Beslissen op grond van een steekproef Hoofdstuk 15

Transcriptie

1 1 Beslissen op grond van een steekproef Hoofdstuk a. Het gaat veel geld kosten voor de fabrikant als er te veel schuurmiddel gebruikt wordt. b. Bij een te laag gemiddelde zullen de klanten niet tevreden zijn. 2. μ = 400 en n = 50 ; σ = 4 a. P(ten onrechte bijstellen) = P ( 399 of 401) = 2. P ( 399 μ = 400 en n= 50) = 2.normalcdf(-10 99, 399, 400, 4 50 ) 0,077 b. Het alternatieve gemiddelde is niet bekend c. Nu μ = 401. P(niet bijstellen) = 4 P(399 < < 401 μ = 401 en σ = 50 ) 4 normalcdf(399, 401, 401, 50 ) 0,

2 2 3. a. P(ten onrechte bijstellen) = P( 399 of 401 ) = 2. P( 399) = normalcdf ( , 399, 400, 120 ) 0, b. P(niet bijstellen) = 4 P (399 < < 401 μ = 399,2 en σ = 120 ) = 4 normalcdf( 399,401,399.2, 120 ) 0, a. P ( g of g) = 0, 01 l P ( g l ) = 0,005 invnorm(0.005, 400, r ) 398,97 g l 398,97 en g r ,03 = 401,03 Dit vanwege de symmetrie. g(l) 400 g(r) b. Nu = 400,8. Deze waarde ligt niet in het gebied waarbij sprake is van verwerping. Dat betekent dus dat het steekproefgemiddelde niet significant afwijkt. 5. Gloeilampen. : levensduur van een lamp. μ = 1500 en σ = 60. Steekproef van 100 α = 0,05 a. H 0 : μ = 1500 en H 1 : μ 1500

3 3 b. Steekproef van σ = = Er moet gelden : P ( g μ = 1500 en σ = 6) = 0,025 g l l = invnorm(0.25, 1500, 6) = 1488,24.. gl 1488,2 op grond van symmetrie volgt nu : gr = ,8 = 1511,8 c. 1492,7 is niet kleiner dan 1488,2 We verwerpen H 0 dus niet. g(l) g(r) 6. : levensduur band. μ = en σ = Steekproef van 64. a. H 0 : μ = en H 1 : μ b. Aangezien α = 0,05, moeten we g l berekenen uit de vergelijking : P ( g l ) = 0,025 g l = invnorm (0.025, 35000, ) Op grond van symmetrie geldt nu : g r = g(l) g(r) c. = km ligt in het gebied waarbij H 0 wordt verworpen. Men concludeert dat er nu een duidelijke afwijking is t.o.v H 0 : μ = 25 en H 1 : μ 25 en σ = 3 a. α = 0,05 Nu is = 24 en n = 50. Het getal 24 ligt links van 25, daarom gaan we berekenen : P( 24 μ = 25 en n = 50) = normalcdf ( , 24, 25, 50 ) 0,009 Deze kans is dus 0,025 = 0,5α H 0 wordt dus verworpen. We gaan dus twijfelen aan het gegeven gemiddelde. b. Nu α = 0,01 en = 26 en n = 100. Nu ligt het steekproefgemiddelde rechts van μ = 25 De overschrijdingskans wordt dus : P( 26 μ = 25 en n = 50) = normalcdf (26, , 25, 100 ) 0,0004. Deze kans is kleiner dan 0,0005 = 0,5α. Ook nu wordt H 0 verworpen. Dus nu weer twijfel aan het gemiddelde.

