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

Grenzen bepalen

Beste,

Koolwitjes hebben gemiddeld een vleugelwijdte van 5,2 cm. De vleugelwijdte is ongeveer normaal verdeeld en de standaardafwijking is 0,8 cm.
  • Vanaf welke vleugelwijdte horen de koowitjes tot de 10 % kleinste?
Ik moet deze vraag oplossen met behulp van een grafisch machine.

Ik heb dat met mijn TI83/TI84 zo gedaan;

2nd VARS InvNorm
area:0,9
m:5,2
Sima:0,8
ENTER dan kom ik op 6.22 uit

Klopt wat ik heb gedaan?
Alvast bedankt
Met vriendelijke groeten

Elsa
13-1-2019

Antwoord

Printen
Hallo Elsa,

Je hebt berekend vanaf welke vleugelwijdte koolwitjes behoren tot de 10% grootste. Bedenk dat de functie InvNorm altijd de oppervlakte geeft links van de gevraagde grens.

GHvD
13-1-2019


Normaalverdeling

Beste,
Is de volgende stelling correct of fout?
'een symmetrische waarde is niet altijd normaal verdeeld.'
In mijn nota's staat dat dit niet zo is, maar ik snap niet zo goed waarom.
Alvast bedankt!

Noor J
19-1-2019

Antwoord

Printen
Kijk maar 's op 2. de normale verdeling voor meer eigenschappen van de normale verdeling. Zoals je ziet is symmetrie geen voldoende voorwaarde.

WvR
20-1-2019


Spreidingsmaten

Hoe kan je de standaardafwijking schatten uit een boxplot?

Anne
21-1-2019

Antwoord

Printen
Op Boxplot en standaarddeviatie staat een voorbeeld. Helpt dat?

WvR
21-1-2019


Kansrekenen bij liften

Geachte heer,

Ik moet een opgave oplossen, waarbij er 5 liften A, B, C, D en E er zijn.

De kans dat lift A niet werkt, is 0,001. Voor de liften in de trappenhuizen B,C, D en E zijn deze kansen 0,003; 0,002; 0,008; en 0,025. Er wordt dan gevraagd naar de kans dat alle liften in het apartementencomplex goed werken in 4 decimalen.

Ik heb bij alle liften de kans berekend dat de lift werkt door voor (bijvoorbeeld A) te berekenen:

P( lift in A werkt ) = 1 - 0,001 = 0,999
P( lift in B werkt ) = 1 - 0,003 = 0,997
P( lift in C werkt ) = 1 - 0,002 = 0,998
P( lift in D werkt ) = 1 - 0,008 = 0,992
P( lift in E werkt ) = 1 - 0,025 = 0,975

Ik twijfel echter of ik met een kansboom moet werken en daarbij de kansen moet berekenen door de afzonderlijke kansen te vermenigvuldigen met elkaar door middel van de productregel.
  • Wat denkt u dat ik hierbij moet gebruiken om de kans te berekenen dat alle liften in het apartementencomplex goed werken?
Bijvoorbaat dank ik u voor uw medewerking.

Radjan
18-2-2019

Antwoord

Printen
Gewoon doen wat je al vermoedde: de produktregel volgen.
Je wilt dat alle vijf liften werken, dus.......

MBL
18-2-2019


Re: Discreet of continu

Waarom is 3 (besteedbaar bedrag per maand) dan discreet? Want een bedrag kan toch ook alle waarden tussen de hele euro's aannemen?

Roos
22-3-2019

Antwoord

Printen
Alle waarden tussen hele euro's? Dus ook €3,3333... of €2$\frac{1}{7}$? Nee, dat lijkt me niet. Je kunt het beste kijken naar hoe er wordt afgerond. Bedragen worden afgerond op centen, dus is het discreet. Bedragen worden zelfs wel op 'stuivers' afgerond, dus je krijgt dan bijvoorbeeld:

Prijs in euro:

1,00
1,05
1,10
1,15
...

...en dat is dan ook discreet.

In het voorbeeld worden de bijdragen misschien wel afgerond op hele euro's. In dat geval is het zeker discreet.

WvR
22-3-2019


Verdelingen van steekproefgrootheden

Bij het studeren van een cursus gevorderde statistiek was iets me al niet helemaal duidelijk bij het eerste hoofdstuk. Ze hebben het hier over de verdeling van steekproefgrootheden en de centrale limietstelling.

De eigenschap wordt aangehaald dat de standaardafwijking van de kansverdeling van het steekproefgemiddelde gelijk is aan (de standaardafwijking van de populatie waaruit de steekproef wordt genomen / wortel uit de grootte van de steekproef). Indien n groot genoeg is, zal de kansverdeling van x bar bij benadering normaal zijn en zal bovengenoemde formule de standaardafwijking weergeven die de normale verdeling kenmerkt.

