Statistische methoden > Hypothese toetsen
1234567Hypothese toetsen

Antwoorden van de opgaven

Opgave V1
a

Gebruik de normale verdeling en je GR.
`text(P)(V lt 1500 | mu = 1530 text( en ) sigma = 18) ~~ 0,048 lt 0,05`

b

Hij gaat natuurlijk een steekproef trekken en kijken wat daar voor gemiddelde inhoud uitkomt. Maar dan?

Opgave 1
a

`text(P)(V lt 1500 \|\ mu=1530 text( en ) sigma=18) ~~ 0,048` en `0,048 = 4,8% lt 5%` .

b

Het kritieke gebied ligt aan twee zijden van de normaalkromme.

c

Het vulgewicht is normaal verdeeld en daarmee ook de steekproevenverdeling.
Overigens is aangetoond dat elke steekproevenverdeling een normale verdeling is.

Opgave 2
a

Denk hierbij aan de wortel-n-wet: er wordt gevraagd naar de gemiddelde waarde uit een steekproef.
Het gemiddelde is `1530` en de standaardafwijking `18/(sqrt(25)) = 3,6` .
Voer in: `text(normalcdf)(text(-)10^(99); 1525; 1530; 3,6)` .
`text(P)(bar V lt 1525 \|\ mu=1530 text( en ) sigma=3,6) ~~ 0,08243`
Bedenk ook dat er van symmetrie sprake is: `text(P)(bar V < 1525 text( of ) bar V > 1535) = 2 * text(P)(bar V < 1525) ~~ 0,1649` .
De kans is ongeveer `0,1649` .

b
c

De standaardafwijking van het steekproefgemiddelde is `3,6` .
De grenzen van het kritieke gebied ( `1525` mL en `1535` mL) liggen meer dan één standaardafwijking, maar minder dan twee standaardafwijkingen van het steekproefgemiddelde van `1530` mL af. Er is iets voor te zeggen om de grenzen van het kritieke gebied meer te verleggen in de richting van twee standaardafwijkingen van het gemiddelde af. De kans om in het kritieke gebied terecht te komen, is dan kleiner en de fabrikant hoeft zijn machine dan minder snel bij te stellen.
Maar daar staat tegenover dat er dan wel veel meer ontevreden klanten (als er vaak te weinig in zit) kunnen zijn of de fabrikant te duur uit is, omdat hij te veel frisdrank voor eenzelfde prijs verkoopt (als er vaak te veel in zit).

Opgave 3
a

`text(P)(V < g \|\ μ = 1530 text( en ) σ = 18/(sqrt(25))) = 0,05` geeft `g ~~ 1524,079` .

b

`text(P)(bar V lt 1519\|\μ = 1530 text( en ) σ = 18/(sqrt(25))) ~~ 0,0011`

Opgave 4
a

Het betreft dezelfde hypothesen als bij de hypothesetoets die de fabrikant uitvoert, namelijk:
`text(H)_0: μ = 1530`
`text(H)_1: μ < 1530`

b

Bereken grenswaarde `g` met de grafische rekenmachine:
`text(P)(bar V lt g\|\μ = 1530 text( en ) σ = 3,6)` geeft `g ~~ 1521,6` .
Omdat `1521 lt 1521,6` ligt dit in het kritieke gebied, dus `text(H)_0` moet worden verworpen.

c

`text(H)_0` wordt met een betrouwbaarheid van `99` % verworpen.
De vulmachine vult de flessen met een gemiddelde lager dan `1530` mL.

d

`text(P)(bar V lt 1521 \|\ μ = 1530 text( en ) σ = 3,6) ) ~~ 0,0062`

Opgave 5
a
b

Nu is de standaardafwijking `4/sqrt(10)` .
`text(P)(bar G gt g \|\ μ = 255 text( en ) σ = 4/(sqrt(10))) = 0,05 ` geeft `g ~~257,1` .
Het kritieke gebied bestaat uit alle gewichten die groter zijn dan `257,1` gram.

Opgave 6
a

`text(P)(bar G gt g \|\ μ = 255 text( en ) σ = 4/(sqrt(15))) = 0,025` geeft `g ~~ 257,02` gram.
Het kritieke gebied bestaat uit alle gewichten die groter zijn dan `257,02` gram, dus het steekproefgemiddelde ligt niet in het kritieke gebied.

b

Het steekproefgemiddelde ligt niet in het kritieke gebied. In dit geval betekent dit dat het gemiddelde laag genoeg is om aan te kunnen nemen dat de pakken hagelslag niet structureel te veel hagelslag bevatten. De fabrikant hoeft dus niets aan te passen en laat de situatie zoals ze is.

