Samenvatting Wiskunde A

Dit artikel zal als een beknopte samenvatting kunnen worden gelezen voor gevorderden in wiskunde. In dit artikel zal o.a. binomiale verdelingen, normale verdelingen, stochasten, de Wortel-n wet, hypotheses, tweezijdige toetsen, tekentoetsen en toetsen voor het gemiddelde te sprake komen. Het zal een handige hulpmiddel kunnen zijn voor middelbare scholieren die het vak Wiskunde A hebben. Er zal worden getoond hoe je vragen moet beantwoorden met jouw rekenmachine.

Artikelindeling

• Binomiale verdeling Bin(n,p)
• Normale verdeling Nom(μ , σ)
• Meerdere stochasten combineren
• Een discrete verdeling benaderen met een normale verdeling
• Hypothese
• Eenzijdige toetsen en tweezijdige toetsen
• Tekentoets
• Toets voor het gemiddelde

Binomiale verdeling Bin(n,p)

De binomiale verdeling is een discrete kansverdeling. Bij een binomiale verdeling heb je steeds de keuze uit wel of niet, de keuze heeft steeds dezelfde kans p en je zegt vooraf hoeveel experimenten n je gaat doen. De stochast x kan alleen de waarden 0,1,2,3 … aannemen. Dus er is sprake van een directe stochast, wat niet het geval is bij een normale verdeling.

Bij zo'n stochast x kun je twee hoofdvragen stellen:

1. Hoe groot is de kans dat X precies k is?
• Antwoord op rekenmachine: P(X=k)=binompdf(n,p,k)
2. Hoe groot is de kans dat X hoogstens k is?
• Antwoord op rekenmachine: P(X≤k)=binomcdf(n,p,k)

Voorbeeld: Je gooit 12 keer met een dobbelsteen.

1. Bereken de kans op precies vier zessen
• Oplossing: P(X=4)=binompdf(12,(1/6),4)= 0,888
2. Bereken de kans op hoogstens drie zessen
• Oplossing: P(X≤3)=binomcdf(12,(1/6),3)=0,8748
3. Bereken de kans op minstens twee zessen
• Oplossing: P(X≥2)=1-P(X≤1)=1-binomcdf(12,(1/6),1)=1-0,3813=0,6187

Normale verdeling Nom(μ , σ)

De normale verdeling is een continue kansverdeling. Een kenmerk van de normale verdeling is de vorm van de grafiek, die is namelijk klokvormig en symmetrisch. Het gemiddelde heet μ en de standaardafwijking heet σ. De stochast X kan ook niet gehele aantallen aannemen.

Er gelden de volgende vuistregels bij een normale verdeling:

1. Tussen μ - σ en μ + σ ligt ongeveer 68%
2. Tussen μ - 2σ en μ + 2σ ligt ongeveer 95%

Bij zo'n stochast kun je vier hoofdvragen stellen:

1. Met welke kans p ligt X, bij gegeven μ en σ, tussen de waarden L en R?
• Antwoord: P(L≤X≤R)=Normalcdf(L,R,μ,σ)=p
2. Waar ligt de grens G van de kleinste 15%?
• Antwoord: G=InvNorm(0.15,μ,σ)
3. Hoeveel is het gemiddelde als je weet dat er bij gegeven standaardafwijking de kans dat je tussen L en R zit gelijk is aan gegeven p?
• Antwoord: Y1=Normalcdf(L,R,X,σ) Y2=p. Ga vervolgens naar Windows op jouw rekenmachine en dan druk je op Intersect.
4. Hetzelfde vraag als bij C, maar nu weet je μ wel en σ niet.
• Antwoord: Y1=Normalcdf(L,R,μ,X) Y2=p. Ga vervolgens naar Windows op jouw rekenmachine en dan druk je op Intersect.

Voorbeeld: Een vulmachine vult literpakken melk. μ=1003 en σ=3,5

1. In hoeveel % van de pakken zit te weinig melk?
• Oplossing: P(X≤1000)=Normalcdf(10000,1000,1003,3.5)=0.1959. Dus in 19.95% van de pakken zit te weinig melk.
2. Hoeveel melk bevatten de 10% lichtste pakken hoogstens?
• Oplossing: InvNorm(0.1,1003,3.5)=998,51 dus G=998,51 cm
3. Hoeveel moet je het gemiddelde vulgewicht hoger instellen zodat hoogstens 2% van de pakken te weinig melk bevat?
• Oplossing: Y1=Normalcdf(-10000,1000,X,3.5) Y2=0,02. Ga vervolgens naar Windows op jouw rekenmachine en dan druk je op Intersect. X=μ=1007,19.
4. Je koopt een betere vulmachine. Nu is slechts 3% van de pakken te licht als je het gemiddelde vulgewicht op 1003 laat staan. Bereken de nieuwe standaardafwijking
• Oplossing: Y1=Normalcdf(-10000,1000,1003,X) Y2=0,03. Ga vervolgens naar Windows op jouw rekenmachine en dan druk je op Intersect. X=σ=1,595

Meerdere stochasten combineren

Als je meerdere stochasten wilt combineren, is E(X) de verwachtingswaarde en σ(X) de standaardafwijking. Als X en Y onafhankelijke stochasten zijn ( dus ze beïnvloeden elkaar niet) dan geldt: E(X+Y)=E(X)+E(Y) en σ(X+Y)=√σ(X)2+σ(Y)2

1. Dus in het bijzonder: (X=Y) E(X+X)=2E(X) en σ(X+X)=√2xσ(X)
2. Dus in het bijzonder: E(nX)=nE(X) en σ(nX)=√nxσ(X) ( De Wortel-n wet)

Voorbeeld: Stochast X: E(X)=7 en σ(X)=1,3 Stochast Y: E(Y)=11 en σ(Y)=2. Als X en Y onafhankelijke zijn dan geldt:

• E(X+Y)=7+11=18 en σ(X+Y)=√1,3^2+2^2=2,39
• E(X+X+X)=3x7=21 en σ(X+X+X)=√3x1,3=2,25

Een discrete verdeling benaderen met een normale verdeling

Als je van discrete getallen naar continue getallen wilt gaan, doe je dit door middel van de continuïteitscorrectie. Bijvoorbeeld P(X=18) wordt dan P(17,5 ≤X≤18,5). Je gaat dan dus van berekeningen met Bin(n,p) over naar berekeningen met Norm(μ,σ).

