1

			© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)


1.	H₀: p = 0,2 (kans is niet groter) H₁: p > 0,2 (kans is wel groter) meting: 27 van de 100 overschrijdingskans: P(X ≥ 27) = 1 - P(X £ 26) = 1 - binomcdf(100, 0.2, 26) = 0,0558 dat is groter dan α (0,05) , dus H₀ aannemen: de kans is NIET significant groter dat hij het goed raadt.

2.	H₀: p = 0,1 (de fabrikant) H₁: p < 0,1 (ik) meting: 2 van de 62 overschrijdingskans: P(X ≤ 2) = binomcdf(62, 0.1, 2) = 0,045 dat is kleiner dan α (0,05) , dus H₀ verwerpen: ik mag dat WEL concluderen.

3.	H₀: p = 0,30 (de crême helpt niet) H₁: p > 0,30 (de crême helpt wel) meting: 15 van de 40 overschrijdingskans: P(X ≥ 15) = 1 - P(X ≤ 14) = 1 - binomcdf(40, 0.30, 14) = 0,19 dat is groter dan α (0,05) , dus H₀ aannemen: de crême helpt niet.


4.	Als de kans inderdaad 6% per leerling is, dan is de kans dat er van een klas van 25 meer dan 3 spijbelen: P(X > 3) = 1 - P(X ≤ 3) = 1 - binomcdf(25, 0.06, 3) = 0,0598 H₀: p = 0,06 H₁: p > 0,06 meting: 16 van de 105 overschrijdingskans: P(X ≥ 12) = 1 - P(X ≤ 11) = 1 - binomcdf(105, 0.0598, 11) = 0,0231 dat is kleiner dan α (0,05) , dus H₀ verwerpen: de kans is inderdaad groter dan 6%

5.	zonder sinaasappels is de kans ¹⁴²/₅₀₀ = 0,284 H₀: p = 0,284 (het helpt niet) H₁: p < 0,284 (met sinaasappels minder vaak verkouden) meting: 122 van de 500 overschrijdingskans: P(X ≤ 122) = binomcdf(500, 0.284, 122) = 0,025 dat is kleiner dan α (0,05) , dus H₀ verwerpen: met sinaasappels wordt je inderdaad significant minder verkouden.

H₀: p = 0,60 (de burgemeester)
H₁: p < 0,60 (zijn vrouw)
meting: 22 van de 50
overschrijdingskans: P(X ≤ 22) = binomcdf(50, 0.60, 22) = 0,016
dat is groter dan α (0,01) , dus H₀ aannemen: de burgemeester heeft gelijk.

H₀: p = 0,25 (de theorie)
H₁: p > 0,25 (de bioloog)
meting: 28 van de 86
overschrijdingskans: P(X ≥ 28) = 1 - P(X ≤ 27) = 1 - binomcdf(86, 0.25, 27) = 0,070
dat is groter dan α (0,05) , dus H₀ aannemen: de bioloog mag dat NIET concluderen

	RR	Rw	wR	ww
RR	4R	4R	4R	4R
Rw	4R	3R, 1w	3R, 1w	2R, 2w
wR	4R	3R, 1w	3R, 1w	2R, 2w
ww	4R	2R, 2w	2R, 2w	4w

Hier staat in het kort wat er kan gebeuren bij de verschillende combinaties van tweede generatie planten.

In totaal tellen we 48R en 16w bij de nakomelingen
De verhouding zal 3 : 1 zijn

binomiaal met n = 15 en p = 0,6
P(X ≥ 10) = 1 - P(X ≤ 9) = 1 - binomcdf(15, 0.6, 9) = 0,4032

Dan heeft de klant gelijk (p = 0,30), maar zijn er toch 28 of meer goede LEDs
P(X ≥ 28) = 1 - P(X ≤ 27) = 1 - binomcdf(60, 0.30, 27) = 0,0048

Dan heeft de winkelier gelijk (p = 0,60), maar zijn er toch 27 of minder goede LEDs
P(X ≤ 27) = binomcdf(60, 0.60, 27) = 0,0133

klant ten onrechte gelijk: binomcdf(60, 0.60, G)
winkelier ten onrechte gelijk: 1 - binomcdf(60, 0.30, G)
Y1 = (1 - binomcdf(60, 0.30, X)) - binomcdf(60, 0.60, X)
kijk bij TABLE wanneer dat minimaal is.
Dat geeft X = G = 26 (verschil 0,00332)

H₀: p = 0,04 wel onderzoek
H₁: p < 0,04 geen onderzoek
meting is 71 van de 2000
overschrijdingskans: P(X ≤ 71) = binomcdf(2000, 0.04, 71) = 0,1662
dat is groter dan α (= 0,10) dus H₀ aannemen: er moet wel een onderzoek komen; het nalaten is dus NIET gerechtvaardigd

H₀: p = 0,85 test is goed
H₁: p < 0,85 test is niet goed
meting is 58 van de 71
overschrijdingskans: P(X ≤ 58) = binomcdf(71, 0.85, 58) = 0,261
dat is groter dan α (= 0,15) dus H₀ aannemen: er is niet voldoende reden te concluderen dat de test niet goed is

10.

