12.5  Gemengde opgaven >
1
a

De eerste drie maanden van het jaar hebben samen 31 + 28 + 31 = 90 dagen; noem het nummer van de melddag N , dan is de melddag een dag in april als 90 < N < 121 .
P ( 90,5 < N < 120,5 | μ = 105, σ = 10 ) 0,866 .

b

Zoek met de GR het getal a met P ( X a | μ = 105, σ = 10 ) = 0,01 . Je vindt: a = 81,7 , dus de voorraad moet op peil zijn op dag 81 en dat is 22 maart.

c

De toetsingsgrootheid is X = het aantal dat ja antwoordt.
H0 : μ = 20 en H1 : μ > 20 .
De overschrijdingskans is P ( X 24,5 | μ = 20, σ = 4 ) 0,13 > α , dus er is geen reden om het productieschema te herzien.

2
a

8023 0,25 2006

b

Noem de bijbehorende stochast X , dan is de verwachtingswaarde 8023 0,25 = 2005,75 , dus wordt gevraagd P ( 2001 X 2011, n = 8023, p = 0,25 ) =
P ( X 2011, n = 8023, p = 0,25 ) P ( X 2000, n = 8023, p = 0,25 ) 0,113 .

3
a

1,45 komt overeen met 65 %, 100 % komt overeen met 1,45 65 100 2,23 %.

b

P ( N 0,22 | μ = 0, σ = 0,1 ) = 1 P ( N 0,22 | μ = 0, σ = 0,1 ) 0,014

c

De grens van de meetfout wordt a , waarbij P ( N a | μ = 0, σ = 0,02 ) = 0,99 . Met de GR vind je: a 0,05 .
Het promillage wordt dus 0,5 + 0,05 = 0,55 .

4
a

Tekentoets
X = het aantal dagen met meer dan 430 geboortes.
H0 : p = 1 2 en H1 : p > 1 2 .
De overschrijdingskans is P ( X 13, n = 20, p = 1 2 ) =
1 P ( X 12, n = 20, p = 1 2 ) 0,13 > α , dus dus er is geen significante afwijking.

b

X = het aantal dagen met minder dan 0 geboortes, met H0 : p = 1 2 en H1 : p < 1 2 (afwijking naar beneden). (Aanname enkelzijdige toets is discutabel bij deze vraagstelling!)
P ( X 5, n = 20, p = 1 2 ) = 0,020 en P ( X 6, n = 20, p = 1 2 ) = 0,057 , dus het kritieke gebied bestaat uit de getallen 0,1, ,5 . Dus dat aantal dagen is hooguit vijf.
(Bij een dubbelzijdigige toets H1: p 1 2 , is het kritieke gebied óók 15 t/m 20 .)

c

Het aantal geboorten per dag in New York noemen we N .
P ( N 378,5 | μ = 430, σ = 40 ) = 0,098 10 %

d

X = het aantal zondagen met minder dan 379 geboortes.
H0 : p = 0,1 en H1 : p > 0,1 .
De overschrijdingskans is: P ( X 10, n = 50, p = 0,1 ) 0,025 < α , dus H1 wordt geaccepteerd, er is sprake van een significant hoog aantal.

5
a

De kans op goed = 0,6 kans op fout en daarna goed 0,4 0,6 = 0,24 ; samen is dit 0,84 .

b

De eerste persoon heeft kans 0,6 op 100 euro, dus zijn winstverwachting is 60 euro.
De tweede persoon heeft kans 0,24 op 200 euro, dus zijn winstverwachting is 48 euro.
Dus degene die als eerste mag antwoorden is in het voordeel.

c

De eerste heeft verwachtingswaarde p 100 en de tweede p ( 1 p ) 200 .
Die zijn gelijk p = 2 p ( 1 p ) 2 p 2 p = 0 , dus p = 1 2 of p = 0 .

d

AD
hij wint 100 met kans 0,6 en 0 met kans 0,4 ; de verwachtingswaarde is 60 .
De variantie is: 0,6 ( 100 60 ) 2 + 0,4 ( 0 60 ) 2 = 2400 .
BOB
hij wint 200 met kans 0,24 en 0 met kans 0,76 ; de verwachtingswaarde is 48 .
De variantie is: 0,24 ( 200 48 ) 2 + 0,76 ( 0 48 ) 2 = 7296 .

e

Nee, wat Ad verdient, beïnvloedt de kans op wat Bob kan verdienen.

f

T = het totaalbedrag dat A meer verdient dan B bij 10 vragen;
H0 : μ = 10 × 12 = 120 en H1 : μ 120 (het kan ook minder zijn, dus tweezijdig toetsen).
De overschrijdingskans is P ( T > 700 | μ = 120, σ = 10 × 124,3 ) = 0,070 < 1 2 α , dus H1 wordt geaccepteerd, ja, er is voldoende aanleiding.

