15.1 Beslissen op grond van een steekproef

Transcriptie

1 05 15 Exponenten Het toetsen van en logaritmen hypothesen 15.1 Beslissen op grond van een steekproef bladzijde 8 1 a Er wordt dan te veel schuurmiddel geleverd en dit kost geld. b Dan zit er te weinig schuurmiddel in de flacons en dat kost Helder klanten. bladzijde 86 2 a P(ten onrechte bijstellen) = P( X 399 of X 01) = 2 P( X ) = normalcdf,,, , X = 00 X = 50 b Je weet in dat geval niet wat het werkelijke gemiddelde is. c P(niet bijstellen) = P(399 < X < 01 bij = 01) X = normalcdf 399, 01, 01, 50 0, X = 01 X = a P(ten onrechte bijstellen) = P( X 399 of X 01) = 2 P( X 399 ) = 2 normalcdf 10 99, 399, 00, 0, X = 00 X = 120 b P(niet bijstellen) = P(399 < X < 01 bij = 399,2) X = normalcdf 399, 01, 399., , X = 399,2 X = ,2 01 Het toetsen van hypothesen 51

2 bladzijde 88 a PX ( ) = 0,005, dus = invnorm(0.005, 00, 0.) 398,97. PX ( ) = 1 0,005 = 0,995, dus = invnorm(0.995, 00, 0.) 01,03. X = 00 X = 100 = 0, opp = 0,01 b Bij X = 00,8 is er geen aanleiding te verwerpen. Het steekproefgemiddelde wijkt niet significant af. 5 a : = 1500 en H 1 : b PX ( ) = 0,025, dus = invnorm(0.025, 1500, 6) 188,2. PX ( ) = 1 0,025 = 0,975 dus = invnorm(0.975, 1500, 6) 1511,8. X = 1500 X = 100 = 6 60 c Bij X = 192,7 is er geen aanleiding te verwerpen. Het steekproefgemiddelde wijkt niet significant af bladzijde 89 6 a : = en H 1 : b PX ( ) = 0,025, dus = invnorm(0.025, 35000, 500) PX ( ) = 1 0,025 = 0,975, dus = invnorm(0.975, 35000, 500) c zal worden verworpen. Het steekproefgemiddelde X = 338 wijkt significant af van = X = X = 6 = bladzijde 91 7 a : = 25, H 1 : 25 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 2 is P( X 2 ) = normalcdf , 2, 25, 0, PX ( 2) 0,5α, dus Conclusie: er is aanleiding om het gemiddelde X = 25 in twijfel te trekken. b : = 25, H 1 : 25 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 26 is P( X 26 ) = normalcdf(26, 1099, 25, 0.3) 0,000. PX ( 26) 0,5α, dus Conclusie: er is aanleiding om het gemiddelde X = 25 in twijfel te trekken. 8 X is de levensduur in uren. : = 2000, H 1 : 2000 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 1995 is PX ( 1995 ) = normalcdf ,,, 0, PX ( 1995) 0,5α, dus Conclusie: er mag geconcludeerd worden dat het steekproefgemiddelde significant afwijkt van a X is het gewicht in kg van een pak suiker. : = 1,02, H 1 : 1,02 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 1,0 is PX ( 10, ) = normalcdf ,,., 50 0,0002. PX ( 10, ) 0,5α, dus Conclusie: de fabrikant zal besluiten de vulmachine opnieuw in te stellen. b De overschrijdingskans van 1,03 is PX ( 103, ) = normalcdf ,,., 50 0,039. PX ( 103, ) > 0,5α, dus Conclusie: de fabrikant zal besluiten de vulmachine niet opnieuw in te stellen. 52 Hoofdstuk 15

