Hoofdstuk 5: De binomiale verdeling

(1)

Hoofdstuk 5:

De binomiale verdeling.

1.

a./e. zie rooster.

b. zzzdd, zzdzd, zzddz, zdzzd, zdzdz, zddzz, dzzzd, dzzdz, dzdzz, ddzzz c./e. 5 10 3        routes. 2.

a. Zet b.v. langs de horizontale as 'twee' en langs de verticale as 'geen twee'. Drie keer een twee en dus twee keer geen twee hoort dan bij het punt (3, 2). b. Er zijn 5 10

3  

  

  routes naar dat punt. c. P(222gg)     1₆ 1₆ ₆1 5₆ 5₆ 0,0032 d. 1 3 5 2 6 6 P(drie tweeën) 10 ( ) ( )   0,0322 3. a. P(succes)  14 en P(mislukking) 34

b. Je hebt bij elke vraag maar twee mogelijke uitkomsten, succes en mislukking, en de kans daarop blijft bij elke vraag gelijk. Het experiment wordt 8 keer herhaald.

c. Het punt (4, 4) d. Er zijn  _{ }8₄ 70

  routes naar dit punt. e. P(ffffgggg) ( ) ( ) 34 4 14 4 0,0012 f. P(vier goed) 70 ( ) ( )  34 4 14 4 0,0865 g. P(twee fout) 6 ( ) ( )3₄ 2 ₄1 4 0,0330 2    _{ }     4.

a. Binomiaal experiment. Een succes is het gooien van munt; n 5 en p q  ₂1_. b. Geen binomiaal experiment. Het aantal herhalingen ligt niet vast.

c. Geen binomiaal experiment. De kans op ‘voor’ is niet voor iedereen hetzelfde.

d. Binomiaal experiment. Een succes is een trekking van een rode knikker; n 6, p  ₃₀5  ₆1, q 5₆ e. Geen binomiaal experiment. De kans op een succes neemt na elke trekking af.

f. Geen binomiaal experiment. Het aantal herhalingen ligt niet vast.

5.

(2)

d. P(52 genezen) 60 0,7552 0,258 0,0124 52 _ _     e. ja, klopt. 6. P(0 goed) 5 0,25 0,750 5 0,2373 0         1 4 3 2 5 P(1 goed) 0,25 0,75 0,3955 1 5 P(3 goed) 0,25 0,75 0,0879 3                 4 1 5 0 5 P(4 goed) 0,25 0,75 0,0146 4 5 P(5 goed) 0,25 0,75 0,0010 5                 7. a. n 6 en p 0,16  b. P(X 4)   6₄ 0,16 0,844 2 0,0069  

c. Voer in: y1binompdf(6, 0.16, x) en kijk in de tabel:

8.

a. 10 keer. b. P zes( )  2

3 46 Er staan dus vier zessen op de dobbelsteen.

9. a. n 240 en p 0,15  b. P(X 30) 240 0,1530 0,85210 0,0419 30    _ _     c. 15% van 240 is 36 P(X 36) 240 0,1536 0,85204 0,0719 36          d. 2nd_{vars (}_{distr) optie 0 (binompdf)} _{240, 0.15, 30}

10. a. n 20 en p ₂1 b. P(X 12) 20 0,512 0,58 0,1201 12    _ _     c. P(X 5) 20₅ 0,5 0,55 15 0,0147  

d. De kans dat ze geen enkele keer de toss wint is _0,520 __{9,5 10}_ 7

x 0 1 2 3 4 5 6

(3)

11.

