Samenvattingen · Wiskunde DNL · HAVO

Kansverdelingen (binomiaal en normaal)

Een kansvariabele X koppelt een getal aan de uitkomst van een kansexperiment; uit zijn kansverdeling bereken je de verwachtingswaarde E(X) als maat voor het centrum en de standaardafwijking σ als maat voor de spreiding. Dit onderwerp behandelt de twee centrale kansmodellen van domein B: de binomiale verdeling voor het aantal successen bij n onafhankelijke herhalingen met vaste succeskans p, en de continue normale verdeling met haar klokvormige kromme, vuistregels en z-scores. De grafische rekenmachine (binompdf, binomcdf, normalcdf, invNorm) is daarbij het centrale gereedschap.

4 Onderdelen~33 min leestijd4 VaardighedenNiveau Standaard 3 · Verdieping 1

T·0555 / 13

Examenprofiel

De kansverdeling van een kansvariabele X opstellen en aflezen en daaruit de verwachtingswaarde E(X) en de standaardafwijking σ berekenen en interpreteren.Binomiale kansen berekenen met P(X=k)=C(n,k)·p^k·(1−p)^(n−k) en met binompdf/binomcdf (precies, hoogstens, minstens), en E(X)=np en σ=√(np(1−p)) gebruiken.De normale verdeling beschrijven met μ en σ en de vuistregels (68%, 95%, 99,7%) met symmetrie toepassen op percentages en aantallen.Met de z-score standaardiseren en met normalcdf en invNorm kansen en grenswaarden bij de normale verdeling bepalen, inclusief de normale benadering van de binomiale verdeling.

Operatoren:berekenbepaalschatinterpreteerberedeneer

basisniveau

Voor het schoolexamen (SE), domein B: stel de kansverdeling van X op en bereken E(X) en σ; reken binomiale kansen met de formule en met binompdf/binomcdf (precies, hoogstens, minstens); ken μ en σ van de normale verdeling en pas de vuistregels (68-95-99,7) met symmetrie toe; reken met de z-score, normalcdf en invNorm.

verhoogd niveau

Verdieping: standaardiseer naar de standaardnormale verdeling om verschillende verdelingen te vergelijken, reken vlot heen en terug tussen kans en grenswaarde (normalcdf en invNorm), en gebruik de normale benadering van de binomiale verdeling wanneer np≥5 én n(1−p)≥5 — de opmaat naar het toetsen van hypothesen in de statistische verwerkingsmethoden.

Diepte

Tekst

Inhoud · 4 onderdelen

Kansverdelingen (binomiaal en normaal)

Kansvariabele, verwachtingswaarde en spreiding#

Standaardexamenblad-nl

Kansverdeling met de berekening van E(X)

Afb. 1De kansverdeling van het aantal sterren X. In de derde kolom staat x·P(X=x); de som daarvan, 1,5, is de verwachtingswaarde E(X). De kansen in de tweede kolom tellen samen op tot 1.

Bij veel kansexperimenten ben je niet in de losse uitkomsten geïnteresseerd, maar in een getal dat eraan vastzit: het aantal keer kop bij tien muntworpen, de winst bij een spel, het aantal defecte producten in een doos. Zo'n getal dat per uitkomst van een kansexperiment een waarde aanneemt, heet een kansvariabele of stochast; we noteren hem met een hoofdletter, meestal

X

. De mogelijke waarden van

X

schrijf je klein (

x

). Bij elke waarde hoort een kans, en die kansen samen vormen de kansverdeling van

X

: een tabel of staafdiagram dat aan iedere waarde

x

de kans

P(X=x)

koppelt. Net als bij elk kansmodel uit het kansbegrip geldt dat alle kansen tussen

0

1

liggen en samen precies

1

zijn — er gebeurt immers altijd íéts. Dit onderwerp bouwt voort op de combinatoriek en de kansregels: daarmee bereken je de losse kansen, en hier leer je een hele kansverdeling samenvatten in twee kengetallen: het centrum en de spreiding.

Het eerste kengetal is de verwachtingswaarde

E(X)

: het gemiddelde dat je op de lange duur per herhaling verwacht. Je berekent hem als het gewogen gemiddelde van de waarden, waarbij elke waarde meetelt naar rato van zijn kans:

E(X)=\sum x\cdot P(X=x)

. Je vermenigvuldigt dus elke waarde met haar kans en telt die producten op. In de tabel hieronder staat die berekening kolom voor kolom uitgeschreven. Een belangrijk inzicht: de verwachtingswaarde hoeft zelf geen mogelijke uitkomst te zijn. Haal je bij een spelletje

0

1

2

3

sterren met kansen

0,2

0,3

0,3

0,2

, dan is

E(X)=0\cdot 0{,}2+1\cdot 0{,}3+2\cdot 0{,}3+3\cdot 0{,}2=1{,}5

ster. In één potje haal je nooit anderhalve ster, maar speel je heel vaak, dan ligt je gemiddelde bij

1,5

. De verwachtingswaarde wordt daarom ook wel het gemiddelde

\mu

van de verdeling genoemd.

Waarom is dat gewogen gemiddelde precies het gemiddelde op de lange duur? Stel je herhaalt het experiment heel vaak, zeg

N

keer. Dan komt een waarde

x

ongeveer

P(X=x)\cdot N

keer voor — dat is wat een kans betekent: het verwachte aandeel keren. De som van alle uitkomsten is dan ongeveer

\sum x\cdot P(X=x)\cdot N

, en het gemiddelde per herhaling vind je door door

N

te delen:

\sum x\cdot P(X=x)

. De factor

N

valt weg, en je houdt precies de formule voor

E(X)

over. Zo zie je dat

E(X)

geen toevallige rekenregel is, maar de natuurlijke vertaling van „het gemiddelde resultaat als je oneindig vaak zou spelen". Daarom is de verwachtingswaarde zo bruikbaar bij beslissingen: bij een kansspel vergelijk je de verwachte opbrengst met de inzet, en bij een verzekering of investering weeg je verwachte baten tegen kosten. Het is de eerlijke „langetermijnprijs" van een onzekere uitkomst.