3 10 a X is de diameter van een tennisbal in cm. : = 6,8, H 1 : 6,8 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 6,75 is PX ( 675, ) = normalcdf ,.,., 0, PX ( 675, ) > 0,5α, dus Conclusie: de afnemer constateert dat de gemiddelde diameter niet significant afwijkt. Bij α = 0,05 is P( X 675, ) > 0,5α, dus ook dan is de conslusie dat de gemiddelde diameter niet significant afwijkt. b : = 6,8, H 1 : 6,8 en α = 0,10. PX ( ) = 0,05, dus = invnorm(0.05, 6.8, 0.02) 6,767. PX ( ) = 1 0,05 = 0,95, dus = invnorm(0.95, 6.8, 0.02) 6,833. Dus verwerp als X 6,76 of X 6,8. 6,8 X = 6,8 X = 100 = 0,02 opp = 0,10 0, Eenzijdig en tweezijdig toetsen bladzijde a Omdat de bewering is dat de levensduur verlengd wordt. b Nee, want het steekproefgemiddelde is kleiner dan = bladzijde 9 12 a PX ( g) = 1 0,10 = 0,90, dus g = invnorm ,, ,51. Verwerp als X 88,6. X = 85 X = 30 opp = 0, g b PX ( g) = 0,05, dus g = invnorm ,, ,51. Verwerp als X 81,5. X = 85 X = g 85 c PX ( ) = 0,005, dus 15 = invnorm , 85, ,27. PX ( ) = 1 0,005 = 0,995, 15 dus = invnorm , 85, ,73. Verwerp als X 82,2 of X 87,8. 13 a X is de afhandelingstijd in minuten. : = 12, H 1 : < 12 en α = 0,05. PX ( g) = 0,05, dus g = invnorm(0.05, 12, 0.6) 11,01. Dus bij steekproefgemiddelden van 11,0 minuten of minder. g X = 85 X = 200 opp = 0,01 15 X = 12 X = 25 = 0,6 3 Het toetsen van hypothesen 53

4 b : = 12, H 1 : < 12 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 11,3 is PX ( 11, 3 ) = normalcdf , ,, 0, PX ( 11, 3 ) > α, dus Conclusie: er is geen aanleiding om te concluderen dat de afhandelingstijd is afgenomen. 11,3 12 X = 12 X = 80 opp = 0,01 3 bladzijde 96 1 X is het gewicht in gram van een pakje margarine. : = 500, H 1 : > 500 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 500, is PX ( 500, ) = normalcdf(500., 10 99, 500, 0.15) 0,00. PX ( 500, ) α, dus H 0 Conclusie: er is reden om de productieafdeling gelijk te geven. 15 X is de lengte van een zin in woorden. : = 28,6, H 1 : 28,6 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 30,2 is PX ( 30, 2 ) = normalcdf ,,., 75 0,009. PX ( 30, 2 ) > 0,5α, dus Conclusie: het pas ontdekte manuscript kan van deze auteur afkomstig zijn. 16 X is het IQ van de Nederlander. : = 100, H 1 : > 100 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 108 is PX ( 108 ) = normalcdf ,,, 25 0,00. PX ( 108) α, dus Conclusie: de voorzitter heeft gelijk; schakers zijn intelligenter dan gemiddeld. bladzijde a P(tablet helpt) = P(3,8 < X <,2) = normalcdf(3.8,.2,, 0.12) 0,90 X = X = 0,12 b X is het werkzame aandeel in gram per tablet. : =, H 1 : en α = 0,05. De overschrijdingskans van 3,95 is PX ( 395, ) = normalcdf ,.,, 50. 0,002. PX ( 395, ) 0,5α, dus Conclusie: het steekproefgemiddelde wijkt significant af van mg. c P(tablet helpt niet) = 1 P(3,8 < X <,2) = 1 normalcdf(3.8,.2, 3.95, 0.12) 0,12 Dus 12,% van de tabletten helpt dan niet. 3,8,2 X = 3,95 X = 0,12 18 a PX ( g) = 1 0,05 = 0,95, dus g = invnorm(0.95, 0, 1.6) 2,63. Dus bij X 2,7 wordt verworpen. 3,8 3,95,2 X = 0 X = 25 = 1,6 8 0 g 5 Hoofdstuk 15