a. P(X 5) binompdf(10, 0.7, 5) 0,1029   b. P(X 8) binompdf(10, 0.7, 8) 0,2335  

c. P(hoogstens twee keer raak) P(X 0) P(X 1) P(X 2) 0,002      

12. a.         2 3 5 P(X 2) 0,25 0,75 0,2637 2 b.                 5 5 4 P(X 2) P(X 0) P(x 1) P(X 2) 0,75 0,25 0,75 0,2637 0,8965 1 13. a. P(X 2) binomcdf(6, 0.20, 2) 0,9011   b. P(hoogstens 4 boetes) P(X 4)   binomcdf(6, 0.20, 4) 0,998 c. P(hoogstens 6 boetes) P(X 0) P(X 1) ...      P(X 6) 1  14. a. P(X 24) binomcdf(200, 0.10, 24) 0,8551   b. P(X 24) P(X 24) 1    c. P(X 24) 1 P(X 24) 0,1449     15. a. X 7 : 0, 1, 2, 3, 4, 5 en 6 P(X 7) P(X 6) binomcdf(15, 0.4, 6) 0,6098     b. X 5 : 6, 7, 8, …, 15 P(X 5) 1 P(X 5) 1 binomcdf(15, 0.4, 5) 0,5968       c. 2 X 7  : 2, 3, 4, 5, 6 en 7          P(2 X 7) P(X 7) P(X 1) binomcdf(15, 0.4, 7) binomcdf(15, 0.4, 1) 0,7817

d. X 8 : die doen we natuurlijk met binompdf: P(X 8) binompdf(15, 0.4, 8) 0,1181  

16.

a. X is het aantal pakken dat lichter is dan 248 gram.

      

P(X 11) 1 P(X 10) 1 binomcdf(120, 0.05, 10) 0,0384 b. Y is het aantal pakken met een gewicht van minstens 248 gram.

       P(107 Y 118) P(Y 118) P(Y 106) 0,9817 17. a. n 50 en p 0,30  b/c. 11 X 19 :  12, 13, 14, …, 18 P(11 X 19) P(X 18) P(X 11) 0,7204       d. P(X 15) 1 P(X 15) 0, 4308    

Binomiale verdeling:

X: aantal successen.

n: aantal herhalingen, p: succeskans

P(X  k) _{binompdf(n, p, k)}

P(X  k) _{binomcdf(n, p, k)}

binompdf: 2nd_{vars (}_distr_{) optie 0}

(4)

a. X: aantal treffers, n 10 en 0,80 P(X 4) binompdf(10, 0.80, 4) 0,0055   b. P(X 7) 0,3222 

c. Y: aantal missers, n 10 en 0,20 P(Y 2) 1 P(X 1) 0,6242     d. 5, 6 of 7 treffers P(5 X 8) P(X 7) P(X 4) 0,3158       e. In de laatste 8 worpen moeten minstens 5 missers zijn:

      

P(Y 5) 1 P(Y 4) 1 binomcdf(8, 0.20, 4) 0,0104

   

P(tt en dan minstens 5m) 0,80 0,80 0,0104 0,0067

19.

a. X: aantal vrouwen dat rookt, n 20 en p 0,30  P(X 9) P(X 8) 0,8867    b. P(X 4) 1 P(X 4) 0,7625     c. P(4 X 9) P(X 8) P(X 4) 0,8867 0,2375 0,6492         d. n 100 en p 0,30  P(20 X 45) P(X 44) P(X 20) 0,9989 0,0165 0,9825         e. n 100 en p 0,30  P(X 25) 1 P(X 24) 1 0,1136 0,8864       20. a. X: aantal weigeringen, n 10 en p 0,15  P(X 2) 1 P(X 1) 0,4557     b. P(X 2) 1 P(X 1) 0,05    

Voer in: y₁ 1 binomcdf(10, x, 1) en y₂ 0,05 intersect: x 0,0368 De vlamkans zal dus ongeveer 96,3% zijn.

21.

a. X: aantal renners dat op doping wordt betrapt, n 10 en p 0,20  10

P(X 0) 0,80  0,1074

b. P(X 2) 1 P(X 1) 1 binomcdf(10, 0.20, 1) 0,6242       c. P(X 4) binomcdf(10, 0.20, 4) 0,9672  

d. De kans dat niemand betrapt wordt is elke dag 0,1074 en n 22 . e. P(X 3) P(X 2) binomcdf(22, 0.1074, 2) 0,5741    

22.

a.

b. Naarmate de steekproef kleiner wordt ten opzichte van de totale populatie maakt het niet uit of je trekt met teruglegging of zonder teruglegging.

vaas aantal ballen P(X  2)

rood wit met terugleggen zonder terugleggen

1 4 6 0,288 4 3 6 10 9 8 3   0,3 2 40 60 0,288 40 39 60 100 99 98 3   0,289 3 400 600 0,288 400 399 600 1000 999 998 3   0,288

(5)

23.

a. Een scooter is opgevoerd of niet. X is het aantal scooters dat is opgevoerd; n 5 en p 0,40  b. Je mag 0, 40 5 2  _{opgevoerde scooters verwachten.}

c. Voer in: y1binompdf(5, 0.40, x) en kijk in de tabel:

d. E(X) 0 0,0778 1 0,2592 ... 5 0,0102 2        _{Er is overeenstemming.}

24.

a. 1 0 1 4 2 2 2 2 3 012 21 15

60 60 0,25

         _ _

b. n 20 en p 0,25  _{. Ze mag dus}20 0,25 5  _{keer verwachten dat de overgang gesloten is.} c. P(X 2) 1 P(X 2) 0,9087     _{. Dus buurman heeft gelijk.}

25.

a. E 0, 45 50 22,5   _{Zo’n 22 á 23 studenten zullen het eerste jaar in één keer halen.} b. Y: aantal gezakten, n 50 en p 0,55 

Het verwachte aantal gezakten is 27,5 P(Y 27,5) P(Y 27) 0,4981   

26.

a. Het aantal keren dat je de trekking moet herhalen is onbekend. b. P(X 2) P(WR)    4₆ 2₅ ₃₀8 c. d. 5 4 3 2 1 35 1 15 15 15 15 15 15 3 1  2  3  4  5  2 e. P(X 1)  2₆ 4 2 18 4 4 2 12 6 6 81 6 6 6 81 8 81 P(X 2) P(X 3) P(X 4)           

Elke volgende kans kun je uitrekenen door te vermenigvuldigen met ₃1. Dit gaat oneindig lang door.

27. a. 0,8% van 1500 is 12. P(X 12) binompdf(1500, 0.008, 12) 0,1148   b. P(X 2) 1 P(X 1) 1 binomcdf(50, 0.008, 1) 0,0609       c. P(X 2) 1 P(X 2) 1 binomcdf(15, 0.008, 2) 0,0002       X 1 2 3 4 5 kans 2 5 6 15 64 25 154 46  35 24 153 46   35 42 32 152 46   35 24 31 151 som=1 x 0 1 2 3 4 5 kans 0,0778 0,2592 0,3456 0,2304 0,0768 0,0102

(6)

a. X: aantal enveloppen met waardebon, n 6 en p 0,5  P(X 5) 1 P(X 4) 0,1094     b./c. P(X 5) 0,95  1 P(X 4) 0,95 P(X 4) 0,05     

En nu is het proberen voor een aantal n-waarden.

Dus bij een besteding van 16 €20,  €320,_{is de kans groter dan 0,95.}

d. 2000 kerstrozen  10000 waardebonnen  20000 enveloppen  €100000,- omzet Waarschijnlijk zal de omzat wel groter zijn geweest. Bij een besteding van b.v €35,- zal je maar één enveloppe krijgen. Er zullen mensen zijn die niet tot 5 bonnen zijn gekomen.

