examenvragen.tex

\documentclass[main.tex]{subfiles}
\begin{document}


\chapter{Examenvragen}
\label{cha:examenvragen}


\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2014}
  \begin{ex-vraag}
  Zij $\Omega$ een niet-aftelbare verzameling en zij $\mathcal{A}$ de volgende verzameling:
  \[ \mathcal{A} = \{ A \in \Omega \mid A \text{ is aftelbaar} \vee A^{C} \text{ is aftelbaar } \} \]
  Bewijs dat $\mathcal{A}$ een $\sigma$-algebra is.
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    \begin{proof}
      \kennen{We gaan eenvoudigweg alle definierende eigenschappen van een $\sigma$-algebra af:}
      \begin{itemize}
      \item $\Omega \in \mathcal{A}$\\
        $\Omega^{C}$ is leeg en dus aftelbaar, dus $\Omega$ zit in $\mathcal{A}$.
      \item $\forall A \in \mathcal{A}: A^{C}\in \mathcal{A}$\\
        Kies een willekeurige $A \in \mathcal{A}$. 
        We onderscheiden twee gevallen.
        \begin{itemize}
        \item $A$ is aftelbaar: $A^{C}$ zit dan in $\mathcal{A}$ want $A^{C^{C}} = A$ is aftelbaar.
        \item $A^{C}$ is aftelbaar: $A$ zit dan in $\mathcal{A}$ want $A^{C}$ is aftelbaar.
        \end{itemize}
      \item $\forall (A_{n})_{n}, A\in \mathcal{A}: \bigcup_{n} A_{n} \in \mathcal{A}$\\
        Fixeer een rij $(A_{n})_{n}$ in $\mathcal{A}$.
        We onderscheiden opnieuw twee gevallen.
        \begin{itemize}
        \item Alle $A_{n}$ zijn aftelbaar: $\bigcup_{n}A_{n}$ is dan aftelbaar en zit dus in $\mathcal{A}$.
        \item Er is minstens \'e\'en $A_{n}$ niet aftelbaar. Opdat die $A_{m}$ in $\mathcal{A}$ zou zitten moet $A_{m}^{C}$ aftelbaar zijn.
          $\left(\bigcup_{n}A_{n}\right)^{C} = \bigcap_{n}A_{n}^{C}$ is nu aftelbaar omdat $A_{m}$ aftelbaar is.
          Bijgevolg zit $\bigcup_{n}A_{n}$ ook in $\mathcal{A}$.
        \end{itemize}
      \end{itemize}
    \end{proof}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2015}
  \begin{ex-vraag}
    Beschouw een systeem dat bestaat uit 4 onafhankelijke componenten $A$, $B$, $C$ en $D$.
    De component $C$ staat in serie met $B$ en zij staan in parallel met $A$.
    Dit systeem staan dan op zijn beurt in serie met $D$.
    De faalkansen van $A$, $C$ en $D$ zijn gekend: $p_{A} = 0.05$, $p_{C}=0.02$, $p_{D}=0.01$.
    Wat is de faalkans van $B$ als we weten dat de kans dat $B$ faalt gegeven dat het hele systeem $S$ faalt gelijk is aan $0.1$?
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    \begin{itemize}
    \item Definities:
      \begin{itemize}
      \item Noem $p_{i}$ de kans dat systeem $i$ faalt.
      \item Noem $E$ het serieel systeem van $B$ en $C$
      \item Noem $F$ het parallel systeem van $A$ en $E$.
      \item Noem $S$ het hele systeem, dus het seriele systeem van $F$ en $D$.
      \end{itemize}
    \item Gegevens:
      \begin{itemize}
      \item $p_{A} = 0.05$, $p_{C}=0.02$, $p_{D}=0.01$, $P(B \text{ faalt } \mid S \text{ faalt }) = 0.1$
      \item $p_{E} = p_{B} + p_{C} - p_{B}p_{C}$
      \item $p_{F} = p_{A}p_{E}$
      \item $p_{S} = p_{E} + p_{F} - p_{E}p_{F}$
      \end{itemize}
    \item $p_{B}$
    \item Toepassing van de wetten.\\
      \kennen{Zoals typisch bij een ``Wie is verantwoordelijk?'' vraag, proberen we de stelling van Bayes toe te passen:}
      \[ P(B|S) = \frac{P(S|B)P(B)}{P(S|B)P(B) + P(S|B^{C})P(B^{C})} \]
      Als $B$ al gefaald heeft, valt het systeem te reduceren tot het serieel systeem van enkel $A$ en $D$.
      De kans $P(S|B)$ dat $S$ dan faalt is dus $p_{A}+p_{D}-p_{A}p_{D}$.
      Als $B$ zeker niet gefaald heeft, valt $B$ gewoon weg te denken.
      De kans $P(S|B^{C})$ dat $S$ dan faalt is dus $p_{D} + p_{A}p_{C} - p_{D}p_{A}p_{C}$.
      We kunnen de formule nu herschrijven:
      \[ P(B|S) = \frac{(p_{A}+p_{D})p_{B}}{(p_{A}+p_{D}-p_{A}p_{D})p_{B} + (p_{D} + p_{A}p_{C} - p_{D}p_{A}p_{C})(1-p_{B})} \]