4 4 8. : levensduur van een batterij. μ = 2000 en σ = 25,5 uur. Steekproef van 200 ; α = 0,05 H 0 : μ = 2000 en H 1 : μ 2000 P 1995 μ = 2000 en σ = 25,5 = 200 normalcdf (-10 99, 1995, 2000, 25,5 200 ) 0,003 < 0,5.α H 0 wordt verworpen. Het steekproefgemiddelde wijkt duidelijk af van : gewicht van een pak suiker in kg; μ = 1,02 en σ = 0,04 ; n = 50. a. H 0 : μ = 1,02 en H 1 : μ 1,02 0,04 1,04 > 1,02 P 1, 04 μ 1, 02 en σ = = = 50 normalcdf ( 1.04, 10 99, 1.02, 0.04 ) 0,000 < 0,5.α 50 De fabrikant zal besluiten om de machine opnieuw af te stellen. b. H 0 : μ = 1,02 en H 1 : μ 1,02 0,04 1,03 > 1,02 P 1, 03 μ 1, 02 en σ = = = 50 normalcdf ( 1.03, 10 99, 1.02, 0.04 ) 0,039 > 0,5.α 50 De fabrikant zal nu niet gaan besluiten om de machine opnieuw af te stellen. 1,04 1, : diameter van een tennisbal ; μ = 6,8 cm en σ = 0,2 cm ; n = 40. a. H 0 : μ = 6,8 en H 1 : μ 6,8 ; 6,75 < 6,8 0, 2 P 6,75 μ 6,8 en σ = = = 40 normalcdf ( , 6.75, 6.8, 0, 2 ) 0,057 > 0,05 40 De afnemer trekt de conclusie dat de diameter niet duidelijk afwijkt van het gemiddelde. 9,75

5 5 Bij α = 0,05 dan 0,5.α = 0,025 dan geldt: 0,057 > 0,025 De afnemer trekt de conclusie dat de diameter ook niet significant afwijkt van het gemiddelde van 6,8 cm. b. Nu n = 100 en H 0 : μ = 6,8 en H 1 : μ 6,8 ; α = 0,10 We moeten nu de grenzen zelf berekenen. 0, 2 P gl μ = 6,8 en σ = = 0, = invnorm (0.05, 6.8, 0.02) 6,767 g l g l = 6,76. Op grond van symmetrie geldt : g r = 6,8 + 0,04 = 6,84 Het beslissingsvoorschrift is : Verwerp H0 als geldt 6,76 of 6,84. g(l) g(r) 11. a. De tegenbewering heeft het alleen over het verlengen van de levensduur en niet over het verkorten. Er moet dus als tegenbewering gelden : μ > b is zeker niet langer dan Er is dus geen aanleiding om H 0 te verwerpen. 12. met μ = 85 en σ = 15 a. H 0 : μ = 85, H 1 : μ > 85 α = 0,1 en n = 30 Er moet dan gelden : verwerp H 0 als geldt: > g P 15 ( g μ = 85 en σ = ) = 0,10 ( ) 0,9 30 P g =. 15 invnorm (0.9, 85, ) 88,51 g = 88,6 30 Het beslissingsvoorschrift wordt : Verwerp H 0 als 88,6 g(r) b. H 0 : μ = 85, H 1 : μ < 85 α = 0,05 en n = 50 Er moet dan gelden : verwerp H 0 als geldt: < g P 15 ( gμ = 85 en σ = ) =0, invnorm (0.05, 85, ) 81,51 g = 81,5 50 Het beslissingsvoorschrift wordt : Verwerp H 0 als 81,5 g(l) g(l) g(r)

6 6 c. H 0 : μ = 85, H 1 : μ 85 α = 0,01 en n = 200 Er moet dan gelden : Verwerp H 0 als geldt: g of g 15 P ( gl μ = 85 en σ = ) = 0, invnorm (0.9, 85, ) 82,27 g l = 82,2 200 Op grond van symmetrie geldt voor de rechtergrens: g r = ,8 = 87,8 Het beslissingsvoorschrift wordt : Verwerp H0 als 82,2 of 87,8 l r 13. met μ = 12 en σ = 3 waarbij de afhandelingstijd van een bestelling is. a. H 0 : μ = 12, H 1 : μ < 12 en α = 0,05 en n = P ( gl μ = 12 en σ = ) =0,05 25 g = invnorm(0.05, 12, 0.6) 11,01 Bij steekproefgemiddelden van 11,0 minuten of minder zal men veronderstellen dat de afhandelingtijd verminderd is. b. H 0 : μ = 12, H 1 : μ < 12 en α = 0,01 en n = P ( gl μ = 12 en σ = ) =0, g = invnorm(0.01, 12, 80 ) 11,22 Het steekproefgemiddelde is 11 min en 18 sec en dat is 11,3 min. Het resultaat is meer dan 11,2 min H 0 wordt niet verworpen. Geen aanleiding om te concluderen dat de afhandelingtijd is afgenomen. g(l) Opmerking: We hadden hier net zo goed direct de overschrijdingskans P( 11,3) kunnen berekenen. 14. Stel is het gewicht van een pakje margarine. H 0 : μ = 500, H 1 : μ >500 en α = 0,05 en n = 100 Aangezien het steekproefresultaat bekend is, berekenen we meteen de overschrijdingskans: 1, 5 P 500,4 μ 500 en σ > = = = normalcdf (500.4, 10 99, 500, 0.15) 100 0,004 < 0,05 Verwerp H 0 De productieafdeling krijgt gelijk.