5 b Stel dat de lengte van de steekproef n is. PX ( 0, 5) 0,05. normalcdf ,,, n = 0,05 = normalcdf ,,, x en y = 0,05. 2 De optie intersect geeft x 692,6. Dus de steekproef moet een lengte hebben van 693 of meer. X = 0 X = n 8 0 0,5 Casio 0, 5 0 P = 0,95 8 n = P((0.5 0) : (8 : x )) en y 2 = 0,95. De optie intersect geeft x 692,6. Dus de steekproef moet een lengte hebben van 693 of meer. 19 X is de lengte in cm van de Nederlandse man. : = 183, H 1 : > 183 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 197 is 99 7 PX ( 197 ) = normalcdf 197, 10, 183, 133 0,0000. PX ( 197) α, dus Conclusie: basketballers zijn langer dan gemiddeld. 20 a X is de trekkracht in newton van een kabel. : = 800, H 1 : < 800 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 785 is PX ( 785 ) = normalcdf( 1099, 785, 800, 7) 0,016. PX ( 785) α, dus Conclusie: er is aanleiding de bewering van de fabrikant in twijfel te trekken. b Bij een grotere neemt P( X 785 ) af zodat de fabrikant eerder in het ongelijk wordt gesteld. bladzijde X is de kijktijd van de Nederlander in uren. : = 28,, H 1 : < 28, en α = 0,025. De overschrijdingskans van 27,6 is PX ( 27, 6 ) = normalcdf ,.,., 0, PX ( 27, 6 ) > α, dus H 0 Conclusie: je kunt het niet eens zijn met de uitspraak van de medewerker van De Ster. 22 a X is het gewicht in gram van een pak koffiebonen. : = 500, H 1 : < 500 en α = 0,05. PX ( g) = 0,05, dus g = invnorm 005., 500, 50 99,07. Dus het gemiddelde gewicht moet dan maximaal 99,0 gram zijn. b : = 500, H 1 : > 500 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 501,9 is PX ( 501, 9 ) = normalcdf(501.9, 1099, 500, 0.8) 0,008. PX ( 501, 9 ) α, dus H 0 Conclusie: er is aanleiding het hoofd van de afdeling voorraad gelijk te geven. g 500 X = 500 X = 50 Het toetsen van hypothesen 55

6 c : = 500, H 1 : 500 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 502,8 is PX ( 502, 8 ) = normalcdf(502.8, 10 99, 500, 0.8) 0,001. PX ( 502, 8) 0,5α, dus Conclusie: het steekproefresultaat wijkt significant af van 500 gram Binomiale toetsen bladzijde a X is een discrete toevalsvariabele, want X kan alleen gehele waarden aannemen. b Je let alleen op de gebeurtenissen succes (de persoon vindt de frisdrank van Mol de lekkerste) en mislukking. Verder is bij elk kansexperiment de kans op succes dezelfde, namelijk p = 0,0. c Nee, want X = 8 is meer dan het verwachte aantal van 0 dat hoort bij p = 0,0. d De concurrent krijgt dan gelijk, want X = 28 ligt ver onder het verwachte aantal van 0 als p = 0,0. bladzijde a X = het aantal personen dat in één keer voor het rijexamen slaagt. : p = 0,35 en H 1 : p > 0,35. De overschrijdingskans van 19 is P(X 19) = 1 P(X 18) = 1 binomcdf(0, 0.35, 18) 0,070. b P(X 19) > α, dus Conclusie: er is aanleiding de bewering van de rijschoolhouder in twijfel te trekken. bladzijde X = het aantal mannen dat aan kleurenblindheid lijdt. : p = 0,08, H 1 : p > 0,08 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 22 is P(X 22) = 1 P(X 21) = 1 binomcdf(200, 0.08, 21) 0,080. P(X 22) > α, dus verwerp niet. Conclusie: er is geen aanleiding om mevrouw Bouman gelijk te geven. 26 X = het aantal personen dat een vorm van allergie heeft. : p = 0,30, H 1 : p < 0,30 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 112 is P(X 112) = binomcdf(7, 0.30, 112) 0,001. P(X 112) α, dus Conclusie: er is voldoende aanleiding de Amerikaanse onderzoekers gelijk te geven. bladzijde X = het aantal personen dat zich stoort aan reclameblokken tijdens een film. : p = 0,70, H 1 : p < 0,70 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 320 is P(X 320) = binomcdf(500, 0.70, 320) 0,0023. P(X 320) α, dus Conclusie: er is voldoende reden aanwezig om de mening van de recensent in twijfel te trekken. 