      Hierin is alles behalve $p_{B}$ gekend:
      \begin{align*}
        P(B|S) &= \frac{(p_{A}+p_{D}-p_{A}p_{D})p_{B}}{(p_{A}+p_{D}-p_{A}p_{D})p_{B} + (p_{D} + p_{A}p_{C} -p_{D}p_{A}p_{C})(1-p_{B})}\\
        0.1 &= \frac{0.0595 p_{B}}{ 0.0595 p_{B} + 0.01099(1-p_{b})}\\
        p_{B} &= 0.0201
      \end{align*}
    \end{itemize}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2014}
  \begin{ex-vraag}
    Yumm's is een restaurant dat ook aan huis levert.
    Op hun website kan je terugvinden dat de gemiddelde wachttijd (tussen het moment waarop je bestelt en het moment waarop het eten geleverd wordt) $60$ minuten bedraagt, met als standaarddeviatie $20$ minuten.
    Ook restaurant Tasty levert aan huis, gemiddeld gezien met een wachttijd van $75$ minuten met een standaarddeviatie van $10$ minuten.
    Wanneer je eten bestelt, doe je dat $6$ van de $10$ keer bij Yumm's, en $4$ van de $10$ keer bij Tasty.
    Indien je veronderstelt dat beide wachttijden normaal verdeeld zijn, geef dan antwoord op de volgende vragen:
    \begin{itemize}
    \item Indien je een bestelling geplaatst hebt om $19$ uur, en je eten wordt geleverd tussen $20.15$ uur en $20.30$ uur, hoe groot is dan de kans dat je bij Yumm's besteld hebt?
    \item Indien je elke week bij Yumm's bestelt, hoe groot is dan de kans dat je eten gedurende \'e\'en jaar ($52$ weken) minstens $10$ keer tussen $20.15$ uur en $20.30$ uur geleverd werd?
    \end{itemize}
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    Noem $X$ de wachttijd wanneer je eten bestelt bij Yumm's.
    We gaan ervan uit dat $X$ normaal verdeeld is.
    \[ X \sim N(\mu_{X}=60,\sigma_{X}=20) \]
    Noem $Y$ de wachttijd wanner je eten bestelt bij Tasty.
    We gaan ervan uit dat ook $Y$ normaal verdeeld is.
    \[ Y \sim N(\mu_{Y}=75,\sigma_{Y}=10) \]
    We gaan er ook van uit dat je enkel bij Yumm's of Tasty kan bestellen.
    \begin{itemize}
    \item 
      Merk op dat de wachttijd tussen $75$ en $90$ minuten ligt in dit geval.
      Noem $A$ de gebeurtenis waarin de wachttijd tussen $75$ en $90$ minuten ligt
      Noem $B$ de gebeurtenis waarin je bij Yumm's bestelt.
      We zoeken nu de volgende kans:
      \[ P(B|A) \]
      \kennen{We gebruiken de stelling van Bayes}:
      \[ 
      P(B|A) = \frac{P(A|B)P(B)}{P(A|B)P(B) + P(A|B^{C})P(B^{C})}
      \]
      Hierin kennen we $P(B)$, $P(B^{C})$ en kunnen we $P(A|B)$ en $P(A|B^{C})$ berekenen.
      \begin{itemize}
      \item $P(A|B)$:\\
        $P(A|B)$ is de kans op de gegeven wachttijd, gegeven dat we bij Yumm's bestellen.
        \[ P(A|B) = P(75 \le X \le 90) \]
        Omdat $X$ normaal verdeeld is, kunnen we deze kans berekenen met behulp van onze tabellen.
        \[ P(75 \le X \le 90) = P\left(\frac{75-60}{20} \le Z \le \frac{90-60}{20}\right) = P(Z \le 1.5) - P(Z \le 0.75)\]
        \tabel{Standaard normale verdeling}{$P(Z \le 0.75)=0.733$ en $P(Z \le 1.5) = 0.933$}
        \[ = 0.933 - 0.773 = \frac{4}{25} = 0.16 \]
      \item $P(A|B^{C})$:\\
        $P(A|B^{C})$ is de kans op de gegeven wachttijd, gegeven dat we bij Tasty bestellen.
        \[ P(A|B^{C} = P(75 \le Y \le 90) \]
        Omdat $Y$ normaal verdeeld is, kunnen we deze kans berekenen met behulp van onze tabellen.
        \[ P(75 \le Y \le 90) = P\left(\frac{75-75}{10} \le Z \le \frac{90-75}{10}\right) = P(Z \le 1.5) - P(Z \le 0) \]
        \tabel{Standaard normale verdeling}{$P(Z \le 1.5) = 0.773$ en $P(Z \le 0) = 0.5$}
        \[ = 0.933 - 0.5 = \frac{433}{1000} = 0.433 \]
      \end{itemize}
      We kunnen nu de gevraagde kans uitrekenen:
      \[ \frac{P(A|B)P(B)}{P(A|B)P(B) + P(A|B^{C})P(B^{C})} = \frac{\frac{4}{25}\frac{6}{10}}{\frac{4}{25}\frac{6}{10} + \frac{433}{1000}\frac{4}{10}} = \frac{240}{673} = 0.3566 \]

