De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

home |  vandaag |  gisteren |  bijzonder |  prikbord |  gastenboek |  wie is wie? |  contact

HOME

samengevat
vragen bekijken
een vraag stellen
hulpjes
zoeken
FAQ's
links
twitter
boeken
help

inloggen

colofon

  \require{AMSmath}

Kansverdelingen

Normale verdeling

P[|X-79|$\ge$a] = 0.01 met N(79,10)

Hiermee moeten we a en X bereken

Nossin
2-1-2017

Antwoord

Printen
Gegeven:
$X$:normaal verdeeld met $
\mu = 79
$ en $
\sigma = 10
$
Gevraagd: $a$ zo dat $
P\left( {\left| {X - 79} \right| \ge a} \right) = 0,01
$

Maak een tekening!

q83597img1.gif
..oftewel...

q83597img2.gif

Dus $a=0,13$

Lukt dat zo?

WvR
2-1-2017


Re: Normale verdeling

Maar X mag maar 1 waarde hebben.

Nossin
2-1-2017

Antwoord

Printen
Ik denk dat dat niet klopt. Bij de normale verdeling gaat het altijd om de oppervlakte van het gebied onder de kromme. Maar... zeg dan maar waar de fout in deze redenering zit:

$
\eqalign{
& P\left( {\left| {X - 79} \right| \geq a} \right) = 0,01 \cr
& P\left( { - a \leq X - 79 \leq a} \right) = 0,01 \cr
& P(79 - a \leq X \leq 79 + a) = 0,01 \cr
& a = 0,13 \cr
& 78,87 \leq X \leq 79,13 \cr}
$

Of kun je aangeven op grond van welke informatie je denkt dat het niet klopt?
Ik ben benieuwd...

WvR
2-1-2017


Verwachte maximale wachttijd

Hallo
Ik heb moeite met het volgende probleem:
De wachttijd op een trein is uniform verdeeld op het interval [0,10] minuten. Neem aan dat wachttijden voor verschillende dagen onafhankelijk zijn.
We moesten de cumulatieve verdelingsfunctie en dichtheidsfunctie geven van de maximale wachttijd over vijf verschillende dagen. Die heb ik ondertussen gevonden:
FU(u) = (u/10)5 (met u het maximum)
en fU(u) = 5u4 / 105

Nu is er ook gevraagd de verwachte maximale wachttijd te berekenen.
HIer echter loop ik vast. Ik had het volgende gedaan:
E(U) = SOM(u· (5u4 / 105) en dan uitrekenen voor u van 0 tot en met 10. Maar dit komt niet uit.
Het juiste antwoord is 8,33 minuten...
Kan iemand mij helpen.
Alvast bedankt!

Julie
15-1-2017

Antwoord

Printen
Het lijkt me dat je de integraal
$$
\int_0^{10} uf_U(u)\,\mathrm{d}u = \int_0^{10}\frac{5u^5}{10^5}\,\mathrm{d}u
$$moet hebben (en die heeft de waarde $50/6$).

kphart
15-1-2017


Gebeurtenissen definiëren

Hallo

Ik heb eigenlijk een algemene vraag.
Neem nu bijvoorbeeld volgend vraagstuk:
Een politiekantoor krijgt op een normale dag gemiddeld 3 meldingen van inbraak. Gemiddeld eens in de 20 dagen is er een dievenbende actief. Deze bende pleegt dan op één dag alleen al gemiddeld 3 inbraken, maar dit aantal varieert afhankelijk van hoe vlot het verloopt. Men mag het aantal inbraken van de bende en van andere meldingen modelleren als Poisson verdeeld. De voorbije werkweek (5 werkdagen) noteerde de politie 20 inbraken. Hoe groot is de kans dat de bende ten minste 1 dag actief is geweest in de politiezone.
Ik heb dit vraagstuk opgelost maar kwam totaal verkeerd uit gezien ik mijn toevalsveranderlijken anders definieerde.
Ik had gedefinieerd
X1 : aantal inbraken gemeld door gewone meldingen
X2 : aantal inbraken gemeld door de dievenbende
En dan beiden gemodelleerd als Poisson verdeeld.
Nu is de oplossing echter:
X: aantal dagen actief (binomiaal verdeeld)
Y: aantal meldingen
Hoe weet ik dit ? Ik maak hier heel vaak fouten in, is er een soort van algemeen stappenplan dat ik kan volgen om te weten welke toevalsveranderlijken ik moet gebruiken?
Alvast bedankt voor het antwoord!!