7 7 15. Stel is de lengte van een zin in woorden. H 0 : μ = 28,6, H 1 : μ 28,6 en α = 0,01 en n = 75 5,9 Er geldt 30,2 > 28,6 P 30,2 μ 28,6 en σ > = = = 75 normalcdf (30.2, 10 99, 28.6, 5,9 75 ) 0,009 > 0,005 We kunnen er van uitgaan dat deze tekst van de auteur afkomstig is. 16. Stel is het IQ van de Nederlander. H 0 : μ = 100, H 1 : μ > 100 en α = 0,025 en σ = 15 en n = 25. P μ 100 en σ > = = = normalcdf ( 108,10,100,3 )=0,004 < 0, We kunnen inderdaad zeggen dat de voorzitter gelijk heeft. 17. μ = 4 mg en σ = 0,12 mg. a. P(tablet werkt goed) = P(3,8 < < 4,2) = normalcdf (3.8, 4.2, 4, 0.12) 0,904 b. H 0 : μ = 4, H 1 : μ 4 en α = 0,05 en n = 50 Het steekproefresultaat is kleiner dan 4 De overschrijdingskans wordt nu: P 0,12 3,95 μ 4 en σ = = = normalcdf 10,3.95,4, 0,002 < 0, Verwerp H 0 Het gemiddelde wijkt duidelijk af van 4 mg. c. P(tablet werkt niet goed) = P( 3,8 of 4, 2) = P ( 3,8) + P ( 4,2) normalcdf (-10 99, 3.8, 3.95, 0.12) + normalcdf (4.2, 10 99, 3.95, 0.12) = 0, , ,124 12,4% van de tabletten werkt dan niet goed. 3,8 3,95 4,2 18. H 0 : μ = 40, H 1 : μ >40 en α = 0,05 en σ = 8 a. Steekproef van 25. Rechtseenzijdige steekproef. P g μ 8 40 en σ = = = 0,05 25 ( g) P = 0,95

8 8 g = invnorm (0.95, 40, 1.6) = 42,63 Bij gemiddelden van 42,7 en hoger wordt H 0 verworpen. b. Stel de steekproefgrootte is n. We weten verder H 0 : μ = 40, H 1 : μ > 40 en α = 0,05 en n =? 8 P 40,5 μ = 40 en σ = 0, 05 n 99 8 normalcdf 40.5,10, 40, 0,05 Voer in : y 1 = normalcdf 40.5,10, 40, en y 2 = 0.05 en neem b.v. het window [0, 800] [0,0.2] Met de optie intersect vinden we 692,6 Vanaf een steekproef van 693 of meer verwerpen we dan H ,5 19. Stel is de lengte van de Nederlandse man. H 0 : μ = 183, H 1 : μ > 183 en α = 0,01 en σ = 7 Er is een steekproef van 133 gedaan met een gemiddelde lengte van 193. Dat resultaat is meer dan 183. We moeten dus de volgende overschrijdingskans berekenen P μ 183 en σ 99 7 = = = normalcdf 197,10,183, 0,000 < 0, Verwerp dus H 0 De basketballers zijn dus gemiddeld langer. 20. Stel is de trekkracht van de remkabels van toerfietsen. a. H 0 : μ = 800 en H 1 : μ < 800 en α = 0,05 We gaan de overschrijdingskans berekenen : 35 P( 785 μ = 800 en σ = 25 ) = normalcdf (-1099, 785, 800, 7) 0,016 < α H 0 wordt verworpen Er is inderdaad aanleiding om te twijfelen over de bewering van de fabrikant. b. Bij μ = 800 is de overschrijdingskans P( 785) groter dan bij een μ-waarde die groter is dan bij 800. Daarom wordt H 0 dan minder snel verworpen dan bij een grotere μ-waarde dan 800. Daarom is μ = 800 gunstiger voor de fabrikant dan een μ-waarde groter dan 800 N. 21. Stel is het aantal uur dat een Nederlander naar de televisie kijkt. H 0 : μ = 28, 4, H 1 : μ < 28,4 en α = 0,025 en σ = 2,4 Steekproefresultaat van 27,6 uur bij 30 personen

