Inferentiële Statistiek − Antwoorden Tentamen
dinsdag 26 oktober, 11:30 − 13:00
1. Let op: meerdere antwoorden mogelijk. Hieronder wordt er steeds eentje gegeven.
8 pt a. Chi-kwadraattoets toegepast op de variabelen ‘BMI’ en ‘voldoende’. Hierbij wordt de
variabele ‘voldoende’ gemaakt op basis van de kolom ‘motorische score’: een persoon
krijgt een 1 bij ‘voldoende’ als de bijbehorende motorische score minstens 60 is, anders
krijgt de persoon een 0 bij ‘voldoende’.
8 pt b. Een gepaarde t-toets, waarbij we voor de leerlingen die volgens beide stijlen les hebben
gehad de laatste score volgens de oude stijl vergelijken met de score volgens de nieuwe
stijl.
8 pt 2. a. Noem X de levensduur op één lading in uren, dan is de verdeling van X een bepaalde
onbekende verdeling met gemiddelde µX . De hypothesen luiden: H0 : µX = 105
(H0 : µX ≤ 105 mag ook) vs H1 : µ > 105. Het kritieke gebied is:
s
Z = x : x > µX + t15;0,05 · √ = {x : x > 107,1913} .
16
De toetsingsgrootheid is X = 108,6 en we zien dat X ∈ Z geldt. We concluderen dat
de claim inderdaad klopt: de nieuwe accu’s hebben inderdaad een langere levensduur
dan de oude accu’s.
4 pt b. We zijn het niet eens met Filip. De denkfout die hij maakt zit hem al in de eerste zin: als
de steekproefgrootte steeds groter wordt, gedraagt het steekproefgemiddelde zich als
een normaal verdeelde variabele, maar dat zegt dus niets over de verdeling van de data
in de steekproef zelf! Filip maakt dus verkeerd gebruik van de Centrale Limietstelling.
8 pt c. Dit kan met een ANOVA. Noem µi de gemiddelde levensduur van een lamp van fabri-
kant i, dan luiden de hypothesen:
H0 : µ1 = µ2 = µ3 = µ4 = µ5 = µ6
H1 : er zijn i, j waarvoor geldt µi 6= µj
Voor Filip is een statistisch significant verschil belangrijk, wat erop neerkomt dat hij er-
bij gebaat is dat H0 zo snel mogelijk verworpen wordt. Dit betekent dat hij een hoog
significantieniveau wilt.
8 pt 3. a. We moeten bewijzen dat E M̂1 = M . Uit de tekst halen we dat de codes uniform
discreet verdeeld zijn op {1, . . . , M }, met verwachtingswaarde M2+1 . Verder gebruiken
we dat het steekproefgemiddelde
M +1 een zuivere schatter voor de verwachtingswaarde is,
dus dat E X = 2 . We schrijven uit:
E M̂1 = E 2X − 1 = 2 · E X − 1
1+M
= 2· − 1 = 1 + M − 1 = M.
2
Hiermee is bewezen dat M̂1 een zuivere schatter voor M is.
4 pt b. We berekenen de waarden van deze schatters bij de gegeven steekproef. We vinden:
M̂1 = 19 en M̂2 = 75,5. Aangezien het maximum in de steekproef 68 is, weten we in
ieder geval dat M ≥ 68 geldt. Omdat M̂1 < 68 < M̂2 , concluderen we dat we bij deze
steekproef niets aan M̂1 hebben, maar wel iets aan M̂2 .
