Koffiebranderij Zwart Goud: standsaardafwijking, steekproef en een boete
Koffiebranderij Zwart Goud vult zakken koffiebonen met een ingestelde vulmassa van 250 gram. De vulmachine heeft een standaardafwijking van 4,2 gram en de gevulde massa's zijn normaal verdeeld. De keuringsdienst neemt een aselecte steekproef van 40 zakken en weegt ze. Het steekproefgemiddelde is 248,6 gram. De keuringsdienst concludeert dat de machine te weinig vult en wil een boete opleggen. De fabrikant verdedigt zich: 'Een tekort van 1,4 gram op 250 gram is nog geen half procent, dat valt binnen de normale variatie van de machine.' De keuringsdienst hanteert een significantieniveau van 5% en heeft pas nadat het steekproefgemiddelde bekend was besloten om te gaan toetsen. De fabrikant voert aan dat de keuringsdienst daarom eigenlijk niet meer van een eerlijke toets kan spreken. De directeur van de branderij wil weten of de boete standhoudt en of het verweer van de fabrikant hout snijdt.
1. Voer de toets uit met α = 0,05. Formuleer de hypothesen, bereken de toetsingsgrootheid en de overschrijdingskans en trek een conclusie.
Read the worked answer
H0: μ = 250 gram; H1: μ ≠ 250 gram. Tweezijdig, omdat de keuringsdienst toetst of de machine afwijkt en niet vooraf alleen 'te weinig' als alternatief had gekozen.
De standaardafwijking van het steekproefgemiddelde is 4,2/√40 ≈ 0,664 gram; het steekproefgemiddelde is bij benadering normaal verdeeld (n = 40 is groot genoeg).
z = (248,6 − 250)/0,664 ≈ −2,11. Overschrijdingskans = 2 · P(Z < −2,11) ≈ 2 · 0,0175 = 0,035.
0,035 < 0,05, dus verwerp H0. De gemiddelde vulmassa wijkt significant af van 250 gram; omdat het steekproefgemiddelde lager ligt, concludeert de keuringsdienst terecht dat de machine gemiddeld te weinig vult. De conclusie geldt voor het gemiddelde van alle zakken, niet voor één zak.
2. Bereken het 95%-betrouwbaarheidsinterval voor de gemiddelde vulmassa en leg uit dat dit interval tot hetzelfde besluit leidt.
Read the worked answer
248,6 ± 1,96 · 0,664 geeft 248,6 ± 1,30, dus het interval is [247,30; 249,90] gram.
De waarde 250 gram uit H0 ligt buiten dit interval. Dat is geen toeval: bij een tweezijdige toets met α = 0,05 hoort precies het 95%-interval. Zit μ0 buiten het interval, dan is de overschrijdingskans kleiner dan 0,05 en verwerp je H0; zit μ0 erbinnen, dan verwerp je niet. Beide berekeningen geven hier dus dezelfde uitkomst, wat een nuttige controle is.
Let op de interpretatie: het interval zegt iets over de gemiddelde vulmassa van de machine, niet over de massa van één zak. En '95%' slaat op de methode: bij herhaling zou ongeveer 95% van zulke intervallen het werkelijke gemiddelde bevatten.
3. Beoordeel het argument van de fabrikant over het 'halve procent' en het argument over het achteraf bedenken van de toets. Welk argument is geldig en welk niet?
Read the worked answer
Het 'halve procent' is geen statistisch argument. De toets gaat over de vraag of de machine goed is ingesteld, niet over de vraag of het verschil groot is. Doordat de standaardafwijking van het gemiddelde bij n = 40 maar 0,66 gram is, ligt een afwijking van 1,4 gram ruim twee standaardafwijkingen van het gemiddelde af: statistisch is dat duidelijk. Praktisch is 1,4 gram op 250 gram inderdaad klein, en of dat erg is, hangt af van wettelijke toleranties en van de kosten. Dat is een beleidsafweging, geen uitkomst van de toets; de fabrikant mag hem aanvoeren, maar hij weerlegt de conclusie niet.
Het tweede argument snijdt wel hout, maar alleen voor de vraag hoe je had móeten toetsen. Omdat de richting pas na het zien van de gegevens is gekozen, is een tweezijdige toets de eerlijke keuze. Die is hier ook uitgevoerd, en de conclusie verandert niet: bij een eenzijdige toets zou de overschrijdingskans 0,0175 zijn en zou H0 bij α = 0,05 ook verworpen worden (kritieke waarde 1,645). De conclusie is dus robuust; wel moet in het verslag eerlijk staan dat tweezijdig is getoetst.