docentenhandleiding

Wachttijdheorie

Docentenhandleiding

door Wout de Goede

1. Aantal SLU.

Ik ben uitgegaan van het volgende:

Bij het invoeren van de herziene tweede fase heb ik ooit eens de programma’s WA1,WA12,WB1 en WB12 over de laatste drie leerjaren (klas 4,5 en 6VWO) verdeeld aan de hand van de leerboeken Moderne Wiskunde 7e _{editie. Toentertijd kwam ik tot de conclusie dat een blok van 40 SLU twee à}

drie hoofdstukken MW (Moderne Wiskunde) besloeg. Een hoofdstuk MW is opgebouwd volgens een vast patroon en bevatte toen ongeveer 12 pagina’s theorie en opgaven. Dus 40 SLU bestond uit x pagina’s theorie en opgaven, waarbij24 x 36.Dat wil zeggen: één SLU besloeg 0,6 tot 0,9 pagina. Deze module is geschreven in het sjabloon waarin ik ook hoofdstukken MW schrijf en inmiddels zijn we met de negende editie bezig en de achtste was vergeleken met de zevende al aanmerkelijk ‘ingedikt’, de negende ook. De module “Wachttijdtheorie’ bevat 21 pagina’s stevige theorie en opgaven. Ik schat dat het zo’n 26 à 27 SLU betreft.

2. Werkschema.

Opmerking vooraf:

Bij deze planning is rekening gehouden met lesuren van 45 minuten en circa 20 minuten huiswerk! 1e _{lesuur Met huiswerk voor het volgende lesuur: paragraaf 0.}

2e _{lesuur 10 minuten terugblik op het voorgaande; rest lesuur en huiswerk voor het volgende:}

paragraaf 1

3e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, uitleg van opgaven indien nodig. Rest lesuur}

en huidwerk voor het volgende: opdrachten 4 tot en met 7.

4e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, uitleg opgaven indien nodig. rest lesuur en}

huiswerk voor het volgende: opdrachten: 8 en 9.

5e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, uitleg opgaven indien nodig. Rest lesuur en}

huiswerk voor het volgende: opdracht 10.

6e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, uitleg opgaven indien nodig. Rest lesuur en}

huiswerk voor het volgende lesuur: opdrachten 14,15, 16 en 17.

7e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, uitleg opgaven indien nodig. Rest lesuur en}

huiswerk voor het volgende: Midtoets. (Opdrachten MT-1 tot en met MT-4). 8e _{lesuur Bespreken van de midtoets. Huiswerk voor het volgende lesuur: opdracht 18.}

9e _{lesuur 10 minuten terugblik op opdracht 18. Rest lesuur en huiswerk voor het volgende}

lesuur: Opdrachten 19 tot en met 22.

10e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, uitleg opgaven indien nodig. Rest lesuur en}

huiswerk: voor het volgende: opdracht 23.

11e _{lesuur In het computerlokaal. Korte terugblik op het voorgaande en vervolgens bezig met}

opdracht 24. Geen huiswerk!

12e _{lesuur Opdracht 25 tot en met 28. Tevens huiswerk voor het volgende lesuur.}

13e _{lesuur 15 minuten terugblik op het voorgaande, eventueel uitleg van de opdrachten. Rest}

lesuur en huiswerk voor het volgende: opdracht 23, opdracht 30 en opdracht 31. 14e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, eventueel opdrachten bespreken. Rest lesuur}

en huiswerk voor het volgende: opdracht 32.

15e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande en eventueel bespreken van opdracht 32. Rest}

lesuur en huiswerk voor het volgende Rest paragraaf 9

16e _{lesuur 20 minuten terugblik op het voorgaande, eventueel opdracht 34 bespreken. Rest lesuur}

en huiswerk voor het volgende: de eindtoets. 17e _{lesuur De eindtoets uitkauwen.}

18e _{lesuur Vervolg eindtoets en terugblik.}

Opmerking achteraf:

Het bovenstaande is mijn werkschema. Het zal opvallen dat de tijdsinvestering niet overeen komt met het geschatte aantal SLU. Dat komt omdat ik in de eerste plaats niet geheel onbekend ben met de onderhavige materie, dus vrij gemakkelijk met mijn leerlingen zal communiceren en kwesties zal kunnen oplossen; in de tweede plaats omdat ik gewend ben aan niet te grote groepen (kleiner dan 25) zeer welwillende leerlingen: uiterst gemotiveerd en voor zover ze niet briljant zijn, zijn ze toch in elk geval buitengewoon slim. (Ettelijke van mijn oud-leerlingen studeren wiskunde of een andere bèta-wetenschap ergens in het land of zijn daarin afgestudeerd/gepromoveerd). Het is dus heel wel mogelijk dat een collega die niet zo erg thuis is in dit vakgebied en/of een grote, zwakke groep vooruit moet trekken deze planning als enigszins te optimistisch of zelfs als veel te rooskleurig ervaart. Laat het me weten (wdg@math.rug.nl) en het zal worden bijgesteld.(Uiteraard wil ik het ook weten als mijn inschatting van het aantal SLU verkeerd blijkt te zijn of als ik fouten in tekst of uitwerkingen heb gemaakt!)