Het tweede kengetal beschrijft hoe ver de uitkomsten van het gemiddelde afwijken — de spreiding. Twee verdelingen kunnen dezelfde

E(X)

hebben en toch heel verschillend zijn: de ene plakt dicht om het gemiddelde, de andere waaiert breed uit. Je meet die spreiding met de variantie: het gewogen gemiddelde van de gekwadrateerde afwijkingen,

\sum (x-\mu)^2\, P(X=x)

. Je kwadrateert de afwijkingen

x-\mu

om twee redenen: zo tellen afwijkingen naar boven en naar beneden allebei positief mee (anders zouden ze tegen elkaar wegvallen, want gemiddeld is

x-\mu

gelijk aan nul), en grotere afwijkingen wegen zwaarder. Het nadeel van kwadrateren is dat de eenheid ook gekwadrateerd raakt (sterren in het kwadraat); daarom trek je aan het eind de wortel en kom je terug bij de standaardafwijking

\sigma=\sqrt{\sum (x-\mu)^2\, P(X=x)}

, in dezelfde eenheid als

X

zelf. De standaardafwijking is zo de „typische" afstand van een uitkomst tot het gemiddelde: een klein getal betekent weinig spreiding, een groot getal veel.

Samen vatten

E(X)

\sigma

een hele kansverdeling samen in twee getallen: waar ligt het zwaartepunt, en hoe sterk wisselen de uitkomsten daaromheen. Met die twee kun je verdelingen vergelijken — een hogere

E(X)

betekent gemiddeld meer, een kleinere

\sigma

betekent voorspelbaarder — en ze vormen de brug naar de rest van dit onderwerp. Voor de binomiale verdeling uit de volgende paragraaf hoef je de hele tabel niet uit te schrijven: daar gelden de snelle formules

E(X)=np

\sigma=\sqrt{np(1-p)}

, die precies dezelfde twee kengetallen geven. En bij de normale verdeling, verderop, zíjn

\mu

\sigma

juist de twee parameters die de hele klokvormige kromme vastleggen. Wie hier goed begrijpt wat verwachtingswaarde en standaardafwijking betekenen, herkent ze straks overal terug. Op het schoolexamen (SE) hoort bij dit onderdeel meestal: een gegeven kansverdeling controleren,

E(X)

als gewogen gemiddelde berekenen, en de spreiding met

\sigma

bepalen en in de context uitleggen.

E(X)=\sum x\cdot P(X=x)

verwachtingswaarde van een kansvariabele

Vermenigvuldig elke waarde $x$ met haar kans $P(X=x)$ en tel die producten op. De uitkomst $E(X)$ (ook genoteerd als $\mu$ ) is het gemiddelde dat je op de lange duur per herhaling verwacht; het hoeft zelf geen mogelijke uitkomst te zijn.

\sigma=\sqrt{\sum (x-\mu)^2\, P(X=x)}

standaardafwijking (spreiding)

De variantie $\sum (x-\mu)^2 P(X=x)$ is het gewogen gemiddelde van de gekwadrateerde afwijkingen tot $\mu$ . Door er de wortel van te nemen krijg je de standaardafwijking $\sigma$ in dezelfde eenheid als $X$ : de typische afstand van een uitkomst tot het gemiddelde.

Uitgewerkt voorbeeld

Verwachtingswaarde en standaardafwijking berekenen

Een kansvariabele $X$ heeft de kansverdeling $P(X=0)=0,2$ , $P(X=1)=0,3$ , $P(X=2)=0,3$ en $P(X=3)=0,2$ . Bereken de verwachtingswaarde $E(X)$ en de standaardafwijking $\sigma$ .

Stap 1 — Controleer de kansverdeling
Tel eerst de kansen op: $0{,}2+0{,}3+0{,}3+0{,}2=1$ . De kansen zijn samen $1$ , dus dit is een geldige kansverdeling en je mag ermee rekenen.
Stap 2 — Bereken E(X) als gewogen gemiddelde
Vermenigvuldig elke waarde met haar kans en tel op. De producten $x\cdot P(X=x)$ zijn $0$ ; $0,3$ ; $0,6$ en $0,6$ , samen $1,5$ . Dus $\mu=E(X)=1{,}5$ ster.
$E(X)=0\cdot 0{,}2+1\cdot 0{,}3+2\cdot 0{,}3+3\cdot 0{,}2=1{,}5$
Stap 3 — Bereken de variantie
Neem voor elke waarde de afwijking tot $\mu=1{,}5$ , kwadrateer en weeg met de kans. De bijdragen zijn $0,45$ ; $0,075$ ; $0,075$ en $0,45$ , samen $1,05$ . De variantie is dus $1,05$ .
$\sigma^2=(0-1{,}5)^2\cdot 0{,}2+(1-1{,}5)^2\cdot 0{,}3+(2-1{,}5)^2\cdot 0{,}3+(3-1{,}5)^2\cdot 0{,}2=1{,}05$
Stap 4 — Trek de wortel voor σ
De standaardafwijking is de wortel uit de variantie: $\sigma=\sqrt{1{,}05}\approx 1{,}02$ . Dit is de typische afwijking van het aantal sterren tot het gemiddelde van $1,5$ .
$\sigma=\sqrt{1{,}05}\approx 1{,}02$

Resultaat: De verwachtingswaarde is $E(X)=1{,}5$ ster en de standaardafwijking is $\sigma\approx 1{,}02$ ster. Je verwacht op de lange duur gemiddeld $1,5$ ster per spel, met een typische spreiding van ongeveer één ster; $1,5$ is zelf geen mogelijke uitkomst.

Veelgemaakte fouten

$E(X)$ berekenen als het gewone gemiddelde van de $x$ -waarden, zonder met de kansen $P(X=x)$ te wegen.
Bij de variantie de afwijkingen $x-\mu$ niet kwadrateren (waardoor plus en min tegen elkaar wegvallen) of aan het eind vergeten de wortel te trekken, zodat je $\sigma$ in de verkeerde eenheid laat staan.
Niet controleren dat de kansen samen $1$ zijn voordat je $E(X)$ en $\sigma$ berekent.

