Opgeloste Oefeningen Hoofdstuk 4: Numerieke Karakteristieken

Opgeloste Oefeningen Hoofdstuk 4: Numerieke Karakteristieken Verwachtingswaarde en Variantie 4.1 Een muntstuk wordt 3 maal opgegooid. Zij X de toevalsveranderlijke die met elke uitkomst het grootste aantal opeenvolgende kop (K) laat overeenkomen. (a) Veronderstel dat het muntstuk niet vervalst is. Bepaal de probabiliteitsfunctie p X, de distributiefunctie F X, de verwachtingswaarde E[X] en de variantie Var[X]. (antw. E[X] = 11/8, Var[X] = 0.73) (b) Veronderstel dat het muntstuk vervalst is zodat P(K) = 2/3. Bepaal de probabiliteitsfunctie p X, de distributiefunctie F X, de verwachtingswaarde E[X] en de variantie Var[X]. (antw. E[X] = 50/27, Var[X] = 0.79) Oplossing: De mogelijke uitkomsten met de bijhorende waarde van de toevalsveranderlijke X worden gegeven door: uitkomst X KKK 3 KKM 2 KMK 1 KMM 1 MKK 2 MKM 1 MMK 1 MMM 0 (a) De probabiliteitsfunctie en distributiefunctie worden gegeven in de volgende tabel De verwachtingswaarde luidt: De variantie wordt gegeven door Var[X] = E[X 2 ] E[X] 2 = x 0 1 2 3 p X (x) 1/8 4/8 2/8 3/8 F X (x) 1/8 5/8 7/8 1 E[X] = 3 x=0 3 x=0 x p X (x) = 11 8. x 2 p X (x) E[X] 2 = ( 4 8 + 8 8 + 9 8 ) (11 8 )2 = 0.73438. 1

(b) In het geval van een vervalst muntstuk worden de probabiliteiten gegeven door: P(KKK)= 2 2 2 3 3 3 = 8 27 P(KKM)= 2 2 1 3 3 3 = 4 27 P(MKK)= 4 27 P(MKM)= 2 27 P(KMK)= 4 27 P(MMK)= 2 27 P(KMM)= 2 27 P(MMM)= 1 27 waaruit volgt x 0 1 2 3 p X (x) 1/27 10/27 8/27 8/27 F X (x) 1/27 11/27 19/27 1 De verwachtingswaarde wordt gegeven door: E[X] = De variantie wordt gegeven door Var[X] = 3 x=0 ( 10 27 + 32 27 + 72 27 x p X (x) = 50 27 1.852. ) ( ) 50 2 = 578 27 729 = 0.79. 4.2 Uit een doos met 12 lampen waarvan er 3 defect zijn worden random 3 lampen genomen. Zij X het aantal defecte lampen. Bepaal de verwachtingswaarde en variantie. (antw. E[X] = 0.75, Var[X] = 0.44) Oplossing: Het totaal aantal manieren waarop 3 lampen kunnen genomen worden is ( 12 ) 3 = 220. Het aantal trekkingen ( ) 9 (a) zonder defecte lampen: = 84; 3 ( )( ) 9 3 (b) met 1 defecte lamp: = 108; 2 1 ( )( ) 9 3 (c) met 2 defecte lampen: = 27; 1 2 ( ) 3 (d) met 3 defecte lampen: = 1. 3 Dit leidt tot de volgende probabiliteitsfunctie: De verwachtingswaarde wordt gegeven door: E[X] = x 0 1 2 3 p X (x) 84/220 108/220 27/220 1/220 3 x=0 De variantie is Var[X] = 0.44. x p X (x) = 108 220 + 54 220 + 3 220 = 165 220 = 3 4. 2

4.3 Een speler gooit met 2 onvervalste muntstukken. Hij wint 2 EURO als tweemaal kop optreedt en 1 EURO als slechts eenmaal kop optreedt. Zoniet verliest hij 3 EURO. Bepaal de verwachtingswaarde van het spel. Is het een eerlijk spel? (het spel is eerlijk, gunstig of ongunstig voor de speler als E[X] = 0, E[X] > 0 of E[X] < 0). (antw. E[X] = 0.25) Oplossing: De mogelijke uitkomsten met de bijhorende waarde van de toevalsveranderlijke X worden gegeven door: De probabiliteitsfunctie wordt gegeven door: De verwachtingswaarde wordt gegeven door: uitkomst X KK 2 KM 1 MK 1 MM -3 x 2 1 3 p X (x) 1/4 2/4 1/4 E[X] = x p(x) = 1/4 = 0.25 > 0. 4.4 Een doos bevat 8 lampen waarvan er 3 defect zijn. Er wordt random een lamp geselecteerd en getest. Als ze defect is, wordt een andere lamp geselecteerd en getest, tot een niet-defecte lamp geselecteerd wordt. Bepaal het verwachte aantal pogingen. (antw. E[X] = 1.5) Oplossing: De mogelijke uitkomsten met de bijhorende waarde van de toevalsveranderlijke X worden gegeven door (D = defect, N = niet defect) uitkomst X N 1 DN 2 DDN 3 DDDN 4 De probabiliteitsfunctie wordt gegeven door: p X (x) x 1 2 3 4 5 8 3 8 5 7 = 15 56 De verwachtingswaarde wordt gegeven door: E[X] = 4 x=1 3 8 2 7 5 6 = 5 56 3 8 2 7 1 6 1 = 1 56 x p(x) = 5 8 + 30 56 + 15 56 + 4 56 = 84 56 = 3 2. 4.5 Een vervalst muntstuk voldoet aan P(K) = p. Het muntstuk wordt geworpen tot kop optreedt. Bepaal het aantal verwachte gooien met het muntstuk. (antw. E[X] = 1/p) 3

Oplossing: Het gevraagde komt neer op het bepalen van de verwachtingswaarde van de geometrische verdeling. Daarvoor gaan we als volgt te werk: E[X] = kp(1 p) k 1 = p k(1 p) k 1 k=1 k=1 = p d ( ) (1 p) k = p d ( ) (1 p) k dp dp k=1 k=0 = p d ( ) 1 = p d ( 1 = p ( dp 1 (1 p) dp p) 1 ) p 2 = 1 p 4.6 Beschouw de continue toevalsveranderlijke X met dichtheidsfunctie { 1 2 f(x) = x, als 0 x 2 0, elders Bepaal E[X], Var[X] en de distributiefunctie F. (antw. E[X] = 4 3, Var[X] = 2 x2 9, F (x) = 4 ). Oplossing: De verwachtingswaarde wordt gegeven door E[X] = + xf(x) dx = 2 0 1 2 x2 dx = [ ] x 3 2 = 4 6 3. 0 Verder geldt [ ] + x E[X 2 ] = x 2 4 2 f(x) dx = = 2. 8 0 De variantie wordt dan gegeven door Var(X) = E[X 2 ] E[X] 2 = 2 16 9 = 2 9. De distributiefunctie wordt gegeven door x 0, als x < 0 F (x) = f(x) dx = x 2 4. 1, als x > 2 4.7 Zij X de toevalsveranderlijke die het aantal keren succes weergeeft in n onafhankelijke uitvoeringen van eenzelfde experiment met succesprobabiliteit p. Zij { 0, als X even is Y = 1, als X oneven is Bepaal E[Y ]. (antw. 1 2 (1 (1 2p)n )) Oplossing: De toevalsveranderlijke X is binomiaal verdeeld B(n, p). De verwachtingswaarde van Y wordt gegeven door E[Y ] = 0.p Y (0) + 1.p Y (1) = p Y (1) met Algemeen geldt dat ( ) n n p Y (1) = p k (1 p) n k. k=0,oneven k 4

( ) n n (x + y) n = x k y n k k k=0 ( ) n n ( x + y) n = ( 1) k x k y n k k k=0 ( ) n n (x + y) n ( x + y) n = 2 x k y n k k=0,oneven k Bijgevolg geldt: Distributie van Poisson E[Y ] = 1 2 [((p + (1 p))n ( p + (1 p)) n ] = 1 2 (1 (1 2p)n ). 4.8 Het aantal mannen dat een vrijgezellenfuif binnengaat is Poisson-verdeeld met een gemiddelde van 18 mannen per uur. Het aantal vrouwen dat er binnengaat is onafhankelijk van het aantal mannen en is eveneens Poisson-verdeeld met een gemiddelde van 12 vrouwen per uur. Bepaal de waarschijnlijkheid dat gedurende een periode van 5 minuten minstens twee personen de fuif binnengaan. (antw. 0.713) Oplossing: De som van twee onafhankelijke Poisson-verdeelde toevalsveranderlijken is opnieuw Poisson-verdeeld. Het gemiddeld aantal personen (ongeacht het geslacht) dat per uur de fuif binnengaat is 30. Gedurende een periode van 5 minuten zullen er gemiddeld 30/12 = 5/2 personen de fuif binnengaan. De waarschijnlijkheid dat er in een periode van 5 minuten i personen binnengaan is dan ( 5 2) i p(i) = i! e 5 2. De gevraagde kans is dan P = 1 p(0) p(1) = 1 (1 + 5 2 )e 5 2 = 1 0.287 = 0.713. 4.9 Een radioactieve bron wordt geobserveerd gedurende vier verschillende tijdsintervallen van 6 sec elk. Per seconde worden er gemiddeld 0.5 deeltjes uitgezonden. Men neemt aan dat het aantal deeltjes dat uitgezonden wordt in een tijdsinterval [0, t] Poisson-verdeeld is. Bepaal (a) de kans dat in elk van de vier tijdsintervallen 3 of meer deeltjes uitgezonden worden; (antw. 0.111) (b) de kans dat minstens in één van de vier tijdsintervallen 3 of meer deeltjes uitgezonden worden. (antw. 0.968) Oplossing: De kans dat in een tijdsinterval van 6 sec i deeltjes uitgezonden worden is p(i) = (0.5 6)i e 0.5 6. i! De kans dat in een tijdsinterval van 6 sec minstens 3 deeltjes uitgezonden worden is dan P = 1 p(0) p(1) p(2) = 1 e 3 (1 + 3 + 32 ) = 1 0.423 = 0.577. 2 5