Nu vroeg ik me af: wanneer men 1000 steekproeven neemt van grootte 10, mag de CLS dan toegepast worden? De steekproefomvang is immers maar 10? En waarom vul je dan 10 in in de formule voor de standaardfout en niet 1000? Je gaat toch van elke steekproef het gemiddelde gaan berekenen en de standaardfout van de steekproefgrootheid lijkt me dan de afwijking te zijn van elk van deze waarnemingen ( de 1000 steekproefgemiddelden ) tot het populatiegemiddelde ( het gemiddelde dat je vindt over de 1000 steekproeven dan ook?).

Ik hoop dat jullie me kunnen vertellen of ik in de goede richting ben aan het denken.

Statis
29-5-2019

Antwoord

Printen
In de boeken wordt vaak aangegeven dat wanneer een steekproefgrootte 'voldoende' groot is, dat dan de CLS toegepast mag worden als men het gemiddelde berekent. Vaak wordt hier aangegeven dat men n = 30 of meer moet hebben voor een 'mooie' normale distributie. In jouw geval met een steekproefgrootte van 10 zal dit bij benadering geen 'mooie' normale verdeling opleveren.

Dat je de steekproef 1000 keer uitvoert heeft niets te maken met de verwachtingswaarde en de standaardafwijking van één enkele steekproef. Die blijft hetzelfde en is inderdaad te berekenen zoals jij schrijft, delen door de wortel van de steekproefgrootte. Je berekent niet het gemiddelde van deze 1000 gemiddeldes, je voert een steekproef uit, berekent het gemiddelde, en deze uitkomst zet je apart. Dit doe je nog 999 keer en als je al die gemiddeldes bij elkaar zet in een histogram zal dit er uit gaan zien als een normale verdeling.

Hopelijk kun je hier iets mee, succes!

ks
3-6-2019


Som van twee normale verdelingen

Als het gewicht van mannen normaal verdeeld is met gemiddelde 77 kg en standaardafwijking 9,5 kg en het gewicht van een vrouw is normaal verdeeld met gemiddelde 64 kg en standaardafwijking 8,8 kg.

Als dan 6 mannen en 5 vrouwen in een lift stappen, is hun gewicht dan normaal verdeeld met standaardafwijking √(6.9,52+5.8,82)? Of √(36.9,52+25.8,82)?

OPA
11-6-2019

Antwoord

Printen
Wanneer je in twee stappen denkt, blijkt dit vanzelf:

De standaardafwijking $\sigma$m bij de mannen is 9,5. Voor de som van het gewicht van 6 mannen geldt dan:

$\sigma$6 mannen = √6·$\sigma$m

Zo vinden we voor 5 vrouwen:

$\sigma$5 vrouwen = √5·$\sigma$v

Nu stap 2:
Om de standaardafwijking te vinden van de som van deze twee variabelen, moeten we de standaardafwijkingen kwadrateren, dan optellen, en uit deze som weer de wortel trekken:

Kwadrateren:
$\sigma$6 mannen2 = (√6·$\sigma$m)2 = 6·$\sigma$m2
$\sigma$5 vrouwen2 = (√5·$\sigma$v)2 = 5·$\sigma$v2

Optellen:
$\sigma$totaal2 = 6·$\sigma$m2+5·$\sigma$v2

Wortel trekken:
$\sigma$totaal = √(6·$\sigma$m2+5·$\sigma$v2)

ofwel:
$\sigma$totaal = √(6·9,52+5·8,82)

GHvD
12-6-2019


Azen trekken uit een kaartspel

Hallo,

Ik trek 13 kaarten uit een spel kaarten.
De kans dat ik alle 4 de azen trek, kan ik berekenen middels (48!/9!·39!) / (52!/13!·39!).

Nu wil ik ook uitrekenen hoe groot de kans op 3 azen is maar daar loop ik in vast.

Ik weet niet hoe ik de formule moet aanpassen, ik krijg telkens kleinere kansen terwijl die groter zou moeten zijn.
Alvast bedankt voor uw antwoord.

Hans K
10-7-2019

Antwoord

Printen
Hallo Hans,

Het aantal manieren waarop je 3 azen uit een spel kaarten kan trekken, is het aantal combinaties van 3 uit 4. In formule:

4!/(3!·1!) = 4

Dan het aantal manieren waarop je 10 andere kaarten kunt trekken, dit is het aantal combinaties van 10 uit 48:

48!/(10!·38!) = 6540715896

Vermenigvuldig deze aantallen met elkaar, en deel door dezelfde noemer als bij de berekening met 4 azen (dit is het aantal manieren waarop je 13 willekeurige kaarten uit het spel kunt trekken. Ik kom op een kans van 0,041. Deze kans is groter dan de kans op 4 azen (0,0026).

