgezet Onderwijs 0 06 Tijdvak Het correctievoorschrift bestaat uit: Regels voor de beoordeling Algemene regels 3 Vakspecifieke regels 4 Beoordelingsmodel
Nadere informatieNotatieafspraken Grafische Rekenmachine, wiskunde A
Notatieafspraken Grafische Rekenmachine, wiskunde A Bij deze verstrek ik jullie de afspraken voor de correcte notatie bij het gebruik van de grafische rekenmachine. Verder krijg je een woordenlijst met
Nadere informatieTentamen Wiskunde A. Het gebruik van een mobiele telefoon of andere telecommunicatieapparatuur tijdens het tentamen
CENTRALE COMMISSIE VOORTENTAMEN WISKUNDE Tentamen Wiskunde A Datum: 16 januari 2014 Tijd: 14.00-17.00 uur Aantal opgaven: 7 Zet uw naam op alle in te leveren blaadjes. Laat bij elke opgave door middel
Nadere informatieHoofdstuk 6 Discrete distributies
Hoofdstuk 6 Discrete distributies Marnix Van Daele MarnixVanDaele@UGentbe Vakgroep Toegepaste Wiskunde en Informatica Universiteit Gent Discrete distributies p 1/33 Discrete distributies binomiale verdeling
Nadere informatieCorrectievoorschrift HAVO
Correctievoorschrift HAVO 008 tijdvak wiskunde B Het correctievoorschrift bestaat uit: Regels voor de beoordeling Algemene regels 3 Vakspecifieke regels 4 Beoordelingsmodel 5 Inzenden scores Regels voor
Nadere informatieHoofdstuk 6 Examenaanpak. Kern 1 Modelleren
Uitwerkingen Wiskunde A Netwerk VWO 6 Hoofdstuk 6 Examenaanpak www.uitwerkingenste.nl Hoofdstuk 6 Examenaanpak Kern Modelleren a De vrouwen van 8 jaar vallen in de categorie 5 9. Hoe de verdeling binnen
Nadere informatieExamen VWO. wiskunde A1. tijdvak 2 woensdag 18 juni 13.30-16.30 uur. Bij dit examen hoort een uitwerkbijlage.
Examen VWO 2008 tijdvak 2 woensdag 18 juni 13.30-16.30 uur wiskunde A1 Bij dit examen hoort een uitwerkbijlage. Dit examen bestaat uit 20 vragen. Voor dit examen zijn maximaal 79 punten te behalen. Voor
Nadere informatieV6 Programma tijdens de laatste weken
V6 Programma tijdens de laatste weken Datum ma. 18-4-11 di. 19-4-11 ma. 5-4-11 di. 6-4-11 ma. -5-11 di. 3-5-11 ma. 9-5-11 di. 10-5-11 Activiteit 1. Differentiëren. Vergelijkingen oplossen e Paasdag 3.
Nadere informatiewiskunde C vwo 2016-I
wiskunde C vwo 06-I Aalscholvers en vis maximumscore Invullen van O =,0 in L = 4,73 + 3, O geeft na afronden een kleinste lengte van 6 (mm) Invullen van O = 9,5 in L = 4,73 + 3, O geeft na afronden een
Nadere informatie7,5. Samenvatting door een scholier 1439 woorden 13 mei keer beoordeeld. Inhoudsopgave
Samenvatting door een scholier 1439 woorden 13 mei 2004 7,5 91 keer beoordeeld Vak Wiskunde Inhoudsopgave Lineair Interpoleren Pagina 02 Breuken en Decimalen Pagina 02 Werken met percentages Pagina 03
Nadere informatie