(a) De kans dat in elk van de vier tijdsintervallen 3 of meer deeltjes uitgezonden worden is dan P = 0.577 4 = 0.111. (b) De kans dat minstens in één van de vier tijdsintervallen 3 of meer deeltjes uitgezonden worden is dan P = 1 (1 0.577) 4 = 1 (0.423) 4 = 0.968. 4.10 Het aantal items dat per tijdseenheid een controlepunt passeert is Poisson-verdeeld met verwachtingswaarde λ = 2. Er kunnen maximum 3 items per tijdseenheid verwerkt worden. Bepaal (a) De kans dat er tijdens een bepaalde tijdseenheid teveel items passeren om allemaal verwerkt te worden. (antw. 0.143) (b) Hoeveel items (geheel getal) moeten per tijdseenheid verwerkt worden opdat de kans dat items niet kunnen verwerkt worden hoogstens 10% zou bedragen? (antw. 4) (c) Het verwachte aantal items dat per tijdseenheid verwerkt wordt. (antw. 1.782) (d) Het verwachte aantal items dat per tijdseenheid niet kan verwerkt worden. (antw. 0.218) Oplossing: De kans dat per tijdseenheid i items het controlepunt passeren wordt gegeven door (i = 0, 1, 2,...): p(i) = 2i i! e 2 (a) De kans dat er teveel items passeren om allemaal verwerkt te worden is P = 1 p(0) p(1) p(2) p(3) = 1 e 2 (1 + 2 + 2 + 8 6 ) = 0.143. (b) Zij n het grootste aantal items dat verwerkt moet kunnen worden, dan zal n berekend worden uit de voorwaarde P(i > n) 0.1 of F (n) 0.9. Men gaat na dat F (1) = 0.406, F (2) = 0.677, F (3) = 0.857 en F (4) = 0.947. Bijgevolg moeten minstens 4 items per tijdseenheid verwerkt worden. (c) Gelet op het feit dat als tijdens een bepaalde tijdseenheid meer dan drie items het controlepunt passeren er slechts 3 kunnen verwerkt worden, wordt de gevraagde verwachtingswaarde µ gegeven door µ = 0 p(0) + 1 p(1) + 2 p(2) + 3(p(3) + p(4) +...) = p(1) + 2 p(2) + 3(1 p(0) p(1) p(2)) = 3 3p(0) 2p(1) p(2) = 3 e 2 (3 + 4 + 2) = 3 9e 2 = 1.782 (d) Aangezien er maar items worden doorgezonden vanaf het ogenblik dat er meer dan 3 passeren, wordt de gevraagde verwachtingswaarde µ gegeven door µ = (i 3)p(i) = ip(i) 3 p(i) i=4 i=4 i=4 = 2 (p(1) + 2p(2) + 3p(3)) 3(1 p(0) p(1) p(2) p(3)) = 1 + 3p(0) + 2p(1) + p(2) = 1 + e 2 (3 + 4 + 2) = 1 + 9e 2 = 0.218 6

Aangezien het gemiddeld aantal items dat passeert gelijk is aan 2, volgt het hier gevraagde gemiddelde onmiddellijk uit dit berekend in (c), nl. 2 1.782 = 0.218. 4.11 Een handelaar zorgt ervoor dat er bij het begin van elke maand n toestellen van een bepaald type in voorraad zijn. De vraag per maand naar dit type is Poisson-verdeeld met verwachtingswaarde λ = 2.5. Indien de vraag het aanbod overtreft gaan deze klanten voor hem verloren. (a) De handelaar bepaalt de grootte n van zijn voorraad zo dat precies kan voldaan worden aan de meest waarschijnlijke vraag. Bepaal n. (antw. n = 2) (b) Stel in dit geval de probabiliteitsfunctie op van het aantal k (k = 1, 2,...) niet verkochte apparaten wegens het feit dat de voorraad niet toereikend was. (c) Bepaal de verwachtingswaarde van deze distributie. (antw. 1.906) Oplossing: (a) De kans dat er in een bepaalde maand vraag is naar i toestellen wordt gegeven door p(i) = λi i! e λ = 2.5i e 2.5 i! Opdat er precies zou kunnen voldaan worden aan de vraag met de grootste waarschijnlijkheid moet het getal n voldoen aan de ongelijkheden waaruit λ n 1 (n 1)! e λ < λn n! e λ > λn+1 (n + 1)! e λ n < λ = 2.5 < n + 1 zodat n = 2 moet zijn. (b) Zij X het tekort aan toestellen. De waarschijnlijkheid dat er een tekort van k toestellen is wordt gegeven door p(k + 2). Stellen we de probabiliteitsfunctie voor door q(k) = C p(k + 2), k = 1, 2,..., dan vereist de normalisatie dat C p(k + 2) = C p(j) = 1 of dus k=1 1 = C(1 p(0) p(1) p(2)) = C(1 e λ (1 + λ + λ2 )) = C(1 0.082 0.205 0.257) 2 waaruit C = 2.193. (c) Bij definitie is de verwachtingswaarde van X: E[X] = C k p(k + 2) = C k λk+2 (k + 2)! e λ k=1 k=1 = C (j 2) λj = C j=3 j=3 j! e λ j λj j! e λ 2C j=3 j=3 λ j j! e λ = C(λ λe λ 2 λ2 2 e λ ) 2 = 2.193(2.5 0.205 0.514) 2 = 1.906 7

4.12 (examenvraag) Elk individu loopt gemiddeld vijf keer per jaar een verkoudheid op. Veronderstel dat een nieuw medicijn op de markt is gebracht dat dit gemiddelde reduceert tot 3 voor 75% van de bevolking. Voor de andere 25% van de populatie heeft het nieuw medicijn geen effect op het aantal verkoudheden. Als een individu het medicijn probeert gedurende een jaar en 2 verkoudheden oploopt in deze periode, hoe waarschijnlijk is het dat het medicijn gunstig is voor dit individu? (antw. 0.888) Oplossing: Zij X het aantal verkoudheden dat een individu per jaar oploopt. Voor de personen waarop het medicijn een gunstig effect heeft geldt X d = P (3), voor de anderen geldt X d = P (5). Beschouw nu de verschijnselen: G: het medicijn heeft een gunstig effect, T : het individu loopt twee verkoudheden op. Het gevraagde luidt dan P(G T ). Met de regel van Bayes volgt of na vereenvoudiging P(G T ) = P(T G)P(G) P(T ) P(G T ) = = 3 2 2! e 3 0.75 3 2 2! e 3 0.75 + 52 2! e 5 0.25 27 = 0.888. 27 + 25e 2 4.13 De kans op voorkomen van ofwel juist 1 ofwel juist 2 fouten op een rol van een bepaald soort behangpapier is 3 maal groter dan de kans op voorkomen van juist 3 fouten. Bereken de kans dat er onder 10 zulke rollen hoogstens 1 is met fouten. (antw. 1.337.10 7 ) Oplossing: Zij X het aantal fouten dat voorkomt op een rol behangpapier, dan kunnen we stellen dat X d = P (λ). Uit de opgave volgt dan dat p X (1) + p X (2) = 3p X (3), of dus waaruit, aangezien λ > 0, λe λ + λ2 2 e λ = 3 λ3 6 e λ 1 + λ 2 = λ2 2, of dus λ = 2. (λ = 1 is geen bruikbare oplossing) De kans dat een rol geen fouten vertoont is dan e 2. hoogstens 1 met fouten is, wordt gegeven door P = 10(e 2 ) 9 (1 e 2 ) + (e 2 ) 10 = 10e 18 9e 20 = 1.337 10 7. De kans dat er op 10 gevallen 4.14 Op een bepaalde weg rijden per dag gemiddeld 15 wagens. Langs die weg staat een restaurant. Gemiddeld 12% van de wagens houdt daar stil. Bepaal de waarschijnlijkheid dat er x wagens (per dag) blijven staan. 8