Actieve herhaling

Bij een kansspel haal je $0$ , $1$ , $2$ of $3$ sterren met kansen $P(X=0)=0,2$ , $P(X=1)=0,3$ , $P(X=2)=0,3$ en $P(X=3)=0,2$ . Zet de kansverdeling in een tabel, bereken de verwachtingswaarde $E(X)$ en de standaardafwijking $\sigma$ , en leg uit waarom $E(X)$ geen waarde is die je in één spel kunt halen.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenprogramma wiskunde D (HAVO) (CvTE / Examenblad)

De binomiale verdeling#

Standaardexamenblad-nl

Binomiale verdeling: n = 6, p = 0,4

Afb. 2De kansverdeling van X = aantal rode knikkers bij 6 trekkingen mét terugleggen (p = 0,4). De hoogste staaf hoort bij k = 2 met P(X=2) ≈ 0,3110; de verwachtingswaarde E(X) = np = 2,4 ligt tussen k = 2 en k = 3.

Een heel grote groep kansproblemen heeft dezelfde bouw: je herhaalt steeds hetzelfde kansexperiment een vast aantal keer, en je telt hoe vaak een bepaalde gebeurtenis — het „succes" — optreedt. Denk aan tien keer een munt werpen en het aantal keer kop tellen, twintig multiplekeuzevragen gokken en het aantal goede tellen, of een machine die producten maakt waarvan een vast deel defect is. Zo'n situatie heet binomiaal als aan drie voorwaarden is voldaan: er is een vast aantal herhalingen

n

; elke herhaling heeft maar twee mogelijke uitkomsten, succes of mislukking; en de succeskans

p

is bij elke herhaling hetzelfde, met onafhankelijke herhalingen. De kansvariabele

X

telt dan het aantal successen en kan de waarden

0, 1, 2, \ldots, n

aannemen. We zeggen dat

X

binomiaal verdeeld is met parameters

n

p

. Het standaardvoorbeeld is trekken mét terugleggen: trek je

6

keer een knikker uit een vaas waarvan

40\%

rood is en leg je elke knikker terug, dan blijft

p=0{,}4

bij elke trekking gelijk en zijn de trekkingen onafhankelijk.

Waar komt de formule voor de binomiale kans vandaan? Bekijk eerst één specifiek verloop met precies

k

successen, bijvoorbeeld bij

n=6

trekkingen de volgorde rood-rood-niet-niet-niet-niet (dus

k=2

rode). Omdat de trekkingen onafhankelijk zijn, mag je de losse kansen vermenigvuldigen (de productregel uit het kansbegrip): twee keer een succes met kans

p

en vier keer een mislukking met kans

1-p

geeft

p\cdot p\cdot (1-p)\cdot (1-p)\cdot (1-p)\cdot (1-p)=p^2(1-p)^4

. Het mooie is dat élk verloop met

2

rode en

4

niet-rode dezelfde kans heeft, want het zijn steeds dezelfde factoren in een andere volgorde, en vermenigvuldigen is commutatief. In het algemeen heeft één pad met

k

successen en

n-k

mislukkingen dus altijd de kans

p^k(1-p)^{n-k}

. Daarmee is de kans op één specifieke volgorde geregeld; wat nog ontbreekt, is hóéveel van zulke volgordes er zijn.

Hoeveel verschillende volgordes geven precies

k

successen bij

n

herhalingen? Dat is een telprobleem uit de combinatoriek: je kiest welke

k

van de

n

herhalingen de successen zijn, en dat kan op

\binom{n}{k}

manieren (de „

n

boven

k

", op de grafische rekenmachine de toets nCr). Elk van die

\binom{n}{k}

paden heeft dezelfde kans

p^k(1-p)^{n-k}

, en de paden sluiten elkaar uit, dus je telt ze op door te vermenigvuldigen met dat aantal. Zo ontstaat de binomiale kansformule

P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}

. Reken hem na voor

2

rode knikkers bij

n=6

p=0{,}4

: er geldt

\binom{6}{2}=15

, dus

P(X=2)=15\cdot (0{,}4)^2(0{,}6)^4=15\cdot 0{,}16\cdot 0{,}1296\approx 0{,}3110

. In het staafdiagram hieronder is dit de hoogste staaf. De drie ingrediënten zijn dus

\binom{n}{k}

(hoeveel paden),

p^k

(de successen) en

(1-p)^{n-k}

(de mislukkingen) — samen de kans op precies

k

successen.

Voor een binomiale verdeling hoef je de verwachtingswaarde en de standaardafwijking niet via de hele tabel uit te rekenen; er zijn snelle formules. De verwachtingswaarde is

E(X)=np

: van

n

herhalingen levert gemiddeld een fractie

p

een succes, dus verwacht je

np

successen. Bij

6

trekkingen met

p=0{,}4

verwacht je

E(X)=6\cdot 0{,}4=2{,}4

rode knikkers — een prima beeld van waar het zwaartepunt van het staafdiagram ligt, netjes tussen

k=2

k=3

. De standaardafwijking is

\sigma=\sqrt{np(1-p)}

; hier

\sigma=\sqrt{6\cdot 0{,}4\cdot 0{,}6}=\sqrt{1{,}44}=1{,}2

. Merk op dat de spreiding het grootst is bij

p=0{,}5

(dan is

p(1-p)

maximaal) en kleiner wordt naarmate

p

dichter bij

0

1

ligt — logisch, want bij een vrijwel zekere of vrijwel onmogelijke gebeurtenis valt er weinig te variëren. Deze twee formules geven dezelfde kengetallen

\mu

\sigma

als in de vorige paragraaf, maar dan kant-en-klaar voor de binomiale situatie.