6 pt c. De nauwkeurigheid van een schatter hangt zowel af van de zuiverheid als van de vari-
antie van de schatter. Het feit dat M̂1 er zo erg naast zit, impliceert dat de variantie van
M̂1 behoorlijk groot is. Bij schatter M̂2 speelt dit probleem niet: deze is weliswaar niet
zuiver, maar de variantie is dusdanig klein dat deze nauwkeuriger is dat M̂1 .
dinsdag 26 oktober, 11:30 − 13:00
1. Let op: meerdere antwoorden mogelijk. Hieronder wordt er steeds eentje gegeven.
8 pt a. Chi-kwadraattoets toegepast op de variabelen ‘BMI’ en ‘voldoende’. Hierbij wordt de
variabele ‘voldoende’ gemaakt op basis van de kolom ‘motorische score’: een persoon
krijgt een 1 bij ‘voldoende’ als de bijbehorende motorische score minstens 60 is, anders
krijgt de persoon een 0 bij ‘voldoende’.
8 pt b. Een gepaarde t-toets, waarbij we voor de leerlingen die volgens beide stijlen les hebben
gehad de laatste score volgens de oude stijl vergelijken met de score volgens de nieuwe
stijl.
8 pt 2. a. Noem X de levensduur op één lading in uren, dan is de verdeling van X een bepaalde
onbekende verdeling met gemiddelde µX . De hypothesen luiden: H0 : µX = 105
(H0 : µX ≤ 105 mag ook) vs H1 : µ > 105. Het kritieke gebied is:
s
Z = x : x > µX + t15;0,05 · √ = {x : x > 107,1913} .
16
De toetsingsgrootheid is X = 108,6 en we zien dat X ∈ Z geldt. We concluderen dat
de claim inderdaad klopt: de nieuwe accu’s hebben inderdaad een langere levensduur
dan de oude accu’s.
4 pt b. We zijn het niet eens met Filip. De denkfout die hij maakt zit hem al in de eerste zin: als
de steekproefgrootte steeds groter wordt, gedraagt het steekproefgemiddelde zich als
een normaal verdeelde variabele, maar dat zegt dus niets over de verdeling van de data
in de steekproef zelf! Filip maakt dus verkeerd gebruik van de Centrale Limietstelling.
8 pt c. Dit kan met een ANOVA. Noem µi de gemiddelde levensduur van een lamp van fabri-
kant i, dan luiden de hypothesen:
H0 : µ1 = µ2 = µ3 = µ4 = µ5 = µ6
H1 : er zijn i, j waarvoor geldt µi 6= µj
Voor Filip is een statistisch significant verschil belangrijk, wat erop neerkomt dat hij er-
bij gebaat is dat H0 zo snel mogelijk verworpen wordt. Dit betekent dat hij een hoog
significantieniveau wilt.
8 pt 3. a. We moeten bewijzen dat E M̂1 = M . Uit de tekst halen we dat de codes uniform
discreet verdeeld zijn op {1, . . . , M }, met verwachtingswaarde M2+1 . Verder gebruiken
we dat het steekproefgemiddelde
M +1 een zuivere schatter voor de verwachtingswaarde is,
dus dat E X = 2 . We schrijven uit:
E M̂1 = E 2X − 1 = 2 · E X − 1
1+M
= 2· − 1 = 1 + M − 1 = M.
2
Hiermee is bewezen dat M̂1 een zuivere schatter voor M is.
4 pt b. We berekenen de waarden van deze schatters bij de gegeven steekproef. We vinden:
M̂1 = 19 en M̂2 = 75,5. Aangezien het maximum in de steekproef 68 is, weten we in
ieder geval dat M ≥ 68 geldt. Omdat M̂1 < 68 < M̂2 , concluderen we dat we bij deze
steekproef niets aan M̂1 hebben, maar wel iets aan M̂2 .
6 pt c. De nauwkeurigheid van een schatter hangt zowel af van de zuiverheid als van de vari-
antie van de schatter. Het feit dat M̂1 er zo erg naast zit, impliceert dat de variantie van
M̂1 behoorlijk groot is. Bij schatter M̂2 speelt dit probleem niet: deze is weliswaar niet
zuiver, maar de variantie is dusdanig klein dat deze nauwkeuriger is dat M̂1 .