    \item 
      We gaan ervan uit dat je telkens om $19$ uur bestelt.
      Noem $U$ het aantal keer dat het eten tussen $20.15$ uur en $20.30$ uur toekomt per jaar.
      De kans dat het eten \'e\'en keer tussen $20.15$ uur en $20.30$ uur toekomt is $0.16$ (zie eerder).
      \kennen{$U$ is dan binomiaal verdeeld met $p=0.16$}.
      \[ U \sim B(n=52, p=0.16) \]
      We zoeken nu de volgende kans:
      \[ P(U > 9) \]
      We kunnen stukje bij beetje uitrekenen door $52$ termen uit te schrijven en uit te rekenen, of we kunnen de centrale limietstelling gebruiken:
      \[ U = 52 X \sim N(52\mu_{X},52\sigma_{X}^{2}) \]
      We hebben hiervoor $\mu_{X}$ en $\sigma_{X}^{2}$ nodig.
      \kennen{Aangezien $X$ twee mogelijke uitkomsten heeft, in de zin dat het eten ofwel binnen de grenzen, ofwel buiten de grenzen aankomt, is $X$ Bernoulli-verdeeld met $p=0.16$.}
      \formularium{Bernoulli verdeling}{$\mu_{X}=p$ en $\sigma_{X}=p(1-p)$}
      \[ U = 52 X \sim N(\mu_{U}= 52\cdot 0.16,\ \sigma_{U} = 52\cdot 0.16 \cdot 0.84) = N(\mu_{U}=8.32,\sigma_{U}=6.99) \]
      We kunnen de gezochte kans nu berekenen met de tabellen.
      \[ P(U \ge 10) = 1 - P(U \le 10) = 1 - P\left(Z \le \frac{10-0.5-8.32}{\sqrt{6.99}} \right) = 1 - P(Z \le 0.45) \]
      \tabel{Standaard normale verdeling}{$P(Z \le 0.674) = 0.326$}
      \[ = 1-0.674 = 0.326 \]
    \end{itemize}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2015}
  \begin{ex-vraag}
  Veronderstel dat $1$ op $2500$ lampen stuk gaat gedurende een bepaalde dag.
  In een bedrijf hangen $10000$ lampen.
  Wat is de kans dat minstens $6$ lampen stuk gaan op een bepaalde dag?
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    Definieer $X$ als het aantal lampen dat stuk gaat en een bepaalde dag.
    Een lamp die stuk gaat kunnen we als een Bernoulli experiment beschouwen, $X$ is dan Binomiaal verdeeld:
    \[ X \sim B\left(n=10000,p=\frac{1}{2500}\right)\]
    Wanneer we hiermee de gevraagde kans $P(X \ge 6)$ willen berekenen, kunnen we twee dingen doen:
    Ofwel berekenen we de kans meteen met de formule: \formularium{Binomiaal}{$P(X=k) = \binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$}
    \[ P(X \ge 6) = \sum_{i=6}^{10000}P(X=i) \]
    Dit zou heel veel werk kosten.
    Ofwel berekenen we het complement rechtstreeks met de formule:
    \[ P(X \ge 6) = \sum_{i=0}^{5}(X=5) \]
    Dit is nog steeds redelijk wat werk:
    \begin{align*}
      P(X \ge 6)
      &= \sum_{i=0}^{5}\binom{n}{i}p^{i}(1-p)^{n-i}\\
      &= \left(\frac{2499}{2500}\right)^{10000}\\
      &+ 10000\left(\frac{1}{2500}\right)\left(\frac{2499}{2500}\right)^{9999}\\
      &+ 10000\cdot 9999\left(\frac{1}{2500}\right)^{2}\left(\frac{2499}{2500}\right)^{9998}\\
      &+ 10000\cdot 9999 \cdot 9998\left(\frac{1}{2500}\right)^{3}\left(\frac{2499}{2500}\right)^{9997}\\
      &+ 10000\cdot 9999 \cdot 9998 \cdot 9997\left(\frac{1}{2500}\right)^{4}\left(\frac{2499}{2500}\right)^{9996}\\
      &+ 10000\cdot 9999 \cdot 9998 \cdot 9997 \cdot 9998\left(\frac{1}{2500}\right)^{5}\left(\frac{2499}{2500}\right)^{9995}
    \end{align*}
    Dit is vooral veel intikwerk.
    Het kan nog eenvoudiger.
    \kennen{We kunnen de binomiaalverdeling benaderen, maar afhankelijk van de vuistrekel gebruiken we de stelling van De Moivre-Laplace (als de vuistregel-test slaagt) of de limietstelling van Poisson (als de vuistregel-test niet slaagt)}
    \[ n \ge 30 \text{ maar } np = \frac{10000}{2500} = 4 \not\ge 5 \text{ (ookal geldt } nq = \frac{24990000}{2500} \ge 5 \text{ )}  \]
    \kennen{Zoals we al hadden kunnen raden uit de opgave (het gaat over een aantal gebeurtenissen in een tijdsinterval), zullen we de binomiaalverdeling inderdaad benaderen met een Poissonverdeling:}
    \[ B(n,p) \simeq\mathcal{P}(np) \]
    In ons geval is $np$ gelijk aan $4$.
    Het antwoord ziet er dan als volgt uit:
    \[ P(X \ge 6) \approx 1-P(X<6) = 1-\sum_{k=0}^{5}P(X=k) = 1-\sum_{k=0}^{5}\frac{e^{-4}4^{k}}{k!} = 0.21486961296959495 \]
    Toegegeven, dit is nog steeds redelijk wat werk.
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2015}
  \begin{ex-vraag}
    Een lampenbedrijf is ge\"interesseerd in het gemiddelde lichtrendement van de lampen.
    In het bedrijf hangen $10000$ lampen.
    De kans dat het gemiddelde lichtrendement groter is dan $105$ $lumen/Watt$ is gelijk aan $6\%$ en er is $26.6\%$ kans dat het gemiddelde lichtrendement kleiner is dan $98 lumen/Watt$.
    Wat is dan de kans het gemiddelde lichtrendement tussen $99$ en $104.5 lumen/Watt$ ligt?
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    Noem $Y$ het gemiddeld lichtrendement van een lamp.
    De vraag spreekt over $10000$ gemiddeldes.
    \kennen{Dit zou u meteen moeten doen denken aan de centrale limietstelling.
    Omdat we over zodanig veel lampen spreken zal $Y$ benaderd kunnen worden met $N(\mu,\sigma^{2})$}
    Gegeven is $P(Y > 105) = 0.06$ en $P(Y \le 98) = 0.266$.
    Omdat $Y$ normaal verdeeld is betekent dit het volgende:
    \[ P\left(Z > \frac{105 - \mu}{\sigma}\right) = 0.06 \quad\text{ en }\quad P\left(Z \le \frac{98-\mu}{\sigma}\right) = 0.266\]
    \tabel{Standaard normale verdeling}{$P(Z \le 1.555) = 0.94$ en $P(Z \le 0.625) = 0.734$}
    Vanuit de tabel vinden we het volgende:
    \[
    P\left(Z > \frac{105 - \mu}{\sigma}\right)
    = 1 - P\left(Z \le \frac{105 - \mu}{\sigma}\right)
    = 1 - P(Z \le 1.555)
    = 0.94
    = 1-0.06
    \Rightarrow
    \frac{105-\mu}{\sigma}
    = 1.555
    \]
    \[ P\left(Z \le \frac{98-\mu}{\sigma}\right)
    = 1 - P\left(Z \le -\frac{98-\mu}{\sigma}\right)
    = 1 - P(Z \le 0.63)
    = 0.743
    = 1 - 0.266
    \Rightarrow
    \frac{98-\mu}{\sigma}
    = -0.625
    \]
    \kunnen{Nu lossen we dit stelsel op om $\mu$ en $\sigma$ te vinden:}
    \begin{align*}
      \begin{cases}
        \frac{105-\mu}{\sigma}
        &= 1.555\\
        \frac{98-\mu}{\sigma}
        &= -0.625
      \end{cases}
      \longrightarrow
      \begin{cases}
        105-\mu
        &= 1.555\sigma\\
        98-\mu
        &= -0.625\sigma
      \end{cases}
      \longrightarrow
      \begin{cases}
        7
        &= 2.18\sigma\\
        98-\mu
        &= -0.625\sigma
      \end{cases}\\
      \longrightarrow
      \begin{cases}
        \sigma
        &= 3.21\sigma\\
        98-\mu
        &= -(0.625)(3.21)
      \end{cases}
      \longrightarrow
      \begin{cases}
        \sigma
        &= 3.21\sigma\\
        \mu
        &= 100.025
      \end{cases}
    \end{align*}
    \kunnen{We rekenen nu de gevraagde kans $P(99 \le Y \le 104.5)$ uit:}
    \begin{align*}
      P(99 \le Y \le 104.5)
      &= P(-0.32 \le Z \le 1.39)\\
      &= P(Z \le 1.39) - P(Z \le -0.32)\\
      &= P(Z \le 1.39) - (1-(Z \le 0.32))
    \end{align*}
    \tabel{Standaard normale verdeling}{$P(Z \le 1.39) = 0.918$ en $P(Z \le 0.32) = 0.626$}
    \[ P(Z \le 1.39) - (1-(Z \le 0.32)) = 0.918 - (1-0.626) = 0.544\]
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}