Hierbij geldt:

1. μ=nxp
2. σ=√nxpx(1-p)

Voorbeeld: Je doet een toets met 20 vierkeuzevragen en je hebt uiteraard niet geleerd. Dus moet je alle vragen gokken

1. Bereken de kans op meer dan 8 goede vragen
• Oplossing: Bin(20,(1/4) P(X>8)=1-P(X≤8)=1-binomcdf(20,(1/4),8)=1-0,959=0,041
2. Reken om naar een normale verdeling
• Oplossing: μ=20x(1/4)=5 en σ=√20x(1/4)x(3/4)=1,94 dus Norm(5,1.94)
3. Bereken hiermee nogmaals de kans op meer dan 8 goede antwoorden
• Oplossing: P(X>8)=P(X≥8,5)=Normalcdf(8.5,10000,5,1.94)=0,036

Hypothese

Als je in de statistiek iets wilt testen dan doe je dat door het opstellen van een hypothese. Hierbij moet je met het volgende rekening houden:

1. X is de stochast
2. H0 is de bewering die er ligt
3. H1 is de nieuwe bewering van de onderzoeker
4. a is het significatieniveau: "Hoe streng kijk je?"
5. P(X≥k) of P(X≤k) ( ligt aan de vraag) heet de overschrijdingskans

Voorbeeld: Een bedrijf beweert dat hoogstens 12% van hun goedkope lampen defect is. Je gelooft dat niet en gaat dat toetsen. Je neemt een steekproef van 300 lampen en er blijken er 50 defect te zijn. Je gebruikt een significatieniveau van 5% en besluit daarmee of je een partij voor jouw winkel aanschaft of niet. Bereken of je gaat kopen of niet.

• Oplossing: X is het aantal defecte lampen X=Bin(300,0.12) a=0,05 H0: p=0,12 en H1: p>0,12 nxp=300x0,12=36. Overschrijdingskans P(X≥50)=1-P(X≤49)=1-binomcdf(300,0.12,49)=1-0,9895=0,0105. Dus 1,05% is veel minder dan 5%, dus H0 is verworpen en daarom schaf je niet een partij voor jouw winkel aan.
• Alternatieve oplossing: Je kunt deze vraag ook uitrekenen met behulp van een benadering met een normale verdeling. Echter dit moet je alleen doen als daar om gevraagd wordt in een toets. Dan geldt dus μ=nxp=36 en σ=√nxpx(1p)=√300x0,12x0,88=√31,68=5,63. De continuïtscorrectie is dus P(X≥49,5)=Normalcdf(49.5,10000,36,5.63=0,00824. Dus 0,82% en hiermee is H0 verworpen.

Eenzijdige toetsen en tweezijdige toetsen

Er is een duidelijke verschil tussen tweezijdige toetsen en eenzijdige toetsen. Dit kan worden aangetoond door middel van een simpele voorbeeld.

Eenzijdige toets:

1. H0: Liters koeienmelk ≤ of ≥ liters karnemelk.
2. H1: Liters koeienmelk < of > liters karnemelk.

Tweezijdige toets:

1. H0: Liters koeienmelk = liters karnemelk.
2. H1: Liters koeienmelk ≠ liters karnemelk.

Tekentoets

Hierbij kijk je bij een nieuwe situatie van een aantal waarnemingen alleen maar of ze groter of kleiner zijn dan de oorspronkelijke en dan tel je eenvoudigweg hoe vaak dat zo is. Een gelijke waarneming tel niet mee. Verder kun je deze toets als een binomiale toets behandelen

Toets voor het gemiddelde

Je wilt onderzoeken of bij een bekende σ de opgegeven waarde voor het gemiddelde μ wel aannemelijk is. Je moet dan rekening houden met de wortel-n wet. Deze wet zegt dat je bij bijvoorbeeld 20 waarnemingen de standaarddeviatie ( σ)/(√20) moet gebruiken in je normale verdeling.

Voorbeeld: In melkpakken hoort een liter melk te zitten. Het zuivelbedrijf heeft een melkpakkenvulmachine met een standaardafwijking van 11 kubieke cm en de bedrijfsleider zegt dat hij het gemiddelde vulgewicht op 1004 kubieke cm heeft gezet. Iemand doet een controle van 20 melkpakken en vindt daarbij een gemiddelde van 999 kubieke cm. Hij neemt als significantieniveau 2% en controleert hiermee de uitspraak van de bedrijfsleider.

• Oplossing: X is Norm(1004,(11/√20) dus Norm(1004,2.46). H0: μ=1004 H1: μ<1004 a=0,02. P(X≤999)=Normalcdf(-10000,999,1004,2.46)=0,0210 2,1%>2% dus H0 is niet verworpen. In andere woorden, de bedrijfsleider kan gelijk hebben.