9 9 P 2, 4 27,6 μ 28,4 en σ = = =normalcdf 30 H 0 wordt niet verworpen De medewerker van De Ster krijgt geen gelijk , 27.6, 28.4, 0,034 > 0, μ = 500 gram en σ = 4 gram. is het gewicht van de koffiebonen in een pak. a. H 0 : μ = 500, H 1 : μ < 500 en α = 0,05 en σ = 4. Steekproef van n = 50 We moeten het gemiddelde gewicht van de steekproef berekenen opdat H 0 verworpen wordt. P g μ en σ = = = 0, g = invnorm 0.05,500, ,07 Het gemiddelde gewicht per pak moet 499 gram of minder zijn om H 0 te verwerpen. g(l) b. H 0 : μ = 500, H 1 : μ > 500 en α = 0,025 en σ = 4. Steekproef van 25. P 4 501,94 μ 500 en σ = = 25 = normalcdf (501.94, 10 99, 500,0.8) 0,008 < 0,025 H 0 wordt dus verworpen Het hoofd van de afdeling voorraad krijgt dus gelijk. c. Nu geldt : H 0 : μ = 500, H 1 : μ 500 en α = 0,005 en σ = 4. Steekproef van 25. Het steekproefresultaat is 502,48 gram en dit is meer dan 500 gram. We moeten daarom de overschrijdingskans berekenen waarbij de waarden groter zijn dan 502,48. P 4 502,48 μ 500 en σ 99 4 = = = normalcdf ,10,500, ,001 < 0,025 H 0 wordt verworpen Het steekproefresultaat wijkt duidelijk af van 500 gram. 23. is het aantal personen in de steekproef. a. is een discrete toevalsvariabele omdat x alleen gehele waarden kan aannemen. b. Steeds is de succeskans hetzelfde ; namelijk 40%. Verder is hier alleen sprake van succes of geen succes. (lekkerste of mislukking)

10 10 c. Bij deze steekproef is de verwachtingswaarde 0, = 40 De waarde 48 is beduidend meer dan 40. Er wordt alleen iets beweerd over mindere waarden dan 40. Mol zal bij x = 48 niet de advertentie moeten herzien. d. We hebben te maken met : H 0 : p = 0,40 en H 1 : p < 0,40 We moeten nu dus de overschrijdingskans gaan berekenen. P ( < 28 p= 0,40 en n= 100) = binomcdf(100, 0.40, 0.28) 0,008. α is dan wel hier niet gegeven, maar de uitkomst van de overschrijdingskans is zodanig klein dat geconcludeerd kan worden dat H 0 verworpen wordt. De concurrent krijgt dan gelijk. 24. Stel is het aantal personen dat in één keer slaagt voor het rijexamen. a. H 0 : p = 0,35 en H 1 : p > 0,35. en n = 40 Het is een rechtseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( 19 p= 0,35 en n= 40) = 1 P ( 18) = 1 binomcdf (40, 0.35,18) 1 0,930 0,070 b. 0,070 > 0,05 Er is dus aanleiding om de bewering van de rijschoolhouder in twijfel te trekken. 25. Stel is het aantal Aziatische mannen die kleurenblind zijn. H 0 : p = 0,08 en H 1 : p > 0,08. en n = 200 Het is een rechtseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( 22 p= 0,08 en n= 200) = 1 P ( 21) = 1 binomcdf (200, 0.08,21) 1 0,920 0,08 > 0,05 Er is geen aanleiding om mevrouw Bouman gelijk te geven. 26 Stel is het aantal mensen met een allergie. H 0 : p = 0,30 en H 1 : p < 0,30. en n = 474 Het is een linkseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( 112 p= 0,30 en n= 474) = = binomcdf (474, 0.30,112) 0,001 < 0,025 Er is voldoende aanleiding om de Amerikaanse onderzoekers gelijk te geven. 27. Stel is het aantal personen dat zich stoort aan reclame. H 0 : p = 0,70 en H 1 : p < 0,70 Het is een linkseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( 320 p= 0, 70 en n= 500) = binomcdf (500, 0.70,320) 0,002 < 0,01 = α H 0 wordt verworpen De steekproefuitslag wijkt inderdaad significant af van de mening van de recensent. 28. Stel is het aantal keer dat je 6 gooit bij het gooien met een dobbelsteen.