\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2014}
  \begin{ex-vraag}
    Zij $X_{1}$ een exponentieel-verdeelde stochastische variabele met dichtheid $f_{X_{1}}$: 
    \[ f_{X_{1}}(x) = \frac{1}{6}e^{-\frac{x}{6}} \quad x \ge 0 \]
    Zij $X_{2}$ een een $\chi^{2}$ verdeelde stochastische variabele met dichtheid $f_{X_{2}}$: 
    \[ f_{X_{2}}(x) = \frac{e^{-\frac{x}{2}}x^{2-1}}{2^{2}\Gamma(2)} \]
    Wat is de verdeling van $X_{1} + 3X_{2}$ als $X_{1}$ en $X_{2}$ onafhankelijk zijn?
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    We bekijken de momentgenererende functies van $X_{1}$ en $X_{2}$.
    Omdat $X_{1}$ en $X_{2}$ onafhankelijk zijn, is de momentgenerenede functie van $X_{1} + 3X_{2}$ eenvoudig te berekenen:
    \[ M_{X_{1}+3X_{2}}(t) = M_{X_{1}}(t)M_{3X_{2}}(t) = M_{X_{1}}(t)M_{X_{2}}(3t) \]
    \formularium{Exponentiele verdeling}{$M_{X_{1}}(t) = \frac{1}{\sqrt{1-6t}}$ voor $t < \alpha$ ($\alpha = \nicefrac{1}{6}$)}
    \formularium{$\chi^{2}$-verdeling}{$M_{X_{2}}(t) = \frac{1}{1-2t} $ ($n = 4$)}
    We vinden de momentgenererende functie:
    \[ M_{X_{1}+3X_{2}}(t) = \frac{1}{\sqrt[3]{1-6t}} \]
    Kijken we nu terug naar het formularium, dan vinden we de verdeling van $X_{1} + 3X_{2}$.
    \formularium{$\Gamma$-verdeling}{$M_{\Gamma_{3,6}}= \frac{1}{\sqrt[3]{1-6t}}$}
    \[ X_{1} + 3X_{2} \sim \Gamma(3,6) \]
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2015}
  \begin{ex-vraag}
    Een discrete variabele $X$ heeft volgende momentgenererende functie:
    \[ M_{X}(t) = \frac{1}{4}\left( e^{-2t} + e^{-t} + e^{t} + e^{2t} \right) \]
    \begin{itemize}
    \item Bereken de variantie van $X$.
    \item Geef, gebruik makende van de variantie, een ondergrens voor de kans $P(|X| < \frac{7}{4})$.
    \end{itemize}