Opgave 7
a

`text(P)(bar G lt g_1 \|\ μ = 255 text( en ) σ = 4/(sqrt(20))) = 0,025` geeft `g_1 ~~ 253,25` gram.

b

Als het gemiddelde steekproefgewicht lager is dan `253,25` gram, zal de fabrikant het vulproces aanpassen omdat hij met voldoende waarschijnlijkheid weet dat de pakken hagelslag die hij levert te weinig hagelslag bevatten.

c

`text(P)(bar G gt g_2 \|\ μ = 255 text( en ) σ = 4/(sqrt(20))) = 0,025` geeft `g_2 ~~ 256,75` gram.

d

Ja, want `253,75` is groter dan de grenswaarde van het linkerdeel van het kritieke gebied. Het ligt dus niet in het kritieke gebied. De nulhypothese hoeft niet verworpen te worden.

Opgave 8
a

`text(H)_0` : `μ(G) = 255` gram.
`text(H)_1` : `μ (G) < 255` gram.
`text(P)(bar G lt g \|\ μ = 255 text( en ) σ = 4/(sqrt(20))) = 0,05` geeft `g ~~ 253,5` .
Het kritieke gebied bestaat uit alle gewichten die lager zijn dan `253,5` gram.

b

Een steekproef bij de enkelzijdige toets leidt bij een hoger gemiddeld gewicht al tot aanpassing van het vulproces. De andere kant is dat een gemiddeld steekproefgewicht dat hoger ligt dan `255` gram nu niet meer tot aanpassing van het vulproces zorgt.

Opgave 9

Je kunt ten onrechte `text(H)_0` verwerpen of ten onrechte `text(H)_0` niet verwerpen.

Opgave 10
a

`text(H)_0` : `μ = 3600`
`text(H)_1` : `mu < 3600`

b

De onderzoekers gaan uit van de alternatieve hypothese `text(H)_1` : `mu < 3600` .
Het kritieke gebied bestaat uit alle waarden die kleiner zijn dan `3350` uur. Uit de test komt een gemiddelde van `3400` uur. Dit gemiddelde ligt niet in het kritieke gebied.
Conclusie: `text(H)_0` wordt niet verworpen. De onderzoekers gaan ervan uit dat de gemiddelde levensduur van de batterijen inderdaad `3600` uur is.

Opgave 11
a

Het wordt een tweezijdige toets, want je moet de bewering toetsen dat het gemiddelde gewicht `54,2` kg is tegen de bewering dat dit niet zo is.

b

`text(H)_0` : `mu = 54,2` kg.
`text(H)_1` : `mu != 54,2` kg.

c

`text(P)(bar X < g_1 \|\ μ = 54,2 text( en ) σ = (4,7)/(sqrt(200))) = 1/2 * 0,05 = 0,025` geeft `g_1 ~~ 53,5` kg.
`text(P)(bar X > g_2 \|\ μ = 54,2 text( en ) σ = (4,7)/(sqrt(200))) = 0,025` geeft `g_2 ~~ 54,9` kg.
De linkergrenswaarde is ongeveer `53,5` kg en de rechtergrenswaarde ongeveer `54,9`  kg.

d

`54,7` valt niet binnen het kritieke gebied, dus de nulhypothese wordt niet verworpen.

Opgave 12

Toevalsvariabele `D` is de hoeveelheid suiker in een pakje drinkyoghurt.
Hypothesetoets:
`text(H)_0` : `μ(D) = 12,5`
`text(H)_1` : `μ(D) > 12,5`
`text(P)(bar D > 16,4 \|\ μ = 12,5 text( en ) σ = (3,1)/(sqrt(50))) ~~ 2,9 * 10^(text(-)19)` ofwel vrijwel `0` .
Dit is inderdaad aanleiding om `text(H)_0` en dus ook de informatie op de pakjes te verwerpen.

Opgave 13
a

`text(H)_0` : `μ(N) = 0,022` met toevalsvariabele `N` het percentage natriumnitriet in vleeswaren.

b

Het is een eenzijdige (rechtszijdige) hypothesetoets met `text(H)_1` : `μ(N) > 0,022` met toevalsvariabele `N` het percentage natriumnitriet in vleeswaren.

c

Steekproef: `bar(N) ~~ 0,022128` en `sigma(N)~~ 0,000458` .
`text(P)(bar(N) > 0,022128 \|\ mu = 0,022 text( en ) sigma ~~ (0,000458)/(sqrt(25))) ~~ 0,0811`
Deze kans is groter dan `5` %, dus `text(H)_0` wordt niet verworpen. De Nederlandse Voedsel- en Warenautoriteit krijgt geen gelijk.

Opgave 14

Toets `text(H)_0: mu = 175` tegen `text(H)_1: mu != 175` met `alpha = 0,01` .
Bepaal met de grafische rekenmachine of met de hand het gemiddelde en de standaardafwijking van de steekproef.
Het gemiddelde is `bar(C)=177,375` en de standaardafwijking is `sigma(C) ~~ 8,901` . Gebruik deze standaardafwijking als schatting voor de standaardafwijking van de populatie.
`text(P)(bar(C) le g_1 \|\ mu = 175 text( en ) sigma ~~ (8,901)/(sqrt(8))) le 0,005` geeft `g_1 ~~ 166,89` .
`text(P)(bar(C) gt g_2 \|\ mu = 175 text( en ) sigma ~~ (8,901)/(sqrt(8))) le 0,005` geeft `g_2 ~~ 183,11` .
De gevonden waarde `177,375` ligt niet in het kritieke gebied zodat de afwijking niet statistisch significant is. Dus er is geen reden om aan te nemen dat de meetapparatuur niet meer goed werkt.

