Samenvattingen · Wiskunde ANL · VWO

Verklarende statistiek: toetsen en betrouwbaarheid

Verklarende (inferentiële) statistiek gebruikt één steekproef om een onderbouwde uitspraak te doen over een hele populatie. Je leert hoe de steekproefverdeling van het gemiddelde ontstaat en hoe groot de standaardfout σ/√n is, hoe je daarmee een 95%-betrouwbaarheidsinterval opstelt voor een gemiddelde of een proportie, en hoe je een hypothese toetst met een nulhypothese H0 en een alternatief H1, een significantieniveau α, de p-waarde en het kritieke gebied. De binomiale toets met een eerlijke conclusie in de context vormt de kern, samen met een kritische blik op wat „significant” wél en niet betekent.

4 Onderdelen~22 min leestijd4 VaardighedenNiveau Standaard 3 · Verdieping 1

T·131313 / 15

Examenprofiel

Domein E6 — de steekproefverdeling van het gemiddelde begrijpen en de standaardfout σ/√n berekenen en interpreteren (centrale limietstelling, intuïtief)Een 95%-betrouwbaarheidsinterval opstellen voor een gemiddelde (x̄ ± 1,96·σ/√n) en voor een proportie (p̂ ± 1,96·√(p̂(1−p̂)/n))Een hypothesetoets formuleren en uitvoeren: H0 en H1, één- of tweezijdig, significantieniveau α, p-waarde en kritiek gebied, met een binomiale toets en de normale benaderingEen onderbouwde conclusie trekken op significantieniveau α en de betekenis én de beperkingen van een „significant” verschil verwoorden

Operatoren:berekenbepaalstel opformuleertoetsleg uitverklaarinterpreteerberedeneer

basisniveau

Deze verklarende statistiek (domein E6) is gemeenschappelijke CE-stof voor alle profielen: de standaardfout, het 95%-betrouwbaarheidsinterval en de binomiale toets met een conclusie op een significantieniveau moet je met de grafische rekenmachine kunnen uitvoeren.

verhoogd niveau

De verdieping zit in het scherp verwoorden van de interpretatie: wat „95%-betrouwbaar” precies betekent, waarom een niet-verworpen H0 geen bewijs van H0 is, en waarom „statistisch significant” niet hetzelfde is als „belangrijk”.

Diepte

Tekst

Inhoud · 4 onderdelen

Verklarende statistiek: toetsen en betrouwbaarheid

Steekproefverdeling en standaardfout#

Standaardexamenblad-wiskunde-a-domein-E6

Verklarende of inferentiële statistiek trekt met één steekproef een conclusie over een hele populatie. Neem je uit een populatie herhaaldelijk een aselecte steekproef van omvang

n

en bereken je telkens het steekproefgemiddelde

\bar{x}

, dan is dat gemiddelde zélf een toevalsvariabele: de ene steekproef geeft een iets hoger, de andere een iets lager gemiddelde. De verdeling van al die mogelijke steekproefgemiddelden heet de steekproefverdeling van het gemiddelde. In Afb. 1 zie je die verdeling (de smalle, spitse kromme) getekend bovenop de verdeling van de losse waarnemingen in de populatie (de brede, lage kromme): beide liggen rond hetzelfde midden

\mu

, maar de steekproefgemiddelden liggen veel dichter opeen dan de individuele waarden.

Afb. 1 — Steekproefverdeling van het gemiddelde tegenover de populatie

Afb. 1De steekproefgemiddelden (smalle kromme, standaardfout σ/√n = 15/√25 = 3) liggen veel dichter rond μ = 100 dan de losse waarnemingen in de populatie (brede kromme, σ = 15). Vergroten van n maakt de smalle kromme nóg smaller.

Het midden van de steekproefverdeling is gelijk aan het populatiegemiddelde

\mu

: gemiddeld genomen schat

\bar{x}

de juiste waarde (de schatter is zuiver). De spreiding van de steekproefverdeling is echter kleiner dan die van de populatie; ze heet de standaardfout en is gelijk aan

\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

, waarbij

\sigma

de standaardafwijking van de populatie is en

n

de steekproefomvang. De standaardfout meet dus hoe sterk een steekproefgemiddelde van steekproef tot steekproef schommelt — hoe nauwkeurig je schatting is — en níet hoe sterk de losse waarnemingen onderling verschillen (dat laatste is

\sigma

). Dat onderscheid is de rode draad van de hele paragraaf.