  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    \begin{itemize}
    \item \kennen{De variantie van een toevalsvariabele valt als volgt te berekenen:}
      \[ Var[X] = E[X^{2}] - E[X]^{2} \]
      \kennen{$E[X^{i}]$ valt te berekenen als $\left.\frac{d^{i}}{dt^{i}}M_{X}(t)\right|_{t=0}$,} dus we kunnen de variantie berekenen aan de hand hiervan:
      \begin{align*}
        E[X]
        &= \left.\frac{d}{dt}M_{X}(t)\right|_{t=0}\\
        &= \left.\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{4}\left( e^{-2t} + e^{-t} + e^{t} + e^{2t} \right)\right)\right|_{t=0}\\
        &= \frac{1}{4}\left.\frac{d}{dt}\left(e^{-2t} + e^{-t} + e^{t} + e^{2t}\right)\right|_{t=0}\\
        &= \frac{1}{4}\left.\left(-2e^{-2t} -e^{-t} + e^{t} + 2e^{2t}\right)\right|_{t=0}\\
        &= \frac{1}{4}\left(-2-1+1+2\right) \\
        &= 0
      \end{align*}
      \begin{align*}
        E[X^{2}]
        &= \left.\frac{d^{2}}{dt^{2}}M_{X}(t)\right|_{t=0}\\
        &= \frac{1}{4}\left.\frac{d}{dt}\left( -2e^{-2t} - e^{-t} + e^{t} + 2e^{2t} \right)\right|_{t=0}\\
        &= \frac{1}{4}\left.\left( 4e^{-2t} + e^{-t} + e^{t} + 4e^{2t} \right)\right|_{t=0}\\
        &= \frac{1}{4}\left( 4+1+1+4 \right)\\
        &= \frac{5}{2}
      \end{align*}
      De variantie is dus $\frac{10}{4}$.
    \item \kennen{De ongelijkheid van Chebyschev leert ons dat we een afschatting kunnen maken voor een kans van de voor $P(|X| \ge a)$ als we de variantie en het gemiddelde kennen van $X$.}
      \[ \forall a \ge 0:\ P(|X-\mu| \ge a) \le \frac{\sigma^{2}}{a^{2}} \]
      In dit geval betekent dat het volgende:
      \[ P\left(|X| \ge \frac{7}{4}\right) \le \frac{\frac{5}{2}}{\left(\frac{7}{4}\right)^{2}} = \frac{40}{49} \]
      Dit geeft het volgende als antwoord:
      \[ P\left( |X| < \frac{7}{4} \right) = 1 - P\left(|X| \ge \frac{7}{4}\right) \ge 1 - \frac{40}{49} = \frac{9}{49} \]
    \end{itemize}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2014}
  \begin{ex-vraag}
    Een stochastisch koppel $(X,Y)$ heeft een bivariate normale verdeling als de gezamelijke verdelingsfunctie van $X$ en $Y$ als volgt gegeven wordt:
    \[
    f_{X,Y}(x,y)
    =
    \frac
    {
      e^{-\frac{1}{2}\frac{1}{1-\rho^{2}}
        \left(
          \left(\frac{x-\mu_{x}}{\sigma_{x}}\right)^{2}
          - 2\rho\left(\frac{x-\mu_{x}}{\sigma_{x}}\right)^{2}\left(\frac{y-\mu_{y}}{\sigma_{y}}\right)^{2}
          + \left(\frac{y-\mu_{y}}{\sigma_{y}}\right)^{2}
        \right)
      }
    }
    {
      2\pi\sigma_{x}\sigma_{y}\sqrt{1-\rho^{2}}
    }
    \]
    Bereken de marginale dichtheidsfunctie van $Y$.
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    \kennen{De formule voor een marginale dichtheidsfunctie gaat als volgt:}
    \[ f_{y}(y) = \int_{-\infty}^{+\infty}f_{X,Y}(x,y)\ dx \]
    We voeren eerst een aantal constanten in, om de leesbaarheid te vergroten:
    \[ 
    C = \dfrac{1}{2\pi\sigma_{x}\sigma_{y}\sqrt{1-\rho^{2}}} \quad A = \frac{1}{2}\frac{1}{1-\rho^{2}} \quad u = \frac{x-\mu_{x}}{\sigma_{x}} \quad v = \frac{y-\mu_{y}}{\sigma_{y}}
    \]
    \[ f_{X,Y}(x,y) = C e^{A \cdot (u^{2}-2\rho u v + v^{2})} \]
    \kunnen{We kunnen de formule nu uitrekenen}
    \[ \int_{-\infty}^{+\infty}f_{X,Y}(x,y)\ dx\ dy = \int_{-\infty}^{+\infty} C e^{-A \cdot (u^{2}-2\rho u v + v^{2})}\ dx = C\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-A \cdot (u^{2}-2\rho u v + v^{2})}\ dx \]
    We voeren een nieuwe integratieveranderlijke in:
    \[ 
    \begin{array}{rl}
      u &= \frac{x-\mu_{x}}{\sigma_{x}}\\
      du &= \frac{1}{\sigma_{x}}dx\\
    \end{array}
    \]
    \[
    = C\sigma_{x}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-A \cdot (u^{2}-2\rho u v + v^{2})}\ du
    = C\sigma_{x}\sigma_{X}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-Av^{2}}e^{-A \cdot (u^{2}-2\rho u v)}\ du
    = C\sigma_{x}e^{-Av^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-Au^{2}+2A\rho u v}\ du
    \]
    We forceren hier een bijzonder product door $+ A\rho^{2}v^{2} - A\rho^{2}v^{2}$ toe te voegen in de exponent.
    \[
    = C\sigma_{x}e^{-Av^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-Au^{2}+2A\rho u v + A\rho^{2}v^{2} - A\rho^{2}v^{2}}\ du 
    = C\sigma_{x}e^{-Av^{2}-A\rho^{2}v^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-Au^{2}+2A\rho u v + A\rho^{2}v^{2}}\ du 
    \]
    \[
    = C\sigma_{x}e^{-A(1-\rho^{2})v^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-A(u-\rho v)^{2}}\ du 
    \]
    We voeren nogmaals een nieuwe integratieveranderlijke in:
    \[ 
    \begin{array}{rl}
      z &= \sqrt{2A}(u-\rho v) \\
      dz &= \sqrt{2A} du\\
    \end{array}
    \]
    $z^{2}$ is dan $2A(u-\rho v)^{2}$.
    \[
    = C\sigma_{x}e^{-A(1-\rho^{2})v^{2}}\frac{1}{\sqrt{A}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\ dz
    \]
    Nu zou je de formule binnen de integraal moeten herkennen.
    \formularium{Dichtheidsfunctie van een algemene Normaalverdeling}{ $\frac{e^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2\sigma^{2}}}}{\sigma\sqrt{2}\pi}$}
    De formule voor de standaard normaalverdeling ziet er als volgt uit:
    \[ \phi(x) = \frac{e^{-\frac{1}{2}x^{2}}}{\sqrt{2\pi}} \]
    Omdat dit een dichtheid is, moet de integraal tot $1$ evalueren:
    \[ 1 = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-\frac{1}{2}x^{2}}}{\sqrt{2\pi}} \]
    \[ \sqrt{2\pi} = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{1}{2}x^{2}} \]
    De integraal die nog overblijft kunnen we dus vervangen door $\sqrt{2\pi}$.
    \[
    = C\sigma_{x}e^{-A(1-\rho^{2})v^{2}}\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2A}}
    \]
    We vervangen nu de leesbaarheidsconstanten terug naar de originele waarden en zien dat we al veel kunnen vereenvoudigen.
    \[
    = \dfrac{1}{2\pi\sigma_{x}\sigma_{y}\sqrt{1-\rho^{2}}}\sigma_{x}e^{-\left( \frac{1}{2}\frac{1}{1-\rho^{2}}\right)(1-\rho^{2})\left(\frac{y-\mu_{y}}{\sigma_{y}}\right)^{2}}\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2\left( \frac{1}{2}\frac{1}{1-\rho^{2}}\right)}}
    \]
    \[
    = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_{y}}e^{- \frac{1}{2}\left(\frac{y-\mu_{y}}{\sigma_{y}}\right)^{2}}
    \]
    We vinden dat $f_{y}(y)$ de dichtheidsfunctie is van een normaal verdeelde stochastische variabele, zoals verwacht.
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Tussentijdse Toets 2015}
  \begin{ex-vraag}
    Een apparaat bestaat uit $2$ componenten en stopt met werken zodra minstens $1$ van de $2$ componenten faalt.
    Stel $X$ en $Y$ de respectievelijke levensduren (uitgedrukt in uren) van de $2$ componenten.
    Stel dat de gezamenlijke dichtheidsfunctie van de levensduren gegeven wordt door $f_{X,Y}$:
    \[
    f_{X,Y}(x,y) = 
    \begin{cases}
      c(x+y) & \text{ als } x\in\interval[open]{0}{3} \text{ en } y \in\interval[open]{0}{3}\\
      0 & \text{ anders}
    \end{cases}
    \]
    \begin{enumerate}
    \item Bereken $c$ op dat $f_{X,Y}$ een dichtheidsfunctie is.
    \item Bepaal de kans dat het apparaat binnen het uur faalt.
    \item Bereken $f_{Y|X}(x|y)$
    \end{enumerate}
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    \begin{enumerate}
    \item \kennen{We integreren heel de dichtheidsfunctie, dat moet op $1$ uitkomen}
      \begin{align*}
        \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)\ dy dx
        &= \int_{0}^{3}\int_{0}^{3}c(x+y)\ dy dx\\
        &= c\int_{0}^{3}\left.\left(xy + \frac{y^{2}}{2}\right)\right|_{y=0}^{y=3}\ dx\\
        &= c\int_{0}^{3}3x + \frac{9}{2}\ dx\\
        &= c\left.\left(\frac{3}{2}x^{2}+\frac{9}{2}x\right)\right|_{x=0}^{x=3}\\
        &= c\left(\frac{27}{2} + \frac{27}{2}\right)\\
        &= 27 c
      \end{align*}
      $c$ moet dus $\frac{1}{27}$ zijn.

