Hypothesen en verbanden > Normale toets
1234567Normale toets

Antwoorden van de opgaven

Opgave V1
a

Gebruik de applet of je GR. Die kans is ongeveer 0,091.

b

De kans is ongeveer 9,1% dat de consumentenbond een fout maakt. Het is verstandig om een grotere steekproef te nemen en daarvan het gemiddelde gewicht te bepalen. De wortel-n-wet zorgt er dan voor dat de standaardafwijking van het gemiddelde in zo'n steekproef kleiner wordt naarmate n groter wordt.

Opgave 1
a

ongeveer 0,048

b

Er wordt maar één pak gewogen en aan de hand daarvan worden conclusies getrokken.

Opgave 2
a

Er is sprake van een normale kansverdeling en er wordt alleen gekeken naar de situatie dat het gemiddelde in een steekproef lager is dan de opgegeven (of eerder gemeten) waarde voor de populatie.

b

De consumentenbond is voornamelijk geïnteresseerd in het belang van consumenten en wil daarom niet dat een verpakking te weinig bevat. De fabrikant daarentegen wil ook niet teveel suiker in een pak stoppen, want dat kost hem geld. Dus de fabrikant zal waarschijnlijk tweezijdig toetsen.

c

In dit geval mag de nulhypothese niet worden verworpen omdat 0,091 > 0,05 , het afgesproken significantieniveau.

d

P ( G g | μ = 1002 σ = 3 ) 0,05 geeft g 997,065 .
Het kritieke gebied is dan 997 gram of minder.

Opgave 3
a

Je kijkt dan naar het gemiddelde gewicht ( G ) ¯ in de steekproef en je test H 0 : μ ( ( G ) ¯ ) = 1002 tegen H 1 : μ ( ( G ) ¯ ) < 1002 .
Voor de standaardafwijking van de verdeling geldt nu de n -wet, dus σ ( ( G ) ¯ ) = 3 100 = 0,3 .

b

bar(G 998 | μ ( ( G ) ¯ ) = 1002 σ ( ( G ) ¯ ) = 0,3 ) 0 < 0,05 .
Nu is er wel reden om H 0 te verwerpen.

Opgave 4
a

`mu(bar(G))=1002` en `sigma(bar(G))=3/sqrt(8)`

b

`text(H)_0` wordt nu niet verworpen.

Opgave 5
a

Doen.

b

P ( ( G ) ¯ g | μ = 1002 σ 0,95 ) 0,005 geeft g 999,55 .
Er is nog steeds een significante afwijking.

c

P ( ( G ) ¯ g | μ = 1002 σ 0,42 ) 0,01 geeft g 1001,02 .
De consumentenbond krijgt gelijk als er gemiddeld minder dan 1001 gram wordt gevonden.

Opgave 6
a

Er wordt naar een afwijking van het gemiddelde zowel naar boven als naar beneden gezocht. De onbetrouwbaarheidsdrempel wordt verdeeld over beide ongelijkheden. Als er geen duidelijke reden is om dat anders te doen wordt α gewoon in twee gelijke delen verdeeld.

b

P ( ( G ) ¯ g 1 | μ = 1002 σ 0,95 ) 0,025 geeft g 1 1000,13 .
P ( ( G ) ¯ g 2 | μ = 1002 σ 0,95 ) 0,025 geeft g 2 1003,86 .
Het kritieke gebied wordt ( G ) ¯ 1000,1 of ( G ) ¯ 1003,9 .

Opgave 7
a

H 0 : μ = 0,200 en H 1 : μ > 0,200 met σ = 0,041 80 0,0046 .

b

P ( ( K ) ¯ > 0,213 | μ = 0,200 σ 0,0046 ) 0,0024 < 0,01 , dus H 0 wordt verworpen.

Opgave 8

Je toetst H 0 : μ = 175 tegen H 1 : μ 175 met α = 0,01 .
In de steekproef is ( C ) ¯ = 177,375 en σ 8,901 . Deze σ gebruik je als schatting voor de standaardafwijking van de populatie.
P ( ( C ) ¯ g 1 | μ = 175 σ 8,901 8 ) 0,005 geeft g 1 166,89 .
P ( ( C ) ¯ g 2 | μ = 175 σ 8,901 8 ) 0,005 geeft g 2 183,11 .
De gevonden 177,375 ligt niet in het kritieke gebied en dus is de afwijking niet statistisch significant.

Opgave 9

Je toetst H 0 : μ = 3600 tegen H 1 : μ < 3600 met α = 0,03 . (Je zou ook een dubbelzijdige toets kunnen doen, maar op grond van het steekproefresultaat ligt een enkelzijdig toets meer voor de hand.)
In de steekproef is ( L ) ¯ = 3300 en σ = 600 60 .
P ( ( L ) ¯ g | μ = 3600 σ = 600 60 ) 0,03 geeft g 3454 .
De gevonden 3300 ligt in het kritieke gebied en dus kun je met een betrouwbaarheid van 97% de bewering van de firma verwerpen.

Opgave 10
a

P ( ( G ) ¯ < 53,3 | μ = 54,2 σ = 4,7 200 ) 0,0034 < 0,025 , dus H 0 wordt verworpen, het tijdschrift heeft niet gelijk.

b

Bij een significantieniveau van ongeveer 0,34% of meer.

c

Bij een significantieniveau van ongeveer 27,24% of meer. De betrouwbaarheid wordt duidelijk kleiner als de steekproef kleiner wordt.

Opgave 11
a

Je toetst H 0 : μ = 0,022 tegen H 1 : μ > 0,022 .

b

Zie a, het wordt een enkelzijdige toets want kleinere hoeveelheden natriumnitriet zijn acceptabel, grotere niet.

c

Steekproef: ( N ) ¯ 0,022128 en σ ( N ) 0,000458 .
P ( ( N ) ¯ > 0,022128 | μ = 0,022 σ = 0,000458 25 ) 0,0811 > 0,05 , dus H 0 wordt niet verworpen, er is geen reden voor bezorgdheid.

Opgave 12
a

Doen, de cumulatieve relatieve frequenties zorgen voor een redelijk rechte lijn.

b

σ 0,02 en ( V ) ¯ = 3,4915 .

c

P ( ( V ) ¯ < 3,4915 | μ = 3,50 σ = 0,02 20 ) 0,0287 < 0,05 , dus H 0 wordt verworpen, de consumentenorganisatie kan de bewering van de fabrikant verwerpen.

Opgave 13

P ( ( M ) ¯ > 252 | μ = 250 σ = 2 3 ) 0,0013 < 0,025 , dus H 0 wordt verworpen.

Opgave 14

Steekproef: ( K ) ¯ = 16,025 en σ ( K ) 0,134 .
P ( ( N ) ¯ < 16,025 | μ = 16,4 σ = 0,134 25 0,0000 < 0,02 , dus H 0 wordt verworpen, het kobaltgehalte is te klein.

verder | terug