Cruciaal is de wortel in de noemer. Omdat je door

\sqrt{n}

deelt en niet door

n

, neemt de nauwkeurigheid wél toe met de steekproefomvang, maar steeds trager. Een viermaal zo grote steekproef (

n \to 4n

) halveert de standaardfout, want

\sqrt{4n}=2\sqrt{n}

; wil je de standaardfout tien keer zo klein maken, dan heb je een honderd keer zo grote steekproef nodig. Dat verklaart waarom heel precieze schattingen zo „duur” zijn: elke extra decimaal nauwkeurigheid kost een veelvoud aan waarnemingen. Grotere steekproeven zijn dus beter, maar met sterk afnemende meeropbrengst.

De centrale limietstelling (hier intuïtief, zonder bewijs) zegt dat de steekproefverdeling van het gemiddelde bij een voldoende grote

n

bij benadering een normale verdeling is — óók als de populatie zelf niet normaal verdeeld is (bijvoorbeeld scheef of met uitschieters). Naarmate

n

groter wordt, wordt de klokvorm gladder en smaller. Dit is de reden dat de normale verdeling in de hele verklarende statistiek opduikt: het betrouwbaarheidsinterval en de toetsen in de volgende paragrafen steunen erop dat

\bar{x}

(of, bij tellingen, een aantal of proportie) bij benadering normaal verdeeld is rond

\mu

met spreiding

\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

. Bij een proportie speelt de binomiale verdeling dezelfde rol, met de normale benadering als brug.

\sigma_{\bar{x}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}}

Standaardfout van het gemiddelde

De spreiding van de steekproefgemiddelden: de populatiespreiding σ gedeeld door de wortel van de steekproefomvang n. Vier keer zoveel waarnemingen halveert de standaardfout.

Uitgewerkt voorbeeld

De standaardfout berekenen en interpreteren

Van een populatie is de standaardafwijking σ = 20. Bereken de standaardfout van het steekproefgemiddelde bij n = 25 en bij n = 100, en leg uit wat het verschil betekent.

Formule kiezen
De standaardfout van het gemiddelde is σ/√n, met σ = 20 de populatiespreiding en n de steekproefomvang.
$\sigma_{\bar{x}}=\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$
n = 25 invullen
√25 = 5, dus de standaardfout is 20 gedeeld door 5, oftewel 4.
$\frac{20}{\sqrt{25}}=\frac{20}{5}=4$
n = 100 invullen
√100 = 10, dus de standaardfout is 20 gedeeld door 10, oftewel 2.
$\frac{20}{\sqrt{100}}=\frac{20}{10}=2$
Interpreteren
Van n = 25 naar n = 100 is de steekproef vier keer zo groot geworden, en de standaardfout is precies gehalveerd (van 4 naar 2). Vier keer zoveel waarnemingen levert dus een twee keer zo nauwkeurige schatting van het gemiddelde.

Resultaat: Bij n = 25 is de standaardfout 4; bij n = 100 is ze 2. Een viermaal grotere steekproef halveert de standaardfout — de nauwkeurigheid groeit met √n, niet met n.

Veelgemaakte fouten

De standaardfout σ/√n verwarren met de populatiestandaardafwijking σ. De eerste beschrijft de spreiding van gemiddelden, de tweede die van individuele waarnemingen.
Delen door n in plaats van door √n. Daardoor onderschat je de standaardfout enorm en denk je dat een schatting veel nauwkeuriger is dan ze werkelijk is.