    \item We zoeken $P(X < 1 \cup Y < 1)$.
      \kunnen{We tekenen het universum en duiden de gebeurtenis aan:}
      \begin{figure}[H]
        \centering
        \begin{tikzpicture}
          \draw[->] (0,0) -- (6.1,0) node[right] {$x$};
          \draw[->] (0,0) -- (0,6.2) node[above] {$y$};
          \node[below] (all) at (6,0) {(3,0)};
          \node[left] (all) at (0,6) {(0,3)};
          \node[below left] (all) at (0,0) {(0,0)};

          \node[below] (all) at (2,0) {(1,0)};
          \node[left] (all) at (0,2) {(0,1)};

          \draw (2,0) -- (2,6) node {};
          \draw (0,2) -- (6,2) node {};
          \draw (6,0) -- (6,6) node {};
          \draw (0,6) -- (6,6) node {};
          \filldraw[thick,fill=green!80!black,fill opacity=0.4] (0,0) -- (0,6) -- (2,6) -- (2,2)  -- (6,2) -- (6,0) -- cycle;
        \end{tikzpicture}
        \caption{Het universum}
      \end{figure}
      We zouden dit kunnen uitrekenen als $\int_{0}^{3}\int_{0}^{1}f_{X,Y}(x,y)\ dy dx + \int_{0}^{1}\int_{0}^{3}f_{X,Y}(x,y)\ dy dx - \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}f_{X,Y}(x,y)\ dy dx$, maar omdat we eigenlijk niet graag veel integralen uitrekenen kunnen we het eenvoudiger doen door naar te tekening te kijken:
      \[ P(X < 1 \cup Y < 1) = 1 - \int_{1}^{3}\int_{1}^{3}f_{X,Y}(x,y)\ dy dx \]
      \kunnen{We rekenen dit uit:}
      \begin{align*}
        \int_{1}^{3}\int_{1}^{3}f_{X,Y}(x,y)\ dy dx 
        &= \int_{1}^{3}\int_{1}^{3}c(x+y)\ dy dx\\
        &= c\int_{1}^{3}\left.\left(xy+\frac{y^{2}}{2}\right)\right|_{y=1}^{y=3}\ dx\\
        &= c\int_{1}^{3}\left(3x + \frac{9}{2} - x - \frac{1}{2}\right)\ dx\\
        &= c\int_{1}^{3}(2x + 4)\ dx\\
        &= c\left.\left(x^{2} + 4x\right)\right|_{x=1}^{x=3}\\
        &= c\left(9 + 12 - 1 - 4\right)\\
        &= 16c
      \end{align*}
      Het antwoord is dus $P(X < 1 \cup Y < 1) = 11c$.

    \item \kennen{We berekenen de marginale dichtheidsfunctie als volgt:}
      \[ f_{Y|X}(y|x) = \frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_{X}(x)} \]
      De teller kennen we al, \kennen{de noemer berekenen we als volgt:}
      \[ f_{X}(x) = \int_{-\infty}^{+\infty}f_{X,Y}(x,y)\ dy \]
      \begin{align*}
        \int_{-\infty}^{+\infty}f_{X,Y}(x,y)\ dy
        &= \int_{0}^{3}c(x+y)\ dy\\
        &= c\left.\left(xy + \frac{y^{2}}{2}\right)\right|_{y=0}^{y=3}\\
        &= c\left(3x + \frac{9}{2}\right)
      \end{align*}
      We kunnen nu de marginale dichtheidsfunctie berekenen:
      \begin{align*}
        \frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_{X}(x)}
        &= \frac{c(x+y)}{c\left(3x + \frac{9}{2}\right)}\\
        &= \frac{x+y}{3\left(x+\frac{3}{2}\right)}
      \end{align*}
      Het definitiegebied is $x\in\interval{0}{3}, y\in\interval{0}{3}$.
    \end{enumerate}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Augustus 2013}
  \begin{ex-vraag}
    Veronderstel een gezamelijke dichtheidsfunctie van twee continue stochastische veranderlijken $X$ en $Y$:
    \[ f_{X,Y}(x,y) = 2 \]
    Hierin is $f_{X,Y}$ gedefinieerd op $\{ (x,y) \mid x,y\in \interval{0}{1}, x+y \le 1 \}$
    \begin{enumerate}
    \item Bereken de marginale dichtheidsfuncties $f_{X}$ en $f_{Y}$
    \item Bereken de voorwaardelijke dichtheidfunctie $f_{Y\mid X=x}(y\mid X=x)$ van $(Y \mid X = x)$
    \item Bereken de covariantie van $X$ en $Y$.
    \end{enumerate}
  \end{ex-vraag}
  