Maar ter verlichting kun je de urenaantallen natuurlijk met een factor anderhalf vermenigvuldigen en als je de lesuren niet hebt zijn de volgende opgaven over te slaan of kort te sluiten, zonder dat de lijn van het verhaal in gevaar komt:

V-1, V-2, 3c en 3d

De opdrachten 5, 6, 7 kunnen worden kortgesloten met een paar mededelingen, 9 kan worden gemist.

10, 11 en 12 kunnen worden vervangen door 13 tot en met 14.

18, 19 en 20 kunnen worden vervangen door een mededeling, het gaat om 21 en 22! 24d is wel instructief, maar kan achterwege blijven.

3. Bij de paragrafen

.

0.

Voorkennis: De binomiale verdeling.

Ik ga er vanuit dat men Statistiek en Kansrekening achter de rug heeft, desondanks is het goed om hier de binomiale verdeling even op te halen. Deze speelt namelijk een vrij belangrijke rol in het volgende! Het benaderen van de hypergeometrische verdeling (bij trekking zonder

teruglegging) door een binomiale verdeling is vaak nodig en het is niet goed om dat maar stilzwijgend te doen, zoals dat (te) vaak gebeurd!

Uitwerking van de opdrachten:

V-1a X stelt het aantal ‘successen’ bij zes onderling onafhankelijke Bernoulliexperimenten met

succeskans1

4voor. De parameters van de kansverdeling van X zijn: Het aantal experimenten

6

n en de succeskans 1 4.

p

b De kans dat Harm eerst vier vragen goed gokt en vervolgens twee fout is: 3 3 9

1 1 1 1

4     4 4 4 4 4 4096 0,0022

c De kans dat Harm vier vragen goed gokt is 1 4 3 2 4 4 6 ( ) ( ) 0,0330 4       

V-2a Vat het meedoen aan het examen op als een toevalsexperiment. Als 30 % van de cursisten slaagt kun je ook zeggen dat een willekeurige cursist een slaagkans van 0,30 heeft. Daarmee is het aantal geslaagden (onafhankelijkheid tussen de cursisten aannemende) onder de vijftig cursisten binomiaal verdeeld met parametersn50en succeskansp0,30.

b P(X 19) 0,9152

c P(X 19) P( X 18) 0,8594

d P(X 15) 1 P(  X 15) 1 0,556918 0, 4308  

e P(X 14) 1 P(  X 13) 1 0,32788 0, 6721  

f P(9 X19) P( X 18) P( X8) 0,85944 0, 018253 0,8412  

V-3a De spoorbomen zijn een kwartier per uur gesloten (4 1, 5 2 2 2 2, 5 15!      ), dus kun je de kans dat ze gesloten zijn op een willekeurig tijdstip goed schatten met een kwartier per uur ofwel

15 60 0, 25.

b Stel X is het aantal keren van die twintig dat hij moet wachten. Dan zal X een binomiale verdeling metn20enp0, 25_{hebben. Naar verwachting zal hij dan, omdat}

20 0, 25 5

n p    _{, de bomen 5 keer per week gesloten vinden.}

c Zij heeft gelijk, want de kans dat hij minstens twee keer zal moeten wachten is (met de kansverdeling uit opdracht b):

V-4a Bij trekking zonder teruglegging verandert de ‘succeskans’, dus er is geen sprake van n onderling onafhankelijke Bernoulli-experimenten met succeskans p.

b rood wit P X( 2) P Y( 2) A 4 6 4 2 6 10 10 3 ( ) ( ) 0, 2880 2   _     3 4 3 6 _0,3000 2 10 9 8  _{   }     B 40 60 4 2 6 10 10 3 ( ) ( ) 0, 2880 2        3 40 39 60 _{0, 2894} 2 100 99 98           C 400 600 4 2 6 10 10 3 ( ) ( ) 0, 2880 2        3 400 399 600 0, 2881 2 1000 999 998          

c Bij een kleine steekproef uit een flink grote populatie maakt het niet zoveel uit of je mèt of zonder teruglegging trekt!

V-5a De steekproef wordt hier zonder teruglegging genomen, want het ligt niet erg voor de hand dat iemand met zijn of haar scooter willens en wetens nog eens door de controle rijdt. De veertig procent opgevoerde scooters , de ‘succeskans’, is dus niet constant.

b n6enp0, 4_{, dus de verwachting is} 6 0, 40 2, 4.  Er zullen dus naar verwachting twee à drie opgevoerde scooters in de steekproef zitten.

c

x 0 1 2 3 4 5 6

P(X x) _{0,0467 0,1866 0,3110 0,2765 0,1382 0,0369 0,0041}

d 0, 0467 0 0,1866 1 0,3110 2 0, 2765 3 0,1382 4 0, 0369 5 0,041 6 2, 4             

Dat klopt met de 2,4 uit opdracht b.

1

Wachten!

Deze paragraaf vormt een inleiding. Het gaat erom een idee te krijgen waar dit allemaal over gaat en dat kansrekening niet kan worden gemist. Op het Freudenthal instituut bestaat lesmateriaal over dit voorbeeld waarin met de GR flink wordt gesimuleerd.