GHvD
10-7-2019


Re: Azen trekken uit een kaartspel

Hallo Gilbert,

Dank je wel voor je antwoord.
Ik heb toch nog vragen.

Om te beginnen wil ik niet betweteren maar volgens mij is het aantal combi's 6. (S-H, S-R, S-K, H-R, H-K, R-K.)

En ik denk dat 4!/(3!.1!) de uitkomst 4 heeft (= 24/6)

Ook begrijp ik niet waar de term 40! in de volgende formule vandaan komt.
Er zijn 48 andere kaarten, met 3 azen blijven er 10 kaarten over, tot zover is het duidelijk.
Er worden toch nog steeds 13 kaarten in totaal getrokken, dan zou die term toch gewoon 39! moeten blijven?

Ik ben benieuwd naar je uitleg, ik hoop 't dan te begrijpen want dat is wat ik graag wil.
Ik heb 't nodig om op een excel werkblad kansberekeningen te maken mbv de faculteit functie.

Hans K
10-7-2019

Antwoord

Printen
Beste Hans,

Ik ben inderdaad wat slordig geweest met typen. De uitkomst van 4!/(3!·1!) is inderdaad 4. De 40! in de formule moet 38! zijn, ik heb het antwoord verbeterd.

De 10 overige kaarten kunnen niet uit alle overige 39 kaarten worden getrokken. Immers, wanneer je 3 azen wilt trekken, dan moet je 3 kaarten trekken uit 4 mogelijke azen, en 10 kaarten uit 38 overige kaarten. De vierde aas is niet toegestaan: de vraag gaat over de kans op 3 azen, niet over 3 of 4 azen. Er zijn dus slechts 38 mogelijkheden voor de overige kaarten.

Wanneer je de kans wilt berekenen op minstens 3 azen (dus 3 of 4), dan moet je de uitkomsten van de kans op drie azen en de kans op vier azen bij elkaar optellen.

GHvD
11-7-2019


Re: Re: Azen trekken uit een kaartspel

Beste Gilbert,

Nogmaals dank voor je reactie. De uitleg is duidelijk en ik begrijp inmiddels wat ik doe. Ook krijg ik nu de juiste waarden uit de berekeningen. Kortom, je hebt me prima op weg geholpen, mijn dank daarvoor.

Hans K
11-7-2019


Kaartspel

Hallo,

Ik trek 13 willekeurige kaarten uit een volledig kaartspel, zonder terugleggen.
Graag wil ik de kans weten op het trekken van een aas, koning en vrouw in 1 kleur.
Daarbij doet zich het volgende verschijnsel voor.
Voor de 1e kaart zijn er 12 gunstige uitkomsten, voor de 2e en 3e kaart slechts één.
In formule denk ik dat het zo is:
((8!/7!).(44!/(12!.32!))/(52!/(13!.39!)) voor de kans op de 1e kaart, een willekeurige aas of koning of vrouw.
(49!/(10!.39!))/(51!/(12!.39!)) voor de kans op de 2e en 3e kaart in de kleur (sch, ha, ru, of kl) die bepaalt is door de 1e.

De vraag is:
Zijn deze formules en mijn gedachten erachter correct?
Alvast dank voor uw antwoord.

Hans K
17-7-2019

Antwoord

Printen
Bij de formule die je gebruikt (Laplace) moet je niet nadenken hoeveel mogelijkheden je per kaart zult hebben maar wel hoeveel mogelijkheden er in totaal zijn. Ik denk trouwens dat je redenering niet helemaal juist is. Je kunt namelijk ook eerst tien andere kaarten trekken voor je een aas, vrouw of koning in 1 kleur trekt. Bovendien zijn er in jouw redenering toch voor de tweede kaart 4 en voor de derde kaart 2 mogelijkheden? Of bedoel je met kleur (er zijn twee rode vrouwen, twee zwarte azen, ...) soort?
De kansen die je berekent zijn me niet helemaal duidelijk. De eerste kans (die van 1e kaart een willekeurige aas, koning of vrouw) is gewoon 12/52=3/13.

Kun je zo verder? Of kan ik je nog verder helpen? Maar dan moet je eerst even duidelijk zijn in wat je bedoelt met kleur.

js2
18-7-2019



klein |  normaal |  groot

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

©2001-2019 WisFaq - versie IIb