Oplossing: Onderstel dat er n wagens per dag op die weg rijden, dan is de gevraagde waarschijnlijkheid P(x) = P(n)P(x n) n=x waarbij P(n) de waarschijnlijkheid is dat er n wagens voorbijrijden en P(x n) de waarschijnlijkheid is dat er x wagens stoppen, als er n wagens voorbijrijden (x n). P(n) zal Poisson-verdeeld zijn, en P(x n) zal binomiaal verdeeld zijn, zodat en P(x n) = λ λn P(n) = e n! ( ) n p x (1 p) n x x met λ = 15 en p = 12/100. De gevraagde waarschijnlijkheid is dus Aangezien λp = 1.8 is P(x) = n=x = e λ p x x! en is x eveneens Poisson-verdeeld. λ λn e n! n! x!(n x)! px (1 p) n x λ m+x (1 p) m m! (λ(1 p)) m m=0 = e λ (pλ) x x! m=0 m! = e λ (pλ) x e λ(1 p) = e λp (pλ) x x! x! P(x) = e 1.8 (1.8) x x! Normale Distributie 4.15 Als men muizen met een bepaald produkt behandelt dan vindt men dat de concentratie aan bilirubine in het bloed normaal verdeeld is met gemiddelde 7.5 en onbekende standaardafwijking. Uit proeven blijkt dat er 80.3% kans is dat de concentratie zal begrepen zijn tussen 6 en 9. Bepaal de standaardafwijking. (antw. 1.16) Oplossing: Het gegeven kunnen we vertalen in P(6 < X < 9) = 0.803 met X de bilirubine concentratie. Na standaardisatie volgt of dus dat P( 1.5 σ < U < 1.5 σ ) = 0.803, Φ( 1.5 σ ) Φ( 1.5 σ ) = 2Φ(1.5 σ ) 1 = 0.803, waaruit Φ( 1.5 1.5 σ ) = 0.9015. Uit Tabel I volgt dan dat σ = 1.29 of dus σ = 1.16. 9

4.16 Autobanden zouden 65.000 kilometer moeten meegaan vooraleer het profiel onder de minimaal toegestane waarde komt. Als de levensduur van een autoband normaal verdeeld is met standaardafwijking 10.000 kilometer, hoeveel moet de gemiddelde levensduur dan zijn opdat 95% banden meer dan de verwachte 65.000 kilometer zouden meegaan? (antw. 81450) Oplossing: De gezochte gemiddelde levensduur volgt uit P(X > 65000) = P(U > 6.5 µ 10000 ) = 0.95, of dus Φ(6.5 µ 10000 ) = 0.05. Uit Tabel I volgt dan dat waaruit µ = 81450. 6.5 µ 10000 = 1.645 4.17 In een melkfabriek worden flessen van 1 l machinaal gevuld. Over een voldoende lange periode bekeken is het gemiddelde dat gevuld wordt 1 l, met een standaardafwijking van 1 cl. Onderstel dat de vullingsgraad normaal verdeeld is. (a) Zoek de waarschijnlijkheid dat er meer dan 1.01 l in een fles zit. (antw. 0.1587) (b) Wat moet de gemiddelde vullingsgraad zijn opdat de kans dat er meer dan 1.01 l in een fles zit slechts 5 % is? (antw. µ = 0.99355) Oplossing: (a) P(X > 1.01) = P(U > 1.01 1 0.01 ) = P(U > 1) = 1 Φ(1) = 1 0.8413 = 0.1587. (b) Het gezochte gemiddelde volgt uit P(X > 1.01) = P(U > 1.01 µ ) = 0.05, 0.01 i.e. 1 Φ( 1.01 µ 1.01 µ 1.01 µ 0.01 ) = 0.05, of dus Φ( 0.01 ) = 0.95. Uit Tabel I volgt dat 0.01 = 1.645, waaruit µ = 0.99355. 4.18 Een student die om 7u30 thuis vertrekt, is in 2.5% van de gevallen te laat voor de les die om 8u30 begint. Indien hij vertrekt om 7u25 is hij slechts in 1% van de gevallen te laat. Aannemend dat de reistijd normaal verdeeld is, om hoe laat moet hij dan ten laatste thuis vertrekken om in niet meer dan 0.5% van de gevallen te laat te komen? (antw. 7u21) Oplossing: We vertalen het gegeven als volgt P(X > 60) = 0.025 P(X > 65) = 0.01 met X de normaal verdeelde reistijd. Uit het gegeven volgt dat P(U > 60 µ ) = 0.025 σ P(U > 65 µ ) = 0.01 σ 10