28 X = het aantal keer zes ogen bij het gooien met een dobbelsteen. : p = 1, H : p < 1 en α = 0, De overschrijdingskans van 8 is P(X 8) = binomcdf(80, 1, 8) 0, P(X 8) > α, dus Conclusie: er is niet voldoende aanleiding om het met Mirjam eens te zijn. 29 X = het aantal keer op rood bij het draaien van de schijf. : p = 1, H : p > 1 en α = 0,01. 1 De overschrijdingskans van 52 is P(X 52) = 1 P(X 51) = 1 binomcdf(160, 1, 51) 0,020. P(X 52) > α, dus Er is niet voldoende reden om Simon gelijk te geven. bladzijde X = het aantal patiënten waarbij het middel een positieve uitwerking had. : p = 0,80, H 1 : p < 0,80 en α = 0, Hoofdstuk 15

7 Verwerp als X g. P(X g) 0,05, ofwel binomcdf(500, 0.80, g) 0,05. Casio = binomcdf(500, 0.80, x). Proberen geeft Uit de tabel volgt P(X 38) 0,03 x = 38 geeft y 1 0,03 P(X 385) 0,053. x = 385 geeft y 1 0,053. Verwerp als X 38. Verwerp als X 38. Conclusie: het kleinste aantal patiënten waarbij je de bewering van de fabrikant niet verwerpt is a X = het aantal sets waarbij de speler die begint met serveren de set wint. : p = 0,55, H 1 : p < 0,55 en α = 0,05. Verwerp als X g. P(X g) 0,05, ofwel binomcdf(500, 0.55, g) 0,05. Casio = binomcdf(500, 0.55, x). Proberen geeft Uit de tabel volgt P(X 256) 0,08 x = 256 geeft y 1 0,08 P(X 257) 0,0581. x = 257 geeft y 1 0,0581. Verwerp als X 256. Verwerp als X 256. Conclusie: het aantal sets waarbij de speler die begint met serveren wint, is hoogstens 256. b 22 < 256, dus verwerp. Conclusie: Jacco heeft gelijk. c X = het aantal games dat gewonnen wordt door de serveerder. : p = 0,815, H 1 : p > 0,815 en α = 0,025. Verwerp als X g. P(X g) 0,025 1 P(X g 1) 0,025 Casio = 1 binomcdf(300, 0.815, x). P(X g 1) 0,975 Uit de tabel volgt Proberen geeft x = 256 geeft y 1 0,9658 P(X 256) 0,9658 x = 257 geeft y 1 0,9763. P(X 257) 0,9763. g 1 = 257, dus g = 258. g 1 = 257, dus g = 258. Verwerp als X 258. Verwerp als X 258. Conclusie: de serveerder moet minstens 258 van die games winnen om Jacco gelijk te geven. bladzijde a Een onzuiver geldstuk kan teveel maar ook te weinig keer kop geven. b X = het aantal keer kop bij het gooien met een geldstuk. : p 0,5 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 59 is P(X 59) = 1 P(X 58) = 1 binomcdf(100, 0.5, 58) 0,0. P(X 59) > 0,5α, dus Conclusie: het geldstuk is zuiver. 33 X = het aantal keer zes ogen bij het gooien met een dobbelsteen. : p = 1, H : p 1 en α = 0, De overschrijdingskans van 12 is P(X 12) = binomcdf(150, 1, 12) 0, P(X 12) 0,5α, dus Conclusie: de dobbelsteen is niet zuiver. bladzijde Verwerp als X of X. P(X ) 0,05 P(X ) 0,05 binomcdf(50, 0.3, ) 0,05 1 P(X 1) 0,05 1 binomcdf(50, 0.3, 1) 0,05 Je krijgt Je krijgt binomcdf(50, 0.3, 9) 0,002 1 binomcdf(50, 0.3, 19) 0,088 binomcdf(50, 0.3, 10) 0, binomcdf(50, 0.3, 20) 0,078. Dus = 9. 1 = 20, dus = 21. Conclusie: de nulhypothese wordt verworpen bij steekproefresultaten van 9 of minder en van 21 of meer. Het toetsen van hypothesen 57

