De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

De presentatie wordt gedownload. Even geduld aub

Hypothese toetsen We hebben de volgende situatie. Iemand doet een bewering, een ander twijfelt aan de juistheid daarvan. Een hypothesetoets is een procedure.

Verwante presentaties


Presentatie over: "Hypothese toetsen We hebben de volgende situatie. Iemand doet een bewering, een ander twijfelt aan de juistheid daarvan. Een hypothesetoets is een procedure."— Transcript van de presentatie:

1 Hypothese toetsen We hebben de volgende situatie. Iemand doet een bewering, een ander twijfelt aan de juistheid daarvan. Een hypothesetoets is een procedure om te beslissen wie gelijk krijgt. Daarbij heb je twee hypothesen: de nulhypothese H0 en de alternatieve hypothese H1, een toetsingsgrootheid; dat is het aantal X dat geteld wordt (of een gewicht dat gemeten wordt, of...), een criterium dat zegt bij welke waarden van X de nulhypothese wordt verworpen. Deze waarden vormen het zogenaamde kritieke gebied. Het kritieke gebied wordt zo bepaald dat de kans dat X een waarde aanneemt in het kritieke gebied kleiner is dan een vooraf afgesproken α. Deze α heet significantieniveau (of onbetrouwbaarheidsdrempel).

2 Voor α neemt men vaak 0,05, 0,01 of zelfs 0,005, afhankelijk van hoe zwaarwegend de beslissing is. Hoe lager de waarde van α dus hoe groter de betrouwbaarheid des te kleiner is de nauwkeurigheid Elke Nederlandse docent kan je met honderd procent zekerheid vertellen dat als je een examenwerk inlevert je een cijfer krijgt tussen nul en tien.

3 Hypothesen toetsen Een fabrikant van tennisballen maakt ballen waarvan het gewicht X in gram normaal verdeeld is met µ = 58 en σ = 2. Er is een nieuwe productiemethode ontwikkeld die goedkoper is en die volgens de afdeling research geen invloed heeft op het gewicht van de tennisballen. Een afnemer van de tennisballen twijfelt aan deze bewering. Je hebt hier te maken met twee hypothesen: H 0 : µ = 58 (de nieuwe productiemethode heeft geen invloed op het gewicht) en H 1 : µ ≠ 58 (de nieuwe methode beïnvloedt het gewicht). Bij het toetsen van hypothesen doe je op grond van een steekproefresultaat een uitspraak over het al dan niet verwerpen van H 0.

4 Belangrijke begrippen nulhypotheseH 0 : µ = 58 alternatieve hypotheseH 1 : µ ≠ 58 toetsingsgrootheid = het steekproefgemiddelde beslissingsvoorschriftVerwerp H 0 als ≤ g l of ≥ g r. significantieniveau α De kans dat H 0 ten onrechte verworpen wordt is hoogstens α, ofwel P( ≤ g l of ≥ g r ) ≤ α bij 15.1

5 opgave 2 a P(ten onrechte bijstellen) = P( ≤ 399 of ≥ 401) = 2 · P( ≤ 399) = 2 · normalcdf ≈ 0,077 Je weet in dat geval niet wat het werkelijke gemiddelde is. P(niet bijstellen) = P(399 < < 401 bij ) = normalcdf ≈ 0,500 b c

6 opgave 4 a P( ≤ g l ) = 0,005 g l = invNorm(0.005, 400, 0.4) g l ≈ 398,97. P( ≤ g r ) 1 – 0,005 = 0,995 g r = invNorm(0.995, 400, 0.4) g r ≈ 401,03. Bij = 400,8 is er geen aanleiding H 0 te verwerpen. Het steekproefgemiddelde wijkt niet significant af. b

7 Overschrijdingskans Op grond van een steekproefresultaat besluit je H 0 al dan niet te verwerpen. Er zijn twee situaties te onderscheiden. 1.Het steekproefresultaat is bekend. Bereken de overschrijdingskans van het steekproefgemiddelde. Is deze kans kleiner dan 0,5α, dan verwerp je H 0. Is gegeven dat = 56,6, dan is de overschrijdingskans P( ≤ 56,6), want 56,6 < µ. Is gegeven dat = 58,7, dan is de overschrijdingskans P( ≥ 58,7), want 58,7 > µ. 2.Het steekproefresultaat is niet bekend. Stel het beslissingsvoorschrift op en bereken g l en g r. 15.1