H₀: p = 0,40
H₁: p < 0,40
binomcdf(100, 0.40, X) moet groter dan 0,05 zijn als Dreft gelijk krijgt.
Y1 = binomcdf(100, 0.40, X)
kijk bij TABLE wanneer dat groter dan 0,05 is
dat is zo vanaf X = 32, dus bij 32 of meer gezinnen krijgt Dreft gelijk.

Meting is 34 van de 100
binomcdf(100, 0.40, 34) = 0,13
bij α < 0,13 krijgt Klok gelijk

11.

Dan moet hij in de eerste 7 pakken 4 bonnen hebben gekregen.
De kans daarop is binompdf(7, 0.70, 4) = 0,2269
Bovendien moet ook het achtste pak een bon opleveren.
De totale kans wordt dan 0,2269 • 0,70 = 0,1588

P(X ≥ 5) = 1 - P(X ≤ 4)
Y1 = 1 - binomcdf(X, 0.70, 4)
Kijk bij TABLE wanneer dat voor het eerst groter is dan 0,99
Dat is bij X = n = 12 (0,9905)

H₀: p = 0,70 (de fabrikant)
H₁: p < 0,70 (de consumentenorganisatie)
meting is 50 pakken,
de overschrijdingskans is binomcdf(50, 0.70, X)
kijk in TABLE wanneer dat kleiner dan 0,03 is; dat is voor X < 29
Bij 28 of minder pakken krijgt de consumentenorganisatie dan gelijk.


12.	Noem de kans dat de laatste buitenbaan wint p. H₀: er is geen verschil. dan is p = 0,5 H₁: de laatste buitenbaan wint vaker, dan is p > 0,5 De meting gaf 26 van de 40. De overschrijdingskans is dan P(X ≥ 26) = 1 - P(X ≤ 25) Dat is 1 - binomcdf(40, 0.5, 25) = 0,04 Dat is kleiner dan het significantieniveau (0,05) dus H₀ wordt verworpen De toeschouwer krijgt gelijk.

13.	H₀: p = 0,5 (geen voorspellende gaven) H₁: p > 0,5 (wel voorspellende gaven) de meting was 4 van de 6. overschrijdingskans is P(X ≥ 4) = 1 - P(X ≤ 3) = 1 - binomcdf(6, 0.5, 3) = 0,34375 Dat is veel groter dan 0,10 dus er is GEEN reden om te zeggen dat Paul voorspellende gaven had.

14.	H₀: (fabrikant) p = 0,02 H₁: (klant): p > 0,02 De meting is 20 stuks, en dat gaf 2 kokers met gebroken chips. Overschrijdingskans: P(aantal kokers ≥ 2) = 1 - P(aantal kokers ≤ 1) = 1 - binomcdf(20, 0.02, 1) = 0,0599 Dat is groter dan α = 0,05 dus H₀ wordt aangenomen. Er is GEEN reden de bewering van de fabrikant in twijfel te trekken

15.	H₀: p = 0,40 H₁: p > 0,40 meting is 28 van de 50 overschrijdingskans: P(X ≥ 28) = 1 - P(X ≤ 27) = 1 - binomcdf(50, 0.40, 27) = 0,016 Dat is groter dan α (0,01), dus H₀ wordt aangenomen Er is GEEN reden om te veronderstellen dat meer dan 40% van de artikelen computerartikelen zijn.

16.	H₀: p = ¹/₃₇ (eerlijke tafel) H₁: p > ¹/₃₇ (vaker nul) P(X ≥ G) < 0,05 (eenzijdige toets) 1 - P(X ≤ G - 1) < 0,05 Y1 = binomcdf(4000, 1/37, X - 1) kijk in TABLE wanneer dat minder dan 0,05 is. Dat geeft X = 126 Vanaf 126 keer een 0 maag je concluderen dat 0 inderdaad vaker voorkomt.


© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)