11 11 H 0 : p = 1 6 en H 1 : p < 1 6 Het is een linkseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : 1 P ( 8 p = en n 80 6 = ) = binomcdf (80, 1 6, 8) 0,067 > 0,05 = α H 0 wordt niet verworpen Er is niet voldoende reden om Mirjam gelijk te geven. 29. Stel is het aantal keer rood bij het draaien van het rad.. H 0 : p = 0,25 en H 1 : p > 0,25 Het is een rechtseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( 52 p= 0,25 en n= 160) = 1 P ( 51) = = 1 binomcdf (160, 0.25,51) 1 0,980 0,020 > 0,01 = α H 0 wordt niet verworpen Er is niet voldoende reden om Simon gelijk te geven. 30. Stel is het aantal personen waarbij het geneesmiddel goed werkt. H 0 : p = 0,80 en H 1 : p < 0,80 Het is een linkseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( gp= 0,80 en n= 500) = binomcdf (500, 0.80,g) Aangezien er moet gelden dat de conclusie is dat er niet verworpen wordt, komen we tot de eis : P ( gp= 0,80 en n= 500) 0,05 Voer in : y 1 = binomcdf ( 500, 0.80, ) Nu kijken in de tabel. We zien dan : P ( 384) 0,04341 en P ( 385) 0,05431 Het kleinste aantal patiënten waarbij de bewering van de fabrikant nog net niet wordt verworpen is Stel is het aantal sets dat gespeeld wordt waarbij de speler die begint de set wint. a. H 0 : p = 0,55 en H 1 : p < 0,55 Het is een linkseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( gp= 0,55 en n= 500) = binomcdf (500, 0.55,g) = 0,05 Voer in : y 1 = binomcdf ( 500, 0.55,) en kijk naar de tabel. Na wat zoeken vinden we : binomcdf ( 500, 0.55, 256) 0,0484 en binomcdf ( 500, 0.55, 257) 0,058 Het aantal sets waarbij de speler die de eerste set wint is hoogstens 256. b. 242 < 256 Verwerp H 0. Jacco krijgt gelijk. c. Stel nu is het aantal games dat gewonnen wordt door de serveerder. H 0 : p = 0,815 en H 1 : p >0,815 en α = 0,025

12 12 Het is een rechtseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( gp= 0,815 en n= 300) = 1 P ( g 1) = 1 - binomcdf (300, 0.815, g - 1) Voer nu in : y 1 = binomcdf ( 300, 0.815,) en kijk naar de tabel = 256 geeft 0,0342 en = 257 geeft 0,0237 < α Vanaf = 257 klopt het gevraagde. g 1 = 257 g = 258 Vanaf het winnen van 258 games door de serveerder krijgt Jacco gelijk. 32. a. Het resultaat kan te veel of te weinig zijn. Daarom dus twee kanten. b. Stel is het aantal keer kop bij het gooien van een geldstuk H 0 : p = 0,50 en H 1 : p 0,50 Het is een tweezijdige steekproef. De v.w.w. is nu 0, = 50. Het resultaat van de steekproef is 59 en dat is meer dan 50 De overschrijdingskans is dus : P ( 59 p= 0,50 en n= 100) = 1 P ( 58) = 1 binomcdf (100, 0.50,58) 1 0,9556 0,044 > 0,025 = 0,5α H 0 wordt niet verworpen Er is geen voldoende reden om te twijfelen aan de zuiverheid van het geldstuk. 33. Stel is het aantal keer dat je 6 gooit bij het gooien met een dobbelsteen. H 0 : p = 1 6 en H 1 : p 1 6 Het is een tweezijdige steekproef. De v.w.w. is = 25. Het resultaat van de steekproef is 12. Dat is kleiner dan 25 De overschrijdingskans is dus : 1 P ( 12 p = en n 150) 6 = = binomcdf (150, 1 6, 12) 0,002 < 0,025 = 0,5α H 0 wordt verworpen Er is voldoende reden om te twijfelen aan de zuiverheid van de dobbelsteen. 34. H 0 : p = 0,3 en H 1 : p 0,3 n = 50 en toetsingsgrootheid en α = 0,10 Het is een tweezijdige steekproef. Er is dus een gebied waarbij H 0 geaccepteerd wordt en twee gebieden waarbij H 0 verworpen wordt. Zie de schets. We krijgen : P ( g p= 0, 3en n = 50) 0,05. Voer in : y 1 = binomcdf (50, 0.3, ) l