Opgave 15

De hypotheses zijn `text(H)_0` : `μ = 8,0` en `text(H)_1` : `μ > 8,0` . (Neem de uitspraak van de docent als alternatieve hypothese.)
De bijbehorende standaardafwijking is `(2,0)/(sqrt(132))` .
Je mag er van uitgaan dat de gemiddelde score van de steekproef normaal verdeeld is.
`text(P)(bar X > 8,43 \|\ μ = 8,0 text( en ) σ = (2,0)/(sqrt(132))) ~~ 0,007`
Deze kans is kleiner dan `5` %.
Conclusie: verwerp `text(H)_0` . De gymnastiekdocent krijgt op grond van deze hypothesetoets gelijk.

(bron: examen vwo wiskunde A in 2009, tweede tijdvak)

Opgave 16Split
Split

`text(H)_0: μ = 325` en `text(H)_1: μ lt 325` en `σ = (136,5)/(sqrt(100))` . Er zijn namelijk `100` klaverenkaarten.

De overschrijdingskans is `text(P)(bar K lt 302,5 \|\ μ=325 text( en ) σ=13,65) ≈ 0,04964 < 0,05` , dus `text(H)_0` wordt verworpen. Er is voldoende aanleiding om te denken dat het programma Split Bert te weinig klaveren geeft.

(bron: examen vwo wiskunde A in 2004, tweede tijdvak)

Opgave 17Schoonheidsspecialiste
Schoonheidsspecialiste
a

`text(H)_0: μ = 25*35 = 875` en `text(H)_1: μ gt 875 ` en `σ = 5 sqrt(25) = 25` . Er zijn namelijk `25` klanten per week zonder afspraak.

De overschrijdingskans is `text(P)(bar T gt 935 \|\ μ=875 text( en ) σ=25) ≈ 0,0081975 lt 0,01` , dus `text(H)_0` wordt verworpen. De schoonheidsspecialiste doet er goed aan de gemiddelde tijd per klant te verhogen.

b

Berekend moet worden: `text(P)(bar T gt 935 \|\ μ=x text( en ) σ=25) ≥ 0,01` .

Invoer in de GR geeft met de tabelfunctie:

`X = 876` geeft `text(P)(bar T gt 935 \|\ μ=876 text( en ) σ=25) ≈ 0,00914` .

`X = 877` geeft `text(P)(bar T gt 935 \|\ μ=877 text( en ) sigma=25) ~~ 0,01017` .

Een gemiddelde tijd per week van `877` minuten (dat is een gemiddelde tijd per klant per dag van `35` minuten en ongeveer `5` seconden) klopt beter. In de praktijk is dat verschil natuurlijk minimaal.

Opgave 18Fout van de tweede soort
Fout van de tweede soort
a

Je kunt zeggen dat `text(H)_0` staat voor "onschuldig" en `text(H)_1` voor "schuldig" . Een fabrikant beweert iets en de inspectie toetst of de bewering waar is (onschuldig) of niet (schuldig).
Het wordt (normaal gesproken) ernstiger gevonden om een onschuldige te veroordelen (onterecht `text(H)_0` verwerpen) dan een schuldige vrij te spreken (onterecht `text(H)_1` niet accepteren).

b

Als je een fout van de eerste soort helemaal wilt uitsluiten, zul je de nulhypothese nooit moeten verwerpen. Dit is niet de bedoeling van een hypothesetoets.

Opgave 19
a

Wat je al weet, is:

`text(H)_0` `μ = 3600` en `σ = 600` uur.

Wat je echter nog niet weet is:

  • de alternatieve hypothese
    maar je zou die alvast kunnen stellen als `text(H)_1` : `μ != 3600` (je hebt dan een tweezijdige toets);

  • het beslissingsvoorschrift (significantieniveau, kritieke gebied);

  • het steekproefgemiddelde.

b

Op basis van deze steekproefuitslag en het opgestelde beslissingsvoorschrift moeten de onderzoekers concluderen dat de gemiddelde levensduur van hun batterijen minder dan `3600` uur is.

Opgave 20

`T` is de tijd die aan sociale media wordt besteed. `text(H)_0: μ = 14,7` en `text(H)_1: μ lt 14,7` .

De overschrijdingskans van `14,3` uur is `text(P)(bar T lt 14,3 \|\ μ=14,7 text( en ) σ=(1,9)/(sqrt(200))) ≈ 0,00145 < 0,01` , dus `text(H)_0` wordt verworpen. De docent Nederlands krijgt gelijk.

verder | terug