Uitwerking van de opdrachten:

1a Omdata0 a1 a2 1, a a a0: 1: 2 3 :1: 2geldta0 63 21; a1 61 en a2  62 13 In geval 2 geldt evenzo: 2 1 1 3 1

0 6 3; 1 6 en 2 6 2 a   a  a   en in Geval 3 is: 1 1 1 0 3; 1 3 en 2 3 a  a  a  b In geval 1 geldt 1 1 1 2 6 3 ( ) 0 1 2 0,83 E X        ; in geval2 is 1 1 1 3 6 2 E( )X       0 1 2 1,17 en in geval 3 geldt: 1 1 1 3 3 3

E( )X       0 1 2 1.In geval 2 zal de wachtrij dus het langst worden op den duur.

2a In deze eerste minuut komen er met kansa0nul nieuwe klanten bij en wordt één klant bediend, dus dan wordtX1X0   1 3 1 2,met kansa1komt er één nieuwe klant bij en er wordt één klant bediend, dus dan wordtX1X0  1 1 3en met kansa2komen er twee nieuwe klanten bij en wordt één klant bediend, dus dan wordtX1X0     1 2 3 1 2 4.

b Na de eerste minuut is het aantal klanten in het systeem, dusX1, gelijk aan het aantal dat er was, verminderd met de klant die in de eerste minuut is bediend, dusX01en vermeerderd met het aantal nieuwe klanten die er in deze minuut zijn bijgekomen, dusX1 X0 1 Y1.

c MetX0 0zou je krijgenX1X0    1 Y1 1 Y1en als danY10krijg je: X1 1;dat kan niet!

d Na de n-de minuut is het aantal klanten in het systeem, dusXn, gelijk aan het aantal dat er was

verminderd met de klant die in die n-de minuut is bediend, dusXn11en vermeerderd met het aantal nieuwe klanten die er in deze minuut zijn bijgekomen, dusXn Xn1 1 Yn,tenminste als

1 0.

n

X   AlsXn10,dus als er in de n-de minuut niemand is bediend omdat er niemand in het systeem was en er in deze minuut alleen maar Yn klanten bijgekomen zijn geldtXn Yn.

3a

De lijnstukjes tussen de stippen horen niet bij de grafiek, maar zijn er alleen bijgetekend om het verloop beter zichtbaar te maken.

b

-c

-d

-2

Wachten op het eerste succes.

Wachten op het eerste succes komt nogal eens voor en moet dus heel herkenbaar zijn. De geometrische verdeling komt voor als de kansverdeling van het rangnummer van het eerste succes, maar ook als de kansverdeling van het aantal mislukkingen, voorafgaand aan het eerste succes. Het verschil zit dan in het waardenbereik van de stochast, dat in het eerste geval

1, 2, 3,    is en in het tweede0, 1, 2,    Hier is gekozen voor de stochast “rangnummer van het eerste succes’.

In opdracht 7 wordt de volgorde van sommatie en differentiatie verwisseld. Dat dat bij een oneindige reeks niet zomaar is toegestaan is niet vanzelfsprekend maar het lijkt mij toe dat je daarover op dit niveau niet hoeft te zeuren. Wel is voor deze truc de



-notatie nodig en zonodig moet die worden ingevoerd.

In opdracht 9 wordt met het ‘gezonde verstand’ in de geometrische verdeling getoetst. Het onderscheidingsvermogen van deze toets is uniform kleiner dan dat van de standaard binomiale toets!

Uitwerking van de opdrachten:

4a Bij het werpen met een dobbelsteen is de kans op een zes 1 6

b X kan de waarden1, 2, 3, 4,   aannemen.

b X 5betekent: eerst vier keer ‘geen zes’ en daarna een ‘zes’, dus: 1 1 1 1 1 6 6 6 6 6 P(X 5) (1         ) (1 ) (1 ) (1 ) 0, 0804 c

 

5 1 1 6 6 P(X n) n  5a 2 1 2 2 1 ( + ) ( + ) n n n n S r S a ar ar ar  r a ar ar ar                     2 1 2 3 (_{a ar ar     } +_arn) (_{ ar ar ar    } +_arn)_{ a ar}n b (1 ) (1 ) 1 mits 1 1 n n n n n n n r S r S a ar r S a r S a r r               c Alsr 1_geldtlim n 0,

nr  dus dan is 1 1 lim lim 1 1 1 n n n n r a S S a a r r r            

6 De kansen van een geometrische verdeling vormen een meetkundige rij met a pen r 1 p_,

immers_{P(X    i) p (1 p)}i1

. Omdat p een kans is geldt0 p 1 _{en dus}0 1  p 1; _{dat wil}

zeggen dat de kansen van de verdeling opgeteld de limietsom 1 1 1 (1 ) a p p r  p  p    hebben. 7a E( )X 









1 1 1 1 1 1 1 P( ) (1 )i (1 ) =i (1 )i 1 i i i i i i d d i X i i p p p i p p p p p dp dp                             











b E( )X 









2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ) i i i i d d d d p p p p p p p dp dp dp p dp p p p                   _{ }   _{ }         





8a Er zijn 18 even getallen bij de getallen0, 1, 2, 3, , 37.   De kans op even is18 37

b Als je a inzet op even en je wint heb je a gewonnen. Als je verliest en je zet daarna 2a in en je wint, dan heb je de eerste ronde a verloren, maar de tweede 2a gewonnen, dus in totaal a gewonnen. Als je de tweede ronde ook verliest en je zet nu 4a in en je wint, dan heb je 3a verloren (in de eerste ronde a en in de tweede ronde 2a) maar je winst is in de derde ronde is 4a, dus in totaal heb je a gewonnen. Als je in de derde ronde ook verliest, verdubbel je weer je inzet en speelt de vierde ronde met 8a. Enzovoorts. Even zal een keer uitkomen (de kans op even is

bijna1 2 (

18

0,486486

37    ), dus als je steeds na verlies je inzet verdubbelt moet je eindigen met a winst.