13 13 De tabel geeft : binomcdf (50, 0.3, 9 ) 0,040 en binomcdf (50, 0.3,10 ) 0,079 g l = 9 Verder moet gelden : P ( gr p=0,3 en n = 50) 0,05 1 P( g r 1 ) 0, 0 5 P( g r 1) 0,95 De tabel geeft binomcdf (50, 0.3, 19) 0,9152 en binomcdf (50, 0.3, 20) 0,9522 Vanaf = 20 geldt het gevraagde g r 1 = 20 g r = 21 H 0 wordt verworpen voor steekproeven van 9 of minder of bij steekproefresultaten van 21 of meer. 35. Stel is het aantal dossiers met bouwfraude. H 0 : p = 0,12 en H 1 : p < 0,12 en α = 0,05 Het is een linkseenzijdige steekproef De overschrijdingskans is dus : P ( 8 p= 0,12 en n= 80) = binomcdf (80, 0.12,8) = 0,367 > 0,05 De steekproef wijkt niet significant af van de mededeling in het ochtendblad. 36. H 0 : p = 0,68 en H 1 : p 0,68 n = 60 α = 0,10 Stel is het aantal mannen dat minstens één keer per twee maanden naar de kapper gaat.. De v.w.w. is 0, en er gaan = 46 mannen minstens 1 keer per 2 maanden naar de kapper. 46 > 41 We hebben dus te maken met de rechter overschrijdingskans. P( 46 p = 0,68 en n = 60 ) = 1 P ( 45) = 1 binomcdf (60, 0.68, 45) = 1 0,9057 0,094 > 0,05 (0,5α) Er is geen aanleiding om kapper Beerlage gelijk te geven. 37. Stel is het aantal Nederlanders die vinden dat veroordeelden met een lichte straf die thuis moeten uitzitten. H 0 : p = 0,68 en H 1 : p < 0,68 n = 66 α = 0,05 P ( 38) = binomcdf (66, 0.68, 38) 0,048 < 0,05 H0 wordt verworpen. Er is voldoende aanleiding om woordvoerder Wolfsen gelijk te geven. 38. a. Stel is het aantal keer dat het balletje op sector 1 blijft liggen. n = 500 en α = 0,01. H 0 : p = 0,20 en H 1 : p 0,20 De v.w.w. is 0, = > 100 rechter overschrijdingskans P( 115 p = 0,20 en n = 500 ) = 1 P ( 114) = 1 binomcdf (500, 0.20, 114) = 1 0,946 0,054 > 0,005 = 0,5α H 0 wordt niet verworpen Er is geen aanleiding om aan de zuiverheid te twijfelen. b. Stel is het aantal keer dat het balletje op de sectoren 4 en 5 blijft liggen. n = 600 en α = 0,01.

14 14 H 0 : p = 0,40 en H 1 : p 0,40 Zie ook opgave 32.. We krijgen : P ( g p= 0,40 en n = 600) 0,005. l Voer in : y 1 = binomcdf (600, 0.40, ) De tabel geeft : binomcdf (600, 0.40, 208 ) 0,0041 en binomcdf (600, 0.40,209 ) 0,0053 g l = 208 Verder moet gelden : P ( gr p=0,40 en n = 600) 0,005 1 P( g r 1 ) 0, 005 P( g r 1) 0,995 De tabel geeft binomcdf (600, 0.40, 270) 0,9947 en binomcdf (50, 0.40, 271) 0,99549 Vanaf = 271 geldt het g r 1 = 271 g r = 272 H 0 wordt verworpen voor steekproeven van 208 of minder of bij steekproefresultaten van 272 of meer. Dat betekent dat bij steekproeven met een aantal van 209 t/m 271 de zuiverheid niet in twijfel zal worden genomen. c. Stel nu is het aantal keer dat het balletje valt op een even sector. H 0 : p = 0,40 en H 1 : p < 0,40 n = 300 en α = 0,025. P( 110 p = 0,40 en n = 300) = binomcdf (300, 0.40, 110) 0,131 > α Er is geen voldoende reden om Eric in het gelijk te stellen. 39. Stel nu is het aantal woningen met dubbele beglazing. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p < 0,50 n = 2375 en α = 0,025. P( 1141 p = 0,50 en n = 2375) = binomcdf (2375, 0.50, 1141) 0,0295 > α Er is geen voldoende reden om de veronderstelling van het ministerie te herzien. 40. Stel nu is het aantal spaarlampen met een levensduur van meer dan 8000 uur. H 0 : p = 0,80 en H 1 : p < 0,80 n = 30 en α = 0,10. Door te tellen blijkt dat 21 van de 30 spaarlampen een levensduur heeft van meer dan 8000 uur. P( 21 p = 0,80 en n = 30) = binomcdf (30, 0.80, 21) 0,129 > α H 0 wordt niet verworpen Er is voldoende reden om de fabrikant gelijk te geven. 41. μ = 7,9 cm en σ = 0,5

15 15 a. Stel is de diameter van een tomaat. P(tomaat wordt doorgedraaid) = P ( < 7,2 μ = 7,9 cm en σ = 0,5) = normalcdf (-10 99, 7.2, 7.9, 0.5) 0,081 b. H 0 : p = 0,081 en H 1 : p < 0,081 n = 900 en α = 0,01.. P( 65 p = 0,081 en n = 900) = binomcdf (900, 0.081, 65) 0,184 > α H 0 wordt niet verworpen Er is geen aanleiding om te veronderstellen dat de diameter groter is geworden. 42. a. Stel is het gewicht van pas geboren baby s die behoren tot de categorie zwaar. Eerst de kans berekenen dat een baby tot de categorie zwaar behoort. P(categorie zwaar ) = normalcdf (4000, 10 99, 3250, 425) 0,0388 Nu de binomiale verdeling bekijken met p 0,0388 en n = 80 P( 5 p 0,0388 en n 80) = 1 P( 4) = 1 binomcdf (80, , 4) 1 0,801 0,199 b. H 0 : p = 0,0388 en H 1 : p > 0,0388 n = 58 en α = 0,01 P( 8 p = 0,0388 en n = 58) = 1 P( 7) = 1 - binomcdf (58, , 7) 1 0,9983 0,002 < 0,01 = α H 0 wordt verworpen De medewerkers krijgen gelijk. 43. Niet iedere verdeling is een normale verdeling. In het gegeven staat hier niets van vermeld. Verder is het een beetje lastig als σ niet bekend is. 44. De tekens van de waarnemingen - 15 geeft als resultaat : Stel is het aantal plustekens in de steekproef. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p < 0,50 en α = 0,10. Er zijn nu 3 plussen P( 3 p = 0,50 en n = 13) = binomcdf (13, 0.5, 3) 0,046 < 0,10 = α H 0 wordt verworpen De bewering van de boswachter wordt niet geaccepteerd. 45. De tekens van de waarnemingen - 2,5 geeft als resultaat : Stel is het aantal plustekens in de steekproef. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,10. Er zijn nu 9 plussen P( 9 p = 0,50 en n = 15) = 1 - P( 8 ) = 1 - binomcdf (15, 0.5, 8) 1 0,696 0,304 > 0,10 = α H 0 wordt niet verworpen De helpdesk krijgt dus inderdaad gelijk.

