Keuringsdienst toetst een partij batterijen uit twee productielijnen
Een keuringsdienst onderzoekt een partij van 20 000 lithiumbatterijen. De fabrikant beweert dat hoogstens 10% van de batterijen defect is. De partij is niet homogeen: 60% komt van productielijn A en 40% van lijn B. Uit het kwaliteitsdossier van de fabrikant blijkt dat lijn A 6% defecten levert en lijn B 16%. De keuringsdienst trekt een aselecte steekproef van 100 batterijen en vindt daarin 17 defecte exemplaren. Men wil toetsen of het percentage defecte batterijen hoger is dan 10%, met een significantieniveau van 5%. De groothandel die de partij afneemt, hanteert de regel dat hij bij twijfel niet afkeurt, omdat een onterechte afkeuring een goede leverancier beschadigt. De keuringsdienst vermoedt dat de binomiale aanpak te simpel is, omdat de kans op een defecte batterij niet voor elke batterij gelijk is.
1. Toets met de binomiale verdeling: X is het aantal defecte batterijen in de steekproef, H₀: p = 0,10 tegen H₁: p > 0,10, significantieniveau 5%. Bepaal het kritieke gebied en trek een conclusie bij X = 17.
Read the worked answer
Model onder H₀. X ~ Bin(100; 0,10), dus E(X) = 10 en σ(X) = √(100·0,10·0,90) = 3.
Kritiek gebied. We zoeken de kleinste k met P(X ≥ k) ≤ 0,05. Met de cumulatieve binomiale verdeling vind je:
P(X ≥ 15) ≈ 0,073 P(X ≥ 16) ≈ 0,040
De waarde k = 16 is dus de eerste waarde waarvoor de overschrijdingskans onder 0,05 blijft. Het kritieke gebied is X ≥ 16.
Conclusie. De waarneming is 17, en 17 ≥ 16, dus verwerp H₀. Er is bij een significantieniveau van 5% voldoende aanwijzing dat het percentage defecte batterijen hoger is dan 10%.
Aandachtspunt. P(X ≥ 15) zou al 0,073 zijn, ruim boven 0,05. De sprong van 0,073 naar 0,040 laat zien dat de toets door de discrete verdeling niet precies op 0,05 kan worden afgesteld.
2. Bereken de werkelijke kans op een fout van de eerste soort bij deze toets en leg uit waarom die niet gelijk is aan 5%.
Read the worked answer
Berekening. De fout van de eerste soort treedt op als H₀ waar is (p = 0,10) en de steekproef toch in het kritieke gebied valt:
P(fout type I) = P(X ≥ 16 | p = 0,10) ≈ 0,040.
Verklaring van het verschil met 5%. De binomiale verdeling is discreet. De overschrijdingskans neemt alleen sprongsgewijs af, dus de waarde 0,05 wordt meestal niet precies geraakt. Je kiest het kritieke gebied zo dat de kans eronder blijft; daardoor is de werkelijke kans op een onterechte afkeuring ongeveer 4,0% in plaats van 5%.
Gevolg voor de groothandel. Dat is precies wat de regel bij twijfel niet afkeuren beoogt: de kans dat een goede leverancier onterecht wordt afgekeurd, is hoogstens 4%.
3. De keuringsdienst beseft dat de steekproef niet echt binomiaal is, omdat de herkomst per batterij verschilt. Laat zien dat het werkelijke percentage defecte batterijen in de partij 10% is. Bereken de werkelijke standaardafwijking van X onder het tweetrapsmodel en beoordeel of de toets hierdoor ongeldig wordt.
Read the worked answer
Verwachtingswaarde klopt. De kans dat een aselecte batterij defect is, is
0,60·0,06 + 0,40·0,16 = 0,036 + 0,064 = 0,100.
Het gemiddelde aantal defecte batterijen is dus 100·0,10 = 10, precies zoals in het binomiale model.
Variantie onder het tweetrapsmodel. Schrijf X = X_A + X_B met X_A ~ Bin(60; 0,06) en X_B ~ Bin(40; 0,16), onafhankelijk van elkaar. Dan:
Var(X) = 60·0,06·0,94 + 40·0,16·0,84 = 3,384 + 5,376 = 8,76.
Dus σ(X) = √8,76 ≈ 2,96, tegen σ = √(100·0,10·0,90) = 3,00 in het binomiale model.
Beoordeling. Het verschil in standaardafwijking is ongeveer 1%, en de verwachtingswaarde is identiek. Omdat de werkelijke spreiding iets kleiner is dan de binomiale, is de staartkans P(X ≥ 16) in werkelijkheid eerder iets kleiner dan 0,040 dan groter. De toets blijft dus bruikbaar en is hoogstens iets conservatiever dan berekend. De conclusie bij 17 defecten verandert niet. Strikt genomen is de binomiale verdeling hier wel een benadering, omdat de slagingskans per batterij niet gelijk is; dat moet in het verslag worden vermeld.