Er zijn volgordes voor de letters A, B en C. Eén van de zes is als gevraagd, de kans is dus $\frac{1}{6}$.

Het totale aantal volgordes is $6$!
Noem de overige personen D en E. Het aantal volgordes van AC, B, D, E is $4$! evenals die van CA, B, D, E. De kans is dus: $\frac{2\cdot 4!}{6!}=\frac{1}{15}$

A staat eerste met $5$! mogelijkheden of tweede, met ook $5$! mogelijkheden. De kans is dus $\frac{2\cdot 5!}{6!}=\frac{1}{3}$.
Of: $2$ van de $6$ plaatsen zijn goed, dus de kans is: $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$

Elk van de vier bridgers heeft evenveel kans op hartenaas.

Niet elk van de vijf mogelijkheden heeft dezelfde kans, dus het klopt niet.

$\text{P}(A=0)=\frac{\left(\begin{array}{c}4\\ 0\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}48\\ 13\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}52\\ 13\end{array}\right)}\approx \mathrm{0,304}$, $\text{P}(A=1)=\frac{\left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}48\\ 12\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}52\\ 13\end{array}\right)}\approx \mathrm{0,439}$, $\text{P}(A=4)=\frac{\left(\begin{array}{c}4\\ 4\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}48\\ 9\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}52\\ 13\end{array}\right)}\approx \mathrm{0,003}$

$\text{P}(A=3)=\frac{\left(\begin{array}{c}4\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}48\\ 10\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}52\\ 13\end{array}\right)}\approx \mathrm{0,041}$

Dan moet van drie soorten $3$ kaarten krijgen en de vierde soort $4$. Die kans is: $4\cdot \frac{\left(\begin{array}{c}13\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}13\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}13\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}13\\ 4\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}52\\ 13\end{array}\right)}\approx \mathrm{0,105}$.

$n(n-1)(n-2)$

$\frac{1}{6}n(n-1)(n-2)$

$7$

$6$, $4$, $2$, $0$, $‐2$, $‐4$, $‐6$

$\left(\begin{array}{l}6\\ 3\end{array}\right)=20$

$n^4$

${(n-1)}^4$, $4\cdot {(n-1)}^3$, $6\cdot {(n-1)}^2$, $4\cdot {(n-1)}^1$, $1$.

$n^4={(n-1+1)}^4=$
${(n-1)}^4+\left(\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\right){(n-1)}^3\cdot 1+\left(\begin{array}{l}4\\ 2\end{array}\right){(n-1)}^2\cdot 1^2+\left(\begin{array}{l}4\\ 3\end{array}\right)(n-1)\cdot 1^3+\left(\begin{array}{l}4\\ 4\end{array}\right)\cdot 1^4$

$\mathrm{1,00}$

$\text{P}(H=0)=\frac{3}{4}$ en $\text{P}(H=1)=\frac{1}{4}$, dus $\text{E}(H)=\frac{1}{4}$.

$\text{E}(A)=4\cdot \text{E}(H)=1$

Als de succeskans $p$ is, dan $\text{E}(X)=10p$ en $\text{E}(Y)=10(1-p)=10-10p=10-\text{E}(X)$.

Deel door het aantal herhalingen, dus door $10$.

Dus $\text{E}(X)=\frac{1}{2}\cdot 120+\frac{1}{3}\cdot 240+\frac{1}{24}\cdot 360=85$

$X_1=120$ met kans $\frac{1}{2}$ anders $X_1=0$;
$X_2=120$ met kans $\frac{1}{6}$ anders $X_2=0$;
$X_3=120$ met kans $\frac{1}{24}$ anders $X_3=0$;
Dus $\text{E}(X_1)=60$, $\text{E}(X_2)=20$ en $\text{E}(X_3)=5$

Ja want $X=X_1+X_2+X_3$ en $\text{E}(X)=\text{E}(X_1)+\text{E}(X_2)+\text{E}(X_3)$.