8 Casio P(X ) 0,05 P(X ) 0,05 Proberen geeft 1 P(X 1) 0,05 P(X 9) 0,002 P(X 1) 0,95 P(X 10) 0,0789. Proberen geeft Dus = 9. P(X 19) 0,9152 P(X 20) 0, = 20, dus = 21. Conclusie: de nulhypothese wordt verworpen bij steekproefresultaten van 9 of minder en van 21 of meer. 35 X = het aantal dossiers waarin bouwfraude voorkomt. : p = 0,12, H 1 : p < 0,12 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 8 is P(X 8) = binomcdf(80, 0.12, 8) 0,367. P(X 8) > α, dus Conclusie: de steekproefuitslag wijkt niet significant af van de mededeling in het ochtendblad. 36 X = het aantal mannen dat minstens één keer per twee maanden naar de kapper gaat. : p = 0,68, H 1 : p 0,68 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 60 1 = 6 is P(X 6) = 1 P(X 5) = 1 binomcdf(60, 0.68, 5) 0,09. P(X 6) > 0,5α, dus Conclusie: er is geen aanleiding om Beerlage gelijk te geven. 37 X = het aantal Nederlanders dat het een goed idee vindt om veroordeelden van lichte delicten thuis hun straf te laten uitzitten. : p = 0,68, H 1 : p < 0,68 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 38 is P(X 36) = binomcdf(66, 0.68, 38) 0,08. P(X 36) α, dus Conclusie: er is voldoende aanleiding om woordvoerder Wolfsen gelijk te geven. 38 a X = het aantal keer dat het balletje op sector 1 blijft liggen. : p = 0,2, H 1 : p 0,2 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 115 is P(X 115) = 1 P(X 11) = 1 binomcdf(500, 0.2, 11) 0,05. P(X 115) > 0,5α, dus Conclusie: er is geen aanleiding te vermoeden dat de roulette niet zuiver is. b X = het aantal keer dat het balletje op de sectoren en 5 blijft liggen. : p = 0,, H 1 : p 0, en α = 0,01. Verwerp als X of X. P(X ) 0,005 P(X ) 0,005 binomcdf(600, 0., ) 0,005 1 P(X 1) 0,005 Je krijgt 1 binomcdf(600, 0., 1) 0,005 binomcdf(600, 0., 208) 0,001 Je krijgt binomcdf(600, 0., 209) 0, binomcdf(600, 0., 270) 0,0057 Dus = binomcdf(600, 0., 271) 0, = 271, dus = 272. Conclusie: bij de aantallen 209 tot en met 271 zal de zuiverheid van de roulette niet in twijfel worden getrokken. Casio P(X g 1 ) 0,005 P(X ) 0,005 Proberen geeft 1 P(X 1) 0,005 P(X 208) 0,001 P(X 1) 0,995 P(X 209) 0,0052. Proberen geeft Dus = 208. P(X 270) 0,993 P(X 271) 0, = 271, dus = 272. Conclusie: bij de aantallen 209 tot en met 271 zal de zuiverheid van de roulette niet in twijfel worden getrokken. c X = het aantal keer dat het balletje op de sectoren met een even getal blijft liggen. : p = 0,, H 1 : p < 0, en α = 0,025. De overschrijdingskans van 110 is P(X 110) = binomcdf(300, 0., 110) 0,1312. P(X 110) > α, dus Conclusie: er is niet voldoende reden om het met Erik eens te zijn. 58 Hoofdstuk 15

9 bladzijde X = aantal woningen met dubbele beglazing. : p < 0,5 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 111 is P(X 111) = binomcdf(2375, 0.5, 111) 0,030. P(X 111) > α, dus Conclusie: er is niet voldoende reden om de veronderstelling van het ministerie te herzien. 0 X = het aantal bespaarlampen met een levensduur van meer dan 8000 uur. : p = 0,8, H 1 : p < 0,8 en α = 0,10. X = 21 in een steekproef van 30 bespaarlampen. De overschrijdingskans van 21 is P(X 21) = binomcdf(30, 0.8, 21) 0,129. P(X 21) > α, dus Conclusie: er is voldoende aanleiding om de fabrikant in het gelijk te stellen. 