waaruit met Tabel I volgt 60 µ σ 65 µ σ Het oplossen van dit stelsel levert = Φ 1 (0.975) = 1.96 = Φ 1 (0.99) = 2.33. µ = 33.22 en σ = 13.66. Het tijdstip waarop hij/zij ten laatste thuis moet vertrekken wordt dan bepaald door de minimale reistijd t waarvoor P(X > t) 0.005, of dus 2.576 = Φ 1 (0.995) t 33.22 13.66. De minimale t is deze waarvoor de gelijkheid geldt, i.e. t = 68.4153, of dus t = 1 h 8 25. Bijgevolg moet hij/zij ten laatste thuis vertrekken om 7 h 21 35. 4.19 De lengte van proefbuisjes is normaal verdeeld. (a) Als de gemiddelde lengte 10 cm bedraagt en de standaardafwijking 0.8 cm, bepaal dan de lengte L zodat in 87.9% van de gevallen een proefbuisje korter is dan L. (antw. L = 10.936) (b) Als de gemiddelde lengte 10 cm bedraagt en als in hoogstens 10% van de gevallen een proefbuisje korter is dan 8.9 cm, bepaal dan de maximale standaardafwijking. (antw. σ = 0.86) (c) Als de standaardafwijking 0.8 cm bedraagt en als in hoogstens 15% van de gevallen een proefbuisje korter is dan 9 cm, bepaal dan de minimale gemiddelde waarde. (antw. µ = 9.83) Oplossing: (a) De gezochte lengte volgt uit P(X L) = P(U L 10 0.8 ) = 0.879 of dus Φ 1 (0.879) = 1.17 = L 10 0.8, waaruit L = 10.936. (b) Het gegeven leert ons dat P(X 8.9) = P(U 1.1 σ ) 0.1. De maximale standaardafwijking σ volgt dan uit P(U 1.1 σ ) = 0.1, of dus Φ 1 (0.1) = 1.28 = 1.1 σ, waaruit σ = 0.86. 11

(c) Het gegeven leert ons dat P(X 9) = P(U 9 µ 0.8 ) 0.15. De maximale gemiddelde waarde µ wordt gevonden wanneer de gelijkheid geldt P(U 9 µ 0.8 ) = 0.15 of dus Φ 1 (0.15) = 1.036 = 9 µ 0.8 waaruit µ = 9.83. Som van Normaal Verdeelde Toevalsveranderlijken 4.20 De remafstanden X en Y van twee auto s zijn onafhankelijk normaal verdeeld. Bij 50 km/uur zijn de parameters resp. (µ X = 27 m, σ 2 X = 35 m2 ) en (µ Y = 37 m, σ 2 Y = 65 m2 ). Twee automobilisten rijden met deze wagens aan 50 km/uur naar elkaar toe op een baan met één enkel rijvak en ze zien elkaar maar van op 70 m afstand. Bereken de waarschijnlijkheid dat ze niet botsen. (antw. 0.726) Oplossing: In de gegeven omstandigheden zullen de twee wagens niet botsen als X +Y 70, zodat de gevraagde waarschijnlijkheid gegeven wordt door P(X + Y 70). Voeren we een nieuwe toevalsveranderlijke Z := X + Y in, dan geldt Z d = N(µ Z, σ 2 Z ) met { µz = µ X + µ Y = 27 + 37 = 64, Hierdoor wordt σ 2 Z = σ2 X + σ2 Y P = P(Z 70) = P(U = 35 + 65 = 100. 70 64 ) = Φ(0.6) = 0.726. 10 4.21 Een student woont in de gemeente A en moet om 8u30 te Gent in de les zijn. Hij neemt de trein die om 8u in A vertrekt en om 8u15 te Gent is. Daarna neemt hij de bus die om 8u20 vertrekt en om 8u27 aan de universiteit is. De trein is gemiddeld 1 min te laat met standaardafwijking σ 1 = 4 min. De bus vertrekt op tijd maar is gemiddeld 1.5 min te laat aan de universiteit met standaardafwijking σ 2 = 2 min. De professor komt met de wagen. Hij vertrekt om 8u15 en zijn gemiddelde reistijd is 13 min met standaardafwijking σ 3 = 3 min. In de veronderstelling dat al de distributiefuncties normaal verdeeld zijn wordt gevraagd: (a) de waarschijnlijkheid P 1 dat de student te laat is; (antw. 0.35) (b) de waarschijnlijkheid P 2 dat de professor te laat is; (antw. 0.252) (c) de waarschijnlijkheid P 3 dat ze beiden te laat zijn; (antw. 0.088) (d) de waarschijnlijkheid P 4 dat de professor voor de student aankomt. (antw. 0.626) 12