c Het aantal keren dat je moet spelen is geometrisch verdeeld met parameter18

37en de verwachting is dus 37 2,0555

18    Je zult dus naar verwachting zo’n twee á drie keer moeten spelen. Als je 25 euro wilt winnen kun je je permitteren om de eerste keer je inzet van 25 euro te verliezen. Je hebt dan nog 375 euro over. De tweede keer zet je 50 euro in, je verliest weer en hebt dan nog 325 euro over. De derde keer zet je 100 euro in, als je verliest moet je de vierde keer 200 euro inzetten. Dat kan, want je hebt nog 225 euro over. Je kunt dus vier keer meedoen als je 400 euro hebt terwijl je naar verwachting twee á drie keer nodig hebt. Je zou zeggen: het moet lukken om die 25 euro te winnen, maar je weet nooit!

9a Je toetst natuurlijk rechts-eenzijdig, want de manager zal er geen bezwaar tegen hebben dat het percentage pakken met gebroken koekjes kleiner is dan 5 %. Stel het percentage pakken met gebroken koekjes in de steekproef is p. Omdat het om een reusachtige partij gaat waaruit je (natuurlijk zonder teruglegging) een betrekkelijk kleine steekproef (n=100) trekt, veronderstel je dat X, het aantal pakken met gebroken koekjes in de steekproef, binomiaal is verdeeld met parametersn100en als nulhypothese p0, 05. _{De standaardtoets luidt nu: Verwerp de}

nulhypotheseH_o 0, 05als X ‘te groot’ is, dat wil zeggen: als X g_{waarbij g het kleinste getal}

is metPH0(X g) 0,15. Reken om: PH0(X g) 0,15  0

H ( 1) 0,85 1 7 8.

P X   g     g g

De exacte onbetrouwbaarheid van de toets is minder dan 12 %.

De manager zal dus aannemen dat er meer dan 5 % pakken gebroken koekjes in de partij aanwezig is als er 8, 9, 10 , , 100   pakken gebroken koekjes in de steekproef van 100 voorkomen.

b Y heeft een geometrische verdeling met parameter p0, 05

c Het eerste stukje van de kansverdeling van Y in vier decimalen:

y 0 1 2 3 4

( )

P Y y _{0,0500 0,0475 0,0451 0,0429 0,0407}

Als je nu de nulhypothese gaat verwerpen voorY3dan heb je een onbetrouwbaarheid van ruim 14 %, maar bijY 4wordt het meer dan 18,5 %. Dus: Verwerp voor Y 3!

d Ja, je behoeft maar maximaal 3 pakken koekjes open te maken en te bekijken.

e Voor de ‘gewone’ toets wordt de kans op, voor het geval datp0,10 is, terecht verwerpen: 0,10

0,10

P_p (X 8) 1 P_p (X 7) 0, 7939



     

Voor de toets uit opdracht c is dat maar _{0,10 0,90 0,10 0,90  } 2_{0,10 0,90} 3_{0,10 0,3439.} Bij de eerste toets is de kans dat de supermarkt koopt zo’n ruime 20 %, bij de tweede

toetsprocedure is dat ruim 65,5 %.

3

De Poissonverdeling

De Poissonverdeling met parameter  kun je in de wachttijdtheorie niet missen. De verdeling kun je in de opdrachten 10, 11 en 12 bestuderen als limiet van binomiale verdelingen. Je kunt ook dit technische gedeelte overslaan en alleen de kwalitatieve opdrachten 13, 14, 15, 16 en 17 doen. De opdrachten 12 en 13 zijn beslist hetzelfde, dus hoeven niet beiden te worden gedaan. In opdracht 10 e wordt de standaardlimiet lim 1 e

n x n x n   _  _  

  gebruikt. Als deze niet bekend is vergt dat enige uitleg. Wat gemanipuleer met de GR lijkt mij voldoende.

De uniforme verdeling volgens welke de zwakke plekken in de isolatie van het wikkeldraad op de lengte L moeten voorkomen hoeft niet als zodanig te worden geïntroduceerd, lijkt mij. In opdracht 11 wordt de reeks

2 3

1 e

1! 2! 3!

x

x x x

        plausibel gemaakt. Een aardig stukje calculus dat je hier zomaar te pas kunt brengen.

Uitwerking van de opdrachten:

10a Het waardenbereik van X is_,dus de getallen0, 1, 2, 3,   

b Wegens de onafhankelijkheid en het niet geclusterd verdeeld zijn is het redelijk om de kans voor een zwakke plek om in de isolatie van een stuk draad van lengte l voor te komen evenredig te veronderstellen met deze lengte l, voor een stuk van één meter dus gelijk aan 1.

