c P( X 1249 of X 1751 µ = 1500 en σ = 100) = 1 P(1249 X 1751)

Transcriptie

1 Uitwerkingen Wiskunde A Netwerk VWO 6 Hoofdstuk 5 Toetsen Hoofdstuk 5 Toetsen Kern Het principe van een toets a Nee, de waarneming,% wijkt erg sterk af van de verwachte,5%. Ja,,6% wijkt slechts weinig af van de verwachte,5% c Wanneer je,5% verwacht, is,% niet sterk afwijkend, maar toch ook niet ijna hetzelfde als,5%. Het is lastig om te zeggen waar de grens ligt tussen sterk afwijkend en weinig afwijkend. a H : µ = 5 en H : µ 5 X = het aantal uren zon in een jaar a P( X, of X,8 µ =,5 en σ =,) = P(, X,8) normalcdf(.,.8,.5,.) =,6 De erekende kans is groter dan,5 dus H wordt niet verworpen. De conclusie is dat de geloosde olie,5% evat. a P( X of X 67 µ = 5 en σ = ) = P( X 67) normalcdf(, 67, 5, ) =,89 De erekende kans is groter dan het significantieniveau van 5%, dus kan H niet worden verworpen. c P( X 9 of X 75 µ = 5 en σ = ) = P(9 X 75) normalcdf(9, 75, 5, ) =, <,5. In dit geval wordt H wel verworpen, en zou de conclusie zijn dat het aantal uren zon in een jaar wel is veranderd. d Je kunt een kleiner significantie niveau nemen, of een conclusie aseren op het gemiddelde van een aantal jaren in plaats van op één enkele meting. 5 a P( X 77 of X 87 µ = 8 en σ = 5) = P(77 X 87) normalcdf(77, 87, 8, 5) =, >,5. H wordt niet verworpen. P( X 7 of X 888 µ = 8 en σ = 5) = P(7 X 888) normalcdf(7, 888, 8, 5) =,78 >,5. H wordt niet verworpen. c We zoeken de grenswaarde die hoort ij p =,5 en de grenswaarde die hoort ij p =,975. Met invnorm(.5) vind je z =,96 en met invnorm(.975) vind je z =,96. g = µ + z σ, en zo vind je dan g = 8 ±,96 5 = 8 ± 98. De meteoroloog zal concluderen dat het neerslagpatroon veranderd is ij minder dan 7 mm neerslag en ij meer dan 898 mm neerslag. 6 a Die kans is 5%, gelijk aan het significantieniveau. De kans wordt dan ook groter dat er wel iets is veranderd en hij desondanks de conclusie trekt dat er niets is veranderd. c Je kunt je conclusie aseren op meerdere metingen.

2 Kern De z-toets 7 a Bijvooreeld,%. Dit volgt uit de wortel-n-wet voor gemiddelden. σ ( X ),, ( X ) = = = =, n 8 a P( X, of X,8 µ =, 5 en σ =,) = P(, X,8) normalcdf(.,.8,.5,.) =,7 De erekende kans is kleiner dan,, dus wordt zelfs ij α =, wordt H verworpen. 9 a P( X of X 58 µ = 5 en σ = ) = P( X 58) normalcdf(, 58, 5, 5) =,96 >,5, dus H kan niet worden verworpen. We zoeken de grenswaarde die hoort ij p =,5 en de grenswaarde die hoort ij p =,975. Met invnorm(.5) vind je z =,96 en met invnorm(.975) vind je z =,96. g = µ + z σ, en zo vind je dan g = 5 ±,96 5 = 5 ± 98. De meteoroloog zal concluderen dat er sprake is van een klimaatsverandering ij een gemiddeld aantal zonuren van minder dan uur of meer dan 598 uur. c We zoeken de grenswaarde die hoort ij p =,5 en de grenswaarde die hoort ij p =,995. Met invnorm(.5) vind je z =,58 en met invnorm(.995) vind je z =,58. g = µ + z σ, en zo vind je dan g = 5 ±,58 5 = 5 ± 9. De meteoroloog zal concluderen dat er sprake is van een klimaatsverandering ij een gemiddeld aantal zonuren van minder dan 7 uur of meer dan 69 uur. Kern Tweezijdig of éénzijdig? a Het toetsmodel moet passen ij de theorie, je mag het niet aanpassen aan de toevallige meetwaarden. Het gemiddelde van de 9 waarnemingen is,%., P( X, µ =,5 en σ = ) normalcdf(-9999,.,.5,,667) =,6 <, 9 a Draadlengte S is normaal verdeeld. De verwachtingswaarde van S is E( S) = n E( X ) = = meter en de standaardafwijking is ( S) = n σ ( X ) = = meter. P( S 9 µ = en σ = ) = normalcdf( 9999, 9,, ) =,668 >,5. De oer zal geen klacht indienen omdat een afwijking van 6 meter onder het gemiddelde niet significant is. c Je zou ook kunnen kijken naar het gemiddelde aantal meters op de vier rollen. De consumentenorganisatie denkt dat er misschien minder dan,5% vet in de melk zit. Dat geeft het volgende toetsmodel. H : µ =,5 tegen H : µ <,5 Er is een steekproef genomen van pakken, dus geldt E( X ) = E( X ) =,5 en σ ( X ), σ ( X ) = = =,5 n P( X,89 µ =,5 en σ =,5) = normalcdf( 9999,.89,.5,.5) =,7 <,. H kan hier worden verworpen, de melk evat geen,5% vet meer.

3 a Voor elk exemplaar geldt dat het óf deugdelijk is, óf ondeugdelijk. Bovendien geldt dat voor elk exemplaar de kans dat het ondeugdelijk is ongeveer gelijk is. De steekproef is klein ten opzichte van de totale productie. E( A) = n p =, 9 =,9 σ ( A) = n p ( p) =, 9,9,95 E( A) = E( A) =,9 ( A),95 σ ( A) = =, n 8 c We zoeken de grenswaarde die hoort ij p =,5 en de grenswaarde die hoort ij p =,995. Met invnorm(.5) vind je z = -,58 en met invnorm(.995) vind je z =,58. g = µ + z σ, en zo vind je dan g =,9 ±,58, =,9 ±,85. De productie zal worden ijgesteld als het gemiddelde lager is dan,75 of hoger dan,75. Kern De inomiale toets a Y = inompdf(8,.5,x). In TABLE vind je de kansen. P( X 5 n = 8 en p = ) = P( X ) inomcdf(8,.5, ) =,7 De erekende kans is kleiner dan,5 dus de erfelijkheidstheorie mag worden verworpen. 5 a De steekproef is te klein. Meerdere nestjes ekijken. 6 a De voorzitter wordt niet geloofd als er een laag percentage kiezers is, niet als er een hoog percentage is. Daarom is het een eenzijdige toets, waarij de alternatieve hypothese H aangeeft dat de voorzitter niet moet worden geloofd. X is het aantal kiezers dat achter de regeringspartij staat. c P( X 5 n = en p =, ) = inomcdf(,., 5) =,795 >,. H kan niet worden verworpen dus de oppositie heeft geen reden om te twijfelen aan de ewering van de voorzitter van de regeringspartij. 7 a Als hij gokt en steeds moet kiezen tussen twee opties, is de kans dat hij goed gokt gelijk aan,5. Als hij een kenner is, mag je een hogere kans verwachten. We toetsen het model H : p =,5 tegen H : p >,5 met X = het aantal goed gekozen jaren. P( X 8 n = en p =,5) = P( X 7) inomcdf(,.5, 7) =,57 >,5. We kunnen H niet verwerpen. Er is dus niet voldoende aanleiding om de wijnkenner te geloven. Stel dat hij k glazen krijgt voorgezet. Dan moet hij volgens de tekst tenminste k keer het goede antwoord geven ij een significantieniveau van 5%. Dat etekent dat P( X k n = k en p =, 5) = P( X k ) inomcdf(k,.5, k ) <,5. Als je in de GRM invoert Y = inomcdf(x,.5, X ) dan vind je via TABLE dat de eerste waarde van X waarvoor geldt dat de genoemde kans kleiner is dan,5 is X = 8. Dat etekent dat de man tenminste 8 glazen krijgt voorgezet. 8 a De verdeling is niet symmetrisch rond het gemiddelde, je kunt dus niet de tweezijdige overschrijdingskans erekenen. P( X 5 n = 8 en p = ) = P( X ) inomcdf(8,.5, ) =,7 >,5. Er is niet voldoende aanleiding om H te verwerpen.

4 9 a Het aantal grijze jongen is inomiaal verdeeld met n = 7 en p =. De kansen kun je nu erekenen met inompdf(7,.75, k). Je vindt de volgende kansen: x P(X = x),,,5,577,7,5,5, E( X ) = n p = 7 = 5 c X n p P( = 7 en = ) inomcdf(7,.75, ) =,76 >,5. H kan niet worden verworpen. d Dan moet gelden P( X k n = 7 en p = ) <, 5. Via de tael vind je dat de maximale waarde van k waarvoor dit geldt, is k =. e Dan moet gelden P( X k n = 7 en p = ) <,. Via de tael vind je dat de maximale waarde van k waarvoor dit geldt, is k =. a Als het kletskoek is, geldt dat de vaas mét stuiver evenveel kans heeft om te worden aan gewezen als de vaas zonder stuiver. Het toetsmodel wordt daarom: H : p > met X = het aantal keer dat een vaas mét stuiver wordt aangewezen. P( X n = 6 en p = ) = P( X ) inomcdf(6,.5, ) =,8 <,5. H kan worden verworpen ten gunste van de alternatieve hypothese. De stuiver lijkt te werken! P( X n = 7 en p = ) = P( X ) inomcdf(7,.5, ) =,77 >,5. De stuiver werkt niet. c Het is eigenlijk niet goed om op asis van toevallige waarnemingen het toetsmodel te wijzigen (datasnooping). Zou hij echter uitgaan van het toetsmodel H : p < met X = het aantal keer dat een vaas mét stuiver wordt aangewezen, dan volgt de volgende erekening. P( X n = en p = ) inomcdf(,.5, ) =, <,5. Hij zou dan concluderen dat een koperen munt een negatief effect op loemen heeft.

5 Kern 5 De tekentoets a Je vindt de kansen via inompdf(8,.5, X) op de GRM. De verdeling is symmetrisch. X = het aantal keren dat de grijze muis langer is dan de witte, dus een plus in de rij symolen. c Er staan plussen en minnen. P( X n = 8 en p = ) = P( X ) inomcdf(8,.5, ) =,89 >,5. De indruk van de ioloog wordt niet evestigd. We noteren een + als het tweede tijdvak hoger was, een als het tweede tijdvak lager was en een als eide tijdvakken hetzelfde resultaat opleverden. Dit levert de volgende rij symolen X = het aantal plussen. We toetsen H : p P( X n = 7 en p = ) = P( X ) inomcdf(7,.5, ) =,77 >,5 De resultaten van het tweede tijdvak wijken niet significant af van die in het eerste tijdvak. a Is de loem zonder emesting langer, noteren we een. Is de loem mét emesting langer, noteren we een +. Maakt het geen verschil, dan noteren we een. Zo ontstaat de volgende rij symolen c X = het aantal plussen. We toetsen H : p > P( X n = en p = ) = P( X 9) inomcdf(,.5, 9) =,9 >,. H kan niet worden verworpen. paar verschil , P( X >,75 µ = en σ = ) = normalcdf(.75, 9999,, /()) =,7 <,. Het middel heeft een positief effect op de groei.