In de praktijk reken je binomiale kansen met de grafische rekenmachine, want

\binom{n}{k}

en de machten worden snel onhandig. Twee functies doen het werk. Met binompdf

(n, p, k)

krijg je de kans op precies

k

successen, dus

P(X=k)

— precies de formule hierboven. Met binomcdf

(n, p, k)

krijg je de cumulatieve kans

P(X\le k)

, de kans op hoogstens

k

successen: dat is de som

P(X=0)+P(X=1)+\cdots+P(X=k)

. Daarmee beantwoord je alle „minstens/hoogstens"-vragen. „Hoogstens

k

" is direct

P(X\le k)=\text{binomcdf}(n,p,k)

. „Minstens

k

" is

P(X\ge k)

, en dat reken je via het complement:

P(X\ge k)=1-P(X\le k-1)=1-\text{binomcdf}(n,p,k-1)

. En „tussen

a

b

" haal je uit een verschil van twee binomcdf-waarden. Het venijn zit in de grenzen: let scherp op of „meer dan

k

" (dus

P(X\ge k+1)

) of „minstens

k

" (dus

P(X\ge k)

) bedoeld is — één stapje verkeerd en je antwoord klopt niet.

De binomiale verdeling is het werkpaard voor alles wat je als „aantal successen bij

n

pogingen" kunt zien: geslaagde experimenten, goede antwoorden, defecte exemplaren, kiezers vóór een voorstel. Herken je die structuur — een vast aantal onafhankelijke herhalingen, een vaste succeskans, twee uitkomsten — dan ligt het model meteen vast met

n

p

. Let wel op de aannames: trek je zónder terugleggen, of verandert de kans onderweg, dan is de verdeling strikt genomen niet binomiaal. Naarmate

n

groter wordt, krijgt het staafdiagram een steeds gladdere, klokvormige vorm — en dat is geen toeval. Voor grote

n

kun je de binomiale verdeling benaderen met de normale verdeling (de laatste paragraaf van dit onderwerp), wat het rekenwerk sterk vereenvoudigt. Bovendien vormt de binomiale verdeling de basis voor het toetsen van hypothesen bij de statistische verwerkingsmethoden: je vergelijkt dan een waargenomen aantal successen met wat je onder een aanname zou verwachten. De binomiale verdeling is dus zowel een eindstation als een opstap.

P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}

binomiale kans op precies k successen

Bij $n$ onafhankelijke herhalingen met vaste succeskans $p$ is dit de kans op precies $k$ successen. De factor $p^k(1-p)^{n-k}$ is de kans op één pad met $k$ successen; $\binom{n}{k}$ telt hoeveel van zulke paden er zijn.

E(X)=np \qquad \sigma=\sqrt{np(1-p)}

verwachtingswaarde en standaardafwijking (binomiaal)

Voor een binomiaal verdeelde $X$ is de verwachtingswaarde $np$ (een fractie $p$ van $n$ herhalingen slaagt gemiddeld) en de standaardafwijking $\sqrt{np(1-p)}$ . De spreiding is maximaal bij $p=0{,}5$ .

Uitgewerkt voorbeeld

Een binomiale kans berekenen: precies, hoogstens, minstens

Uit een vaas met $40\%$ rode knikkers trek je $6$ keer mét terugleggen. $X$ is het aantal rode knikkers, dus $X$ is binomiaal verdeeld met $n=6$ en $p=0{,}4$ . Bereken (a) $P(X=2)$ , (b) de kans op hoogstens $2$ rode knikkers en (c) de kans op minstens $3$ rode knikkers.

Stap 1 — Herken de binomiale situatie
Er zijn $n=6$ onafhankelijke trekkingen (mét terugleggen), elke trekking is rood of niet-rood, en de succeskans is steeds $p=0{,}4$ . Aan alle voorwaarden is voldaan, dus $X$ is binomiaal verdeeld met $n=6$ en $p=0{,}4$ .
Stap 2 — (a) Precies 2 rode met de formule of binompdf
Gebruik $P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$ met $k=2$ . Er geldt $\binom{6}{2}=15$ , dus $P(X=2)=15\cdot 0{,}16\cdot 0{,}1296\approx 0{,}3110$ . Op de grafische rekenmachine geeft binompdf $(6;\,0{,}4;\,2)$ hetzelfde.
$P(X=2)=\binom{6}{2}(0{,}4)^2(0{,}6)^4=15\cdot 0{,}16\cdot 0{,}1296\approx 0{,}3110$
Stap 3 — (b) Hoogstens 2 met binomcdf
„Hoogstens $2$ " is $P(X\le 2)$ , de cumulatieve kans. Gebruik binomcdf $(6;\,0{,}4;\,2)\approx 0{,}5443$ . Dit is de som $P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)$ .
$P(X\le 2)=\text{binomcdf}(6;\,0{,}4;\,2)\approx 0{,}5443$
Stap 4 — (c) Minstens 3 via het complement
„Minstens $3$ " is $P(X\ge 3)$ . Reken via het complement van „hoogstens $2$ ": $P(X\ge 3)=1-P(X\le 2)\approx 1-0{,}5443=0{,}4557$ .
$P(X\ge 3)=1-P(X\le 2)\approx 1-0{,}5443=0{,}4557$

Resultaat: $P(X=2)\approx 0{,}3110$ (binompdf), de kans op hoogstens $2$ rode is $\approx 0{,}5443$ (binomcdf) en de kans op minstens $3$ rode is $\approx 0{,}4557$ (via $1-P(X\le 2)$ ). Ter controle: $E(X)=np=2{,}4$ en $\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{1{,}44}=1{,}2$ .

Veelgemaakte fouten

„Minstens $k$ " verwarren met $P(X\le k)$ : minstens $k$ is $P(X\ge k)=1-P(X\le k-1)$ , dus let op de grens $k-1$ in binomcdf.
De binomiale formule toepassen terwijl de succeskans niet vast is of de herhalingen niet onafhankelijk zijn (bijvoorbeeld trekken zónder terugleggen).
De factor $\binom{n}{k}$ vergeten en alleen $p^k(1-p)^{n-k}$ (één pad) nemen, waardoor de kans veel te klein uitvalt.