8 opgave 7 a H 0 : µ = 25, H 1 : µ ≠ 25 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 24 is P( ≤ 24) = normalcdf ≈ 0,009. P( ≤ 24) ≤ 0,5α dus H 0 wordt verworpen. Conclusie: er is aanleiding om het gemiddelde µ X = 25 in twijfel te trekken. H 0 : µ = 25, H 1 : µ ≠ 25 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 26 is P( ≥ 26) = normalcdf(26, 10 99, 25, 0.3) ≈ 0,0004. P( ≥ 26) ≤ 0,5α dus H 0 wordt verworpen. Conclusie: er is aanleiding om het gemiddelde µ X = 25 in twijfel te trekken. b

9 Eenzijdige en tweezijdige toetsen Linkszijdige toets:H 0 : µ = µ 0 tegen H 1 : µ < µ 0 Verwerp H 0 als ≤ g met g zo, dat P( ≤ g ) = α. Rechtszijdige toets:H 0 : µ = µ 0 tegen H 1 : µ > µ 0 Verwerp H 0 als ≥ g met g zo, dat P( ≥ g ) = α. Tweezijdige toets:H 0 : µ = µ 0 tegen H 1 : µ ≠ µ 0 Verwerp H 0 als ≤ g l of ≥ g r met g l zo, dat P( ≤ g l ) = 0,5α en g r zo, dat P( ≥ g r ) = 0,5α 15.2

10 opgave 12 a P( ≤ g ) = 1 – 0,10 = 0,90 g = invNorm g ≈ 88,51. Verwerp H 0 als ≥ 88,6. P( ≤ g ) = 0,05 g = invNorm g ≈ 81,51. Verwerp H 0 als ≤ 81,5. b

11 opgave 12 c P( ≤ g l ) = 0,005 g l = invNorm g l ≈ 82,27. P( ≤ g r ) = 1 – 0,005 = 0,995 g r = invNorm g r ≈ 87,73. Verwerp H 0 als ≤ 82,2 of ≥ 87,8.

12 Overschrijdingskans van het steekproefgemiddelde Bij H 0 : µ = 25 en H 1 : µ < 25 is de overschrijdingskans van 23 gelijk aan P( ≤ 23) H 1 : µ > 25 is de overschrijdingskans van 28 gelijk aan P( ≥ 28) H 1 : µ ≠ 25 is de overschrijdingskans van 28 gelijk aan P( ≥ 28) en is de overschrijdingskans van 23 gelijk aan P( ≤ 23). Je verwerpt H 0 als de overschrijdingskans kleiner is dan of gelijk is aan α (bij eenzijdig toetsen) de overschrijdingskans kleiner is dan of gelijk aan 0,5α (bij tweezijdig toetsen). 15.2

13 opgave 17 a P(tablet helpt) = P(3,8 < X < 4,2) = normalcdf(3.8, 4.2, 4, 0.12) ≈ 0,904 X is het werkzame aandeel in gram per tablet. H 0 : µ = 4, H 1 : µ ≠ 4 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 3,95 is P( ≤ 3,95) = normalcdf ≈ 0,002. P( ≤ 3,95) ≤ 0,5α dus H 0 wordt verworpen. Conclusie: het steekproefgemiddelde wijkt significantaf van 4 mg. P(tablet helpt niet) = 1 – normalcdf(3.8, 4.2, 3.95, 0.12) ≈ 0,124 Dus 12,4% van de tabletten helpt dan niet. b c

14 Toetsen van hypothesen Volg bij het toetsen van hypothesen de volgende stappen. 1.Formuleer H 0 en H 1 en vermeld het significantieniveau α. 2.Bereken de overschrijdingskans als het steekproefresultaat bekend is. Stel anders het beslissingsvoorschrift op. 3.Beantwoord de gestelde vraag. Bedenk dat H 0 de hypothese is die in twijfel wordt getrokken. Kies H 0 altijd enkelvoudig, dus H 0 : µ = µ

15 Binomiale toets Bij een binomiale toets heeft de nulhypothese de vorm H 0 : p = p 0. Is de toets linkszijdig, dan is H 1 : p < p 0. Is de toets rechtszijdig, dan is H 1 : p > p 0. Is de toets tweezijdig, dan is H 1 : p ≠ p 0. Het al dan niet verwerpen van H 0 hangt af van het steekproefresultaat. Onder H 0 is X binomiaal verdeeld met p = p 0 ; n is de steekproefomvang. 15.3