$\text{P}(X\le 5)={\displaystyle \sum _{k=0}^5\left(\begin{array}{l}20\\ k\end{array}\right)}\cdot {\left(\frac{1}{6}\right)}^k\cdot {\left(\frac{5}{6}\right)}^{20-k}$

Een even aantal keren zes ogen gooien

$\text{P}(Y\le 0)=\text{P}(X\ge 10)=1-\text{P}(X\le 9)$, $\text{P}(Y\le 1)=\text{P}(X\ge 9)=1-\text{P}(X\le 8)$, $\text{P}(Y\le 2)=\text{P}(X\ge 8)=1-\text{P}(X\le 7)$ enzovoort.
Dus $\text{P}(Y\le k)=\text{P}(X\ge 10-k)=1-\text{P}(X\le 9-k)$, $k=\mathrm{0,}\mathrm{1,}\dots ,9$.

$\text{P}(X=k)=\text{P}(X\le k)-\text{P}(X\le k-1)$, $k=\mathrm{0,}\mathrm{1,}\dots ,10$, waarbij je $\text{P}(X\le -1)$ als $0$ moet lezen.

$\text{E}(X)=\frac{1}{3}\cdot 0+\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{1}{6}\cdot 3=1$, dus $\text{Var}(X)=\frac{1}{3}\cdot {(0-1)}^2+\frac{1}{2}\cdot {(1-1)}^2+\frac{1}{6}\cdot {(3-1)}^2=1$ en $\text{sd}(X)=\sqrt{\text{Var}(X)}=1$.

$\text{sd}(Y)=10\cdot \text{sd}(X)=10$

$\text{sd}(Z)=\text{sd}(X)=1$

Als de kans op succes $p$ is, dan $\text{sd}(X)=\sqrt{50p(1-p)}$.
De kans op mislukking is $1-p$, dus $\text{sd}(Y)=\text{sd}(X)$.

Die zijn samen $1$, dit volgt uit a.

$50p(1-p)={\left(2\sqrt{2}\right)}^2\iff p=\frac{1}{5}$ of $p=\frac{4}{5}$.

$\text{E}(A)=1$, dus $\text{Var}(A)=\mathrm{0,3038}\cdot {(0-1)}^2+\mathrm{0,4388}\cdot {(1-1)}^2+\mathrm{0,2135}\cdot {(2-1)}^2+\mathrm{0,0412}\cdot {(3-1)}^2+\mathrm{0,0026}\cdot {(4-1)}^2=\mathrm{0,7055}$

$\text{P}(H=1)=\frac{1}{4}$, dus $\text{E}(H)=\frac{1}{4}$ en $\text{Var}(H)=\frac{1}{4}{(0-\frac{1}{4})}^2+\frac{3}{4}{(1-\frac{1}{4})}^2=\frac{7}{16}$

Het krijgen van hartenaas is niet onafhankelijk van het krijgen van een andere aas.

$P(X<105)=P(X>95)$
Gebruik de symmetrie ten opzichte van het gemiddelde.

$P(X<90)>2\cdot P(X<80)$ en $P(93<X<105)<P(94<X<106)$
Volgens de vuisteregels is $P(X<90)\approx \mathrm{0,34}$ en $P(X<80)\approx \mathrm{0,025}$.
Het interval $[\mathrm{93,105}]$ is even breed als het interval $[\mathrm{94,106}]$, maar het tweede ligt symmetrisch ten opzichte van de top, dus de bijbehorende oppervlakte onder de kromme is groter.

$\text{Var}(X+Y)=\text{Var}(X)+\text{Var}(Y)=3^2+4^2$, dus $\text{sd}(X+Y)=\sqrt{\text{Var}(X+Y)}=5$

$\text{Var}(X_1+X_2+\dots +X_{64})=\text{Var}(X_1)+\text{Var}(X_2)\dots +\text{Var}(X_{64})=64\cdot 3^2$, dus $\text{sd}(X_1+X_2+\dots +X_{64})=\sqrt{64\cdot 3^2}=24$.