6
a

P ( X 2, n = 154, p = 0,05 ) 0,015

b

Maak op de GR een tabel met variabele X : Y = P ( X 2, n = 154, p = X ) .
Je vindt: p 0,04 .

c

X = de gemiddelde verpleegduur in dagen van 100 patiënten met
σ = 1 100 1,8 = 0,18 .
H0 : μ = 4,5 en H1 : μ < 4,5 (zorgverzekeraar).
De overschrijdingskans is P ( X < 4,1 | μ = 4,5; σ = 0,18 ) = 0,013 < α , dus de zorgverzekeraar krijgt gelijk.

7
a

P ( X < 3548 | μ = 3592 ; σ = 96 ) 0,3234 , klopt.

b

P ( X = 4, n = 10, p = 0,32 ) 0,218 .

c

X = het gemiddelde geboortegewicht van 200 jongetjes, met
σ = 1 200 96 = 6,788 .
H0 : μ = 3592 en H1 : μ > 3592 (onderzoeker).
De overschrijdingskans is P ( X > 3605 | μ = 3592 ; σ = 6,788 ) = 0,027 < α , dus de onderzoeker krijgt gelijk.

8
a

De kans op verkoop 45 of minder (let op continuïteitscorrectie) is P ( X < 45,5 | μ = 40 ; σ = 10 ) 0,71 .

b

Er geldt: μ ( x ) = 40 en σ ( x ) = 10 . Noem de winst w , dan
w = 0,35 x 0,2 ( 50 x ) = 0,55 x 10 ; E ( w ) = 0,55 E ( x ) 10 = 12 en σ ( w ) = 0,55 σ ( x ) = 5,5 .

c

Noem dat aantal n , dan moet (met de continuïteitscorrectie) P ( X > n 0,5 | μ = 40, σ = 10 ) = 0,20 .
Met de GR het getal a zoeken met P ( X a | μ = 40, σ = 10 ) = 0,80 .
Je vindt: a = n 0,5 = 48,416 , dus n 48,916 . Hij moet dus voor 48 bekers soep maken.

d

Y is het aantal bekers dat hij in twee dagen verkoopt, dan μ ( Y ) = 2 40 = 80 en σ ( Y ) = 2 10 ;
P ( Y 90,5 | μ = 80, σ = 10 2 ) 0,77 .

e

μ = 160 , σ = 4 10 = 20

f

X = de totale verkoop in 4 dagen met H0 : μ = 160 en H1 : μ > 160 (Hennie).
Overschrijdingskans is P ( X > 179,5 | μ = 160, σ = 20 ) = 0,16 > α , dus de conclusie is niet gerechtvaardigd.

9
a

De oppervlakte onder het rechte stuk is 1 2 0,14 = 0,72 , dus de oppervlakte onder de grafiek voor één jaar onder het rechte stuk is 1 9 0,72 = 0,08 . De kans is dus 5 0,08 = 0,40 .

b

Dit is de kans dat precies 1 van de 4 binnen een jaar stuk maal kans dat vervanger niet binnen een jaar stuk gaat: P ( X = 1, n = 4, p = 0,14 ) 0,86 0,306 .

c

σ = 1 150 3,5 = 0,2858

d

X = de gemiddelde levensduur van 150 apparaten met H0 : μ = 5,5 en H1 : μ < 5,5 .
De overschrijdingskans is P ( X 5,1 | μ = 5,5, σ = 0,2858 ) = 0,08 < α , dus er is voldoende aanleiding tot bijstelling naar beneden.

10
a

Wel of geen joker: er zijn dus twee mogelijkheden; 10 t.o.v. het totaal is zo weinig dat het mag worden benaderd door trekken met terugleggen.

b

De kans op 0 jokers is 0,96 10 , dus de gevraagde kans is 1 0,96 10 0,34 .

c

Er zijn 0,16 200.000 = 32.000 kaarten van elk soort, maar 0,04 200.000 = 8.000 jokers Dus 8.000 kwartetten met aardbeienijs en een joker, blijft over 32.000 3 8.000 = 8.000 aardbeienijs, dus 2.000 kwartetten.
Van alle overige soorten 8.000 kwartetten.
Kosten 10.000 2,50 + 8.000 1,80 + 8.000 1,15 + 3 8.000 0,90 = 70.200 ;
Inkomsten 200.000 5 = 1.000.000 , dus het is 7,02 %.

d

X = het aantal kaarten met de drie duurste producten.
H0 : p = 0,48 en H1 : p < 0,48 .
De overschrijdingskans is P ( X 51, n = 123, p = 0,48 ) = 0,086 > α , dus er is geen reden om aan te nemen dat hun vermoeden juist is.