16 Beslissingsvoorschrift bij significantieniveau α Linkszijdig:Verwerp H 0 als X ≤ g. Kies g zo, dat P(X ≤ g) ≤ α. Rechtszijdig:Verwerp H 0 als X ≥ g. Kies g zo, dat P(X ≥ g) ≤ α. Tweezijdig:Verwerp H 0 als X ≤ g l of X ≥ g r Kies g l en g r zo, dat P(X ≤ g l ) ≤ 0,5α en P(X ≥ g r ) ≤ 0,5α 15.3

17 Het toetsen van de mediaan met de tekentoets Bij het toetsen van de hypothese ‘de mediaan is m 0 ’ tegen de hypothese ‘de mediaan is niet m 0 ’ bereken je van alle steekproefresultaten het teken van waarneming – m 0. Er ontstaat zo een rij van plus- en mintekens. Indien de mediaan werkelijk m 0 is, is de kans op een plusteken gelijk aan 0,5. Het aantal plustekens is dan binomiaal verdeeld met p = 0,5. Dus H 0 : p = 0,5 en H 1 : p ≠ 0,5. Gebruik vervolgens de overschrijdingskans van het steekproefresultaat om de juiste conclusie te trekken. Bij deze methode laat je de waarnemingen waarvoor waarneming – m 0 = 0 buiten beschouwing. 15.4

18 Is er een significant verschil tussen twee rijen waarnemingsgetallen Om te onderzoeken of er een significant verschil bestaat tussen twee rijen waarnemingsgetallen kun je de tekentoets gebruiken. Bij elk paar stel je vast of het verschil positief of negatief is. De rij plus- en mintekens die zo ontstaat gebruik je als steekproef uit een binomiale verdeling, waarbij de toetsingsgrootheid het aantal plustekens is. De nulhypothese is H 0 : p = 0,5. Immers als er geen verschil is tussen de rijen waarnemingsgetallen is de kans op een plusteken gelijk aan de kans op een minteken. De alternatieve hypothese is afhankelijk van de probleemstelling, H 1 : p 0,5 of H 1 : p ≠ 0,5. Het is gebruikelijk om de paren waarbij het verschil nul is, buiten beschouwing te laten. 15.4

19 opgave 21 X is de kijktijd van de Nederlander in uren. H 0 : µ = 28,4, H 1 : µ < 28,4 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 27,6 is P( ≤ 27,6) = normalcdf ≈ 0,034 P( ≤ 27,6) > α dus H 0 wordt niet verworpen. Conclusie: je kunt het niet eens zijn met de uitspraak van de medewerker van ‘De Ster’.

20 Binomiale toets Bij een binomiale toets heeft de nulhypothese de vorm H 0 : p = p 0. Is de toets linkszijdig, dan is H 1 : p < p 0. Is de toets rechtszijdig, dan is H 1 : p > p 0. Is de toets tweezijdig, dan is H 1 : p ≠ p 0. Het al dan niet verwerpen van H 0 hangt af van het steekproefresultaat. Onder H 0 is X binomiaal verdeeld met p = p 0 ; n is de steekproefomvang.

21 opgave 24 a X = het aantal personen dat in één keer voor het rijexamen slaagt. H 0 : p = 0,35 en H 1 : p > 0,35. De overschrijdingskans van 19 is P(X ≥ 19) = 1 – P(X ≤ 18) = 1 – binomcdf(40, 0.35, 18) ≈ 0,070 P(X ≥ 19) > α dus H 0 wordt niet verworpen. Conclusie: er is aanleiding de bewering van de rijschoolhouder in twijfel te trekken. b

22 opgave 30 X = het aantal patiënten waarbij het middel een positieve uitwerking had. H 0 : p = 0,80, H 1 : p < 0,80 en α = 0,05. Verwerp H 0 als X ≤ g. P(X ≤ g) ≤ 0,05 binomcdf(500, 0.80, g) ≤ 0,05 TICasio Voer in y 1 = binomcdf(500, 0.80, x)Proberen geeft Uit de tabel volgtP(X ≤ 384) ≈ 0,0434 x = 384 geeft y 1 ≈ 0,0434P(X ≤ 385) ≈ 0,0543 x = 385 geeft y 1 ≈ 0,0543Verwerp H 0 als X ≤ 384. Verwerp H 0 als X ≤ 384. Conclusie: het kleinste aantal patiënten waarbij je de bewering van de fabrikant niet verwerpt is 385.