  \begin{ex-antwoord}
    \begin{enumerate}
    \item 
      \kennen{De marginale dichtheidsfunctie vinden we door de gezamelijke dichtheidsfunctie te integreren: $f_{X} = \int_{-\infty}^{+\infty}f_{X,Y}(x,y)\ dy$.}
      \[ f_{X}(x) = \int_{-\infty}^{+\infty}f_{X,Y}(x,y)\ dy = \int_{0}^{1-x}2\ dy = 2-2x \]
      Analoog vinden we de marginale dichtheidsfunctie voor $Y$:
      \[ f_{Y}(y) = 2-2y\]
      Beide zijn gedefinieerd op $\interval{0}{1}$.
    \item
      \kennen{De voorwaardelijke dichtheidsfunctie berekenen we aan de hand van de dichtheidsfuncties: $f_{Y\mid X}(y\mid x)$}
      \[ f_{Y\mid X}(y\mid x) = \frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_{X}(x)} = \frac{2}{2-2x} \]
      Voor een gegeven $x$ is deze functie gedefinieerd op $\interval{0}{1-x}$.
    \item
      \kennen{De covariantie van twee stochastische variabelen kunnen we berekenen aan de hand van de formule $Cov(X,Y) = \int_{-\infty}^{+\infty}(x-E[X])(y-E[Y])f_{X,Y}(x,y)\ dxdy$.}
      We berekenen eerst $E[X]$ en $E[Y]$:
      \[ E[X] = \int_{-\infty}^{+\infty}f_{X}\ dx = \int_{0}^{1}2-2x\ dx = 1 \]
      Analoog berekenen we dat ook $E[Y] = 1$ geldt.
      \begin{align*}
        &\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}(x-E[X])(y-E[Y])f_{X,Y}(x,y)\ dxdy\\
        &= \int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}2(x-1)(y-1)\ dxdy\\
        &= 2\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x}xy-x-y+1\ dx\ dy\\
        &= 2\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1-x}xy\ dy + \int_{0}^{1-x}1-x\ dy +\int_{0}^{1-x}y\ dy \right)\ dx\\
        &= 2\int_{0}^{1}\left( \frac{x}{2}(1-x)^{2} + (1-x)^{2} + \frac{1}{2}(1-x)^{2} \right)\ dx\\
        &= \int_{0}^{1}(3+x)(1-x)^{2}\ dx\\
        &= \int_{0}^{1}x^{3} + x^{2} -5x + 3\ dx\\
        &= \frac{1}{4}+\frac{1}{3} - \frac{5}{2} + 3\\
        &= \frac{13}{12}\\
      \end{align*}
      De covariantie van $X$ en $Y$ is dus $\frac{13}{12}$.
    \end{enumerate}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\begin{examenvraag}{Augustus 2013, Tussentijdse Toets 2014}
  \begin{ex-vraag}
    Beschouw een toevalsvariabele $X$ met de volgende cumulatieve verdelingsfunctie.
    \[ F_{X}(x) = 1 - e^{-\left(\frac{X}{\alpha}\right)^{\beta}} \]
    \begin{enumerate}
    \item Bepaal de dichtheidsfunctie van $X$.
    \item Stel $Y=\left(\frac{X}{\alpha}\right)^{\beta}$, wat kan je vertellen over de verdeling van $Y$.
    \item Hoe kunnen we stochastische veranderlijken komende van de Weibull verdeling genereren vertrekkende van $U \sim \mathcal{U}\interval{0}{1}$?
    \end{enumerate}
  \end{ex-vraag}
  
  \begin{ex-antwoord}
    \begin{enumerate}
    \item \kennen{De dichtheidsfunctie van een stochastische variabele is de afgeleide van de cumulatieve verdelingsfunctie.}
      \[ f_{X}(x) = \frac{d}{dx}F_{X}(x) = \frac{\beta}{\alpha}\left(\frac{X}{\alpha}\right)^{\beta-1}e^{\left(\frac{X}{\alpha}\right)^{\beta}} \]
    \item \kennen{De cumulatieve verdelingsfunctie in $x$ geeft u de waarde $P(X \le x)$.} 
      \begin{align*}
        F_{Y}(y)
        &= P(Y \le y)\\
        &= P\left(\left(\frac{X}{\alpha}\right)^{\beta} \le y\right)\\
        &= P\left( X \le \alpha\sqrt[\beta]{y} \right)\\
        &= F_{X}\left(\alpha\sqrt[\beta]{y} \right)\\
        &= 1 - e^{-\left(\frac{\alpha\sqrt[\beta]{y}}{\alpha}\right)^{\beta}}\\
        &= 1-e^{-y}
      \end{align*}
      Als we dit afleiden om de dichtheidsfunctie te vinden we $f_{Y}(y) = e^{-y}$.
      \formularium{Exponenti\"ele verdeling}{$f_{\mathcal{E}(\alpha)} = \alpha e^{-\alpha}$, $\alpha > 0$}
      We vinden dat $Y$ exponentieel verdeeld is met parameter $\alpha = 1$.
      \[ Y \sim \mathcal{E}(1) \]
    \item
      \kennen{Door de integraaltransformatie om te keren kunnen we eender welke stochastische variabele genereren.\eiref{ei:integraaltransformatie}}
      We hebben hiervoor eerst $F^{-1}$ nodig:
      \begin{align*}
        F_{X}(x) &=  1 - e^{\left(\frac{x}{\alpha}\right)^{\beta}}\\
        1-F_{X}(x) &= e^{\left(\frac{x}{\alpha}\right)^{\beta}}\\
        \ln\left(1-F_{X}(x)\right) &= \left(\frac{x}{\alpha}\right)^{\beta}\\
        \alpha \sqrt[\beta]{\ln\left(1-F_{X}(x)\right)} &= x\\
        F^{-1}(F(x)) &= \alpha \sqrt[\beta]{\ln\left(1-F_{X}(x)\right)}                                                
      \end{align*}
      We vinden een Weibull-verdeelde stochastische variabele door $F^{-1}$ toe te passen op $U$.\eiref{ei:stochastische-veranderlijke-genereren}
    \end{enumerate}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}