1 a P(tomaat wordt doorgedraaid) = P(X < 7,2) = normalcdf( 10 99, 7.2, 7.9, 0.5) 0,081 X = 7,9 X = 0,5 7,2 7,9 b X = het aantal tomaten dat na meting moet worden doorgedraaid. : p = 0,081, H 1 : p < 0,081 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 65 is P(X 65) = binomcdf(900, 0.081, 65) 0,18. P(X 65) > α, dus Conclusie: er is niet aangetoond dat het middel S3Fb de diameter vergroot. 2 a X = het aantal baby s dat behoort tot de categorie zwaar. X is binomiaal verdeeld met n = 80 en p = normalcdf(000, 10 99, 3250, 25) = 0,038 P(X 5) = 1 P(X ) = 1 binomcdf(80, 0.038, ) 0,199 b : p = 0,0388, H 1 : p > 0,0388 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 8 is P(X 8) = 1 P(X 7) = 1 binomcdf(58, , 7) 0,0017. P(X 8) α, dus Conclusie: de medewerkers van het consultatiebureau hebben gelijk. 15. De tekentoets bladzijde Er is niet gegeven dat de bijbehorende toevalsvariabele normaal verdeeld is. Bovendien is niet gegeven. bladzijde 112 Het teken van waarneming 15 geeft: X = het aantal plustekens in de steekproef met lengte 13, dus X = 3. : p < 0,5 α = 0,10. De overschrijdingskans van 3 is P(X 3) = binomcdf(13, 0.5, 3) 0,06. P(X 3) α, dus Conclusie: er is aanleiding de bewering van de boswachter in twijfel te trekken. 5 Het teken van waarneming 2,5 geeft: X = het aantal plustekens in de steekproef met lengte 15, dus X = 9. : p > 0,5 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 9 is P(X 9) = 1 P(X 8) = 1 binomcdf(15, 0.5, 8) 0,30. P(X 9) > α, dus Conclusie: er kan inderdaad worden gesteld dat de wachttijd hoogstens 2,5 minuten is. Het toetsen van hypothesen 59

10 6 Het teken van waarneming,3 geeft: X = het aantal mintekens in de steekproef met lengte 20, dus X = 1. : p > 0,5 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 1 is P(X 1) = 1 P(X 13) = 1 binomcdf(20, 0.5, 13) 0,058. P(X 1) α, dus Conclusie: er kan inderdaad worden gesteld dat de bus gemiddeld minder dan,3 minuten te laat is. bladzijde X = het aantal twintigjarige jongens dat zwaarder is dan 75,6 kg. : p > 0,5 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 138 is P(X 138) = 1 P(X 137) = 1 binomcdf(250, 0.5, 137) 0,057. P(X 138) > α, dus Conclusie: er mag niet geconcludeerd worden dat het gemiddelde gewicht is toegenomen. 8 X = het aantal vrouwen waarbij de zwangerschap korter duurde dan 266 dagen, dus X = = 28. : p > 0,5 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 28 is P(X 28) = 1 P(X 27) = 1 binomcdf(753, 0.5, 27) 0,0001. P(X 28) α, dus Conclusie: de bewering van de geneeskundige kan geaccepteerd worden. bladzijde 11 9 Het teken van na voor is X = het aantal mintekens in de steekproef van lengte 13, dus X = 11. : p > 0,5 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 11 is P(X 11) = 1 P(X 10) = 1 binomcdf(13, 0.5, 10) 0,011. P(X 11) α, dus Conclusie: dit resultaat geeft aanleiding te veronderstellen dat het middel het aantal bladluizen vermindert. bladzijde X = het aantal wedstrijden waarvan Nederland de winnaar is. : p > 0,5 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 55 is P(X 55) = 1 P(X 5) = 1 binomcdf(9, 0.5, 5) 0,061. P(X 55) > α, dus Conclusie: er is niet voldoende reden te veronderstellen dat Nederland bij het voetballen sterker is dan België. 