23 Beslissingsvoorschrift bij significantieniveau α Linkszijdig:Verwerp H 0 als X ≤ g. Kies g zo, dat P(X ≤ g) ≤ α. Rechtszijdig:Verwerp H 0 als X ≥ g. Kies g zo, dat P(X ≥ g) ≤ α. Tweezijdig:Verwerp H 0 als X ≤ g l of X ≥ g r Kies g l en g r zo, dat P(X ≤ g l ) ≤ 0,5α en P(X ≥ g r ) ≤ 0,5α

24 opgave 34 Verwerp H 0 als X ≤ g l of X ≥ g r TI binomcdf(50, 0.3, g l ) ≤ 0,05 P(X ≤ g r ) ≤ 0,05 1 – P(X ≤ g r – 1) ≤ 0,05 Je krijgt1 – binomcdf(50, 0.3, g r – 1) ≤ 0,05 binomcdf(50, 0.3, 9) ≈ 0,0402Je krijgt binomcdf(50, 0.3, 10) ≈ 0,07891 – binomcdf(50, 0.3, 19) ≈ 0,0848 Dus g l = 91 – binomcdf(50, 0.3, 20) ≈ 0,0478 g r – 1 = 20 dus g r = 21 Conclusie: de nulhypothese wordt verworpen bij steekproefresultaten van 9 of minder en van 21 of meer.

25 opgave 41 a P(tomaat wordt doorgedraaid) = P(X < 7,2) = normalcdf(–10 99, 7.2, 7.9, 0.5) ≈ 0,081 X = het aantal tomaten dat na meting moet worden doorgedraaid. H 0 : p = 0,081, H 1 : p < 0,081 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 65 is P(X ≤ 65) = binomcdf(900, 0.081, 65) ≈ 0,184 P(X ≤ 65) > α dus H 0 wordt niet verworpen. Conclusie: er is niet aangetoond dat het middel S3Fb de diameter vergroot. b

26 Iemand denkt dat leerlingen gemiddeld rond de € 35,- zakgeld krijgen per week. Dit is in mijn ogen erg hoog en ik denk dat dat komt omdat er iemand is die een erg hoog bedrag krijgt. Daarmee is de verdeling van de zakgelden niet normaal verdeeld, maar is er sprake van een rechts scheve verdeling. De mediaan is daarom een betere maatstaaf om mee te werken. Deze is immers niet gevoelig voor uitschieters binnen de verdeling. Ik geloof dat de mediaan voor zakgeld van leerlingen ligt bij hoogstens €15,- Als significantie niveau nemen we 5% Navraag bij leerlingen wees uit dat zij het volgende kregen: ,50 17, ,50 P(X>=9) = 1 – binomcdf ( 12, 0.5, 8 ) = Ik krijg gelijk wat betreft de mediaan waarde.

27 Het toetsen van de mediaan met de tekentoets Bij het toetsen van de hypothese ‘de mediaan is m 0 ’ tegen de hypothese ‘de mediaan is niet m 0 ’ bereken je van alle steekproefresultaten het teken van waarneming – m 0. Er ontstaat zo een rij van plus- en mintekens. Indien de mediaan werkelijk m 0 is, is de kans op een plusteken gelijk aan 0,5. Het aantal plustekens is dan binomiaal verdeeld met p = 0,5. Dus H 0 : p = 0,5 en H 1 : p ≠ 0,5. Gebruik vervolgens de overschrijdingskans van het steekproefresultaat om de juiste conclusie te trekken. Bij deze methode laat je de waarnemingen waarvoor waarneming – m 0 = 0 buiten beschouwing.

28 Is van een verdeling niet met zekerheid te zeggen dat deze normaal verdeeld is dan is de tekentoets een van de nuttigste manieren om toch een uitspraak te kunnen toetsen. Een voorbeeld waarbij de tekentoets de voorkeur heeft is bij het onderzoeken van een verbetertraject bij een klein aantal waarnemingen. Door het klein aantal waarnemingen is het lastig te bepalen of iets b.v. normaal of binominaal verdeeld is. ( er is sprake van verdelingsvrije toetsing).