Actieve herhaling

De lengtes in een grote populatie hebben standaardafwijking σ = 12 cm. (a) Bereken de standaardfout van het steekproefgemiddelde bij n = 36 en bij n = 144. (b) Hoe groot moet n minstens zijn om een standaardfout van hoogstens 1 cm te krijgen? Licht bij (b) je berekening toe.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — syllabus wiskunde A (VWO), domein E: Statistiek en kansrekening (CvTE / DUO)

Betrouwbaarheidsintervallen (95%)#

Standaardexamenblad-wiskunde-a-domein-E6

Een puntschatting als

\bar{x}=420

is één getal, maar door de steekproeftoevalligheid is het bijna nooit precies gelijk aan het echte populatiegemiddelde

\mu

. Daarom geef je een betrouwbaarheidsinterval: een heel interval van waarden waarvan je met een afgesproken betrouwbaarheid (meestal 95%) mag zeggen dat het de onbekende

\mu

bevat. Afb. 2 toont zo'n 95%-betrouwbaarheidsinterval als een balk rond de schatting

\bar{x}

, symmetrisch begrensd door

\bar{x}-1{,}96\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

\bar{x}+1{,}96\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

Afb. 2 — Een 95%-betrouwbaarheidsinterval op een getallenlijn

Afb. 2Het 95%-betrouwbaarheidsinterval x̄ ± 1,96·σ/√n voor de reactietijd uit het uitgewerkte voorbeeld: rond de schatting x̄ = 420 ms met standaardfout 6 ms geeft dit de grenzen 420 − 11,76 = 408,24 en 420 + 11,76 = 431,76.

Het getal

1{,}96

komt rechtstreeks uit de normale verdeling: precies 95% van een normale verdeling ligt binnen

1{,}96

standaardafwijkingen van het midden (de bekende vuistregel „ongeveer 2” is hier de nette waarde

1{,}96

). Omdat het steekproefgemiddelde volgens de vorige paragraaf bij benadering normaal verdeeld is rond

\mu

met spreiding

\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

, ligt

\bar{x}

in 95% van de steekproeven binnen

1{,}96\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

van

\mu

— en dan bevat het interval

\bar{x}\pm 1{,}96\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

omgekeerd de waarde

\mu

. Wil je 99% betrouwbaarheid, dan vervang je

1{,}96

door

2{,}576

; het interval wordt dan breder, want meer zekerheid kost precisie.

Voor een proportie (een percentage of kans, bijvoorbeeld het aandeel voorstanders) werkt het net zo. Je schat de populatieproportie

p

met de steekproefproportie

\hat{p}=\frac{\text{aantal successen}}{n}

; de standaardfout van die proportie is

\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}

, zodat het 95%-betrouwbaarheidsinterval

\hat{p}\pm 1{,}96\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}

wordt. Een handige toepassing: ligt de waarde

0{,}5

(50%) buiten het interval, dan mag je met 95% betrouwbaarheid concluderen dat er een meerderheid (of juist minderheid) is; ligt

0{,}5

erbinnen, dan is een meerderheid niet aangetoond.

De halve breedte

1{,}96\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

heet de foutmarge; door de

\sqrt{n}

moet je de steekproef vier keer zo groot maken om een half zo brede marge (een twee keer zo nauwkeurig interval) te krijgen. Let scherp op de interpretatie: „95%-betrouwbaar” slaat op de méthode — als je het onderzoek heel vaak zou herhalen, zou ongeveer 95% van de zo gemaakte intervallen de echte

\mu

bevatten. Het betekent níet dat er „95% kans” is dat

\mu

in dít ene, al berekende interval ligt:

\mu

is een vast (maar onbekend) getal, dat er wel of niet in ligt. In examentaal mag je kort zeggen „we zijn er 95% zeker van dat

\mu

tussen de grenzen ligt”, zolang je die precieze betekenis begrijpt.

\bar{x}\pm 1{,}96\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}

95%-betrouwbaarheidsinterval voor een gemiddelde

Het steekproefgemiddelde x̄ plus en min de foutmarge 1,96 keer de standaardfout σ/√n. De factor 1,96 vangt de middelste 95% van de normale verdeling.

\hat{p}\pm 1{,}96\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}

95%-betrouwbaarheidsinterval voor een proportie

De steekproefproportie p̂ plus en min 1,96 keer de standaardfout van de proportie √(p̂(1−p̂)/n).

Uitgewerkt voorbeeld

Een 95%-betrouwbaarheidsinterval voor een gemiddelde berekenen

Een onderzoeker meet bij een aselecte steekproef van n = 64 personen de reactietijd. Het steekproefgemiddelde is x̄ = 420 ms. Neem aan dat de populatiestandaardafwijking bekend is: σ = 48 ms. Bereken het 95%-betrouwbaarheidsinterval voor de gemiddelde reactietijd in de populatie.

Standaardfout berekenen
√64 = 8, dus de standaardfout is 48 gedeeld door 8, oftewel 6 ms.
$\frac{\sigma}{\sqrt{n}}=\frac{48}{\sqrt{64}}=\frac{48}{8}=6$
Foutmarge berekenen
Vermenigvuldig de standaardfout met 1,96: 1,96 × 6 = 11,76 ms.
$1{,}96\cdot 6 = 11{,}76$
Grenzen bepalen
Trek de foutmarge van x̄ af en tel hem erbij op: 420 − 11,76 = 408,24 en 420 + 11,76 = 431,76.
$420 \pm 11{,}96 \;\Rightarrow\; [\,408{,}24\,;\,431{,}76\,]$
Conclusie in context
We zijn er 95% zeker van dat de gemiddelde reactietijd in de hele populatie tussen ongeveer 408 ms en 432 ms ligt.

Resultaat: Het 95%-betrouwbaarheidsinterval is [408,24 ; 431,76] ms, oftewel afgerond ongeveer 408 tot 432 ms. Herhaald onderzoek zou in ongeveer 95% van de gevallen een interval opleveren dat het echte gemiddelde bevat.

Uitgewerkt voorbeeld

Een 95%-betrouwbaarheidsinterval voor een proportie berekenen

In een aselecte steekproef van n = 200 kiezers zeggen 110 vóór een voorstel te zijn. Stel het 95%-betrouwbaarheidsinterval voor het populatie-aandeel voorstanders op en beoordeel of er een meerderheid is.

Steekproefproportie
Deel het aantal voorstanders door de steekproefomvang: 110/200 = 0,55.
$\hat{p}=\frac{110}{200}=0{,}55$
Standaardfout van de proportie
Vul p̂ = 0,55 in: √(0,55·0,45/200) = √0,0012375 ≈ 0,0352.
$\sqrt{\frac{0{,}55\cdot 0{,}45}{200}}=\sqrt{0{,}0012375}\approx 0{,}0352$
Foutmarge en grenzen
1,96 × 0,0352 ≈ 0,069, dus 0,55 ± 0,069 geeft afgerond het interval [0,48 ; 0,62].
$0{,}55 \pm 1{,}96\cdot 0{,}0352 \;\Rightarrow\; [\,0{,}48\,;\,0{,}62\,]$
Is er een meerderheid?
De waarde 0,50 ligt binnen het interval [0,48 ; 0,62]. Een meerderheid is dus níet aangetoond: op grond van deze steekproef kun je niet met 95% betrouwbaarheid zeggen dat meer dan de helft vóór is.

Resultaat: Het 95%-betrouwbaarheidsinterval is ongeveer [0,48 ; 0,62]. Omdat 0,50 erbinnen valt, is een meerderheid statistisch niet aangetoond.

Veelgemaakte fouten

De factor 1,96 vergeten, zonder vermelding vervangen door 2, of 1,96 met de standaardfout verwarren. De foutmarge is 1,96 × standaardfout, niet de standaardfout zelf.
Beweren dat er 95% kans is dat μ in dit ene, al berekende interval ligt. De 95% hoort bij de methode over vele steekproeven, niet bij één afzonderlijk interval.

Actieve herhaling

In een aselecte steekproef van 400 leerlingen blijken er 240 een bijbaan te hebben. (a) Bereken de steekproefproportie p̂. (b) Stel het 95%-betrouwbaarheidsinterval voor het populatie-aandeel op. (c) Mag je concluderen dat meer dan de helft van alle leerlingen een bijbaan heeft? Licht toe.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — syllabus wiskunde A (VWO), domein E: Statistiek en kansrekening (CvTE / DUO)

Hypothesen opstellen en toetsen#

Standaardexamenblad-wiskunde-a-domein-E6

Bij een hypothesetoets wil je beslissen of een waargenomen resultaat een écht effect aantoont of nog goed door toeval te verklaren is. Je zet daarvoor twee tegengestelde hypothesen tegenover elkaar. De nulhypothese

H_0

is de „er is niets aan de hand”-uitspraak — het toeval, de status-quo, de bewering die je voorlopig als waar aanneemt (bijna altijd een gelijkheid, bijvoorbeeld

p=0{,}5

\mu=\mu_0

). De alternatieve hypothese

H_1

is wat je vermoedt of wilt aantonen (een ongelijkheid:

p>0{,}5

p<0{,}5

p\neq 0{,}5

). Je rekent altijd vanuit

H_0

: je bepaalt hoe waarschijnlijk je uitkomst is als

H_0

waar is. Afb. 3 toont die redenering op de standaardnormale verdeling: als

H_0

waar is, liggen gewone uitkomsten in het midden, en alleen uitkomsten in de uiterste staart — het geschaduwde kritieke gebied — zijn zó onwaarschijnlijk dat je

H_0

verwerpt.

Afb. 3 — Eenzijdig kritiek gebied op de standaardnormale verdeling

Afb. 3Bij een eenzijdige (rechtszijdige) toets op significantieniveau α = 0,05 ligt het kritieke gebied volledig in één staart: het geschaduwde oppervlak vanaf de grenswaarde z = 1,645 is precies 5%. Valt de toetsingsgrootheid in dat gebied, dan verwerp je H0.

Vóórdat je gaat rekenen kies je een significantieniveau

\alpha

, meestal

\alpha=0{,}05

(5%). Dat is de grens: als je uitkomst onder

H_0

een kans kleiner dan

\alpha

heeft, noem je hem te onwaarschijnlijk om aan toeval te wijten en verwerp je

H_0

. Tegelijk is

\alpha

het risico dat je bewust neemt op een fout van de eerste soort (type-I-fout):

H_0

verwerpen terwijl

H_0

eigenlijk waar is. Bij

\alpha=0{,}05

accepteer je dus dat je in 5% van de gevallen ten onrechte alarm slaat. Er bestaat ook een fout van de tweede soort (type-II-fout):

H_0

niet verwerpen terwijl

H_1

waar is. Een strenger niveau (kleinere

\alpha

) maakt type-I-fouten zeldzamer, maar type-II-fouten juist waarschijnlijker.

Of je één- of tweezijdig toetst, volgt uit de onderzoeksvraag en dus uit

H_1

. Vermoed je een verandering in één bepaalde richting („méér dan”, „minder dan”), dan is

H_1

eenzijdig (

p>p_0

p<p_0

) en ligt het hele kritieke gebied van

\alpha

in één staart. Vraag je alleen of iets „anders/afwijkend” is, zonder richting, dan is

H_1

tweezijdig (

p\neq p_0

) en verdeel je

\alpha

over béíde staarten, elk

\tfrac{\alpha}{2}

. Op de

z

-schaal hoort bij een eenzijdige toets op 5% de grenswaarde

1{,}645

(zoals in Afb. 3), en bij een tweezijdige toets op 5% de grenzen

\pm 1{,}96

— je ziet meteen dat een tweezijdige toets in één richting strenger is. Kies de richting vóóraf, op grond van de vraag, niet achteraf op grond van de data.

In de praktijk verloopt het opstellen in vaste stappen: (1) benoem de parameter (een proportie

p

of een gemiddelde

\mu

) en de bewering die

H_0

vastlegt; (2) formuleer

H_1

in de richting van je vermoeden en beslis één- of tweezijdig; (3) leg

\alpha

vast. Voorbeeld A (eenzijdig): een munt zou zuiver moeten zijn, maar je vermoedt dat „kop” vaker valt —

H_0:\ p=0{,}5

tegen

H_1:\ p>0{,}5

. Voorbeeld B (tweezijdig): je onderzoekt of een dobbelsteen zuiver is, zonder vooraf een richting te kiezen —

H_0:\ p=\tfrac{1}{6}

tegen

H_1:\ p\neq \tfrac{1}{6}

. Het daadwerkelijk berekenen van de kans (de p-waarde) en het vergelijken met

\alpha

gebeurt in de volgende paragraaf.

H_0:\ p = p_0 \qquad H_1:\ p > p_0,\ p < p_0\ \text{of}\ p \neq p_0

Null- en alternatieve hypothese

H0 is de gelijkheid (het toeval / de status-quo); H1 kiest de richting: eenzijdig (> of <) of tweezijdig (≠).

\alpha = P(H_0\ \text{verwerpen}\mid H_0\ \text{waar})

Significantieniveau = kans op een type-I-fout

Het vooraf gekozen risico (meestal 0,05) om H0 ten onrechte te verwerpen. Bij α hoort het kritieke gebied.

Uitgewerkt voorbeeld

Hypothesen opstellen en de toetsrichting kiezen

Iemand beweert met een zuivere munt te loten (kans op kop = 0,5). Jij vermoedt dat de munt juist vaker kop geeft. Je gooit de munt 20 keer. Stel H0 en H1 op, kies één- of tweezijdig en leg het significantieniveau vast op 5%.

Parameter en H0
De parameter is p, de kans op kop. De bewering „zuivere munt” legt H0 vast als de gelijkheid p = 0,5.
H1 en richting
Je vermoeden is dat kop VAKER valt, dus H1: p > 0,5. Dat is een gerichte bewering, dus je toetst eenzijdig (rechtszijdig): het hele kritieke gebied van 5% ligt in de rechterstaart (veel kop).
Significantieniveau
Kies vooraf α = 0,05. Je verwerpt H0 straks alleen als het aantal kop zó hoog is dat de kans daarop onder H0 kleiner is dan 0,05.

Resultaat: H0: p = 0,5 tegen H1: p > 0,5, een eenzijdige (rechtszijdige) toets op significantieniveau α = 0,05. In de volgende paragraaf reken je de p-waarde uit en trek je de conclusie.

Veelgemaakte fouten

H0 en H1 omdraaien, of H1 als een gelijkheid formuleren. H0 is altijd de gelijkheid (bijvoorbeeld p = 0,5); H1 bevat het vermoeden als ongelijkheid.
De toetsrichting (één- of tweezijdig) pas achteraf kiezen op grond van de uitkomst. De richting van H1 moet vóór het meten uit de onderzoeksvraag volgen.

Actieve herhaling

Een fabrikant beweert dat 80% van de klanten tevreden is. Een consumentenorganisatie vermoedt dat het werkelijke percentage lager ligt en ondervraagt 50 aselect gekozen klanten. Formuleer H0 en H1, geef aan of je één- of tweezijdig toetst en waarom, en noem het significantieniveau (α = 0,05).

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — syllabus wiskunde A (VWO), domein E: Statistiek en kansrekening (CvTE / DUO)

p-waarde, kritiek gebied en conclusie#

Verdiepingexamenblad-wiskunde-a-domein-E6

De p-waarde is het hart van de toets: het is de kans, berekend ónder de aanname dat

H_0

waar is, op je waargenomen uitkomst óf een nog extremere uitkomst in de richting van

H_1

. Een kleine p-waarde betekent dat zulke data heel onwaarschijnlijk zijn als

H_0

klopt — en dus bewijs tégen

H_0

. In Afb. 4 is de p-waarde het geschaduwde staartoppervlak vanaf de waargenomen toetsingsgrootheid; het kritieke gebied uit de vorige paragraaf is het staartoppervlak vanaf de grenswaarde die bij

\alpha

hoort. De beslisregel is kort: verwerp

H_0

als de p-waarde kleiner is dan

\alpha

. Bij een tweezijdige toets ligt dat kritieke gebied in béíde staarten (Afb. 5), elk

\tfrac{\alpha}{2}

Afb. 4 — De p-waarde als staartoppervlak (eenzijdige toets)

Afb. 4Bij een rechtszijdige toets is de p-waarde de kans op de waargenomen toetsingsgrootheid of extremer: het geschaduwde staartoppervlak vanaf de waargenomen waarde (hier z ≈ 2,0). Omdat die vóórbij de grenswaarde z = 1,645 ligt, is de p-waarde kleiner dan α = 0,05 en verwerp je H0.

Afb. 5 — Tweezijdig kritiek gebied op 5%

Afb. 5Bij een tweezijdige toets op significantieniveau 5% ligt het kritieke gebied in béíde staarten, elk met 2,5% oppervlak, begrensd door z = −1,96 en z = +1,96. Je verwerpt H0 zodra de waarneming in één van beide staarten valt.

Bij tellingen (aantallen successen) is de toets een binomiale toets. Onder

H_0

is het aantal successen

X

binomiaal verdeeld:

X\sim \text{Bin}(n,p_0)

, met

P(X=k)=\binom{n}{k}p_0^{k}(1-p_0)^{n-k}

. De p-waarde is dan een staartkans die je met de grafische rekenmachine berekent: bij een rechtszijdige toets

P(X\ge k)=1-\text{binomcdf}(n,p_0,k-1)

, bij een linkszijdige toets

P(X\le k)=\text{binomcdf}(n,p_0,k)

, en bij een tweezijdige toets bepaal je de kleinste staartkans en vergelijk je die met

\tfrac{\alpha}{2}

(of verdubbel je haar tot een tweezijdige p-waarde). Even goed mag je met het kritieke gebied werken: zoek de grenswaarde — het eerste aantal waarvoor de staartkans onder

H_0

nog net

\le \alpha

is — en verwerp

H_0

zodra de waarneming in dat gebied valt. Beide wegen geven dezelfde conclusie.

Voor grote

n

is het onhandig om veel binomiale kansen op te tellen; dan gebruik je de normale benadering. De binomiale verdeling wordt benaderd door een normale verdeling met

\mu=np_0

\sigma=\sqrt{np_0(1-p_0)}

, waarna je de staartkans met normalcdf bepaalt (of via de

z

-score

z=\frac{k-\mu}{\sigma}

). Omdat je een discrete verdeling door een continue vervangt, verbetert een continuïteitscorrectie van

\tfrac{1}{2}

de benadering: reken bijvoorbeeld

P(X\ge k)\approx P\!\left(Z\ge \frac{k-\tfrac{1}{2}-\mu}{\sigma}\right)

. De normale benadering is precies de brug die de centrale limietstelling uit paragraaf 1 legt tussen tellingen en de normale verdeling.

Sluit een toets altijd af met een conclusie in woorden, in de context: „op significantieniveau 5% is er voldoende bewijs dat …” (bij verwerpen) of „… onvoldoende bewijs om te concluderen dat …” (bij niet-verwerpen). En wees kritisch op het woord „significant”. Statistisch significant betekent alleen „moeilijk aan toeval toe te schrijven onder

H_0

” — níet groot, belangrijk of maatschappelijk relevant. Bij een heel grote steekproef wordt zelfs een minuscuul, onbelangrijk verschil al significant, terwijl een significant resultaat niets zegt over de gróótte van het effect. Omgekeerd is „

H_0

niet verworpen” géén bewijs dát

H_0

waar is (afwezigheid van bewijs is geen bewijs van afwezigheid). En de p-waarde is niet de kans dat

H_0

waar is; het is een kans berekend ónder de aanname dat

H_0

waar is. Ook is

\alpha=0{,}05

een afspraak, geen natuurwet — wie veel toetsen tegelijk doet, krijgt vanzelf toevallige „significante” uitschieters.

\text{Verwerp } H_0 \text{ als } p\text{-waarde} < \alpha

Beslisregel

Is de kans op de waargenomen uitkomst (of extremer) onder H0 kleiner dan het significantieniveau, dan verwerp je H0; anders niet.

X\sim \text{Bin}(n,p_0),\quad P(X=k)=\binom{n}{k}p_0^{k}(1-p_0)^{n-k}

Binomiale toets — verdeling onder H0

Het aantal successen X is onder H0 binomiaal verdeeld; de p-waarde is een staartkans hiervan, op de GR via binomcdf.

\mu = np_0,\qquad \sigma=\sqrt{np_0(1-p_0)}

Normale benadering van de binomiale verdeling

Voor grote n benader je Bin(n, p0) door een normale verdeling met dit gemiddelde en deze standaardafwijking (eventueel met een ½-continuïteitscorrectie).

Uitgewerkt voorbeeld

Een binomiale toets volledig uitvoeren

Bij de munt uit de vorige paragraaf gooi je 20 keer en je krijgt 15 keer kop. Toets op significantieniveau α = 0,05 of de munt vaker kop geeft dan een zuivere munt. Gebruik H0: p = 0,5 tegen H1: p > 0,5.

Verdeling onder H0
Als H0 waar is (p = 0,5), is het aantal kop X binomiaal verdeeld met verwachting np = 10.
$X\sim \text{Bin}(20;0{,}5),\quad E(X)=20\cdot 0{,}5 = 10$
p-waarde berekenen
Je waarneming is 15 kop; „extremer” in de richting van H1 betekent 15 of méér. De p-waarde is de rechterstaartkans P(X ≥ 15), op de GR als 1 − binomcdf(20; 0,5; 14).
$p\text{-waarde}=P(X\ge 15)=1-\text{binomcdf}(20;0{,}5;14)\approx 0{,}021$
Vergelijken met α
De p-waarde 0,021 is kleiner dan het significantieniveau 0,05, dus je verwerpt H0.
$0{,}021 < 0{,}05 \;\Rightarrow\; \text{verwerp } H_0$
Controle met het kritieke gebied
Het kritieke gebied is het kleinste aantal kop met staartkans ≤ 0,05. Er geldt P(X ≥ 14) ≈ 0,058 (te groot) en P(X ≥ 15) ≈ 0,021 (≤ 0,05), dus de grenswaarde is 15 en het kritieke gebied is {15, 16, …, 20}. De waarneming 15 valt daar precies in — dezelfde conclusie.
Conclusie in context
Op significantieniveau 5% is er voldoende bewijs dat deze munt vaker kop geeft dan een zuivere munt (p > 0,5). Let op: dit toont niet aan hóé oneerlijk de munt is — alleen dat 15-of-meer kop bij een zuivere munt te onwaarschijnlijk is om aan toeval toe te schrijven.

Resultaat: De p-waarde is P(X ≥ 15) ≈ 0,021 < 0,05, dus H0 wordt verworpen. De waarneming ligt in het kritieke gebied {15, …, 20}. Conclusie: op 5%-niveau is er voldoende bewijs dat de munt vaker kop geeft (H1: p > 0,5).

Veelgemaakte fouten

Bij een rechtszijdige toets P(X ≥ k) verwarren met P(X > k) of met binompdf(n, p, k). Gebruik P(X ≥ k) = 1 − binomcdf(n, p, k − 1) en vergeet de waarde k zelf niet mee te tellen.
Concluderen dat H0 waar of bewezen is als je H0 niet verwerpt, of „significant” lezen als „groot/belangrijk”. Niet-verwerpen betekent alleen: onvoldoende bewijs tégen H0.

Actieve herhaling

Een dobbelsteen wordt 60 keer geworpen; je telt 16 keer een zes. Onderzoek met een geschikte binomiale toets op significantieniveau α = 0,05 of de dobbelsteen vaker een zes geeft dan een zuivere steen (kans 1/6). Formuleer H0 en H1, bepaal de p-waarde met de GR en trek een onderbouwde conclusie.

Actief ophalen

Haal de kernpunten op — onthul ze daarna.

Bronnen: Examenblad.nl — syllabus wiskunde A (VWO), domein E: Statistiek en kansrekening (CvTE / DUO)

Referenties en bronnen

Bronnen

CvTE / DUO

Examenblad.nl — syllabus wiskunde A (VWO), domein E: Statistiek en kansrekening

Verklarende statistiek: toetsen en betrouwbaarheid

Kernpunten

De standaardfout berekenen en interpreteren

Kernpunten

Een 95%-betrouwbaarheidsinterval voor een gemiddelde berekenen

Een 95%-betrouwbaarheidsinterval voor een proportie berekenen

Kernpunten

Hypothesen opstellen en de toetsrichting kiezen

Kernpunten

Een binomiale toets volledig uitvoeren

Bronnen