Actieve herhaling

Uit een vaas met $40\%$ rode knikkers trek je $6$ keer mét terugleggen; $X$ is het aantal rode knikkers. Bereken $P(X=2)$ , de kans op hoogstens $2$ rode en de kans op minstens $3$ rode, en bepaal $E(X)$ en $\sigma$ . Geef bij elke kans aan of je binompdf of binomcdf gebruikt.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenprogramma wiskunde D (HAVO) (CvTE / Examenblad)

De normale verdeling en de vuistregels#

Standaardexamenblad-nl

Normaalkromme: buigpunten op μ ± σ en 68% binnen één σ

Afb. 3De normaalkromme is symmetrisch om μ (hier op 0). De buigpunten liggen op μ−σ en μ+σ (z = −1 en z = 1); het gearceerde middengebied tussen die buigpunten is ongeveer 68% van de totale oppervlakte 1.

Tot nu toe telde

X

losse waarden (

0, 1, 2, \ldots

). Maar veel grootheden zijn continu: een lengte, een massa, een tijdsduur of een meetwaarde kan élke waarde in een bereik aannemen. Meet je zo'n grootheid bij een grote groep en maak je het histogram met steeds smallere klassen, dan gaan de staven over in één vloeiende, klokvormige kromme: de normaalkromme. De normale verdeling is het wiskundige model dat door die kromme wordt beschreven. Het duikt overal op, en niet toevallig: grootheden die ontstaan uit de optelsom van veel kleine, onafhankelijke invloeden — lichaamslengtes, vulgewichten van een machine, meetfouten, de som van veel binomiale herhalingen — zijn bij benadering normaal verdeeld. Eén model met vaste, goed begrepen eigenschappen past zo op talloze praktijksituaties. In deze paragraaf leer je die eigenschappen kennen en met de vuistregels snel percentages schatten; in de volgende paragraaf reken je er met de grafische rekenmachine nauwkeurig kansen en grenswaarden mee.

De normaalkromme wordt volledig vastgelegd door twee parameters: het gemiddelde

\mu

en de standaardafwijking

\sigma

— dezelfde twee kengetallen als bij elke kansverdeling. Het gemiddelde

\mu

bepaalt de ligging: de kromme is symmetrisch om

\mu

, met haar top recht boven

\mu

, en de linkerhelft is het spiegelbeeld van de rechterhelft. Door die symmetrie vallen bij een normale verdeling het gemiddelde, de mediaan en de modus alle drie samen in

\mu

. De standaardafwijking

\sigma

bepaalt de spreiding, en dus de breedte van de klok: een kleine

\sigma

geeft een smalle, hoge kromme (de waarnemingen klitten dicht om

\mu

), een grote

\sigma

een brede, lage kromme (de waarnemingen waaieren ver uit). Verander je

\mu

, dan schuift de hele kromme zonder vormverandering naar links of rechts; verander je

\sigma

, dan rekt of knijpt de kromme. Het beeld om te onthouden:

\mu

verschuift,

\sigma

rekt uit of knijpt samen. Met deze twee getallen ligt elke normale verdeling eenduidig vast.

Onder de normaalkromme geldt één allesbepalende afspraak: de totale oppervlakte onder de kromme is

1

(oftewel

100\%

). Die oppervlakte stelt het geheel van alle waarnemingen voor, en de oppervlakte bóven een interval is de relatieve frequentie — de kans — dat een waarneming in dat interval valt. Dit is het scharnierpunt van het hele onderwerp: een percentage of een kans bij de normale verdeling lees je af als een oppervlakte onder de kromme, nooit als de hoogte van de kromme in een punt. Een gevolg van de symmetrie is dat links van

\mu

precies de helft van de oppervlakte ligt en rechts ook: elk

0,5

. Een waarde gelijk aan het gemiddelde splitst de verdeling dus netjes in twee gelijke helften. Omdat een continue grootheid een exacte waarde met kans nul aanneemt, maakt het bovendien niet uit of je

P(X\le a)

P(X< a)

schrijft — de oppervlakte boven één enkel punt is nul. Bij het rekenen draait alles dus om oppervlakten tussen grenzen.

Omdat elke normaalkromme dezelfde vorm heeft, vallen er altijd vaste percentages van de waarnemingen binnen vaste afstanden tot het gemiddelde, gemeten in standaardafwijkingen. Dat zijn de vuistregels, ook wel de

68

95

99{,}7

-regel: ongeveer

68\%

van de waarnemingen ligt binnen één standaardafwijking van het gemiddelde (tussen

\mu-\sigma

\mu+\sigma

), ongeveer

95\%

binnen twee standaardafwijkingen, en ongeveer

99{,}7\%

— vrijwel alles — binnen drie. Het zijn oppervlakten: in de figuur hieronder is het middengebied tussen

\mu-\sigma

\mu+\sigma

gearceerd, goed voor zo'n

68\%

. Dat juist deze percentages universeel zijn, los van de concrete

\mu

\sigma

, komt doordat elke normale verdeling dezelfde standaardvorm heeft — alleen verschoven en uitgerekt. De standaardafwijking is ook af te lezen aan de kromme: de buigpunten, waar de kromme van hol naar bol overgaat, liggen precies op

\mu-\sigma

\mu+\sigma

. De afstand van de top tot een buigpunt is dus één

\sigma

— zo lees je

\sigma

uit de grafiek af.

Het echte rekenwerk doe je met de symmetrie van de kromme. Ligt

68\%

binnen

\mu\pm\sigma

, dan ligt de overige

32\%

in de twee staarten samen, en door de symmetrie is dat aan elke kant de helft:

16\%

groter dan

\mu+\sigma

16\%

kleiner dan

\mu-\sigma

. Net zo ligt buiten

\mu\pm 2\sigma

nog

5\%

(dus

2{,}5\%

per staart) en buiten

\mu\pm 3\sigma

nog

0{,}3\%

(dus

0{,}15\%

per staart). Ook de halve gebieden volgen direct: van

\mu

tot

\mu+\sigma

is de helft van

68\%

, dus

34\%

; van

\mu

tot

\mu+2\sigma

47{,}5\%

. Door deze blokjes op te tellen of af te trekken vind je elk symmetrisch deelgebied zonder rekenmachine. Gebruik de vuistregels voor snelle schattingen bij grenzen die op een hele

\sigma

-stap liggen; vraagt een opgave naar een aantal, vermenigvuldig het percentage dan met de groepsgrootte. Ligt een grens er niet netjes op (zoals

\mu+1{,}5\sigma

), dan schieten de vuistregels tekort en heb je de z-score en de grafische rekenmachine nodig — het onderwerp van de laatste paragraaf.