29 Voorbeeld: Een groep leerlingen heeft als voorbereiding op hun engels-mondeling twee weken lang alleen maar naar de bbc/sky /cnn gekeken/geluisterd. Leerlingen uit de parallelklas denken dat dit geen verbetering oplevert en doen dit dan ook niet. Is er reden om aan te nemen dat de tweede groep gelijk heeft? Neem α = 0,01 Voor en na deze periode is er bij de leerlingen een luistertoets afgenomen. Dit gaf de volgende resultaten (aantal punten): Voor: Na: Teken: H 0 : p = 0,5, H 1 : p > 0,5 waarbij X= het aantal plussen (verbeteringen) P(X ≥ 14) = 1 – P(X ≤ 13) = 1 – binomcdf(17, 0.5, 13) ≈ 0,0064 P(X ≥ 14) ≤ α dus H 0 wordt verworpen, groep twee krijgt geen gelijk.

30 opgave 44 11,38,86,48,714,616,2 12,47,115,210,39,517,27,8 Het teken van waarneming – 15 geeft: – – – – – + – – + – – + – X = het aantal plustekens in de steekproef met lengte 13, dus X = 3. H 0 : p = 0,5, H 1 : p < 0,5 en α = 0,10. De overschrijdingskans van 3 is P(X ≤ 3) = binomcdf(13, 0.5, 3) ≈ 0,046 P(X ≤ 3) ≤ α dus H 0 wordt verworpen. Conclusie: er is aanleiding de bewering van de boswachter in twijfel te trekken.

31 opgave 47 X = het aantal twintigjarige jongens dat zwaarder is dan 75,6 kg. H 0 : p = 0,5, H 1 : p > 0,5 en α = 0,025. De overschrijdingskans van 138 is P(X ≥ 138) = 1 – P(X ≤ 137) = 1 – binomcdf(250, 0.5, 137) ≈ 0,057 P(X ≥ 138) > α dus H 0 wordt niet verworpen. Conclusie: er mag niet geconcludeerd worden dat het gemiddelde gewicht is toegenomen.

32 Is er een significant verschil tussen twee rijen waarnemingsgetallen Om te onderzoeken of er een significant verschil bestaat tussen twee rijen waarnemingsgetallen kun je de tekentoets gebruiken. Bij elk paar stel je vast of het verschil positief of negatief is. De rij plus- en mintekens die zo ontstaat gebruik je als steekproef uit een binomiale verdeling, waarbij de toetsingsgrootheid het aantal plustekens is. De nulhypothese is H 0 : p = 0,5. Immers als er geen verschil is tussen de rijen waarnemingsgetallen is de kans op een plusteken gelijk aan de kans op een minteken. De alternatieve hypothese is afhankelijk van de probleemstelling, H 1 : p 0,5 of H 1 : p ≠ 0,5. Het is gebruikelijk om de paren waarbij het verschil nul is, buiten beschouwing te laten.

33 opgave 49 Het teken van na – voor is 0 + – – – 0 – + – – – – – – – 0 X = het aantal mintekens in de steekproef van lengte 13, dus X = 11. H 0 : p = 0,5, H 1 : p > 0,5 en α = 0,05. De overschrijdingskans van 11 is P(X ≥ 11) = 1 – P(X ≤ 10) = 1 – binomcdf(13, 0.5, 10) ≈ 0,011 P(X ≥ 11) ≤ α dus H 0 wordt verworpen. Conclusie: dit resultaat geeft aanleiding te veronderstellen dat het middel het aantal bladluizen vermindert.

34 opgave 53 Het teken van thuis – uit is – + – 0 – + X = het aantal plustekens in de steekproef van lengte 9 dus X = 6. H 0 : p = 0,50, H 1 : p > 0,50 en α = 0,01. De overschrijdingskans van 6 is P(X ≥ 6) = 1 – P(X ≤ 5) = 1 – binomcdf(9, 0.5, 5) ≈ 0,254 P(X ≥ 6) > α dus H 0 wordt niet verworpen. Conclusie: er is geen aanleiding te veronderstellen dat ‘thuisvoordeel’ inderdaad bestaat.


Download ppt "Hypothese toetsen We hebben de volgende situatie. Iemand doet een bewering, een ander twijfelt aan de juistheid daarvan. Een hypothesetoets is een procedure."

Verwante presentaties


Ads door Google