Normalfordeling og hypotesetest for kaffeposer

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En fabrikk fyller og pakker poser med kaffe. Fyllemaskinen er innstilt til å fylle posene med 505 g. Anta at vekten av posene er tilnærmet normalfordelt med forventningsverdi lik 505 g og med standardavvik på 5 g.

Bestem sannsynligheten for at en tilfeldig valgt pose inneholder mer enn 510 g.

Hvor mange prosent av posene vil inneholde mellom 495 g og 515 g?

I en kvalitetskontroll blir 10 tilfeldig valgte poser veid. Resultatet vises i tabellen nedenfor.

Pose	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Vekt (i gram)	508	503	510	512	519	511	496	503	503	506

Dette ga bedriften mistanke om at maskinen fyller for mye i hver pose.

Gjennomfør en hypotesetest, og vurder om bedriften har grunn til sin mistanke.

Fasit

$\underline{\underline{P(X > 510) \approx 0{,}1587}}$

$\underline{\underline{\approx 95{,}45 \,\%}}$

P-verdi $\approx 0{,}092 > 0{,}05$ . Forkast ikke $H_0$ – bedriften har ikke statistisk grunnlag for mistanken ved signifikansnivå $5 \,\%$ .

LøsningsforslagKI-generert

GeoGebra CAS ble brukt til å beregne sannsynligheter og gjennomføre hypotesetesten.

GeoGebra CAS – normalfordeling og hypotesetest

La $X$ være vekten av en tilfeldig valgt pose. $X$ er tilnærmet normalfordelt med $\mu = 505$ og $\sigma = 5$ .

Vi skal finne $P(X > 510)$ .

P(X > 510) = 1 - P(X \leq 510)

I GeoGebra CAS (linje 1):

\texttt{p\_a = 1 - FordelingNormal(505, 5, 510, true)}

P(X > 510) \approx \mathbf{\underline{\underline{0{,}1587}}}

Sannsynligheten for at en tilfeldig valgt pose inneholder mer enn 510 g er $\underline{\underline{\approx 0{,}1587}}$ , det vil si omtrent $15{,}9 \,\%$ .

Vi skal finne $P(495 < X < 515)$ .

P(495 < X < 515) = P(X \leq 515) - P(X \leq 495)

I GeoGebra CAS (linje 2):

\texttt{p\_b = FordelingNormal(505, 5, 515, true) - FordelingNormal(505, 5, 495, true)}

P(495 < X < 515) \approx 0{,}9545

$\underline{\underline{\approx 95{,}45 \,\%}}$ av posene vil inneholde mellom 495 g og 515 g.

Merk at dette tilsvarer intervallet $\mu \pm 2\sigma$ , noe som er i samsvar med tommelfingerregelen for normalfordelingen.

Vi gjennomfører en ensidig hypotesetest for å vurdere om maskinen fyller for mye.

Hypoteser:

H_0\text{: } \mu = 505 \qquad H_1\text{: } \mu > 505

Vi bruker signifikansnivå $\alpha = 5 \,\%$ .

Beregn gjennomsnittet av de 10 posene (linje 3 i CAS):

\bar{x} = \frac{508 + 503 + 510 + 512 + 519 + 511 + 496 + 503 + 503 + 506}{10} = 507{,}1 \text{ g}

Testobservator (linje 4):

z = \frac{\bar{x} - \mu_0}{\sigma / \sqrt{n}} = \frac{507{,}1 - 505}{5 / \sqrt{10}} \approx 1{,}328

Vi antar at standardavviket $\sigma = 5$ er kjent (populasjonsstandardavvik fra maskinens innstillinger), og at $\bar{X}$ er tilnærmet normalfordelt med $\mu = 505$ og $\sigma_{\bar{X}} = 5/\sqrt{10}$ når $H_0$ er sann.

P-verdi (linje 5):

p\text{-verdi} = P(Z > 1{,}328) \approx 0{,}092

Kritisk gjennomsnittsverdi (linje 6):

\bar{x}_{\text{krit}} = 505 + z_{0{,}95} \cdot \frac{5}{\sqrt{10}} \approx 507{,}60 \text{ g}

Konklusjon:

P-verdien $\approx 0{,}092 > 0{,}05 = \alpha$ , og $\bar{x} = 507{,}1 < 507{,}60 = \bar{x}_{\text{krit}}$ .

Vi forkaster ikke $H_0$ .

Bedriften har ikke statistisk grunnlag for mistanken om at maskinen fyller for mye, ved et signifikansnivå på $5 \,\%$ . Selv om gjennomsnittet i stikkprøven er noe høyere enn 505 g, er avviket ikke stort nok til å utelukke at det skyldes tilfeldige variasjoner.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 7
Temaer: Normalfordeling, Hypotesetest, Statistikk

Normalfordeling og hypotesetest for kaffeposer

Sync på tvers av enheter

Normalfordeling og hypotesetest for kaffeposer

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave