Uitwerkingen Mei Eindexamen VWO Wiskunde C. Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek

Uitwerkingen Mei 2012

Eindexamen VWO Wiskunde C

Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek

Nederlands Mathematisch Instituut

I Tjing Opgave 1. Het aantal hoofdstukken in de I Tjing correspondeert met het totale aantal hexagrammen, omdat elk hoofdstuk de betekenis van precies één hexagram beschrijft. Elk hexagram bestaat uit 6 horizontale lijnen. Elke lijn is een doorgetrokken of een in het midden onderbroken lijnstuk. Dit geeft 2 mogelijkheden per lijn. Door een lijn toe te voegen aan het aantal lijnen dat we al hebben, wordt het aantal mogelijkheden twee keer zo veel: We krijgen alle mogelijkheden die we al hadden met daaraan toegevoegd een doorgetrokken lijn, plus het aantal mogelijkheden met een onderbroken lijn toegevoegd. Voor 1 lijn hebben we dus 2 mogelijkheden, voor 2 lijnen 2 · 2 mogelijkheden en voor 3 lijnen 2 · 2 · 2 = 23 mogelijkheden. Voor n lijnen hebben we 2n mogelijkheden. Het totale aantal mogelijkheden voor zes lijnen is dus 26 = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2. Dit geeft dat I Tjing precies 26 = 64 hoofdstukken heeft. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen. Opgave 2. Om een beweeglijke lijn te krijgen moeten we 3 maal kop (Yang) of 3 maal munt (Yin) gooien met 3 muntstukken. De kans om met 1 muntstuk kop te gooien is 21 . De kans om munt te gooien is ook 12 . De kans om 3 keer kop te gooien met 3 muntstukken is 12 · 21 · 12 = ( 12 )3 = 81 . Hetzelfde geldt voor drie keer munt gooien. De kans op een beweegelijke lijn is dus P (3 keer kop) + P (3 keer munt) =

1 1 1 + = = 0,25. 8 8 4

We gaan nu de verwachtingswaarde van het aantal beweeglijke lijnen berekenen. Als we een lijn met succeskans p = 0,25 beweeglijk noemen, dan is het aantal beweegelijke lijnen gelijk aan de toevalsvariabele X, waarbij X een binomiale verdeling heeft met parameters n = 6 en p = 0,25. De verwachting van X, zie ook het formuleblad, is gelijk aan n · p = 6 · 0,25 = 1,5. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen. Opgave 3. Een hexagram is of een stabiel hexagram of een instabiel hexagram. Hieruit volgt dat de kans op een instabiel hexagram gelijk is aan 1 − P (een stabiel hexagram). Omdat het berekenen van de kans op een stabiel hexagram gemakkelijker is, berekenen we eerst de kans op een stabiel hexagram. Vervolgens kunnen we dus met 1 − P (een stabiel hexagram) kunnen we dus de kans op een instabiel hexagram bepalen. Van de vorige opgave weten we dat de kans op een beweeglijke lijn gelijk aan 0,25 is. De kans om een vaste lijn, notatie P (vaste lijn) te gooien is dan P (vaste lijn) = 1 − P (beweeglijke lijn) = 1 −

VWO - Wiskunde C - Mei 2012

1 3 = . 4 4

4


Om een stabiel hexagram te krijgen moet men 6 vaste (niet-beweeglijke) lijnen gooien. Aangezien de kans om een vaste lijn 43 is, is de kans op 6 vaste lijnen gooien ( 34 )6 . Oftewel, P (een stabiel hexagram) =

6 3 . 4

Ter herinnering, de kans om een instabiel hexagram te krijgen is 1 − P (een stabiel hexagram). De kans om een instabiel hexagram te krijgen is dus 1 − ( 34 )6 =≈ 0,82. Opgave 4. Er zijn twee manieren om dit aan te pakken: • men telt de kansen op van 0,1 of 2 beweeglijke lijnen en trekt het resultaat van 1 af, • men telt de kansen op van 3,4,5 of 6 beweeglijke lijnen. De eerste manier is aanbevolen omdat we dan cumulatieve verdelingsfunctie van de GR kunnen gebruiken. Het aantal beweeglijke lijnen is namelijk gelijk aan de toevalsvariabele X, waarbij X binomiaal verdeeld is met parameters n = 6 en p = 3/4. De kans P (X ≤ 2) kunnen we met de GR uitrekenen (bijv. binomcdf(6,.75,2)) en is ongeveer 0,17. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen.

Wild Opgave 5. Het streefaantal zwijnen is 835. In 2008 waren er 1915 meer dan dit aantal. We delen 1915 door 835 en dat is ongeveer 1915/835 ≈ 2,29. Het percentage van wat er te veel is ten opzichte van het streefaantal 229%. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen. Opgave 6. Onder een exponentiële groei-formule verstaan we een formule van de vorm: Z = bg t . Met de gegevens in de tabel kunnen we b en g bepalen: 131 = bg 0 = b,

275 = 131g 1 = 131g.

Met de twee vergelijking berekenen we dat g = dus Z = 131 · 2,10t .

275 131

≈ 2,10. De formule luidt

Met behulp van de optie intersect op de GR kunnen we dit oplossen en we vinden t ≈ 3,5. Dus in 2009 worden voor het eerst meer dan 1700 zwijnen aangereden. VWO - Wiskunde C - Mei 2012

5


Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen. Opgave 7. Merk op dat het berekenen van de schade door een zwijn van een gemiddeld gewicht iets anders geeft dan het berekenen van de gemiddelde schade door een zwijn (omdat de formule voor S niet lineair is). Voor de gemiddelde schade berekenen we eerst de schade per type zwijn. Een mannelijk zwijn geeft een schade van 500 + 1002 ≈ 2692,31. Sman = 3,9 Een vrouwelijk zwijn geeft een schade van Svrouw =

500 + 702 ≈ 1384,62. 3,9

Aangezien er twee keer zoveel mannelijke zwijnen worden aangereden als vrouwelijke, wordt de gemiddelde schade gegeven door: 2 · Sman + Svrouw = 2256,41 ≈ 2260. 3 (Vergeet niet af te ronden op tientallen euros) 2

1 2 in de vorm van S = 500 Opgave 8. We brengen de formule S = 500+G 3,9 3,9 + 3,9 G . 500 1 Nu zien we dat a = 3,9 en b = 3,9 . Hieruit volgt dat a = 128,21 en b = 0,26.

Waardepunten Opgave 9. Marieke wil zo min mogelijk euro’s bijbetalen. Omdat de eerste 100 punten 1,50 euro waard zijn, levert Marieke in ieder geval per artikel 100 punten in. Er zijn 7 artikelen, dus deze 700 punten leveren 7 · 1,50 = 10,50 euro op. De resterende 12000 − 700 = 11300 punten zijn 0,50 euro per 100 punten waard. Deze zijn dus 11300/100 ∗ 0,50 = 56,50 euro waard. Bij elkaar heeft Marieke dus voor 10,50 + 56,50 = 67 euro aan waardepunten. Zes gebaksbordjes en een taartplateau samen kosten 6 · 9,30 + 46,50 = 102,30 euro. Marieke moet dus nog 102,30 − 67,00 = 35,30 euro bijbetalen. Opgave 10. De eerste 100 punten zijn 1,50 euro waard en daarna zijn iedere 100 punten 0,50 euro waard. Als p het aantal punten is en p = 100, dan is de waarde 1,50. Voor iedere 100 punten meer dan p = 100 wordt er vervolgens 0,50 euro bij opgeteld. In formulevorm is dit dan samen W = 1,50 + (p − 100)/100 · 0,5 = 1,50 − 0,50 + 0,005p = 1 + 0,005p. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen. Opgave 11. Om te laten zien dat er (bij benadering) sprake is van een exponentieel verband moeten de groeifactoren per 1000 punten (ongeveer) aan


6


elkaar gelijk zijn. Daarom berekenen we de verhoudingen tussen opeenvolgende getallen in de tabel: 2,14/1,5

≈ 1,427

3,06/2,14 ≈ 1,430 4,37/3,06 ≈ 1,428 8,90/4,37 ≈ 2,037;

p 8,90/4,37 ≈ 1,427 p 18,15/8,90 ≈ 2,039; 18,15/8,90 ≈ 1,428 p 37,01/18,15 ≈ 2,039; 37,01/18,15 ≈ 1,428. Van de laatste 3 factoren hebben we ook de wortel berekend omdat we de groeifactor per 1000 punten willen weten: als we de groeifactor per 1000 punten hebben moeten we deze kwadrateren om de groeifactor per 2000 te krijgen; omgekeerd moeten we dus de wortel nemen. We zien dat de groeifactoren per 1000 punten ongeveer aan elkaar gelijk zijn; er is dus sprake van exponentiële groei. De groeifactor per 1000 punten is ongeveer gelijk aan 1,428. Opgave 12. We gaan voor beide opties (alles in één keer inleveren waardepunten opsplitsen in twee delen of ) uitrekenen hoeveel de punten waard zijn met Alwin’s methode. We beginnen met de optie alles één keer inleveren. Uit de formule W = 1,5 · 1,00035626p−100 volgt dat voor de eerste 12578 punten de waarde in euro’s gelijk is aan 1,5 · 1,0003562612578−100 = 1,5 · 1,0003562612478 = 127,75 euro. Voor de tweede 12578 punten geldt dat iedere 100 punten 0,50 waard is. Deze punten zijn dan 12578 · 0,005 = 62,89 euro waard. In totaal levert deze optie 127,75 + 62,89 = 190,94 euro op. Bij de tweede optie zijn de tweede 12578 punten net zoveel waard als de eerste 12578 punten. Oftewel, de tweede 12578 punten zijn dan weer 127,75 euro waard. Deze optie levert dus 2 · 127,75 = 255, 50 euro op. We zien dat de tweede optie meer geld oplevert.

Selectief cijferen Opgave 13. We maken met de Grafische Rekenmachine een lijst, waarbij de variabele de cijfers zijn (1 tot en met 10) en de frequenties het aantal keer dat het cijfer gehaald is (dit kunnen we aflezen van de grafiek). Een lijst maken kan met de optie Edit in het menu stat-edit (van de TI-84), daarna kan je met 1-Var Stats in het menu stat-calc het gemiddelde en standaardafwijking laten uitrekenen. We vinden dat gemiddelde gelijk aan 5,37 is en de standaardafwijking is 1,93. Opgave 14. Het cijfer 5 wordt gegeven wanneer het onafgeronde cijfer valt in het interval [4,5; 5,5). Als tentamencijfers normaal verdeeld zijn met verwachting 5,4 en standaardafwijking 1,9 dan is de kans op een 5 gelijk aan: P (4,5 ≤ X < 5,5|µ = 5,4; σ = 1,9). VWO - Wiskunde C - Mei 2012

7


Met de Grafische Rekenmachine (optie normalcdf op de TI-84) kunnen we uitrekenen dat P (4,5 ≤ X < 5,5|µ = 5,4; σ =≈ 0,203. Dit betekent dat de kans op een 5 ongeveer 0,203 is. Het total aantal vijven zou dan naar verwachting 764 · 0,203 ≈ 155 zijn. Opgave 15. Als 10 studenten een 6 in plaats van een 5 hebben gekregen en 80 studenten een 4 ipv een 5, dan zijn de nieuwe frequenties voor de cijfers 4, 5 en 6 gelijk aan respectievelijk 93, 138 en 152. Een cumulatieve frequentietabel ziet er dan als volgt uit: Cijfer Cum. Freq.

1 2,4

2 7,5

3 17,0

4 29,2

5 47,3

6 67,1

7 86,1

8 97,4

9 99,7

10 100

Wanneer we deze tabel invullen op de uitwerkbijlage, zien we dat de punten ongeveer op een rechte lijn liggen. De cijfers zijn daarom bij benadering normaal verdeeld. Opgave 16. Grafiek B kan niet horen bij de cijfers van niet-werkers omdat uit de figuur blijkt dat B hetzelfde gemiddelde heeft als A, terwijl gegeven is dat het gemiddelde cijfer van de niet-werkers lager is dan het cijfer van de werkers. Grafiek C kan niet horen niet bij de niet-werkers omdat uit de figuur blijkt dat de spreiding van C net zo groot is als de spreiding van A (ze zijn allebei even breed), terwijl gegeven is dat de standaardafwijking van de niet-werkers kleiner is dan de standaardafwijking van de werkers. Dit zou betekenen dat de spreiding kleiner moet zijn en de grafiek dus smaller en hoger moet zijn dan A.

Behendigheid Opgave 17. 1. Omdat T E + LE > 0 en LE ≥ 0 volgt dat ook de breuk LE/(LE + T E) nooit negatief is, dus LE B= ≥ 0. LE + T E 2. Omdat T E ≥ 0 volgt dat LE ≤ LE + T E en dus B=

LE LE + T E ≤ = 1. LE + T E LE + T E

3. Als voor spelen a en b geldt dat het toevalseffect van spel a kleiner is dan dat van b, dus T Ea < T Eb , dan geldt LE + T Ea < LE + T Eb . Hieruit volgt dat 1 1 > . LE + T Ea LE + T Eb En dus LE/(LE + T Ea ) > LE/(LE + T Eb ), waaruit we concluderen dat bij een gelijk leereffect het spel met een lager toevalseffect (we hebben T Ea < T Eb ) een hoger behendigheidsniveau heeft. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen. VWO - Wiskunde C - Mei 2012

8


Opgave 18. Als B = 0,20 dan is dat gelijk aan vermenigvuldigen zien we dat

LE LE+T E

= 0,20. Door kruislings

LE = 0,20LE + 0,20T E. Dit geeft Oftewel

LE TE

0,80LE = 0,20T E. =

0,20 0,80

=

1 4.

Dus de verhouding LE : T E is gelijk aan 1 : 4.

Opgave 19. Het verschil tussen de ervaren speler en de fictieve speler zit in het feit dat de fictieve speler informatie heeft over kaarten van andere spelers en toekomstige kaarten op tafel. Als toeval een grotere rol speelt bij poker dan heb je meer aan deze informatie omdat deze informatie alleen door toeval bepaald wordt. Op die manier zal de fictieve speler, die deze informatie dus wel heeft, meer winnen en daardoor zal T E groter worden. Opgave 20. We gaan per ronde berekenen wat de waarden van T E en LE zijn. Herinner dat TE

=

winst van de fictieve speler - winst van de ervaren speler,

LE

=

winst van de ervaren speler - winst van de beginner.

Met de getallen uit de tabel krijgen we dan • Ronde 1: T E = 10 − (−11) = 21 en LE = −11 − (−28) = 17. • Ronde 2: T E = 161 − 90 = 71 en LE = 90 − 30 = 60. • Ronde 3: T E = 219 − 1 = 218 en LE = 1 − (−32) = 33. We weten dat het behendigheidsniveau B berekend kan worden door B=

LE , LE + T E

dus nu we T E en LE per ronde berekend hebben, kunnen we ook de waarde van B per ronde bepalen: • Ronde 1: B =

17 17+21

≈ 0,45.

• Ronde 2: B =

60 60+71

≈ 0,46.

• Ronde 3: B =

33 33+218

≈ 0,13.

We zien dus dat Ronde 3 een heel ander behendigheidsniveau oplevert. Opgave 21. We moeten LE en T E berekenen met behulp van de totale winsten van de beginner, ervaren speler en fictieve speler. De totale winst van de beginner is −28 + 30 − 32 = −30. De totale winst van de ervaren speler is −11 + 90 + 1 = 80. De totale winst van de fictieve speler is 10 + 161 + 219 = 390. Op basis van de gegeven formules volgt nu dat T E = 390 − 80 = 310 en LE = 80 − (−30) = 110. Dus het behendigheidsniveau is B=

110 110 LE = = ≈ 0,262. LE + T E 110 + 310 420

Het behendigheidsniveau is groter dan 0,2 dus poker is geen kansspel. VWO - Wiskunde C - Mei 2012

9


Alternatieve oplossingen Opgave 1. Elk hexagram heeft 0 tot 6 onderbroken lijnen. Met n onderbroken lijnen kunnen we n6 hexagrammen maken: Van de zes lijnen moeten we n lijnen kiezen om onderbroken te maken. Dit geeft ons n6 mogelijkheden. Het totaal aantal mogelijkheden voor een hexagram is dus 6 6 6 6 6 6 6 + + + + + + 0 1 2 3 4 5 6 6·5 6·5·4 6·5 + + +6+1 2 2·3 2 = 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64.