P(\mu-\sigma \le X \le \mu+\sigma) \approx 0{,}68

68%-regel (binnen één σ)

Ongeveer $68\%$ van de waarnemingen ligt binnen één standaardafwijking van het gemiddelde. De overige $32\%$ ligt in de twee staarten samen, dus $16\%$ per staart.

P(\mu-2\sigma \le X \le \mu+2\sigma) \approx 0{,}95

95%-regel (binnen twee σ)

Ongeveer $95\%$ ligt binnen twee standaardafwijkingen; buiten $\mu\pm 2\sigma$ ligt $5\%$ , dus $2{,}5\%$ per staart.

P(\mu-3\sigma \le X \le \mu+3\sigma) \approx 0{,}997

99,7%-regel (binnen drie σ)

Ongeveer $99{,}7\%$ — vrijwel alles — ligt binnen drie standaardafwijkingen; buiten $\mu\pm 3\sigma$ ligt nog $0{,}3\%$ , dus $0{,}15\%$ per staart.

x = \mu \pm \sigma

buigpunten van de normaalkromme

De buigpunten liggen op één standaardafwijking links en rechts van de top. De horizontale afstand van de top tot een buigpunt is dus $\sigma$ — zo lees je de standaardafwijking uit de grafiek af.

Uitgewerkt voorbeeld

De vuistregels toepassen op de massa van appels

De massa van appels is bij benadering normaal verdeeld met $\mu=160$ gram en $\sigma=20$ gram. (a) Welk percentage appels weegt tussen $140$ en $180$ gram? (b) Welk percentage is zwaarder dan $180$ gram? (c) Welk percentage weegt tussen $140$ en $200$ gram? (d) Hoeveel van $500$ appels wegen naar verwachting minder dan $120$ gram?

Stap 1 — Druk de grenzen uit in σ-stappen
Reken elke grens om naar een aantal standaardafwijkingen vanaf $\mu=160$ : $140=\mu-\sigma$ , $180=\mu+\sigma$ , $200=\mu+2\sigma$ en $120=\mu-2\sigma$ . Alle grenzen liggen op hele $\sigma$ -stappen, dus de vuistregels zijn bruikbaar.
Stap 2 — (a) Tussen μ−σ en μ+σ
Het gebied tussen $\mu-\sigma$ en $\mu+\sigma$ is precies de $68\%$ -regel. Dus ongeveer $68\%$ van de appels weegt tussen $140$ en $180$ gram.
Stap 3 — (b) Zwaarder dan μ+σ
Binnen $\mu\pm\sigma$ ligt $68\%$ , dus erbuiten $32\%$ . Door de symmetrie zit daarvan de helft in de rechterstaart: $16\%$ . Ongeveer $16\%$ van de appels is zwaarder dan $180$ gram.
$\frac{100\%-68\%}{2}=\frac{32\%}{2}=16\%$
Stap 4 — (c) Tussen μ−σ en μ+2σ
Splits het gebied bij $\mu$ . Van $\mu-\sigma$ tot $\mu$ is de helft van $68\%$ , dus $34\%$ ; van $\mu$ tot $\mu+2\sigma$ is de helft van $95\%$ , dus $47{,}5\%$ . Samen $34\%+47{,}5\%=81{,}5\%$ .
$34\%+47{,}5\%=81{,}5\%$
Stap 5 — (d) Aantal lichter dan μ−2σ
Buiten $\mu\pm 2\sigma$ ligt $5\%$ , dus in de linkerstaart $2{,}5\%$ . Van $500$ appels is dat $0{,}025\cdot 500=12{,}5$ , dus ongeveer $12$ à $13$ appels lichter dan $120$ gram.
$0{,}025\cdot 500=12{,}5$

Resultaat: (a) Ongeveer $68\%$ weegt tussen $140$ en $180$ gram; (b) ongeveer $16\%$ is zwaarder dan $180$ gram; (c) ongeveer $81{,}5\%$ weegt tussen $140$ en $200$ gram; (d) ongeveer $2{,}5\%$ van $500$ , dus $12$ à $13$ appels, weegt minder dan $120$ gram. Door de grenzen eerst in $\sigma$ -stappen uit te drukken en daarna de symmetrie te gebruiken, vind je alles met de vuistregels.

Veelgemaakte fouten

De hele $68\%$ binnen $\mu\pm\sigma$ aan één staart toekennen, in plaats van de overgebleven $32\%$ door twee te delen; per staart is het $16\%$ .
De vuistregels toepassen op een grens die niet op een hele $\sigma$ -stap ligt (zoals $\mu+1{,}5\sigma$ ); dan heb je de z-score en de grafische rekenmachine nodig, niet $68$ / $95$ / $99{,}7$ .
Vergeten het gevonden percentage met de groepsgrootte te vermenigvuldigen wanneer naar een aantal wordt gevraagd.

Actieve herhaling

De massa van appels is bij benadering normaal verdeeld met $\mu=160$ gram en $\sigma=20$ gram. Bepaal met de vuistregels welk percentage appels tussen $140$ en $200$ gram weegt en welk percentage zwaarder is dan $200$ gram, en reken bij $800$ appels uit hoeveel er naar verwachting zwaarder dan $200$ gram zijn.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenprogramma wiskunde D (HAVO) (CvTE / Examenblad)

Rekenen met de normale verdeling: z-score, normalcdf en invNorm#

Verdiepingexamenblad-nl

Rechterstaart van de standaardnormale verdeling vanaf z = 1,75

Afb. 4De gearceerde rechterstaart vanaf z = 1,75 heeft een oppervlakte van ongeveer 0,0401: zo'n 4,0% van de appels is zwaarder dan 195 gram. Deze oppervlakte bereken je met normalcdf.