29.

a. X: aantal mensen dat kan fietsen, n 12 en p 0,70  P(4 X 8) P(X 8) P(X 3) 0,5058       b. n 12 en p 0,40  P(4 X 8) P(X 8) P(X 3) 0,7594       c. n 100 en p 0,70  P(X 55) P(X 54) 0,00054    d. n 100 en p 0, 40  P(X 55) 1 P(X 54) 0,0017     30. a. n 50 en p 0,90  P(X 45) binompdf(50, 0.90, 45) 0,1849   b. 50 bollen: P(X 45) 1 P(X 44) 1 binomcdf(50, 0.90, 44) 0,6161       100 bollen: P(X 90) 1 P(X 89) 1 binomcdf(100, 0.90, 89) 0,5832      

c. P(X 75) binomcdf(100, 0.90, 75) 0,000013 0,005    _{dus de bloeikans is kleiner dan 0,90.} d. ja!

Voer in: y1 1 binomcdf(100, x, 74) en y2 0,995 intersect: x 0,844 De bloeikans wordt vastgesteld op 0,84.

n 5 10 15 16

(7)

T_1.

a. X heeft twee uitkomsten; iemand rijdt te snel of niet. n 5 en p 0,20  b. X 0 : 1 X 1 : 5 X 2 : 10 X 3 : 10 X 4 : 5 X 5 : 1 c. P(X 2) 5 0,20 0,802 3 0,2048 2    _{ }     T_2. a./b. P(X 3) 20 0,03 0,973 17 0,0183 3         

c. 20% van de reizigers, dat zijn er 4: P(X 4) 20 0,03 0,974 16 0,0024 4          T_3. a. P(X 14) P(X 13) binomcdf(30, 0.55, 13) 0,1356     b. P(X 15) 1 P(X 15) 1 binomcdf(30, 0.55, 15) 0,6448       c. P(X 16) 1 P(X 15) 0,6448     _{zie b.} d. P(21 X 28) P(X 27) P(X 20)       binomcdf(30, 0.55, 27) binomcdf(30, 0.55, 20) 0,0694    T_4.

a. precies 8 fout: P(X 8) binompdf(20, 0.75, 8) 0,00075  

b. minder dan 9 fout: P(X 9) P(X 8) binomcdf(20, 0.75, 8) 0,00094    

c. Van de 15 vragen moet hij minder dan 9 fout maken: P(X 9) binomcdf(15, 0.75, 8) 0,0566   d. Ze mag hoogstens 9 fout hebben: P(X 9) binomcdf(20, 0.50, 9) 0,4119  

T_5. E 80 0,03 2  

T_6.

a. P(X 3) binomcdf(500, 0.007, 3) 0,5363  

b. P(7 X 12) binomcdf(1500, 0.007, 11) binomcdf(1500, 0.007, 7) 0,4614     c. _{P(eerste 19 goed) 0,993}_ 19 __0,8751

d. De kans dat de 20e_{beeldbuis in orde is, is gewoon weer 0,993.} e. Van de 1000 beeldbuizen zullen er naar verwachting 7 defect zijn.

T_7.

a. _{P(alle pakken goed) 0,995}_ 60 __0,74

b. In een doos mag je 60 0,005 0,3  _{te lichte pakken verwachten.} c. X is het aantal te lichte pakken in een doos. P(X 1) 1 P(X 0) 0,26    

(8)

a. X: aantal tegenstanders, n 50 en p 0,15 

P(X 10) 1 P(X 10) 0,1199     _enP(X 13) 1 P(X 13) 0,0132     b. 50 0,15 7,5  _{Je mag 7 á 8 tegenstanders verwachten.} c. 16 wijkt nogal af van de 7 á 8 die je mag verwachten.

Bovendien is dan P(tegenstander)₅₀16 0,32_{en niet 0,15 zoals de minister beweert.} d. P(X a) 0,10 

1 P(X a) 0,10 P(X a) 0,90

  

 

Voer in: y1binomcdf(100, 0.15, x) en kijk in de tabel wanneer deze kans gelijk wordt aan 0,90 Bij 19 tegenstanders is de kans ongeveer gelijk aan 0,90.