51 Het teken van A B is X = het aantal plustekens in de steekproef van lengte 20, dus X = 1. : p 0,5 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 1 is P(X 1) = 1 P(X 13) = 1 binomcdf(20, 0.5, 13) 0,058. P(X 1) > 0,5α, dus Conclusie: er is geen significant verschil in populariteit van de programma s A en B. 52 X = het aantal honden dat de voorkeur geeft aan B. : p = 0,50, H 1 : p > 0,50 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 20 is P(X 20) = 1 P(X 19) = 1 binomcdf(30, 0.5, 19) 0,09. P(X 20) α, dus Conclusie: er is voldoende reden te veronderstellen dat door de honden merk B meer op prijs wordt gesteld dan merk A. 60 Hoofdstuk 15

11 bladzijde Het teken van thuis uit is X = het aantal plustekens in de steekproef van lengte 9, dus X = 6. : p = 0,50, H 1 : p > 0,50 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 6 is P(X 6) = 1 P(X 5) = 1 binomcdf(9, 0.5, 5) 0,25. P(X 6) > α, dus Conclusie: er is geen aanleiding te veronderstellen dat thuisvoordeel inderdaad bestaat. 5 Het teken van AEX NIG is X = het aantal plustekens in de steekproef van lengte 11, dus X = 10. : p = 0,50, H 1 : p > 0,50 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 10 is P(X 10) = 1 P(X 9) = 1 binomcdf(11, 0.5, 9) 0,006. P(X 10) α, dus Conclusie: er is reden om aan te nemen dat een aandeel AEX het beter doet dan een aandeel NIG. 55 a Het teken van B A is X = het aantal plustekens in de steekproef van lengte 16, dus X = 12. : p = 0,50, H 1 : p 0,50 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 12 is P(X 12) = 1 P(X 11) = 1 binomcdf(16, 0.5, 11) 0,038. P(X 12) > 0,5α, dus Conclusie: er is geen reden om aan te nemen dat er kwaliteitsverschil bestaat tussen de beide soorten kunstmest. b X = het aantal plustekens in de steekproef van lengte 16, dus X = 12. : p = 0,50, H 1 : p > 0,50 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 12 is P(X 12) = 1 P(X 11) = 1 binomcdf(16, 0.5, 11) 0,038. P(X 12) α, dus Conclusie: er is reden om aan te nemen dat soort B beter is dan soort A Diagnostische toets bladzijde a : = 2200, H 1 : 2200 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 2000 is PX ( 2000 ) = normalcdf ,,, 0, PX ( 2000 ) 0,5α, dus H 0 Conclusie: er is aanleiding het gemiddelde X = 2200 in twijfel te trekken. b : = 2200, H 1 : 2200 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 2275 is PX ( 2275 ) = normalcdf ,,, 20 0,090. PX ( 2275 ) > 0,5α, dus Conclusie: er is geen aanleiding het gemiddelde X = 2200 in twijfel te trekken. 2 a PX ( g) = 1 0,05 = 0,95, dus g = invnorm 095., 1600, ,8. Conclusie: wordt verworpen bij steekproefresultaten van 1632 en meer. b De overschrijdingskans van 1625 is PX ( 1625 ) = normalcdf ,,, 0 0,018. PX ( 1625) α, dus Conclusie: er is aanleiding om te verwerpen. X = 1600 X = g 75 Het toetsen van hypothesen 61