Lang niet elke grens ligt netjes op een hele

\sigma

-stap, en dan schieten de vuistregels tekort. De z-score lost dat op door precies te meten hoeveel standaardafwijkingen een waarde

x

van het gemiddelde af ligt:

z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}

. Je trekt het gemiddelde eraf (hoe ver zit

x

boven of onder

\mu

?) en deelt door

\sigma

(en hoeveel standaardafwijkingen is dat?). Een positieve

z

hoort bij een waarde boven het gemiddelde, een negatieve

z

bij een waarde eronder, en

z=0

bij een waarde gelijk aan

\mu

. Een voorbeeld met appels van gemiddeld

\mu=160

gram en

\sigma=20

gram: bij een appel van

195

gram is

z=\dfrac{195-160}{20}=\dfrac{35}{20}=1{,}75

. Die appel zit dus

1,75

standaardafwijking boven het gemiddelde — niet op een hele

\sigma

-stap, dus de vuistregels volstaan niet. De z-score is de sleutel om elke willekeurige grens te kunnen behandelen, en meteen ook een handige controle: een

z

groter dan

3

hoort bij een heel kleine kans.

Door een waarde naar haar z-score om te rekenen, standaardiseer je: je vertaalt elke normale verdeling naar één en dezelfde standaardnormale verdeling met gemiddelde

0

en standaardafwijking

1

. Dat heeft twee voordelen. Ten eerste worden waarden uit verschillende verdelingen vergelijkbaar: een

z

van

2

betekent in élke normale verdeling „bij de hoogste paar procent", of het nu om appels, lengtes of toetscijfers gaat. Een cijfer dat

1,5

standaardafwijking boven het klasgemiddelde ligt, is relatief beter dan een cijfer dat maar

0,5

standaardafwijking boven een ander gemiddelde ligt, ook als het absolute cijfer lager is. Ten tweede laat standaardiseren zien dat de vuistregels eigenlijk uitspraken over

z

zijn:

\mu\pm\sigma

is hetzelfde als

|z|\le 1

\mu\pm 2\sigma

als

|z|\le 2

\mu\pm 3\sigma

als

|z|\le 3

. De z-score en de vuistregels zijn dus twee kanten van dezelfde medaille. Op de grafische rekenmachine hoef je meestal niet eens expliciet te standaardiseren — je voert gewoon

\mu

\sigma

in — maar het idee erachter verklaart waarom alle normale verdelingen zich hetzelfde gedragen.

Voor het bijbehorende percentage of de kans gebruik je de grafische rekenmachine. De functie normalcdf

(\text{ondergrens}, \text{bovengrens}, \mu, \sigma)

geeft de oppervlakte onder de normaalkromme tussen twee grenzen — en die oppervlakte is precies de gevraagde kans of relatieve frequentie. Wil je een staart („meer dan" of „minder dan"), dan vul je voor de ontbrekende grens een heel groot of heel klein getal in, bijvoorbeeld

10^{99}

-10^{99}

. Voor de appels (

\mu=160

\sigma=20

) is de kans op een appel zwaarder dan

195

gram de rechterstaart: normalcdf

(195,\, 10^{99},\, 160,\, 20)\approx 0{,}0401

, dus ongeveer

4{,}0\%

. Je mag rechtstreeks met de

x

-waarden werken (door

\mu

\sigma

in te voeren) of eerst standaardiseren en met z-waarden rekenen (

\mu=0

\sigma=1

): normalcdf

(1{,}75,\, 10^{99},\, 0,\, 1)

geeft hetzelfde, want standaardiseren verandert de oppervlakte niet. Maak altijd eerst een schetsje van de kromme en arceer het gevraagde gebied, zodat je de juiste grenzen kiest en ziet of je antwoord aannemelijk is.

Soms is het omgekeerde gevraagd: niet de kans bij een grens, maar de grens bij een gegeven kans. Daarvoor dient invNorm

(\text{oppervlakte links}, \mu, \sigma)

, dat de grenswaarde teruggeeft waaronder een gegeven deel van de oppervlakte ligt. Let hier scherp op: invNorm rekent met de oppervlakte links van de grens. Vraagt een opgave naar de grens waarboven de zwaarste

10\%

van de appels valt, dan ligt links van die grens

100\%-10\%=90\%

, dus voer je

0{,}90

in. Bij

\mu=160

\sigma=20

geeft invNorm

(0{,}90,\, 160,\, 20)\approx 185{,}6

, dus de

10\%

zwaarste appels wegen meer dan ongeveer

186

gram. Vergeet je dat invNorm de linkeroppervlakte wil en voer je

0,10

in, dan krijg je de grens van de líchtste

10\%

— een veelgemaakte fout. Samengevat: met normalcdf ga je van een grens naar een kans, en met invNorm van een kans terug naar een grens. Die twee functies samen dekken vrijwel elke vraag over de normale verdeling af.

De normale verdeling is ook handig om de binomiale verdeling te benaderen. Je zag al dat het binomiale staafdiagram bij grote

n

steeds klokvormiger wordt; dan mag je de binomiale verdeling vervangen door een normale verdeling met dezelfde kengetallen,

\mu=np

\sigma=\sqrt{np(1-p)}

, en de kansen met normalcdf uitrekenen. Dat scheelt veel optellen van losse binomiale termen. De benadering is alleen betrouwbaar als de verdeling niet te scheef is, en daarvoor geldt de vuistregel

np\ge 5

én

n(1-p)\ge 5

: er moeten zowel genoeg verwachte successen als genoeg verwachte mislukkingen zijn. Trek je bijvoorbeeld

n=50

keer mét terugleggen met

p=0{,}4

, dan is

np=20

n(1-p)=30

, allebei ruim boven

5

, dus de benadering mag:

X

is bij benadering normaal verdeeld met

\mu=20

\sigma=\sqrt{50\cdot 0{,}4\cdot 0{,}6}=\sqrt{12}\approx 3{,}46

. Houd in gedachten dat het een benadering blijft: voor kleine

n

of een scheve

p

(dicht bij

0

1

) is ze onnauwkeurig, en ze wordt beter naarmate

n

groeit.