$\text{Var}(\frac{1}{64}{\text{(X}}_1+X_2+\dots +X_{64}))={\left(\frac{1}{64}\right)}^2\cdot 64\cdot 3^2$, dus $\text{sd}(\frac{1}{64}{\text{(X}}_1+X_2+\dots +X_{64}))=\frac{3}{8}$.

$\text{E}(X)=\frac{1}{3}\cdot 5+\frac{2}{3}\cdot 8=7$, dus $\text{E}(S)=700$.
$\text{Var}(X)=\frac{1}{3}\cdot {(5-7)}^2+\frac{2}{3}\cdot {(8-7)}^2=2$, dus $\text{sd}(S)=10\sqrt{2}$

$\text{P}(S>697)=\text{P}(N>\mathrm{697,5}|\text{μ}=\mathrm{700,}\text{σ}=10\sqrt{2})$

Er zijn $4!=24$ volgordes en precies één ervan is goed. De kans is dus $\frac{1}{24}$.

$3$ goed kan niet, dan moet de vierde ook goed zijn.
$2$ goed: kies er $2$ die goed zijn, $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)=6$ mogelijkheden, de andere twee cijfers moeten dus zijn verwisseld. Dus $6$ van de $24$ mogelijkheden geeft $\frac{1}{4}$ kans.
$1$ goed: kies één cijfer dat goed is, $4$ mogelijkheden. De andere drie cijfers moeten allemaal fout zijn. Dat geeft $2$ mogelijkheden. Dus in totaal $4\cdot 2=8$ mogelijkheden van de $24$. Dit geeft $\frac{1}{3}$ kans.
$0$ goed: dit zijn de overige mogelijkheden. De kans is dus $1-\frac{1}{24}-\frac{1}{4}-\frac{1}{3}=\frac{3}{8}$.

Zonder terugleggen. Kans op geen aas is $\frac{39}{52}\cdot \frac{38}{51}\cdot \frac{37}{50}\cdot \frac{36}{49}=\frac{6327}{20.825}$.

De kans op één aas is $\frac{\left(\begin{array}{c}48\\ 12\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c}52\\ 13\end{array}\right)}=\frac{9139}{20.825}$.

Kanstabel:

De kansen zijn samen $1$.

Bekijk $1$ kg.
$\mathrm{0,3}\cdot 20=6$ jaar regen $\to$ winst is $6\cdot \mathrm{0,75}=\mathrm{4,50}$ euro
$\mathrm{0,7}\cdot 20=14$ jaar geen regen $\to$ winst is $14\cdot 2=28$ euro
Totale winst in $20$ jaar is $\mathrm{4,50}+28=\mathrm{32,50}$ euro.
Gemiddeld is dit $\frac{\mathrm{32,50}}{20}=\mathrm{1,625}$ euro en dat is meer dan $\mathrm{1,50}$ euro.

Noem de opbrengst per kg aangetast fruit $a$ euro.
$6\cdot a+14\cdot 2=6a+28$ per $20$ jaar $\to$ gemiddeld per jaar $\frac{6a+28}{20}$
Wanneer is dit kleiner dan $\mathrm{1,50}$ euro?
$\frac{6a+28}{20}<\mathrm{1,50}\to 6a+28<30\to 6a<2\to a<\frac{1}{3}$
Als de prijs minder is dan $\frac{1}{3}$ euro ($\approx \mathrm{0,33}$ euro) is de eerste manier beter.

De kans op (bijvoorbeeld) een prijs van $50$ euro is $\frac{10}{10}\cdot \frac{10}{10}\cdot \frac{9}{10}\cdot \frac{1}{10}\cdot \frac{1}{10}\cdot \frac{1}{10}={\left(\frac{1}{10}\right)}^3\cdot \frac{9}{10}$

$\text{E}(\text{uitkering})=200.000\cdot {(\frac{1}{10})}^6+5000\cdot {(\frac{1}{10})}^5\cdot \frac{9}{10}+\mathrm{...}+0\cdot \text{de rest}=\mathrm{0,4655}$
$\text{E}(\text{winst})=1-\mathrm{0,4655}=\mathrm{0,5345}$ euro per kaart.