Julie
15-1-2017

Antwoord

Printen
Je kunt dit niet van te voren weten maar door wat nadenken. Jouw variabelen $X_1$ en $X_2$ zeggen niets over het aantal dagen dat de bende actief is geweest en dat zou al een belletje moeten laten rinkelen.
Je hebt vjf dagen gekregen en elke dag is de kans dat de bende actief is gelijk aan $1/20$; het aantal actieve dagen, $X$, is dus binomiaal verdeelt met $n=5$ en $p=\frac1{20}$.
Daarnaast heb je het aantal meldingen, $Y$. Dat heeft een verdeling die afhankelijk is van $X$.
Dat zijn de enige variabelen die in het vraagstuk voorkomen; het is dus vooral een kwestie van goed lezen.

De kans dat $Y=20$ is gelijk aan de som van zes termen: $P(Y=20\mathrel|X=i)\times P(X=i)$, $i=0,1,2,3,4,5$ en die moet je dus allezes uitrekenen.
Daarna moet je $1-P(X=0\mathrel|Y=20)$ hebben en dat gaat met de formule van de voorwaardelijke kans.

kphart
15-1-2017


Vermenigvuldigen van standaardafwijkingen

Goedemiddag,

Ik heb een vraag met betrekking tot betrouwbaarheidsintervallen. Ik ben bezig met een stage waarbij ik de beschikbaarheid van netwerkmodellen bereken. Nu komt de beschikbaarheid van een netwerk-device met de volgende formule tot stand:

Availability = MTBF/(MTBF+MTTR)

Wanneer er twee netwerk-devices in serieschakeling staan zal de volgende formule gebruikt worden om de beschikbaarheid van de twee netwerk-devices samen te bepalen:

Availability serieschakeling = A1¡¤A2

Waarbij A1 de beschikbaarheid van netwerk-device 1 is en A2 de beschikbaarheid van netwerk-device 2.

Nu heb ik commentaar gekregen vanuit mijn opleiding dat ik iets met betrouwbaarheidsintervallen moet doen. Dus stel de MTBF cijfers zijn door experimenten te doen verkregen en zijn dus kansvariabelen met een standaardafwijking. Nu kan ik vrij simpel een betrouwbaarheidsinterval berekenen van deze twee netwerk-devices apart, maar een volgende stap is een betrouwbaarheidsinterval voor de twee netwerk-devices tezamen. Dit is het punt waar ik niet uit kom, ik kan hier geen rekenregels of ¡®handige maniertjes¡¯ voor vinden.

Zou iemand mij kunnen helpen?

Esther
17-2-2017

Antwoord

Printen
Laten we aannemen dat A1 en A2 onafhankelijk zijn dan is het mogelijk de standaardafwijking van A1*A2 te berekenen mbv de gemiddelden en standdaardafwijking van A1 en A2.
Veronderstel we hebben A1 met gemiddelde $\mu$1 en sd $\sigma$1 en A2 met gemiddelde $\mu$2 en sd $\sigma$2.
De standaardeviatie van het product A1*A2 is dan:
$\sqrt{ (\mu1^2\cdot\sigma2^2+\mu2^2\cdot\sigma1^2+ \sigma1^2\cdot\sigma2^2)}$
Bronnen:
Wikipedia
Mathematics Stackexchange

Bedenk hierbij dat de Variantie(Variance) het kwadraat is van de standdaarddeviatie.

hk
19-2-2017


Naam voor een kansverdeling

Ik heb de volgende dichtheidsfundtie in Maple notatie:

f(t) = (t··(p+1)·a·exp(-(tp+1·a)/(p+1)))/(t) met 0$<$t en 0$<$p

met de volgende hazard rate function (in Maple notatie):

h(t) = a·tp

Heeft deze dichtheidsfunctie een naam en hoe zou ik de dichtheidsfunctie het beste kunnen noemen voor het geval

p = 1/2 dus h(t) =a·sqrt(t)

Ik heb gekeken of de dichtheidsfundtie voor de 'power-law distributions' (zie Wikipedia) eraan voldeed, maar het lukte me niet dat aan te tonen.

Ad van
13-3-2017

Antwoord

Printen
Het lijkt vrij veel op onderstaande verdeling
Zie Wikipedia: Type-2 Gumbel

kphart
13-3-2017


Re: Naam voor een kansverdeling

Als ik in

F(t) = exp(-b·t-a)

als volgt substitueer: eerst a -$>$ -(p+1) en daarna b -$>$ a

dan krijg ik:

F(t) = exp(-a·t^(p+1))

Maar de verdelingsfunctie van mijn verdeling is:

F(t) = 1-exp(-a·(t^(p+1))/(p+1))

Heb ik misschien een fout gemaakt?