L ( Voor het stuk

met lengte l gelijk aan ;l

L voor de gehele lengte L geldt een kans 1 L

L  ).

c X, het aantal zwakke plekken in de isolatie van één meter draad, is binomiaal verdeeld met

parameters nN enp 1, L  dus P( ) 1 1 1 . x N x N X x x L L        _{   }  _       d,e 1 1 1 ! 1 1 !( )! x N x x N x x N N N N x L L x N x N L NL       _  _{  }  _{ }  _      _               (Stel N L  ) ( 1)( 2) ( - 1) 1 1 ! N x x x N N N N x N N x N           _{  }   _{ }  _         1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 ! N x x x N N N N x N N        _  _  _ _{     } _{  }  _{ }  _                     . ! x A B C x     Als nuN geldt:A     1 1 1 1=1; 1 N B e N        _{ }    wegens de standaardlimiet lim 1 e n x n x n   _  _     en 1 1 x C N      _{ }    , dus ( ) ! . x e P X x x _    11a _{f x}( ) e_ x_{ f x}'( ) e en '(0) e_ x _{f } o _1.

Stel de raaklijn aan de grafiek van f in(0,1)_heeft

vergelijking y ax b  dan isa f'(0) 1. Dus de vergelijking wordty x b.Door(0,1)_dus 1.

b De raaklijn aan de grafiek van f in(0,1)heeft vergelijkingy x 1.

Een eerstegraads benadering van f in de buurt van(0,1)_{is dan dus 1}( ) 1 1 1!

x g x     .x

b g2(0) f(0), '(0)g2  f'(0) en "(0)g2  f"(0); wel:

2 2(0) 1(0) 0 0

g g  a  klopt!

2'(0)= ' (0) 2 0 11 '(0)

g g  a   f _{klopt ook !!} g₂''(0)g₁''(0) 2 a_{klopt als} 1 1,

2 2! a  dus 2 2( ) 1 _{1! 2!}. x x g x    c g3(0) f(0), '(0)g3  f'(0), ''(0)g3  f''(0) en '''(0)g3  f '''(0) wil zeggen: 3 2(0) 0 0; g  b  dat is in orde; 2 2 ' (0) 3 0 0,

g  b  dat is ook in orde;g3''(0) 3 2 0 0  b  klopt ook en 3''(0) 1 2 3 1 g    b klopt als 1 3! b , dus 2 3 3( ) 1 1! 2! 3! x x x g x     d -e -12 E( ) 0 e 0 1 e 1 2 e 2 3 e 3 = 0! 1! 2! 3! X _ _ _ _                 e e 2 e 3 = 1! 2!   _      _{     } 2 0 1 2 e 1 e e e 2! 0! 1! 2!            _{ } _{    }    _{      }   _{ }        

13 Er geldt dat je de Poissonverdeling als een limiet van binomiale verdelingen kunt beschouwen en dat n p . Dit getaln p  is de verwachting van deze binomiale verdelingen en zal dat dus ook van het limietgeval de Poissonverdeling zijn.

14a Er zijn 52 weken in een jaar en een gemiddelde van 1 keer in de vijf jaar zal dus neerkomen op een gemiddelde van 1

5 52 per week. Dus 2601 0, 0038.

b De kans op een week zonder blikseminslag is volgens dit Poissonmodel: 1 260 0 1 260 ( ) ( 0) 0,9962, 0!

P X  e  dus de kans op vier weken met tenminste één blikseminslag is dan ongeveer4 (1 0,9962) 0.0152  

15 Stel dat het aantal nesten per 10_m2_{Poisson verdeeld is , dan is de parameter van de verdeling}

4,

  _{dat is dus 0,4 perm}2_{of wel 40 per 100m .}2 De kans op een hectare met slechts 25 nesten zal dan

25

4040 _0,0031 25!

e _{ zijn.}

16 Het aantal luchtbellen in 1_m2_{ruit is Poisson verdeeld met parameter 0,002. De kans dat je in een} ruit van 5 m bij 3 m hoogstens één luchtbel aantreft is dan





0,0020,0020

5 3 1 P( 0) 15 (1 e ) 0,03 0!

X 

       

17 Neem aan dat het aantal open parkeerplekjes ’s morgens tussen 10.00 uur en 11.00 uur in de parkeergarage een Poissonverdeling volgt, dan is de parameter 0 1 2 3.  

De kans dat ik een plekje vind om 10.20, dus tussen 10.00 en 11.00 is dan 0 33 1 (X 0) 1 95%. 0! P e     

4.

Uitwerkingen Midtoets

MT-1 Zij X het aantal tests dat het DNA van de verdachte niet aan het bloedmonster koppelt, dan is X binomiaal verdeeld metn5enp0, 001

Het gaat omP(X   1) 1 P(X   1) 1 P(X 0) 1 0,9950 0,005  

MT-2 Er is een zitplaats te weinig als alle 15 boekers op komen dagen. Dit aantal opdagers, X, is binomiaal verdeeld metn15enp0,85.

15 0 15 P( 15) 0,85 0,15 0,0873 15 X   _{ }    

MT-3 Stel de steekproeflengte is n. Neem aan dat de kwaliteit van een exemplaar niet wordt beïnvloed door de kwaliteit van anderen, dus dat er wat dat betreft onafhankelijkheid heerst. Als er 10 % ondeugdelijke exemplaren worden geproduceerd, is het aantal ’successen’ in de steekproef, X, binomiaal verdeeld met parametersn_enp0,10.