=1+6+

Dit geeft dat I Tjing precies 26 = 64 hoofdstukken heeft. Opgave 2. Als we 3 muntstukken gooien, zijn er 23 mogelijke uitkomsten als we rekening houden met de volgorde waarin we gooien. Namelijk, 1. Kop, Kop, Kop, 2. Kop, Kop, Munt, 3. Kop, Munt, Kop, 4. Munt, Kop, Kop, 5. Kop, Munt, Munt, 6. Munt, Kop, Munt, 7. Munt, Munt, Kop, 8. Munt, Munt, Munt. Uit de mogelijke uitkomsten volgt dat er precies 1 manier is om drie keer Kop te gooien. Hetzelfde geldt voor drie keer munt gooien. We hebben dus 2 manieren om een beweeglijke lijn te krijgen, namelijk {Kop, Kop, Kop} en {Munt, Munt, Munt}, ten opzichte van 23 = 8 manieren om drie munten te gooien. De kans op een beweeglijke lijn is dus 82 = 0,25. Merkop dat we hierbij het totaal aantal gunstige gevallen door het totaal aantal mogelijke uitkomsten hebben gedeeld. Opgave 4. Bij het opgave 2 hebben we gemeld dat een lijn met succes kans 0,25 beweegelijk is, heeft de binomiale verdeling met n = 6. De kansen worden gegeven door 6 1 3 P (k beweeglijke lijnen) = · ( )k · ( )6−k . 4 4 k Hierbij is ( 41 )k · ( 34 )6−k de kans dat men precies k beweeglijke lijnen gooit en k6 het aantal manieren om dit aantal beweeglijke lijnen te verdelen over 6 posities. n! . Merk op dat nk = (n−k)!·k!


10


Men kan bovenstaande formule gebruiken, of per geval apart redeneren: De kans op 0 beweeglijke lijnen is gelijk aan P (6

3 vaste lijnen) = ( )6 . 4

De kans op precies 1 beweeglijke lijn is gelijk aan P (5

vaste lijnen) · P (1

1 3 beweeglijke lijn) · 6 = 6 · ( ) · ( )5 , 4 4

waarbij de 6 nodig is omdat de beweeglijke lijn op 6 posities mag vallen. De kans op precies 2 beweeglijke lijnen is gelijk aan P (4

vaste lijnen) · P (2

1 3 beweeglijke lijn) · 15 = 15 · ( )2 · ( )4 4 4

waatbij de 15 nodig is omdat de beweeglijke lijnen over 6 posities verdeeld moeten worden. Het getal 15 komt uit 62 , maar is ook te verkrijgen door te tellen: laat x een beweeglijke lijn zijn en − een vaste. Het aantal manieren om 2 beweeglijke lijnen te verdelen over 6 posities kan men tellen door de verschillende mogelijkheden uit te zetten: 1 − − − − xx 2 − − −x − x 3 − − −xx− 4 − − x − −x 5 − − x − x− 6 − − xx − − 7 −x − − − x 8 −x − −x− 9 −x − x − − 10 −xx − −− 11 x − − − −x 12 x − − − x−


11


13 x − −x − − 14 x − x − −− 15 xx − − − − Het antwoord is: 3 1 3 1 3 1 − ( )6 ) + 6 · ( )( )5 ) + 15 · ( )2 ( )4 ≈ 0,17. 4 4 4 4 4 Opgave 5. In totaal waren er in 2008 1915 + 835 = 2750 wilde zwijnen. Omdat 835 het streefaantal is, waren er dus 2750/835 ≈ 3, 29 keer zo veel zwijnen te veel. Dit is 229%. Opgave 6. Om Z = 1700 te bereiken, lossen we op 1700 = 131 · 2,10t 1700/131 = 2,10t t = 2,1 log(1700/131) t=

log(1700/131) ≈ 3,5 log 2,1

´ We weten dat de groeifactor 2,1 is. We kunnen zo de tabel makkelijk Of: uitbreiden door elk opvolgend jaar, het aantal zwijnen te vermenigvuldigen met 2,1. We krijgen dan: 2008: 578 · 2,1 => 1213, 2009: 1213 · 2,1 => 2547. Dus in 2009 zijn voor het eerst meer dan 1700 aanrijdingen. (Andere afronding leidt tot andere getallen, maar het eindantwoord is altijd goed). Opgave 10. Omdat iedere 100 punten 0,50 euro waard zijn is 1 punt 0,005 euro waard. Dat betekent dat de helling van de lijn gelijk is aan 0,005. Maar omdat de eerste 100 punten 1,50 euro opleveren krijg je 1,50 − 0,005 · 100 = 1 euro extra voor de eerste 100 punten. Dus de formule is W = 1 + 0,005p. Opgave 17. Je kan de bewering ook laten zien doordat bij een lager toevalseffect de breuk LE/(LE + T E) groter wordt en het behendigheidsniveau dus ook groter wordt.


12

Uitwerkingen Mei Eindexamen VWO Wiskunde C. Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek

Recommend Documents