\iffalse
\begin{examenvraag}{Juni 2014}
  \begin{ex-vraag}
    In een fabriek zijn er $500$ LEDs van elke kleur: rood, groen en blauw.
    De kans dat er op een bepaalde dag \'e\'en LED stuk gaat is $0.1\%$.
    Bereken de kans dat er op een bepaalde dag $40$ LED's stuk gaan van elke kleur.
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    We spreken in heel de oplossing over die bepaalde dag.
    Noem $R$ het aantal rode LEDs dat kapot gaat, $B$ het aantal blauwe LEDs dat kapot gaat en $G$ het aantal groene LEDs dat kapot gaat.
    Gevraagd is dan de volgende kans:
    \[ P(R \ge 40, B \ge 40, G \ge 40) \]
    Wanneer we ervan uitgaan dat de kleur van een LED onafhankelijk is van de kans dat hij kapot gaat, komt dit op het volgende neer:
    \[ P(R \ge 40)^{3} \]
    We kunnen een LED die kapot gaat als een 'succes' beschouwen.\footnote{Ironisch h\'e!}
    De succeskans is dan $p=0.001$ en $R$ is dan binomiaal verdeeld:
    \[ R \sim B(n=500,p=0.001) \]
    We kunnen nu de gevraagde kans uitrekenen, maar dit zal waarschijnlijk veel langer duren dan er tijd voor is op het examen dus we zullen de kans moeten gaan benaderen.
    \kennen{We gaan het diagram van de benaderingen af.\figref{fig:benaderingen}}
    \begin{itemize}
    \item $n = 500 > 30$ geldt, dus we moeten inderdaad een benadering maken.
    \item $np = 0.5 < 5$ geldt, dus we zullen $R$ benaderen met een Poissonverdeling waarin $\alpha = 0.5$ geldt.
    \end{itemize}
    De gevraagde kans benaderen we dan als volgt:
    \[ P(R \ge 40) \approx P(\mathcal{P}(\alpha=0.5) \ge 40)  \]
    \kunnen{De normale verdeling kunnen we opzoeken}
    \[ P(\mathcal{N}(\mu = 0.5, \sigma=0.5) \ge 40) = P\left(Z \ge \frac{40-0.5}{\sqrt{0.5}}\right) = 1 - P(Z \le 55.86) \]
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}
\fi

\begin{examenvraag}{Augustus 2013}
  \begin{ex-vraag}
    Het gewicht van een zak wortelen van het merk Flandria is normaal verdeeld met gemiddeld gewicht $10kg$ en variantie $2kg^2$.
    Een zak wortelen wordt afgekeurd als hij minder weegt dan een ondergrens $g$ of meer dan $11kg$.
    \begin{enumerate}
    \item Wat is $g$ als maximaal $1\%$ van de zakken afgekeurd mag worden wegens 'te licht'.
    \item Hoe groot is de kans dat $50$ zakken samen tussen $490kg$ en $530kg$ wegens.
    \end{enumerate}
  \end{ex-vraag}

  \begin{ex-antwoord}
    \begin{enumerate}
    \item
      Zij $X$ de stochastische variabele het gewicht van een zak wortelen voorstelt.
      Als er maximaal $1\%$ van de zakken afgekeurd mag worden omdat ze te licht zijn, moet de kans dat een zak minder dan $g\ kg$ weegt kleiner dan $1\%$ zijn.
      Gevraagd is dus de kleinste $g$ die aan volgende ongelijkheid voldoet:
      \[ P(X < g) \le 0.01 \]
      Omdat $X$ normaal verdeeld is, is dit equivalent met de volgende ongelijkheid:
      \[ P\left(Z < \frac{g-10}{2}\right) \le 0.01 \]
      \tabel{Standaard Normale Verdeling}{$P(Z \le 2.31) = 0.99$}
      We vinden dat $\frac{g-10}{2}$ minimaal $-2.32$ mag zijn.
      \[ \frac{g-10}{2} = -2.31 \Rightarrow g = 5.38 \]
      Het antwoord is dus dat $g$ mininmaal $5.38$ moet zijn.
    \item
      Noem $Y$ de stochastisch variabele die de som het gewicht van $50$ willekeurige zakken wortelen voorstelt.
      \[ Y = 50 \cdot X \]
      De gevraagde kans ziet er dan als volgt uit:
      \[ P(490 \le Y \le 530) \]
      Volgens de centrale limietstelling kunnen we de verdeling van $Y$ benaderen met een Normale verdeling als volgt:
      \[ Y \sim \mathcal{N}(\mu = 50 \cdot 10,\ \sigma^{2} = 50 \cdot 2) \]
      Omdat $Y$ normaal verdeeld is kunnen we de gevraagde kans herschrijven als volgt:
      \[ P(490 \le Y \le 530) = P(Y \le 530) - P(Y \le 490) = P\left( Z \le \frac{530-500}{100} \right) - P\left( Z \le \frac{490-500}{100}\right) \]
      \tabel{Standaard Normale Tabel}{$P(Z \le 0.3) = 0.618$ en $P(Z \le 0.1) = 0.540$}
      We vinden de gevraagde kans:
      \[ P(490 \le Y \le 530) = 0.618 - 0.460 = 0.158 \]
      Het antwoord is dus dat de kans $0.158$ is of $15.8\%$.
    \end{enumerate}
  \end{ex-antwoord}
\end{examenvraag}



\end{document}

%%% Local Variables:
%%% mode: latex
%%% TeX-master: t
%%% End: