Profielspecifieke verdieping kansrekening en statistiek

De lengte van volwassen mannen heeft een populatiegemiddelde $\mu = 180$ cm en standaardafwijking $\sigma = 7$ cm. Je trekt een aselecte steekproef van $n = 49$ mannen. a) Bereken $E(\bar{X})$ en de standaardfout van $\bar{X}$. b) Hoeveel keer zo groot moet de steekproef zijn om de standaardfout te halveren?

1. 01a) Verwachting van X̄

   De verwachting van het steekproefgemiddelde is gelijk aan het populatiegemiddelde: $E(\bar{X}) = \mu = 180$ cm.

   $$E(\bar{X}) = \mu = 180 \text{ cm}$$
2. 02a) Standaardfout

   Vul in de formule in: $\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{7}{\sqrt{49}} = \frac{7}{7} = 1$ cm. De steekproefgemiddelden liggen dus met een standaardafwijking van $1$ cm rond $180$ cm.

   $$\sigma_{\bar{X}} = \frac{7}{\sqrt{49}} = 1 \text{ cm}$$
3. 03b) Effect van n op de standaardfout

   De standaardfout is evenredig met $\frac{1}{\sqrt{n}}$. Om hem te halveren moet $\sqrt{n}$ verdubbelen, dus $n$ moet vier keer zo groot worden: van $49$ naar $4 \cdot 49 = 196$ mannen.

   $$\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}} = \tfrac{\sigma}{\sqrt{4n}} \;\Rightarrow\; n \to 4n$$

Resultaat: $E(\bar{X}) = 180$ cm en de standaardfout is $1$ cm. Om de standaardfout te halveren is een vier keer zo grote steekproef nodig: $n = 196$.

Een machine vult zakken met een gemiddeld gewicht $\mu = 500$ g en standaardafwijking $\sigma = 15$ g; de verdeling van de losse gewichten is niet per se normaal. Je weegt een aselecte steekproef van $n = 36$ zakken. Bereken a) $P(\bar{X} < 496)$ en b) $P(498 < \bar{X} < 503)$.

1. 01Bepaal de verdeling van X̄

   Met $n = 36 \ge 30$ geeft de centrale limietstelling dat $\bar{X}$ bij benadering normaal is met $\mu = 500$ en standaardfout $\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{15}{\sqrt{36}} = \frac{15}{6} = 2{,}5$.

   $$\bar{X} \approx N(500;\ 2{,}5)$$
2. 02a) Standaardiseer 496

   $z = \frac{496 - 500}{2{,}5} = \frac{-4}{2{,}5} = -1{,}6$. Uit de standaardnormale tabel (of normalcdf) volgt $P(Z < -1{,}6) \approx 0{,}055$.

   $$z = \frac{496 - 500}{2{,}5} = -1{,}6$$
3. 03b) Standaardiseer 498 en 503

   $z_1 = \frac{498 - 500}{2{,}5} = -0{,}8$ en $z_2 = \frac{503 - 500}{2{,}5} = 1{,}2$. Dan $P(498 < \bar{X} < 503) = P(-0{,}8 < Z < 1{,}2) = \Phi(1{,}2) - \Phi(-0{,}8) \approx 0{,}885 - 0{,}212 = 0{,}673$.

   $$P(-0{,}8 < Z < 1{,}2) \approx 0{,}885 - 0{,}212 = 0{,}673$$

Resultaat: a) $P(\bar{X} < 496) \approx 0{,}055$ en b) $P(498 < \bar{X} < 503) \approx 0{,}67$ (Afb. 1). Dankzij de centrale limietstelling mag je hier de normale verdeling gebruiken, ook al is de verdeling van de losse gewichten onbekend.

In een steekproef van $n = 64$ leerlingen is de gemiddelde score $\bar{x} = 72$; de populatiestandaardafwijking is bekend, $\sigma = 8$. a) Stel het 95%-betrouwbaarheidsinterval voor het gemiddelde op. b) Stel ook het 99%-interval op en vergelijk de breedtes.

1. 01Bereken de standaardfout

   $\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{8}{\sqrt{64}} = \frac{8}{8} = 1$.

   $$\frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{8}{8} = 1$$
2. 02a) 95%-interval

   Met $z = 1{,}96$ is de marge $1{,}96 \cdot 1 = 1{,}96$. Het interval is $72 \pm 1{,}96$, dus $[70{,}04;\ 73{,}96]$, ofwel ongeveer $[70{,}0;\ 74{,}0]$ (Afb. 1).

   $$72 \pm 1{,}96 \cdot 1 = [70{,}04;\ 73{,}96]$$
3. 03b) 99%-interval

   Met $z = 2{,}576$ is de marge $2{,}576 \cdot 1 = 2{,}576$. Het interval is $72 \pm 2{,}576$, dus $[69{,}42;\ 74{,}58]$.

   $$72 \pm 2{,}576 \cdot 1 = [69{,}42;\ 74{,}58]$$
4. 04Vergelijk de breedtes

   Het 99%-interval (breedte $\approx 5{,}15$) is breder dan het 95%-interval (breedte $\approx 3{,}92$). Meer betrouwbaarheid kost precisie: het interval wordt wijder.

Resultaat: 95%-interval: $[70{,}0;\ 74{,}0]$; 99%-interval: $[69{,}4;\ 74{,}6]$. Het hogere betrouwbaarheidsniveau geeft een breder (minder precies) interval. Correcte interpretatie: van alle zó gemaakte 95%-intervallen bevat ongeveer 95% het echte $\mu$.

Onderzoek of er samenhang is tussen ontbijten en slagen voor een toets. Van $200$ leerlingen zijn de waargenomen aantallen (Afb. 1): van de $100$ ontbijters slaagden er $70$ en zakten er $30$; van de $100$ niet-ontbijters slaagden er $50$ en zakten er $50$. Voer een chi-kwadraattoets uit met $\alpha = 0{,}05$ (kritieke waarde $3{,}841$ bij $\text{df} = 1$).

1. 01Formuleer de hypothesen

   $H_0$: ontbijten en slagen zijn onafhankelijk (geen verband). $H_1$: er is een verband tussen ontbijten en slagen.

2. 02Bereken de verwachte aantallen

   Per cel $E = \frac{\text{rijtotaal} \cdot \text{kolomtotaal}}{n}$. Voor 'ontbijt & geslaagd': $\frac{100 \cdot 120}{200} = 60$. Zo krijg je overal $60$ (geslaagd) en $40$ (gezakt) — zie Afb. 2. Alle verwachte aantallen zijn $\ge 5$, dus de toets mag.

   $$E = \frac{100 \cdot 120}{200} = 60, \qquad E = \frac{100 \cdot 80}{200} = 40$$
3. 03Bereken chi-kwadraat

   $\chi^2 = \frac{(70-60)^2}{60} + \frac{(30-40)^2}{40} + \frac{(50-60)^2}{60} + \frac{(50-40)^2}{40} = \frac{100}{60} + \frac{100}{40} + \frac{100}{60} + \frac{100}{40} \approx 1{,}67 + 2{,}5 + 1{,}67 + 2{,}5 = 8{,}33$.

   $$\chi^2 = \tfrac{100}{60} + \tfrac{100}{40} + \tfrac{100}{60} + \tfrac{100}{40} \approx 8{,}33$$
4. 04Bepaal df en vergelijk

   De tabel is $2 \times 2$, dus $\text{df} = (2-1)(2-1) = 1$. De kritieke waarde bij $\alpha = 0{,}05$ is $3{,}841$. Omdat $8{,}33 > 3{,}841$, verwerp je $H_0$.

5. 05Conclusie in de context

   De afwijking tussen waargenomen en verwachte aantallen is te groot voor toeval. Er is op significantieniveau $5\%$ een significant verband tussen ontbijten en slagen: ontbijters slagen vaker dan je bij onafhankelijkheid zou verwachten.

Resultaat: $\chi^2 \approx 8{,}33$ met $\text{df} = 1$; dit is groter dan de kritieke waarde $3{,}841$, dus $H_0$ wordt verworpen. Er is een significant verband tussen ontbijten en slagen (correlatie, geen bewijs van oorzaak).