Nu moetPp0,10(X  1) 0,95,of wel Pp0,10(X 0) 0, 05, dat wil zeggen 0 0 0,10 0,90 0,05 0,90 0,05 28, 43. 0 n n n n            

  De steekproeflengte zal dus 29 moeten zijn, want als je op de normale manier afrond is de kans niet minstens 95 % maar minder! MT-4a

Uitkomst a 0 1 2 3 4 5 6

P(X a)als X

een binomiale verdeling heeft met n10enp0,5 i n procenten:

0,00 0,01 0,04 0,12 0,21 0,25 0,21

P(a0,5  Y a 0,5)als Y een normale verdeling , eveneens in procenten: heeft met 5_en  2,5 : 0,01 0,01 0,04 0,11 0,20 0,25 0,20 b Uitkomst a 0 1 2 3 4 5 6 P(X a)als X

een binomiale verdeling

heeft met n10000enp0, 0001:

0,37 0,37 0,18 0,06 0,02 0,00 0,00

P(a0,5  Y a 0,5)als Y een normale verdeling

heeft met 1en 0,99995 :

0,24 0,38 0,24 0,06 0,01 0,00 0,00

P(Za)als Z een poisson verdeling

heeft met  10000 0,0001 1: 

5

De exponentiele verdeling

De tussenaankomstijden zijn bij een Poissonproces exponentieel verdeeld. Dat wordt hier afgeleid.De eigenschap van de ‘geheugenloosheid’ heeft deze verdeling gemeen met de reeds bekende geometrische verdeling. Eigenlijk is de exponentiele verdeling het continue analogon van de geometrische verdeling. Dat de exponentiele verdeling ook vaak als levensduurverdeling wordt gebruikt is hier eigenlijk niet erg relevant, maar wel aardig om te vertellen.

Uitwerking van de opdrachten

18a De kans dat twee aanvragers op exact hetzelfde tijdstip binnen komen is nul, want de tijd is een continue variabele.

b P( ) P( 0) e ,t

t

T _{ }t X _{ } 

dus1-P(_{T  t}) et _P(_{T  t}) 1 et

c T stelt voor: de tijd die    , dus T is een continue stochast en zal dus een kansdichtheid

hebben. d 0 P(T  t)

_

tp x x( )d en P(_{T   t}) 1 e ,t _dus 0 ( )d 1 e t _t p x x_{ } 



e 0 ( ) (0) t ( )d , F t F 

_

p x x dus









0 d d ( ) (0) ( )d , d d t F t F p x x x   x



ofwel





d '( ) 0 1 e , d t F t x      zodat_{F t}'( )_et _{ p t}( ).

Nu is ‘ de tijd’ een positieve variabele, dus de kansdichtheid p moet nul zijn voor negatieve waarden, je vind: ( ) voor 0

0 voor 0 t e t p t t         

19 p is inderdaad een niet-negatieve functie met domein en

1 1 0 0 ( )d e dt e t (0 ) 1 p x x  t         _{ }        





20a Voor een discrete stochast X is E( ) P( _i),

i

X 



x X x het met de kansen erop gewogen gemiddelde van de uitkomsten, voor een continue stochast is dit E( )X  x p x x( )d .

 

_

 Hier is: 0 E( )_X _{t p t t}( )d _tetd_t  

_

 

_

b _{F t( )} 1_et _tet     

  is een primitieve van _f (t) _tet,

   want '( ) t t t t F t e e te te            c 1 1 1 0 0 E( )_{X te}td_{t e}t _tet (0 0) ( 0)       _{  }  

_

      

d Dit resultaat verbaast niet, want als er bijvoorbeeld gemiddeld 4 (dus 4) klanten per uur binnenkomen en de aankomsten zijn onafhankelijk van elkaar, gelijkmatig over dat uur verdeeld, dat verwacht je dat ze om het kwartier (1 1

4

  ) zullen binnenkomen.

21a De tijdseenheid is hier natuurlijk één uur. Een verwachte levensduur van 10000 uur wil zeggen 1

10000

  , de intensiteit  is dus 0,0001.

b Ga er maar vanuit dat de boom maandag 17 december om 0.00 uur aangaat, dan heb je tot en met woensdag 26 december 10 etmalen, dus10 24 uur 240 uur  te gaan.

De kans dat een lampje dat haalt is nu:

240 _{0,0001 0,0001} 240 _0,024 0

0

1_ 0,0001e td_{t }1 -e t _{  }1 (1 e ) 0,9763_

Er zijn 1000 lampjes, dus naar verwachting zullen er zo’n 976 lampjes ‘overleven’. 22a De tijd die verstrijkt tussen twee printopdrachten is exponentieel verdeeld met parameter 3. b Een kwartier is een kwart tijdseenheid, dus het gaat omP(X 0, 25),waar X de verdeling uit

opdracht a heeft. Wel: 3 3 0,75 0,25 0,25

P(_{X }0, 25)_

_

 3e dt _t et  _e _0, 4724 c Het gaat nu omP(0,5_{X }0,75)_

_

_0,50,753e d3t _t -e3t _0,50,75_{ }e2,25_e1,5_0,1177

6

Oriëntatie op het M/M/1-model

Voor deze paragraaf verdient het aanbeveling om vanaf de pagina http://staff.feweb.vu.nl/tijms/ het programma McQue te downloaden en je systeembeheer te vragen het op het netwerk van het computerlokaal te zetten. McQue is volgens mij een op zichzelf staand onderdeel van het programma Orstat, dat op dezelfde pagina kan worden gedownload. Dit is een algemeen OR-toepassingen programma dat mijns inziens in geen enkele school mag ontbreken. Voor educatieve doeleinden stelt professor Tijms het gratis beschikbaar!