Oplossing: Zij de veranderlijke T 1 het aankomstuur van de trein; T 1 is normaal verdeeld met parameters µ 1 = 8 h 16 en σ 1 = 4. Zij de verandelijke T 2 het aankomstuur van de bus aan de universiteit; T 2 is eveneens normaal verdeeld, met parameters µ 2 = 8 h 28 30 en σ 2 = 2. Zij de veranderlijke T 3 het aankomstuur van de professor aan de universiteit; T 3 is normaal verdeeld met parameters µ 3 = 8 h 28 en σ 3 = 3. (a) De student komt te laat als één van de volgende gevallen optreedt: (i) de trein komt aan nadat de bus vertrokken is: T 1 > 8 h 20. (ii) de trein is op tijd, maar de bus komt te laat aan: T 1 8 h 20 en T 2 > 8 h 30. Daar beide gevallen elkaar uitsluiten en de veranderlijken T 1 en T 2 onafhankelijk zijn, is de gevraagde waarschijnlijkheid P 1 = P(T 1 > 8 h 20 ) + P(T 1 8 h 20 ) P(T 2 > 8 h 30 ) = 1 P(T 1 8 h 20 ) + P(T 1 8 h 20 ) (1 P(T 2 8 h 30 )) = 1 Φ( 8h 20 8 h 16 4 ) + Φ( 8h 20 8 h 16 4 ) (1 Φ( 8h 30 8 h 28 30 2 )) = 1 Φ(1) + Φ(1) (1 Φ(0.75)) = 1 Φ(1) Φ(0.75) = 1 0.841 0.0773 = 0.350. (b) De professor zal te laat komen als T 3 > 8 h 30, zodat P 2 = P(T 3 > 8 h 30 ) = 1 Φ( 8h 30 8 h 28 3 ) = 1 Φ( 2 3 ) = 0.252. (c) Daar het te laat komen van de student onafhankelijk is van het te laat komen van de professor is de gevraagde waarschijnlijkheid P 3 = P 1 P 2 = 0.350 0.252 = 0.088. (d) De professor komt voor de student aan in de volgende gevallen (i) De trein komt te laat aan: T 1 > 8 h 20. (ii) De trein komt op tijd maar de professor komt voor de bus aan: T 1 8 h 20 en T 3 T 2. We verkrijgen dus P 4 = 1 P(T 1 8 h 20 ) + P(T 1 8 h 20 ) P(T 3 T 2 ). De nieuwe veranderlijke Z := T 3 T 2 is normaal verdeeld met parameters µ Z = µ 3 µ 2 = 8 h 28 8 h 28 30 = 30, σ 2 Z = σ2 3 + σ2 2 = (3 ) 2 + (2 ) 2 = ( 13 ) 2. 13

Hiermee wordt P(T 3 T 2 ) = P(Z 0) = Φ( 30 ) = Φ( 1 13 2 ) = Φ(0.139) = 0.555. 13 De gevraagde kans P 4 wordt P 4 = 1 Φ(1) + Φ(1) Φ(0.139) = 1 0.841 + 0.841 0.555 = 0.626. 4.22 Het aanvaardbaar gehalte van een zeker bestanddeel in de lucht is bepaald op 7.7. Het ware gehalte X is normaal verdeeld met gemiddelde waarde µ X = 7.6 en variantie σx 2 = 0.0016. De metingen van dit gehalte bevatten een fout Y met gemiddelde waarde µ Y = 0 en = 0.0009. Deze fout is normaal verdeeld en onafhankelijk van het gehalte. Bepaal: σ 2 Y (a) de waarschijnlijkheid dat één enkele meting een waarde oplevert die groter is dan 7.7 (antw. 0.02275) (b) de waarschijnlijkheid dat het rekenkundig gemiddelde van drie verschillende metingen op drie verschillende tijdstippen groter is dan 7.7 (antw. 0.00028) (c) de waarschijnlijkheid dat het rekenkundig gemiddelde van drie metingen op een zelfde tijdstip en op een zelfde plaats groter is dan 7.7. (antw. 0.01151) Oplossing: (a) Het resultaat Z van een meting is gelijk aan X + Y en is normaal verdeeld met parameters { µz = µ X + µ Y = 7.6, σ 2 Z = σ2 X + σ2 Y = 0.0016 + 0.0009 = 0.0025. Hieruit volgt dat σ Z = 0.05. De gevraagde kans wordt dan P(Z > 7.7) = 1 P(Z 7.7) = 1 Φ( 7.7 7.6 ) = 1 Φ(2) = 0.02275. 0.05 (b) Zij V = 1 3 (Z 1 + Z 2 + Z 3 ). De veranderlijke V is normaal verdeeld met parameters µ V = µ Z, σ 2 V = σ2 Z 3 = 0.000833. Hieruit volgt dat σ V = 0.029. De gevraagde kans wordt dan P(V > 7.7) = 1 P(V 7.7) = 1 Φ( 7.7 7.6 ) = 1 Φ(3.448) = 0.00028. 0.029 (c) Zij W = 1 3 (Z 1+Z 2 +Z 3 ). Daar de drie metingen gelijktijdig gebeuren, corresponderen ze in dit geval met dezelfde waarde van X, zodat Z 1 = X + Y 1 Z 2 = X + Y 2 Z 3 = X + Y 3 14

en W = X + 1 3 (Y 1 + Y 2 + Y 3 ). Hier is nu W normaal verdeeld met parameters µ W = µ X = 7.6, waaruit σ W = 0.044. Er geldt dan σ 2 W = σ2 X + 3σ2 Y 3 = 0.0016 + 0.0003 = 0.0019, P(W > 7.7) = 1 P(W 7.7) = 1 Φ( 7.7 7.6 ) = 1 Φ(2.273) = 0.01151. 0.044 4.23 De dikte D van een bepaalde soort schijven is normaal verdeeld met gemiddelde waarde 12 cm en standaardafwijking 2 cm. In een magazijn, met een hoogte van 384 cm, wil men 30 schijven op elkaar stapelen. Bepaal de kans dat dit niet goed gaat. (antw. 0.0142259) Oplossing: De dikte D is normaal verdeeld: D d = N(12, 4). Zij D 1,... D 30 de diktes van 30 schijven, dan is de gezochte kans P: P = P(D 1 +... + D 30 > 384). d De som S 30 = D 1 +...+D 30 is eveneens normaal verdeeld: S 30 = N(360, 120). De gezochte kans wordt dan ( ) 384 360 P(S 30 > 384) = 1 P(S 30 384) = 1 Φ = 1 Φ(2.1908) = 0.0142259. 120 4.24 Bij de productie van assen blijkt dat de diameters, stel X, normaal verdeeld zijn met gemiddelde waarde µ X = 14.82 mm en standaardafwijking σ X = 0.03 mm. Bij gedane boringen blijkt dat de diameters, stel Y, eveneens normaal verdeeld zijn, met parameters µ Y = 14.89 mm en σ Y = 0.04 mm. (a) Een as wordt naar willekeur bij een boring gevoegd. Welke is het procent assen dat te groot zal zijn bij de boringen? (antw. 8.1%) (b) Veronderstel dat bij de assen µ en σ gelijk blijven, en dat bij de boringen σ dezelfde blijft, terwijl de gemiddelde diameterwaarde van de boringen vernderd kan worden. Op welke gemiddelde diameter moet men de boringen instellen opdat slechts 1% van de assen te groot zou zijn? (antw. 14.94 mm) Oplossing: (a) Daar X en Y onafhankelijk normaal verdeeld zijn, is de toevalsveranderlijke Z := X Y eveneens normaal verdeeld, met parameters µ Z = µ X µ Y = 0.07mm, σ 2 Z = σ 2 X + σ 2 Y = 0.0025mm 2 = (0.05mm) 2. De gevraagde waarschijnlijkheid wordt gegeven door P(Z > 0) = 1 P(Z 0) = 1 Φ( µ Y µ X σ Z ) Er zijn dus 8.1% van de assen te groot. = 1 Φ( 7 ) = 1 0.919 = 0.081. 5 15