Een vaste werkwijze voorkomt fouten bij de normale verdeling. Stap 1: schrijf op wat gegeven is (

\mu

\sigma

) en wat gevraagd wordt — een kans/percentage, of juist een grenswaarde. Stap 2: maak een schetsje van de normaalkromme en arceer het gevraagde gebied, zodat je meteen ziet welke grenzen je nodig hebt. Stap 3: is een kans gevraagd, gebruik normalcdf; is een grens gevraagd, gebruik invNorm (met de oppervlakte links). Stap 4: reken zo nodig een percentage om naar een aantal door met de groepsgrootte te vermenigvuldigen. De z-score blijft daarbij een handige controle op de aannemelijkheid. Hiermee heb je de volledige gereedschapskist van dit onderwerp compleet: van een kansverdeling met

E(X)

\sigma

, via de binomiale verdeling met binompdf en binomcdf, tot de normale verdeling met vuistregels, z-scores, normalcdf en invNorm. Deze gereedschappen keren rechtstreeks terug bij de statistische verwerkingsmethoden — het toetsen van hypothesen en het maken van betrouwbaarheidsuitspraken — waar je een waarneming afzet tegen wat een kansmodel voorspelt.

z = \frac{x-\mu}{\sigma}

z-score (afstand tot μ in standaardafwijkingen)

De z-score zegt hoeveel standaardafwijkingen een waarde $x$ boven ( $z>0$ ) of onder ( $z<0$ ) het gemiddelde ligt. Standaardiseren met de z-score maakt waarden uit verschillende normale verdelingen vergelijkbaar.

x = \mu + z\cdot\sigma

van z-score terug naar de waarde

Ken je een z-score, dan vind je de bijbehorende waarde door $\mu$ op te tellen bij $z$ keer $\sigma$ . Zo reken je een gestandaardiseerde grens terug naar de oorspronkelijke schaal.

np \ge 5 \quad\text{en}\quad n(1-p) \ge 5

voorwaarde voor de normale benadering

Een binomiale verdeling mag je benaderen met een normale verdeling ( $\mu=np$ , $\sigma=\sqrt{np(1-p)}$ ) zodra zowel het verwachte aantal successen $np$ als het verwachte aantal mislukkingen $n(1-p)$ minstens $5$ is. De benadering wordt beter naarmate $n$ groter is.

Uitgewerkt voorbeeld

z-score, normalcdf en invNorm in één opgave

Stap 1 — (a) Bereken de z-score
De z-score meet de afstand tot het gemiddelde in standaardafwijkingen: $z=\dfrac{195-160}{20}=\dfrac{35}{20}=1{,}75$ . De appel is dus $1,75$ standaardafwijking zwaarder dan gemiddeld — een grens die niet op een hele $\sigma$ -stap ligt, dus de vuistregels volstaan niet.
$z=\frac{195-160}{20}=\frac{35}{20}=1{,}75$
Stap 2 — (a) Bepaal het percentage met normalcdf
Gevraagd is „zwaarder dan $195$ ", dus de rechterstaart. Voer in: normalcdf $(195,\, 10^{99},\, 160,\, 20)\approx 0{,}0401$ , oftewel ongeveer $4{,}0\%$ . Met de z-score geeft normalcdf $(1{,}75,\, 10^{99},\, 0,\, 1)$ hetzelfde, want standaardiseren verandert de oppervlakte niet.
$\text{normalcdf}(195,\, 10^{99},\, 160,\, 20)\approx 0{,}0401$
Stap 3 — (b) Vertaal de zwaarste 10% naar oppervlakte links
Bij de $10\%$ zwaarste appels ligt boven de gezochte grens $10\%$ van de oppervlakte. invNorm rekent echter met de oppervlakte links, en links van de grens ligt dan $100\%-10\%=90\%$ , oftewel $0{,}90$ .
Stap 4 — (b) Bepaal de grens met invNorm
Voer in: invNorm $(0{,}90,\, 160,\, 20)\approx 185{,}6$ . De $10\%$ zwaarste appels wegen dus meer dan ongeveer $186$ gram.
$\text{invNorm}(0{,}90,\, 160,\, 20)\approx 185{,}6$

Resultaat: (a) De z-score is $1{,}75$ en met normalcdf is ongeveer $4{,}0\%$ van de appels zwaarder dan $195$ gram. (b) Met invNorm vallen de $10\%$ zwaarste appels boven ongeveer $186$ gram. normalcdf gaat van een grens naar een kans, invNorm van een kans terug naar een grens — samen dekken ze elke vraag over de normale verdeling af.

Veelgemaakte fouten

In de z-score teller en noemer verwisselen of het teken vergeten; reken $z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}$ , zodat een waarde boven het gemiddelde een positieve $z$ geeft.
Bij invNorm de oppervlakte réchts invoeren in plaats van links; invNorm vraagt de oppervlakte links van de grens, dus voor de hoogste $10\%$ voer je $0{,}90$ in.
De normale benadering van de binomiale verdeling gebruiken terwijl niet aan $np\ge 5$ én $n(1-p)\ge 5$ is voldaan, of bij een staart de „oneindige" grens vergeten (gebruik $10^{99}$ of $-10^{99}$ ).

Actieve herhaling

De massa van appels is normaal verdeeld met $\mu=160$ gram en $\sigma=20$ gram. (a) Bereken de z-score van een appel van $195$ gram en bepaal met normalcdf welk percentage zwaarder is. (b) Boven welke massa vallen de $10\%$ zwaarste appels? Gebruik invNorm. (c) Bij $50$ trekkingen mét terugleggen ( $p=0{,}4$ ) is $X$ het aantal rode knikkers; mag je deze binomiale verdeling met de normale verdeling benaderen? Controleer $np\ge 5$ en $n(1-p)\ge 5$ .

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenprogramma wiskunde D (HAVO) (CvTE / Examenblad)

Referenties en bronnen

Bronnen

CvTE / Examenblad

Examenprogramma wiskunde D (HAVO)

Kansverdelingen (binomiaal en normaal)

Kernpunten

Verwachtingswaarde en standaardafwijking berekenen

Kernpunten

Een binomiale kans berekenen: precies, hoogstens, minstens

Kernpunten

De vuistregels toepassen op de massa van appels

Kernpunten

z-score, normalcdf en invNorm in één opgave

Bronnen