Uitwerking van de opdrachten

23a De aanname  ._{betekent dat de verwachte bedieningstijd (}1

) kleiner is dan de verwachte tussenaankomst tijd (1

 ) waarmee de klanten het systeem binnenkomen dus dat er gemiddeld per tijdseenheid meer klanten kunnen worden geholpen dan dat er binnenkomen. Het systeem zal naar verwachting niet ‘overlopen’.

b

c B is 6 minuten in het systeem, C komt opt5binnen, is 7 minuten in het systeem en terwijl er volgens de tabel maar 3 minuten bewerkingstijd nodig is, moet hij/zij dus 4 minuten wachten. 24a 0,85_{betekent dat de bezettingsgraad 0,85 is,} i5wil zeggen dat er opt0de beginsituatie is:

5 klanten in het systeem en t10betekent dat er 10 tijdseenheden worden bekeken.

b Weliswaar zijn er 5 klanten in het systeem, maar er wordt één klant bediend, dus de wachtrij heeft lengte 4.

c In de stationaire toestand bevat de wachtrij ruim 4,8 klanten.

-7

Berekeningen in het M/M/1-model

Allerlei informatie wordt hier in formules uitgedrukt en deze formules worden plausibel gemaakt. Uitwerking van de opdrachten

25a De toestand van n1 klanten in het systeem gaat naar verwachting over in de toestand met n klanten in het systeem, (dus één meer!) in 1

 tijdseenheid (  meer in één tijdseenheid, dus gemiddeld één meer in1

 tijdeenheid!). Eén keer in 1

 tijdeenheid, dus  keer per tijdseenheid. b Vanuit de toestand n1bereik je de toestand n als er één klant bijkomt, vanuit de toestand n1

bereik je de toestand n als er één klant bediend is, met een gemiddelde bedieningstijd van_1 tijdseenheid kun je dezelfde redenering als in opdracht a houden..

c Met kans Pn1bevind het systeem zich in toestand n1, dus vanuit toestand n1gaat het naar verwachting Pn1per tijdseenheid naar toestand nover. Evenzo vanuit toestand n1gaat het naar verwachtingPn1keer per tijdseenheid over. Totaal dusPn1  Pn1.

Met een analoge redenering zal toestand n_{per tijdseenheid}  Pn  Pnworden verlaten.

d Deze gedachte leidt tot de vergelijkingPn1Pn1PnP .n

e Er is geen toestand –1, dus toestand P0verlaat je alleen naar toestandP1en bereik je alleen vanuitP1 . 26a P0 P1 P0 P1 P0 P1          

b UitPn1Pn1PnPnvolgtP0P2 P1P1, dus(  )P1P0P .2 Met P0P1volgt nuP1P ,2 dusP2 P1 P1

 _    _enzovoorts. Je vindP0 P ;1 P2 P ;1 P3P2enzovoorts. 27a 2 3 0 1 2 0 0 0 0 P +P P       1 P P  P  P       1 2 3 0 0 0 1 P (1 ) 1 P 1 P 1 1                    

b De geometrische verdeling met parameter  is gedefinieerd op de getallen 1, 2, 3,    _terwijl

deze verdeling gedefinieerd is op de getallen0, 1, 2,   

c 0 1 2 0 0 1 0 0 0 0 d E( ) 0 P 1 P 2 P P P P ( ) d i i i i i i X i  i                      



   



  



d 0 1 1 d d d 1 E( ) P ( ) (1 ) (1 ) d d d 1 i i i i X                          _{ }    _{ }     





2 1 (1 ) 1 (1 )           

28a Het aantal klanten in het systeem is X, daarvan wordt er eentje bediend, dus de lengte van de wachtrij isX1. b 2 2 2

 

1 1 1 1 1 d ( 1) P ( 1) (1 ) (1 ) ( 1) (1 ) d i i i i i i i i i i     i                             









c 2 1 2 1 2 1 1 d d d 1 (1 ) (1 ) (1 ) d d d 1 i i i i                              _{ }   





2 2 2 d 1 _{(1 )} 1 d 1 (1 ) 1         _{    }  _  _{ }  

e In opdracht 19a vulde je in0,85en vond je voor de gemiddelde lengte van de wachtrij in de stabiele situatie ruim 4,8. Welnu:

2 0,85

4,8167,

1 0,85  dat klopt dus!

29a Stel bijvoorbeeldE( )V a,dan komen er gedurende deze a tijdseenheden gemiddeldaklanten het systeem binnen en dit zal het totaal aantal klanten in het systeem zijn.

b Er geldt dusE X( ) E V( ) E V( ) 1 E X( ) E V( ) 1 ₁ 1 ₁ 1 .                          

30a Stel bijvoorbeeldE( )W a, _{dan komen er gedurende deze a tijdseenheden dat een klant moet}

wachten gemiddeld aklanten in de wachtrij te staan, dus dat zal het aantal klanten zijn in de wachtrij. b 2 2 2 1 1 E( 1) E( ) ( ) . 1 1 ( ) X W E W                         

31a De lokettist heeft niets te doen als er geen klanten zijn. De kans dat er geen klanten zijn is 3

2 0 1 1 8 4,

P      dus de lokettist heeft naar schatting 75 % van de tijd niets te doen! b De verwachte wachttijd is 1

2

2 _{uur 2 minuut.} 8(8 2) 

8

Modelveronderstellingen toetsen

Alvorens de leerlingen met een praktische opdracht of met een profielwerkstuk of iets dergelijks zelf aan het werk kunnen, dienen ze toch wel te weten dat modelveronderstellingen.in het algemeen niet zomaar worden gedaan. Vandaar dat in deze paragraaf de 2

(chi-kwadraat)aanpassingstoets wordt ingevoerd. Deze toets is niet moeilijk en er is weer een kansverdeling op de GR verklaard!

Wat betreft het FIFO-principe: Een lift is typisch een voorbeeld van het tegendeel. Mensen die het laatst de lift instappen zijn er vaak het eerst weer uit!

Uitwerking van de opdrachten 32a aantal 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 frequentie 1 0 1 2 1 3 5 6 9 10 11 12 8 9 7 5 4 3 1 1 1 verwacht 0,1 0,3 0,6 1,2 2,1 3,4 5 6,6 8,1 9,3 9,9 9,9 9,3 8,3 7 5,6 4,3 3,1 2,2 1,4 0,9 b 2 2 2 2 (1 0,1) (0 0,3) ₊(1 0,6) _{+ 11.7} 0,1 0,3 0,6          

c Met de TI toets onder DISTR(ibutions!) vind je: _2_{cdf (11, 7;10 ^ 99; 20) 93%} , de

nulhypothese wordt niet verworpen, je kunt redelijkerwijs aannemen dat de data uit een Poisson-verdeling afkomstig zijn.

33a 30 5 41 15 20 25 9 35 15,8, 100

       _

dus de parameter van de exponentiele verdeling zou moeten zijn 1 0,0633

15,8

b De verwachte frequentie in het interval0,10_ise0,0633 10 _e0,0633 0 _{dus ongeveer}

0, 061 100 6  c 2 2 2 2 2 (30 6) (41 4) ₊(20 2) ₊ (9 1) _{664, 25} 6 4 2 1        

d De overschrijdingskans is hier ongeveer 0, dus de nulhypothese moet worden verworpen. Je mag niet aannemen dat de data uit een exponentiele verdeling afkomstig zijn!

34a b 2 2 2 2 2 2 2 (15 20) (20 20) (25 20) (23 20) (21 20) (16 20) _3,8 20 20 20 20 20 20               c De overschrijdingskans is_2_{cdf (3,8;10 ;5) 0,58}99 _

, dit is flink groter dan bijvoorbeeld 0,05 en dus moet je de nulhypothese van zuiverheid handhaven.

9

Uitwerkingen Eindtoets

ET-1a Gemiddeld 4 deeltjes per milliseconde wil zeggen : gemiddeld 4000 per seconde.

b De kans dat het preparaat in 1 seconde 4000 deeltjes uitzendt zal overeenkomen met de kans dat in 1 milliseconde 4 deeltjes worden uitgezonden, dus ongeveer 20 %(

4 ₄4

0,1954 4!

e _

 )

ET-2 Stel het aantal worpen met de munt dat nodig is om een ‘kop’ te werpen is X. Dan is X geometrisch verdeeld met parameter1

2.

Er geldt: 1 1 1 3 1 1 5 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 4 16 64 P(X 2, 4, 6, ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )                     Dit is een meetkundige reeks met 1

4 a _en 1 4 r _{, dus de som is} 14 1 4 1_. 1 3 De kans dat A de afwas een week moet doen is dus1

3, B en C verdelen via de worp met de munt de kans2

3die over is in elk 1

3, het is dus een wel eerlijke procedure want ze hebben alle drie kans 1

3om corvee te moeten doen.

a,b Stel een maand op 30 dagen en een week uiteraard op 7, dan komen de klanten met een Poissonverdeling met parameter 1

30binnen en zijn de bedieningsduren verdeeld met parameter tijd 0 10 10 20 20 30 30 40 frequentie 30 41 20 9 verwachte frequentie 6 4 2 1 aantal ogen 1 2 3 4 5 6 frequentie 15 20 25 23 21 16 verwacht 20 20 20 20 20 20

1 .

7 Aangezien er dus gemiddeld 1 klant per 30 dagen binnenkomt en na 7 dagen weer vertrekt zal de kans op een wachtrij niet groot zijn!

c De gemiddelde lengte van de wachtrij : 2 30 7 ₆ 30 1 7      _{  }  _     

d Er is niet aan de voorwaarde voldaan, want 1 1

307.Bovendien weet je helemaal niet of de bedieningstijden wel exponentieel verdeeld zijn. Het M/M/1-model is niet van toepassing en de formule voor de gemiddelde wachtrijlengte uit paragraaf 8 had niet zomaar mogen worden toegepast.

ET-4 Neem aan dat de aankomst van de tankers een Poissonverdeling volgt en dat de lostijd

exponentieel is verdeeld, dan kun je de formules van het M/M/1-model toepassen, want aan de voor waarden is voldaan.

Er zullen gemiddeld 10 15 ₂ 10 1 15 