(b) Uit de betrekking 1 Φ( µ Y µ X σ Z ) = 0.01 leiden we af dat µ Y 14.82mm = 2.326, 0.05mm waaruit de gemiddelde waarde µ Y = 14.94mm volgt. Covariantie en Correlatie 4.25 Zijn X, Y en Z drie toevalsveranderlijken met E[X] = E[Y ] = E[Z] = 10, Var[X] = 1, Var[Y ] = 4 en Var[Z] = 9, Corr[(X, Y )] = 0, Corr[(X, Z)] = 1 4 en Corr[(Y, Z)] = 1 2. Bereken de gemiddelde waarde en variantie van X + Y 2Z. (antw. verwachtingswaarde 0 en variantie 26). Oplossing: (a) E[X + Y 2Z] = E[X] + E[Y ] 2E[Z] = 0. (b) De variantie bepalen we als volgt: Var[X + Y 2Z] = E[((X + Y 2Z) (E[X] + E[Y ] 2E[Z])) 2 ] = E[((X E[X]) + (Y E[Y ]) 2(Z E[Z])) 2 ] = E[(X E[X]) 2 ] + E[(Y E[Y ]) 2 ] + 4E[(Z E[Z]) 2 ] +2E[(X E[X])(Y E[Y ])] 4E[(X E[X])(Z E[Z])] 4E[(Y E[Y ])(Z E[Z])] = Var[X] + Var[Y ] + 4 Var[Z] +2 Cov[(X, Y )] 4 Cov[(X, Z)] 4 Cov[(Y, Z)] = 1 + 4 + 36 + 2 Corr[(X, Y )] Var[X]Var[Y ] 4 Corr[(X, Z)] Var[X]Var[Z] 4 Corr[(Y, Z)] Var[Y ]Var[Z] = 41 4 1 4 1 9 4 4 9 = 26. 2 4.26 Gegeven in de volgende tabel C p(i, j) met p de probabiliteitssfunctie van de discrete toevalsvector (X 1, X 2 ): X X 2 2 0 1 2 3 0 1 9 27 27 1 6 36 54 0 2 12 36 0 0 3 8 0 0 0 (a) Bepaal C (antw. 216), de marginale probabiliteitsfuncties van X 1 en x 2, en de verwachtingswaarde en variantie van X 1 en X 2 (antw. E[X 1 ] = 1.5, Var[X 1 ] = 3 4, E[X 2 ] = 1, Var[X 2 ] = 2 3 ). 16

(b) Zijn de veranderlijken onafhankelijk? Bereken de correlatiecoëfficiënt. (antw. Corr[(X 1, X 2 )] = 0.7071) (c) Geef de voorwaardelijke probabiliteitsfunctie van X 1 als X 2 = 1. (d) Bepaal de distributie van Z = X 1 + X 2 en bereken de verwachtingswaarde van Z op twee manieren. (antw. E[Z] = 2.5) Oplossing: (a) Men verifieert dat C = i,j C p(i, j) = 216. De marginale probabiliteitsfuncties zijn opgenomen in de volgende tabel: De verwachtingswaarden luiden X X 1 2 0 1 2 3 C p X2 0 1 9 27 27 64 1 6 36 54 0 96 2 12 36 0 0 48 3 8 0 0 0 8 C p X1 27 81 81 27 216 E[X 1 ] = 1 C 3 i=0 i C p X1 (i) = 1 216 (81 + 162 + 81) = 3 2, We bepalen eerst E[X 2 ] = 1 C 3 j=0 j C p X2 (j) = 1 (96 + 96 + 24) = 1. 216 E[X 2 1] = 1 C 3 i=0 i 2 C p X1 (i) = 1 (81 + 324 + 243) = 3, 216 E[X 2 2] = 1 C waaruit de varianties volgen 3 j=0 j 2 C p X2 (j) = 1 216 (96 + 192 + 72) = 5 3, ( ) 3 2 Var[X 1 ] = 3 = 3 2 4 (b) We berekenen eerst de covariantie via We vinden Var[X 2 ] = 5 3 1 = 2 3. Cov[(X 1, X 2 )] = E[X 1 X 2 ] E[X 1 ]E[X 2 ]. E[X 1 X 2 ] = 1 3 3 i j C p(i, j) C i=0 j=0 = 1 (36 + 2 36 + 2 54) = 1, 216 17