16 De tekens van de waarnemingen - 4,3 geeft als resultaat : Stel is het aantal plustekens in de steekproef. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p < 0,50 en α = 0,10. Er zijn nu 6 plussen en 4 nullen n = 24 4 = 20 P( 6 p = 0,50 en n = 20) = binomcdf (20, 0.5, 6) 0,058 < 0,10 = α H 0 wordt verworpen De bewering van de busmaatschappij dat het gemiddelde lager is wordt dus aangenomen. 47. Teken toets waarbij het aantal minnen 138 is van de 250. Stel is het aantal minnen en Ho: p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,025 P( 138 p = 0,50 en n = 250) = 1 - P( 137 ) = 1 - binomcdf (250, 0.5, 137) 1 0,943 0,057 >0,025 = α H 0 wordt niet verworpen De bewering dat het gemiddelde is toegenomen mag niet worden genomen. 48. Tekentoets waarbij het aantal minnen 325 is van de 753. Stel is het aantal minnen en Ho: p = 0,50 en H 1 : p < 0,50 en α = 0,025 P( 325 p = 0,50 en n = 753) = binomcdf (753, 0.5, 325) 0,000 < 0,01 = α H 0 wordt verworpen De bewering dat het gemiddelde is afgenomen mag worden genomen. 49. Bekijk vanuit de tabel het verschil van na - voor. We kijken naar het aantal minnetjes. Uit de tabel krijgen we : n = 13 Stel is het aantal minnen en Ho: p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,005 P( 11 p = 0,50 en n = 13) = 1 P( 10) = binomcdf (13, 0.5, 10) 0,011 < 0,005 = α H 0 wordt verworpen Het middel zal volgens deze steekproef ervoor zorgen dat het aantal bladluizen zal verminderen. 50. Stel het aantal gewonnen wedstrijden van Nederland is + en het aantal verloren wedstrijden is -. Dan dus 55 keer een plus en 39 keer een min. Dat wil zeggen dat er dus = 25 gelijke spelen waren. Dus een nulletje die we dus niet meetellen. Stel is het aantal plussen. Ho: p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,005 en n = = 94 P( 55 p = 0,50 en n = 94) = 1 P( 54) = binomcdf (94, 0.5, 54) 0,061> 0,005 = α Er is dus onvoldoende reden om aan te nemen dat Nederland sterker is dan België.

17 Ook hier is sprake van een tekentoets. We gaan het aantal plussen tellen van A - B. Dat aantal noemen we. We krijgen dan : Het aantal plussen is 14 van de 20. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p 0,50 en α = 0,10 De v.w.w. is 0,5. 20 = > 10 De rechter overschrijdingskans is : P( 14 p = 0,50 en n = 20) = 1 - P( 13 ) = 1 - binomcdf (20, 0.5, 13) 1 0,942 0,058 > 0,05 = 0,5α H 0 wordt niet verworpen Er is geen duidelijk verschil in populariteit tussen de twee TV-programma s A en B. 52. Ook hier is sprake van een tekentoets. We gaan het aantal plussen tellen van B - A. Dat aantal noemen we. We krijgen dan zoals gegeven is 20 plussen en 10 minnen. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,05 P( 20 p = 0,50 en n = 30) = 1 - P( 19 ) = 1 - binomcdf (30, 0.5, 19) 1 0,951 0,049 < 0,05 = α H 0 wordt verworpen Er is inderdaad reden om te veronderstellen dat merk B beter is dan merk A. 53. Ook hier is sprake van een tekentoets. We gaan het aantal plussen tellen van thuis - uit. We krijgen dan : is het aantal plussen. Er zijn 6 plussen van de 10 1 = 9 ploegen. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,01 P( 6 p = 0,50 en n = 9) = 1 - P( 5 ) = 1 - binomcdf (9, 0.5, 5) 1 0,746 0,254 > 0,01 = α H 0 wordt niet verworpen Er is geen reden om te veronderstellen dat thuisvoordeel bestaat. 54. We gaan kijken naar het teken van AE NIG. We krijgen dan : n = 12 1 = 11 waarvan 10 keer een plus. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,10 P( 10 p = 0,50 en n = 11) = 1 - P( 9 ) = 1 - binomcdf (11, 0.5, 9) 0,006 < 0,10 = α Er is inderdaad reden om aan te nemen dat de AE het beter doet dan NIG. 55. a. Er is hier sprake van een tekentoets. We gaan het aantal plussen tellen van A B. We krijgen dan : Stel is het aantal plussen. Er zijn nu 4 plussen. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p 0,50 en α = 0,05

18 18 De v.w.w. = 16. 0,5 = 8 en 4 < 8 De linker overschrijdingskans is : P( 4 p = 0,50 en n = 16) = binomcdf (16, 0.5, 4) 0,038 > 0,025 = 0,5α H 0 wordt niet verworpen Er is geen reden om te veronderstellen dat er verschil is tussen de beide soorten kunstmest. b. Nu hebben we te maken met een rechtseenzijdige steekproef. H 0 : p = 0,50 en H 1 : p > 0,50 en α = 0,05 Stel nu is het aantal minnen. Er zijn dus 12 minnen. P( 12 p = 0,50 en n = 16) = 1 P( 11) = 1 - binomcdf (16, 0.5, 11) 1 0,962 0,038 < 0,005 = α H 0 wordt verworpen Er is inderdaad reden om te veronderstellen dat soort B beter is dan soort A.