$1$, $1$, $3$, $3$ heeft de grootste standaardafwijking, want de middelste twee getallen liggen verder van het gemiddelde af dan bij $1$, $2$, $2$, $3$.

Ze hebben dezelfde sd, want de getallen liggen evenver uit elkaar (de getallen in de ene set zijn $1$ groter dan die in de andere set).

$2$, $2$, $6$, $6$ heeft de grootste standaardafwijking (namelijk $2$ keer zo groot), want de getallen liggen verder van het gemiddelde af (namelijk $2$ keer zo ver).

Ze hebben dezelfde sd, want de afwijkingen van het gemiddelde zijn allemaal $1$ en de gemiddelde kwadratische afwijking dus ook.

Robins gemiddelde is $10\cdot \mathrm{0,01}+9\cdot \mathrm{0,03}+\mathrm{...}+1\cdot \mathrm{0,19}=\mathrm{3,85}$, Wilhelms gemiddelde is $10\cdot \mathrm{0,1}+9\cdot \mathrm{0,1}+\mathrm{...}+1\cdot \mathrm{0,3}=\mathrm{4,4}$. Dus Wilhelm behaalt gemiddeld de hoogste score.

Wilhelm heeft de grootste sd. Zijn scores liggen erg ver uit elkaar. Ter controle: $\text{sd}(\text{Wilhelm})=\mathrm{3,47}$ en $\text{sd}(\text{Robin})=\mathrm{2,35}$.

$6!=720$

$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)=360$ of $\frac{6!}{2!}=360$

$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)=120$ of $\frac{6!}{3!}=120$

$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)=180$ of $\frac{6!}{2!\cdot 2!}=180$

$\mathrm{‐3}$, $1$, $5$ en $9$

Kanstabel:

$\text{E}(X)=\mathrm{‐3}\cdot \frac{27}{64}+1\cdot \frac{27}{64}+5\cdot \frac{9}{64}+9\cdot \frac{1}{64}=0$
Gemiddeld win je niets, dus het is een eerlijk spel.

Een eerlijk spel is een spel waarbij je gemiddeld geen winst of verlies hebt.

Dus KMKMKM, kans is ${\left(\frac{1}{2}\right)}^6=\frac{1}{64}$.

Dus MKMKMK, kans is ${\left(\frac{1}{2}\right)}^6=\frac{1}{64}$.

De kans is $\left(\begin{array}{c}6\\ 3\end{array}\right)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3=\frac{5}{16}$.

Kanstabel:

Omdat de kans op kop en op munt gelijk is.

Kanstabel:

$\text{E}(X)=10\cdot \frac{1}{4}+15\cdot \frac{1}{3}+20\cdot \frac{1}{9}+30\cdot \frac{1}{6}+35\cdot \frac{1}{9}+50\cdot \frac{1}{36}=20$

Kanstabel:

$\text{E}(X_1)=5\cdot \frac{1}{2}+10\cdot \frac{1}{3}+25\cdot \frac{1}{6}=10$
$\text{E}(X)=\text{E}(X_1)+\text{E}(X_2)=2\cdot \text{E}(X_1)=2\cdot 10=20$

$\text{Var}(X)={(\text{-}10)}^2\cdot \frac{1}{4}+{(\text{-}5)}^2\cdot \frac{1}{3}+0^2\cdot \frac{1}{9}+{10}^2\cdot \frac{1}{6}+{15}^2\cdot \frac{1}{9}+{30}^2\cdot \frac{1}{36}=100$

Met de tabel en de berekeningen bij antwoord c zie je dat:
$\text{E}(X_1)=10$
$\text{Var}(X_1)={(\text{-}5)}^2\cdot \frac{1}{2}+0^2\cdot \frac{1}{3}+{15}^2\cdot \frac{1}{6}=50$
$\text{Var}(X)=\text{Var}(X_1)+\text{Var}(X_2)=2\cdot \text{Var}(X_1)=2\cdot 50=100$

$\text{E}(Y_2)=5\cdot \frac{1}{2}+10\cdot \frac{1}{3}+25\cdot \frac{1}{6}=10$

Kanstabel:

$\text{E}(Y)=10\cdot \frac{1}{5}+15\cdot \frac{2}{5}+20\cdot \frac{1}{15}+30\cdot \frac{1}{5}+35\cdot \frac{2}{15}=20$

Ja, want $\text{E}(Y)=20$ en $\text{E}(Y_1)=\text{E}(Y_2)=10$.

$\text{Var}(X)={(\text{-}10)}^2\cdot \frac{1}{5}+{(\text{-}5)}^2\cdot \frac{2}{5}+0^2\cdot \frac{1}{15}+{10}^2\cdot \frac{1}{5}+{15}^2\cdot \frac{2}{15}=100$

$Y_1$ en $Y_2$ zijn niet onafhankelijk, want de kansen bij $Y_2$ zijn afhankelijk van de waarde van $Y_1$.

Dus in de eerste $3$ beurten één $6$ en de $4$^e beurt is een $6$.
De kans is $\text{P}\left(X=\mathrm{1,}n=\mathrm{3,}p=\frac{1}{6}\right)\cdot \frac{1}{6}\approx \mathrm{0,0579}$.

Dus in $4$ beurten hoogstens $1$ keer een $6$.
De kans is $\text{P}(X\le \mathrm{1,}n=\mathrm{4,}p=\frac{1}{6})\approx \mathrm{0,8681}$.

Dus in $9$ beurten $2$ keer een $6$ en de $10$^e beurt is een $6$.
De kans is $\text{P}\left(X=\mathrm{2,}n=\mathrm{9,}p=\frac{1}{6}\right)\cdot \frac{1}{6}\approx \mathrm{0,0465}$.

Dus in $20$ beurten hoogstens $3$ keer een $6$.
De kans is $\text{P}\left(X\le \mathrm{3,}n=\mathrm{20,}p=\frac{1}{6}\right)\approx \mathrm{0,5665}$.

De ene mens is meer vatbaar voor griep dan de andere en sommige mensen krijgen een antigriepinjectie en zijn daarom weer minder vatbaar.

$\text{P}(X\ge 5)=1-\text{P}(X\le \mathrm{4,}n=\mathrm{25,}p=\mathrm{0,2})\approx \mathrm{0,5793}$

$\text{P}(X\le 5)=\text{P}(X\le \mathrm{5,}n=\mathrm{25,}p=\mathrm{0,2})\approx \mathrm{0,6167}$

$\left(\begin{array}{c}25\\ 5\end{array}\right)\cdot {\mathrm{0,2}}^5\cdot {\mathrm{0,8}}^{20}\approx \mathrm{0,1960}$

$\frac{(\begin{array}{c}11\\ 3\end{array})\cdot (\begin{array}{c}14\\ 2\end{array})}{(\begin{array}{c}25\\ 5\end{array})}\approx \mathrm{0,2826}$

Bij benadering normaal verdeeld, maar toch wel aardig asymmetrisch.

$70$ mm Hg vanwege de symmetrie.

Bepaal met de GR het getal $a$ met $\text{P}\left(X<a|85\text{;13}\right)$ $=\mathrm{0,25}$. Je vindt: $a\approx 76$.
Dus de waarden tussen $76$ en $94$. Gebruik symmetrie.

Ja

Ze zijn elkaars tegengestelde.

Het verschil van de gemiddeldes is $10$.

De sd bij gemiddelde $50$ is twee maal zo groot als die bij gemiddelde $60$, want de $z$-waarden $z=\frac{70-50}{{\text{σ}}_{50}}$ en $z=\frac{70-60}{{\text{σ}}_{60}}$ zijn gelijk, dus ${\text{σ}}_{50}=$ $2{\text{σ}}_{60}$.

Een continue variabele

De hoogte van de staven zijn: $\text{P}\left(X<50|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,004}$,
$\text{P}\left(50<X<60|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,024}$,
$\text{P}\left(60<X<70|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,097}$,
$\text{P}\left(70<X<80|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,226}$,
$\text{P}\left(80<X<90|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,229}$,
$\text{P}\left(90<X<100|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,226}$,
$\text{P}\left(100<X<110|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,097}$,
$\text{P}\left(110<X<120|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,024}$,
$\text{P}\left(X>120|85;13\right)$ $\approx \mathrm{0,004}$.

$\text{P}\left(\mathrm{84,5}<X<\mathrm{85,5}|85;13\right)\approx \mathrm{0,031}$, dus $31$%

-

Beide $1$.

Het zijn $262$ dinsdagen, dus $\text{E}\left(S\right)=262$ en $\text{sd}\left(S\right)=\sqrt{262}$.

$\text{P}\left(X<\mathrm{250,5}|262;\sqrt{262}\right)$ $\approx \mathrm{0,229}$

Er zijn $90$ tweetallen en bij $30$ ervan is $5$ het hoogste.

$\text{P}\left(X=2\right)=\frac{7}{10}\cdot \frac{6}{9}=\frac{7}{15}$, $\text{P}\left(X=5\right)=\frac{5}{15}$ en $\text{P}\left(X=10\right)=\frac{3}{15}$.

$\text{E}\left(X\right)=\frac{7}{15}\cdot 2+\frac{5}{15}\cdot 5+\frac{3}{15}\cdot 10=4\frac{3}{5}$ en $\text{Var}\left(X\right)=\frac{7}{15}\cdot {\left(4\frac{3}{5}-2\right)}^2+\frac{5}{15}\cdot {\left(4\frac{3}{5}-5\right)}^2+\frac{3}{15}\cdot {\left(4\frac{3}{5}-10\right)}^2=9\frac{1}{25}$.

Volgens de centrale limietstelling

Tussen $100$ en $500$ euro.

${\left(\frac{7}{15}\right)}^{50}\approx 0$; ${\left(\frac{3}{15}\right)}^{50}\approx 0$

$\text{E}\left(T\right)=50\cdot 4\frac{3}{5}=230$, $\text{Var}\left(T\right)=50\cdot 9\frac{1}{25}=452$, dus $sd\left(T\right)=\sqrt{452}\approx \mathrm{21,3}$.

$T$ is discreet. De kans is: $\text{P}\left(\mathrm{223,5}<X<\mathrm{255,5}|230;\sqrt{452}\right)$ $\approx \mathrm{0,5049}$.

$\text{P}\left(X<\mathrm{985,5}|1000;10\right)$ $=\mathrm{6,68}\dots$%

$\mathrm{22,5}$ ml; $\mathrm{9,9}$ ml

We bekijken de tweede voorwaarde.
Met standaardiseren.
Noem de waarde waarop de machine ingesteld moet worden $\text{μ}$. De $z$-waarde van $\mathrm{985,5}$ kun je op de GR vinden. Het is het getal $a$ waarvoor geldt: $\text{P}\left(X<a|\text{0};1\right)$$=\mathrm{0,02}$. Je vindt als $z$-waarde voor $\mathrm{985,5}$: $‐\mathrm{2,05}$, dus $‐\mathrm{2,05}=\frac{\mathrm{985,5}-\text{μ}}{5}$; je vindt dan een waarde voor $\text{μ}$ die kleiner is dan de nominale waarde.
De machine moet ingesteld worden op $500$ gram.

We bekijken weer de tweede voorwaarde. De waarde waarop de machine ingesteld moet worden, noemen we weer $\text{μ}$.
Dan $‐\mathrm{2,05}=\frac{241-\text{μ}}{5}$, dus $\text{μ}=241+5\times \mathrm{2,05}\approx \mathrm{251,25}$.
Bij pondspakken wordt dus meer koffie verbruikt.