zodat Cov[(X 1, X 2 )] = 1 3 2 = 0.5. Bijgevolg zijn de toevalsveranderlijken X 1 en X 2 niet onafhankelijk. De correlatiecoëfficiënt wordt gegeven door Corr[(X 1, X 2 )] = 0.5 3 2 4 3 = 0.7071. (c) De voorwaardelijke probabiliteitsfunctie p van X 1 als X 2 = 4 wordt gegeven door (d) Er geldt onmiddellijk dat i 0 1 2 3 p (i) 1/16 3/8 9/16 0 E[Z] = E[X 1 ] = E[X 2 ] = 5 2. De probabiliteitsfunctie van Z wordt gegeven door C p Z Er geldt dan dat i 0 1 2 3 C p Z (i) 1 15 75 125 E[Z] = 1 C 3 i=0 i C p Z (i) = 1 540 (15 + 150 + 375) = 216 216 = 5 2. 4.27 (examenvraag) Zij (X, Y ) de tweedimensionale discrete toevalsvector met gezamenlijke probabiliteitsfunctie p X,Y (x, y) gegeven door: Y 0 1 2 X 1 a 1/8 1/16 2 1/8 b 1/8 met a en b constanten gelegen in het interval [0, 1]. (a) Bepaal a en b zodanig dat X en Y ongecorreleerd zijn. (antw. a = 1 16 en b = 1 2 ) (b) Zijn voor deze waarden van a en b de toevalsveranderlijken X en Y onafhankelijk? (antw. nee) Oplossing: Vullen we de tabel aan met de marginale distributiefuncties, dan vinden we Y 0 1 2 p X X 1 a 1/8 1/16 a + 3/16 2 1/8 b 1/8 b + 1/4 p Y a + 1/8 b + 1/8 3/16 a + b + 7/16 18

(a) Opdat X en Y ongecorreleerd zouden zijn, volstaat het hun covariantie nul te stellen. Men verifieert dat Cov[(X, Y )] = E[X Y ] E[X] E[Y ] E[X] = a + 2b + 11 16 E[Y ] = b + 1 2 E[X Y ] = 1 8 + 2 16 + 2b + 4 8 = 3 4 + 2b, zodat Cov[(X, Y )] = 3 11 + 2b (a + 2b + 4 16 )(b + 1 2 ). Samen met de normaliseringsvoorwaarde a + b + 7 16 = 1 levert dit een stelsel van 2 vergelijkingen in 2 onbekenden. Na oplossing vinden we a = 1 16 en b = 1 2. (b) Aangezien voor a = 1 16 en b = 1 2 de covariantie van X en Y nul is, zijn deze veranderlijken ook ongecorreleerd. Dit zegt echter niets over hun onafhankelijkheid. Voor a = 1 16 en b = 1 2 wordt de tabel Y 0 1 2 p X X 1 1/16 1/8 1/16 1/4 2 1/8 1/2 1/8 3/4 p Y 3/16 5/8 3/16 1 Men ziet dan dat p X,Y (1, 0) = 1 16 3 64 = p X(1) p Y (0). 4.28 (examenvraag) Van een tweedimensionale absoluut continue toevalsvector (X, Y ) is de probabiliteitsdichtheidsfunctie f X,Y (x, y) gegeven door: ( 1 c x + 1 ), als (x, y) [0, 1] f X,Y (x, y) = 2 y 0, voor de overige (x, y) (a) Bepaal de waarde van de constante c. (antw. c = 1 4 ) (b) Bereken de covariantie Cov[(X, Y )]. (antw. 1 144 ) Oplossing: (a) De waarde van de constante C volgt uit 1 = C 1 0 1 dx ( 1 + 1 ) dy 0 x y. 19

1 1 = C dx d( 1 y + 2 y) 0 0 x = C 1 0 ( 1 x + 2) dx = C [2 x + 2x] 1 0 = 4C, waaruit C = 1 4. (b) Er volgt dan E[X] = 1 4 = 1 4 1 0 1 0 1 dx ( 1 + 1 ) dy 0 x y ( x + 2x) dx = 5 12 en omwille van symmetrie is ook E[Y ] = 5 12. Analoog volgt E[X Y ] = 1 1 1 x dx y ( 1 + 1 ) dy 4 0 0 x y Er volgt dan = 1 4 = 1 4 1 0 1 0 1 x ( 2 x + 2 3 ) dx ( 1 2 x + 2 3 x) dx = 1 6. Cov[(X, Y )] = 1 6 ( 5 12 )2 = 1 144. 4.29 De waarschijnlijkheid van het optreden van een verschijnsel X bij een enkelvoudige waarneming is θ. Zij i het aantal maal dat X is opgetreden bij n waarnemingen waarbij j het aantal maal is dat X is opgetreden bij de eerste m waarnemingen (m < n). Alle waarnemingen zijn onafhankelijk. Bereken de correlatiecoëfficiënt tussen i en j. (antw. m n ) Oplossing: Stelt men i = j + k, dan is k het aantal maal dat X is opgetreden bij de laatste n m waarnemingen. De veranderlijken i, j en k zijn binomiaal verdeeld met E[i] = n θ Var[i] = n θ (1 θ) E[j] = m θ Var[j] = m θ (1 θ) E[k] = (n m) θ Var[k] = (n m) θ (1 θ) Wegens de onafhankelijkheid van de veranderlijken j en k is E[i j] = E[(j + k) j] = E[j 2 ] + E[j] E[k] = m θ (1 θ + m θ) + m θ (n m) θ = m θ m θ 2 + n m θ 2. 20

De covariantie Cov[(i, j)] is dan Cov[(i, j)] = m θ m θ 2 + n m θ 2 n θ m θ = m θ (1 θ). De correlatiecoëfficiënt kan nu berekend worden: Corr[(i, j)] = m θ (1 θ) n θ (1 θ) m θ (1 θ) = m n. 21