Doen, zie Voorbeeld 1.

$\mathrm{0,16}+\mathrm{0,19}+\mathrm{0,19}=\mathrm{0,54}$

$T$ is een continue stochast omdat de tijd vloeiend verloopt, alle waarden vanaf $0$ tot heel groot (in de praktijk tot aan 12) kan aannemen.

Je schatting zal weinig verschillen van het antwoord bij b.

Omdat je bij een continue variabele rekening moet houden met afrondingen en alle waarden tot $\mathrm{3,5}$ op $3$ worden afgerond.

$\text{P}(T\ge \mathrm{2,5})\approx \mathrm{0,55}$

$100$%

De kansdichtheidsfunctie beschrijft de vorm van de kromme lijn die je door de middens van de bovenkanten van de staafjes van de kansverdeling kunt trekken. Pas als je die functie weet kun je door integreren de werkelijke kansen berekenen.

$\text{P}(\mathrm{2,5}<T<\mathrm{3,5})=\underset{\mathrm{2,5}}{\overset{\mathrm{3,5}}{\int }}f(t)\text{d}t$

$\text{P}(T=\mathrm{4,75})=\underset{\mathrm{4,75}}{\overset{\mathrm{4,75}}{\int }}f(t)\text{d}t=0$

$\text{P}(\mathrm{4,745}<T<\mathrm{4,755})=\underset{\mathrm{4,745}}{\overset{\mathrm{4,755}}{\int }}f(t)\text{d}t$

Vergelijk de tabel van $f$ met de gegeven transactietijden.

Gebruik de integraalbenadering van je grafische rekenmachine.

Gebruik de integraalbenadering van je grafische rekenmachine.

$\text{P}(T>10)\approx {\int }_{10}^{15}f\left(t\right)\text{d}t\approx \mathrm{0,0357}$

Nu zijn ondergrens en bovengrens allebei $4$ en dus is de integraal gelijk aan $0$. Precies $4$ minuten kan ook in de praktijk niet worden gemeten als transactietijd.

Het verschil is de kans op precies $\mathrm{4,75}$ minuten en die kans is $0$.

$f\left(\text{-}\mathrm{}x\right)=f\left(x\right)$

$f\text{'}\left(x\right)=0$ geeft $x=0$ en de top wordt $(0;\mathrm{0,3989})$.

geeft $x=\pm 1$, dus de buigpunten zijn $(\pm 1;\mathrm{0,2420})$.

Doen: ${\int }_{\text{-}4}^{4}f\left(t\right)\text{d}t\approx \mathrm{0,99993666}\approx 1$.

${\int }_{\text{-}2}^{2}f\left(t\right)\text{d}t\approx \mathrm{0,9545}$

$\approx {\int }_{\mathrm{1,6}}^{4}f\left(t\right)\text{d}t\approx \mathrm{0,0548}$

Maak de grafiek met de GR. Neem X van $160$ tot $200$ en Y van $0$ tot $\mathrm{0,1}$.

Eerst vermenigvuldiging met $\frac{1}{5}$ in de $x$-richting en dan verschuiving van $180$ in de positieve $x$-richting en tenslotte vermenigvuldiging met $\frac{1}{5}$ in de $y$-richting.

Doen: ${\int }_{160}^{200}f\left(t\right)\text{d}t\approx 1$.

Top $(180;\mathrm{0,080})$ en buigpunten $(175;\mathrm{0,048})$ en $(185;\mathrm{0,048})$.

${\int }_{170}^{190}f\left(t\right)\text{d}t\approx \mathrm{0,9545}$, dus hetzelfde als bij e van de vorige opgave. Dat is geen toeval natuurlijk...

${\int }_{178}^{186}f\left(t\right)\text{d}t\approx \mathrm{0,5404}$

${\int }_{200}^{250}f\left(t\right)\text{d}t\approx \mathrm{0,0000317}\approx 0$

${\int }_0^{10}\frac{x}{a}\text{d}x=1$ geeft $\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{2}\cdot {10}^2=1$ en dus $a=50$. (Kan ook met oppervlakteformule driehoek.)

$\text{P}(X=3)=0$

${\int }_0^{30}f\left(t\right)\text{d}t\approx 1$ en alle functiewaarden zijn positief.

$\text{P}(T>10)=1-{\int }_0^{10}f\left(t\right)\text{d}t\approx 1-\mathrm{0,62}=\mathrm{0,38}$

$0$, precies $5$ minuten is onmeetbaar.

Gebruik je grafische rekenmachine of Excel. Reken eerst de aantallen om naar relatieve frequenties.

gewicht (kg)	3,1	3,2	3,3	3,4	3,5	3,6	3,7	3,8	3,9	4,0	4,1	4,2
aantal	0,006	0,016	0,044	0,082	0,146	0,170	0,186	0,166	0,106	0,056	0,018	0,004

Nu moet bij een histogram de oppervlakte van elke staaf de relatieve frequentie zijn. In dit geval (omdat alle staven maar `0,1` breed zijn) moeten de hoogtes allemaal `10` keer zo groot worden genomen. Zie bij d voor de figuur.

GR: $\mu \left(G\right)\approx \mathrm{3,66}$ en $\sigma \left(G\right)\approx \mathrm{0,20}$

Maak de grafiek van $f\left(x\right)=\frac{1}{\mathrm{0,20}\cdot \sqrt{2\pi }}\cdot {\text{e}}^{\text{-}\mathrm{}\frac{1}{2}{\left(\frac{(x-\mathrm{3,66})}{\mathrm{0,20}}\right)}^2}$.
Neem X van $\mathrm{3,05}$ tot $\mathrm{4,25}$, dus passend bij je histogram.

Je vindt $\frac{426}{500}=\mathrm{0,852}$, dus ongeveer $85$%.

Ga na, dat ${\int }_{110}^{160}f\left(x\right)\text{d}x\approx 1$.

${\int }_{130}^{\infty }f\left(x\right)\text{d}x=\mathrm{0,5}$

${\int }_{150}^{\infty }f\left(x\right)\text{d}x\approx {\int }_{150}^{200}f\left(x\right)\text{d}x\approx \mathrm{0,0143}$, dus ongeveer $\mathrm{1,4}$%.

Teken de grafiek met je GR. Je ziet dat langzaam nadert naar $1$ als $x\to \infty$.

Omdat is $f\left(x\right)={\text{e}}^{\text{-}x}$ (de afgeleide van de gegeven kansverdelingsfunctie).

.

`f(2)=0,24` en `f(3,5)=0,12` .
De oppervlakte onder de grafiek van `f` op het interval `[2; 3,5]` is: `1/2*(3,5-2)*(0,24-0,12)+1,5*0,12=0,27` .
Dus `text(P)(2 le X le 3,5)=0,27` .

De oppervlakte onder de grafiek van `g` op het interval `[0, 4]` moet `1` zijn.

Dus `int_(0)^(oo) a*text(e)^(text(-)z) text(d)z = [text(-)a*text(e)^(text(-)z)]_0^(oo) = a = 1` .

Conclusie: `a=1` .

`int_(85)^(115) f(x)text(d)x ~~ 0,68` , dus ongeveer `68` %.

`int_(130)^(200) f(x)text(d)x ~~ 0,025` , dus ongeveer `2,5` %

Gebruik je GR (het gaat wel langzaam, maak het domein kleiner!).

Een IQ dat lager is dan `84` .

$a=\mathrm{0,125}$.

$\mathrm{0,5}$

$\mathrm{67,6}$%

$\approx \mathrm{2,2}$%