12 c Stel dat de lengte van de steekproef n is. PX ( 1620 ) 0,10 normalcdf ,,, n = 0,10 = normalcdf ,,, x en y = 0,10. 2 De optie intersect geeft x 23,1. Dus de steekproefomvang moet minstens 2 zijn. Casio P = 0,90 75 n = P(( ) : (75 : x )) en y 2 = 0,90. De optie intersect geeft x 23,1. Dus de steekproefomvang moet minstens 2 zijn. 3 a X is het vetgehalte in procenten van een pak volle melk. : = 3,50, H 1 : < 3,50 en α = 0,10. PX ( g) = 0,10, dus g = invnorm ,., ,93. Conclusie: het gemiddelde vetgehalte van een pak volle melk moet 3,9% of minder zijn om de controledienst in het gelijk te stellen. b : = 3,50, H 1 : > 3,50 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 3,508 is PX ( 3, 508 ) = normalcdf , 10, 350., 30 0,01. PX ( 3, 508 ) α, dus H 0 Conclusie: er is aanleiding de gezondheidsraad gelijk te geven. c : = 3,50, H 1 : 3,50 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 3,9 is PX ( 3, 9 ) = normalcdf ,.,., 0, PX ( 3, 9 ) > 0,5α, dus Conclusie: het steekproefresultaat wijkt niet significant af van 3,50%. g ,50 X = 1600 X = n opp = 0,10 75 X = 3,50 X = 20 opp = 0,10 0,02 bladzijde 119 X = het aantal jongeren dat lid is van een sportvereniging. : p = 0,75, H 1 : p < 0,75 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 81 is P(X 81) = binomcdf(120, 0.75, 81) 0,039. P(X 81) α, dus Conclusie: er is reden om de bewering van sportleraar Van de Vooren in twijfel te trekken. 5 a X = het aantal keer dat de getallen 6 t/m 11 wordt aangewezen. : p = 0,3, H 1 : p 0,3 en α = 0,05. Verwerp als X g 1 of X. P(X ) 0,025 P(X ) 0,025 binomcdf(100, 0.3, ) 0,025 1 P(X 1) 0,025 1 binomcdf(100, 0.3, 1) 0,025 Je krijgt Je krijgt binomcdf(100, 0.3, 20) 0, binomcdf(100, 0.3, 38) 0,030 binomcdf(100, 0.3, 21) 0, binomcdf(100, 0.3, 39) 0,0210. Dus = = 39, dus = 0. Conclusie: bij de aantallen 21 tot en met 39 zal de zuiverheid van het rad niet in twijfel worden getrokken. 62 Hoofdstuk 15

13 Casio P(X ) 0,025 P(X ) 0,025 Proberen geeft 1 P(X 1) 0,025 P(X 20) 0,0165 P(X 1) 0,975 P(X 21) 0,0288. Proberen geeft Dus = 20. P(X 38) 0,9660 P(X 39) 0, = 39, dus = 0. Conclusie: bij de aantallen 21 tot en met 39 zal de zuiverheid van het rad niet in twijfel worden getrokken. b : p = 0,3, H 1 : p 0,3 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 70 is P(X 70) = 1 P(X 69) = 1 binomcdf(200, 0.3, 69) 0,073. P(X 70) > 0,5α, dus Conclusie: er is geen aanleiding te vermoeden dat het rad niet zuiver is. 6 a X is het gewicht in gram van een pak koffie. P(X < 1000) = normalcdf( 10 99, 1000, 1006, 5) 0,115 X = 1006 X = b X is aantal pakken koffie met een gewicht van minder dan 1000 gram. : p = 0,115, H 1 : p < 0,115 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 18 is P(X 18) = binomcdf(250, 0.115, 18) 0,017. P(X 18) > α, dus Conclusie: er is niet aangetoond dat het gemiddelde is toegenomen. 7 X is het aantal leerlingen dat voor het CE een hoger cijfer heeft dan voor het SE in een steekproef van lengte 26. : p = 0,50, H 1 : p > 0,50 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 17 is P(X 17) = 1 P(X 16) = 1 binomcdf(26, 0.50, 16) 0,08. P(X 17) > α, dus Conclusie: op grond van deze cijfers kan niet worden gesteld dat het schoolexamen slechter gemaakt is dan het centraal examen. Het toetsen van hypothesen 63