$8\frac{1}{2}$ uur komt overeen met $510$ minuten.
De $z$-waarde van $510$ kunnen vinden door met de GR het getal $a$ te bepalen met: $\text{P}\left(X<a|0;1\right)$ $=\mathrm{0,07}$.
Je vindt voor de $z$-waarde van $510$: $‐\mathrm{1,479}$.
Dus $‐\mathrm{1,479}=\frac{510-\text{μ}}{50}$, met $\text{μ}$ in minuten. Dus $\text{μ}=510+\mathrm{1,479}\cdot 50=584$ minuten.

We korten af: L is: je trekt een lege batterij, N is: je trekt een nieuwe batterij. Gevraagd wordt: $\text{P}\left(\text{LNNL}\right)+\text{P}\left(\text{NLNL}\right)+\text{P}\left(\text{NNLL}\right)$. Die kans is:
$=\frac{2}{12}\cdot \frac{10}{11}\cdot \frac{9}{10}\cdot \frac{1}{9}+\frac{10}{12}\cdot \frac{2}{11}\cdot \frac{9}{10}\cdot \frac{1}{9}+\frac{10}{12}\cdot \frac{9}{11}\cdot \frac{2}{10}\cdot \frac{1}{9}=\frac{1}{22}$.

Met standaardiseren. Met de GR bepaal je de $z$-waarde van $\mathrm{170,0}$. Het is het getal $a$ waarvoor $\text{P}\left(X<a|0;1\right)$ $=\mathrm{0,91}$. Je vindt als $z$-waarde:$\mathrm{1,342}$, dus $\mathrm{1,342}=\frac{\mathrm{170,0}-\mathrm{160,4}}{\text{σ}}$, dus $\text{σ}=\frac{\mathrm{170,0}-\mathrm{160,4}}{\mathrm{1,342}}=\mathrm{7,15}\dots$.

$50$%

Het aantal vrouwen dat kleiner is dan $MED$ is: $91+\frac{1}{2}\cdot 9=\mathrm{95,5}$%. De $z$-waarde bij dit percentage is (GR): $\mathrm{1,694}$, dus $\mathrm{1,694}=\frac{MED-\mathrm{160,4}}{\mathrm{7,2}}$ dus $MED=\mathrm{160,4}+\mathrm{1,694}\cdot \mathrm{7,2}\approx \mathrm{1,726}$.

De kans dat een vrouw langer dan $\mathrm{172,6}$ is $\mathrm{0,113}$. De $z$-waarde van $\mathrm{172,6}$ kun je vinden door met de GR het getal $a$ te bepalen met $\text{P}\left(X<a|0;1\right)$ $=1-\mathrm{0,113}$. Zo vind je voor de $z$-waarde $\mathrm{1,21}$.
Noem het gemiddelde $\text{μ}$, dan $\mathrm{1,21}=\frac{\mathrm{172,6}-\text{μ}}{\mathrm{7,2}}$, dus $\text{μ}=\mathrm{172,6}-\mathrm{7,2}\cdot \mathrm{1,21}=\mathrm{163,9}$.

$\text{P}\left(X<\mathrm{170,0}|\mathrm{164,0};\mathrm{7,2}\right)$ $=\mathrm{0,7977}$.

Met de GR bepaal je het getal $a$ met $\text{P}\left(X<a|0;1\right)$ $=\mathrm{0,275}$. Je vindt: $a=‐\mathrm{0,60}$, dus de $z$-waarde van $90$ is $‐\mathrm{0,60}$, dus $‐\mathrm{0,60}=\frac{90-100}{\text{σ}}$, dus $\text{σ}=\frac{10}{\mathrm{0,60}}$ $=\mathrm{16,7}$.

$\text{P}\left(X>115|100;\mathrm{16,7}\right)$ $\approx \mathrm{0,185}$, dus $\mathrm{18,5}$%.

$\text{P}\left(120<X<124|100;\mathrm{16,7}\right)$ $\approx \mathrm{0,04}$, dus $4$%.