11
a

De kans dat een patiënt tijdrovend is, is P ( X 15 | μ = 10, σ = 4 ) = 0,1056 , dus de verwachtingswaarde is 12 0,1056 1,27 .

b

Vanwege symmetrie is de kans op een gemakkelijke patiënt is ook 0,1056 .
De kans kans op een gewone patiënt is 1 2 0,1056 0,7887 .
De kans dat de huisarts tijdens een spreekuur 2 gemakkelijke en 10 gewone patiënten krijgt is dus: ( 12 2 ) 0,1056 2 0,7887 10 0,07 .

c

De kans dat een patiënt meer dan 10 minuten nodig heeft is 1 2 ; de kans op minstens zes van die patiënten is
P ( X 6, n = 12, p = 1 2 ) = 1 P ( X 5, n = 12, p = 1 2 ) 0 ,61 .

d

X = de totale tijd bij 60 patiënten.
H0 : μ = 600 en H1 : μ > 600 .
De overschrijdingskans is P ( X 654 | μ = 600, σ = 4 60 ) = 0,0407 < α , dus er is voldoende aanleiding om de gemiddelde tijd te verhogen.

d

X = het aantal doorverwezen patiënten.
H0 : p = 0,3 en H1 : p < 0,3 .
P ( X 10, n = 50, p = 0,3 ) = 0,0789 < α en P ( X 11, n = 50, p = 0,3 ) = 0,139 > α , dus het kritieke gebied bestaat uit de aantallen 0 tot en met 10 .
Bij hoogstens 10 doorverwezen patiënten zal de bewering van de huisarts verworpen worden.

12
a

In 2001 werden 16,0 0,333 4526 miljoen sigaretten gerookt.
In 2005 werden 16,3 0,295 4271 miljoen sigaretten gerookt.
Dat is een afname van 3578 , dus een afnamen van 3578 24115 100 15 %.

b

De kans op F, NF ,F, NF, F, ....; is 5 10 5 9 4 8 4 7 3 6 3 5 2 4 2 3 1 2 1 1 = 1 252 ;
De kans op NF ,F, NF, F, NF,... ; is ook 1 252 , opgeteld 0,008 .

c

X = het aantal keer dat F een kleiner aantal heeft dan NF is 14 .
H0 : p = 1 2 en H1 : p > 1 2 .
De overschrijdingskans is
P ( X 14, n = 18, p = 1 2 ) = 1 P ( X 13, n = 18, p = 1 2 ) 0,015 < α .
Dus wordt het vermoeden van de onderzoekers bevestigd.

d

Als dit aantal normaal verdeeld zou zijn, dan zou gelden: P ( X 19,5 | μ = 11,4 ; σ = ? ) = 0,245 . Zo kunnen we de z -waarde van 19,5 terugzoeken met de GR.
Als P ( X a | μ = 0, σ = 1 ) = 1 0,245 , geeft de GR: a = 0,69 , dus 19,5 11,4 σ = 0,69 , dus σ = 19,5 11,4 0,69 = 11,7 .
Uitgaand van een normale verdeling zou men (circa) 16 % van de rokers 1 standaardafwijking ( 11,7 ) onder het gemiddelde ( 11,4 ) moeten aantreffen (dus een aanzienlijk deel van de rokers zou geen sigaretten roken, en dat kan natuurlijk niet).

13

X = het aantal juiste antwoorden.
H0 : p = 1 3 en H1 : p > 1 3 (hij heeft er toch voor geleerd).
Overschrijdingskans is kans op 8 of meer juiste antwoorden is
1 P ( X 7, n = 10, p = 1 3 ) 0,003 < α
Zelfs bij α = 1 % geloof ik hem niet.

14

X = de gemiddelde vuisthoogte bij 128 mannen.
H0 : μ = 817 en H1 : μ < 817 .
Met de GR bepalen we het getal a met P ( X a | μ = 817, σ = 1 128 47 ) = 0,05 . Je vindt: a = 810,2 , dus bij 810 mm of lager.

15

X = het aantal keer dat het bovenste getal kleiner is dan het getal eronder.
H0 : p = 1 2 en H1 : p > 1 2 .
De overschrijdingskans is de kans op 8 of meer, dus 1 P ( X 7, n = 12, p = 1 2 ) 0,19 > α , dus het vermoeden is dat aspirines niet helpen.

16
a

-

b

-

c

X = het gemiddelde van 500 randomgetallen.
Laat het gemiddelde g van die 500 getallen berekenen.
Is g < 0,5 dan bereken je P ( X g | μ = 0,5 ; σ = 1 500 0,288675 ) = 0, .
Als het antwoord kleiner is dan 0,025 , dan is er reden tot twijfel aan de GR randomgenerator.
Is g > 0,5 , dan bereken je P ( X g | μ = 0,5 ; σ = 1 500 0,288675 ) = 0, .
Als het antwoord kleiner dan 0,025 , dan is er reden tot twijfel aan de GR randomgenerator.