Ad van
13-3-2017

Antwoord

Printen
Om de exponent in de $e$-macht in de dichtheidsfunctie te laten kloppen moet $-a=p+1$ en $b=a/(p+1)$ worden.
De dichtheid wordt dan
$$
-at^p\exp\left(-\frac{a}{p+1}t^{p+1}\right)
$$
met een extra minteken dus. Het is dus niet echt een Type-2 Gumbel maar hij lijkt er wel sterk op. De Wikipediapagina verwijst nog naar de Weibullverdeling. Daar kun je de verdeling wel onder laten vallen door $\lambda$ en $k$ op te lossen uit $p=k-1$ en $a=(p+1)/\lambda^{p+1}$.

Zie Wikipedia: Weibull

kphart
13-3-2017


Kansrekening

Beste,...

In een doos zitten kaartjes waarop getallen van 3 cijfers geschreven staan. Voor het eerste cijfer zijn er 4 mogelijkheden : 1,2,3,4. Bij lukraak een kaartje nemen is de kans op een kaart met
eerste getal 1 = 0,425
voor eerste cijfer· 2 = 0,25
voor · 3 = 0,20
voor · 4 = 0,125

Bereken de kans waarbij het eerste cijfer even is en de kans waarbij het getal kleiner is dan 400.

De antwoorden zijn respectievelijk 0,375 en 0,875

Bij a dacht ik dan gewoon het product te nemen van 0,25 en 0,125 maar dit klopt niet. b snap ik helemaal niet.

MVG

Jaris

Jaris
10-4-2017

Antwoord

Printen
Je eerste gebeurtenis is de vereniging van twee disjuncte gebeurtenissen: begint met $2$ en begint met $4$. Je mag de kansen dus optellen.
Bij de tweede gebeurtenis kun je ook optellen.

kphart
10-4-2017


Piano

Beste,...

Karlien moet van haar ouders elke dag oefenen op haar piano. Haar ouders stellen vast dat Karlien in 60% van de gevallen 1 uur per dag oefent, 15% voor een halfuur per dag en 25% oefent ze 2 uur per dag.

Wat is de kans dat Karlien niet meer dan 4 uur oefent in een week.

Ik wou dit als volgt oplossen:

1 - P(4 uur per week) namelijk
1 - 6 dagen een halfuur en één dag 1 uur
1 - 0,156 · 0,6

Het antwoord moet 0,005 procent zijn maar ik kom hier niet op.
Mvg

Jaris
11-4-2017

Antwoord

Printen
Je hebt nog niet alle mogelijkheden te pakken: ze kan ook elke dag een half uur oefenen ($3\frac12$ is minder dan $4$). Maar vooral: jouw mogelijkheid staat voor zeven mogelijkheden, je hebt zeven dagen waarop je dat uur kan plannen.

kphart
12-4-2017


Re: Piano

Kan u specifieker zijn? Het is nog onduidelijk dat er meer mogelijkheden zijn aangezien je het over een duur van een week moet bekijken is er toch maar 1 mogelijkheid?

Jaris
12-4-2017

Antwoord

Printen
Je kunt als volgt vier uur of minder oefenen:
- elke dag slechts een half uur, met kans $0.15^7$
- één uur op zondag, een half uur op de andere dagen, kans: $0.6\cdot0.15^6$
- één uur maandag, een half uur op de andere dagen, kans: $0.6\cdot0.15^6$
- $\dots$
- één uur op zaterdag, een half uur op de andere dagen, kans: $0.6\cdot0.15^6$
(Elke andere verdeling geeft meer dan vier uur.) Nu de kansen optellen.

Overigens: jij berekende de kans dat er juist minder of juist meer dan vier uur wordt geoefend en dat was niet de vraag.

kphart
12-4-2017


Stelling van Bayes

Beste ,....

In het bergdorp Oetz in het Oostenrijkse Tirol leven gedurende het toeristische hoogseizoen vier keer zoveel toeristen als allochtonen. 60 procent van de toeristen draagt een folkloristische hoed terwijl maar 30 procent van de plaatselijke bevolking een Tirolerhoed draagt. Als je op straat een persoon met een Tirolerhoed tegenkomt, wat is dan de kans dat hij een toerist is?

Ik weet dat je dit probleem moet oplossen met de stelling van bayes
P(toerist|Tirolerhoed)=...
Maar hoe je dit in concrete getallen moet noteren is moeilijk voor mij.

Ik heb bijna examen en zou het enorm appreciëren als iemand me kan helpen.

mvg

Jaris
22-4-2017

Antwoord

Printen
Het gaat hier om een voorwaardelijke kans. Op de genoemde pagina staat uitgelegd hoe je een voorwaardelijke kans kunt berekenen.

q73591img2.gif

Dat stond op Een bergdorp in Tirol. Had je dat niet gezien? Je kunt ook zoeken in WisFaq.

WvR
23-4-2017



klein |  normaal |  groot

home |  vandaag |  bijzonder |  twitter |  gastenboek |  wie is wie? |  colofon

©2001-2017 WisFaq - versie IIb

eXTReMe Tracker