Thema 8 · Toetsgevoel & z-toets

Deel 5 — Toetsen · de bakker

Twee soorten vragen

In thema 7 vroeg je: wat is $\mu_x$ ? Een getal, met een marge eromheen (je betrouwbaarheidsinterval). Nu draai je de vraag om: ís $\mu_x$ eigenlijk wél die ene waarde die ze beweren? En daar krijg je geen kant-en-klaar ja of nee op. Je krijgt een beslissing terwijl je het niet zeker weet (een beslissing onder onzekerheid) — hou je die waarde nog vol, of wordt je data zó raar dat je ’m niet langer gelooft? Dat tweede, dát is toetsen.

Dus kijk altijd eerst even wát ze nou eigenlijk vragen. Willen ze een getal? Dan bouw je een interval. Een ja-of-nee? Dan toets je. Gooi die twee door elkaar en je bent al halverwege de mist in voordat je één som hebt gedaan.

De egels — toetsen we slimheid

Pienterheid $\sim N(\mu_x, \sigma_x)$ met $\sigma_x = 15$ . We vermoeden dat egels pienterder zijn dan de norm van 100. We nemen een steekproef van $n = 25$ en vinden $\bar{x} = 106$ . Vraag: is dat genoeg om te zeggen dat egels écht boven de 100 zitten, of is het toeval?

$H_0$ , $H_1$ en de bakker

We zetten twee hypothesen op:

$H_0$ (de nulhypothese): er is niets aan de hand — egels zijn gewoon 100. $\mu_x = 100$ .
$H_1$ (de alternatieve): er is wél iets — egels zijn pienterder. $\mu_x > 100$ (rechtszijdig).

We toetsen altijd de nulhypothese ( $H_0$ ), nooit de alternatieve — we kijken hoe verbaasd onze data ons maakt onder de aanname dat er niks aan de hand is. Waarom dat zo gaat? Het bakker-verhaal:

De bakker

Aan het einde van de straat zat een bakker — al twintig jaar dezelfde, je liep er als kind al naar binnen. Maar die kant kom je eigenlijk nooit, je bent er dus een tijd niet meer geweest; misschien is er nu een fietsenwinkel, misschien een coffeeshop, misschien hangt er nog steeds een rij van zaterdagochtend voor de croissantjes. Je weet het niet. Je móét gaan kijken — maar je mag niet kiezen wat je krijgt.

Ik stuur je geblinddoekt, met een knijper op je neus, de winkel in. Je mag niks pakken en niks bevoelen — je roept alleen: “doet u maar wat!” (= een steekproef nemen — jíj kiest niet, je krijgt wat de bakker je aanreikt; de populatie zelf, wat er écht in die winkel staat, zie je nooit). En er wordt iets in je handen gedrukt.

Onder $H_0$ — het is nog steeds de bakker — wat verwacht je dan in je handen? Brood. Hard, vers, knapperig. Of een croissantje, een koekje, een puddingbroodje — passen ook prima binnen ‘bakker’. Daar schrik je niet van; dat is wat een bakker doet.

Maar nu houd je een fiets vast. Een echte fiets, stuur en al. Kan dat? In theorie wel: misschien zit er een actie en krijgt de miljoenste klant een fiets. Maar de kans dat jij net die ene bent — zó klein dat je schrikt. En in die schrik zit de hele toets: de kans op “dit of nog gekker”, gegeven dat de nulhypothese waar is, was zo piepklein dat je het idee “het is nog steeds de bakker” niet meer kunt vasthouden. Je verwerpt de nulhypothese — de bakker is weg.

When p is low, $H_0$ must go. (Niet omdat $H_0$ onmogelijk is — maar omdat de data, áls $H_0$ waar zou zijn, té uitzonderlijk werden om dat idee nog vast te houden.)

Dat is conditioneel denken, de kern van het hele vak: stel dat $H_0$ waar is — hoe verbaasd ben ik dan over wat ik vond?

De z-toets als één beweging: $\bar{x} \to z \to p$ . Je hebt je steekproef ( $\bar{x}$ ), standaardiseert met het lineaaltje (SE) naar $z$ , en zoekt de kans $p$ in de tabel. Schets ’m desnoods zelf even.

$\alpha$ = hoeveel vals alarm je accepteert

Hoe klein moet die kans zijn voor je schrikt? Die grens spreken we van tevoren af: $\alpha$ , meestal 5%. Wat betekent dat eigenlijk?

De rechter — streng versus los

$H_0$ = onschuldig, $H_1$ = schuldig. Veroordeel je een onschuldige — je verwerpt $H_0$ terwijl er niks aan de hand was — dan heet dat een type-I-fout (een vals alarm). En hoe vaak je dat laat gebeuren, bepaal je zélf. Stel, stel, stel… je hebt twee rechters, even om het lekker duidelijk te maken. De eerste laat nog liever tien schuldigen lopen dan dat hij één onschuldige de bak in draait — streng, hij wil bergen bewijs, bijna nooit vals alarm. De tweede haalt z’n schouders op en tikt al bij een halve aanwijzing de hamer neer — los, en ja, daar gaan af en toe onschuldigen aan. (Hun vaktermen, conservatief en liberaal, krijgen ze verderop — zodra $\alpha$ zijn vakje in de beslistabel heeft.)

$\alpha$ — uitgesproken en geschreven als alfa — is precies hoe streng jíj bent: hoeveel onschuldigen je op de koop toe neemt (het significantieniveau). Bij $\alpha = .05$ zeg je: als $H_0$ echt waar is, vind ik het oké dat ik ’m in 5 van de 100 keer tóch verwerp. Geen meetfout, geen pech — een risico dat je van tevoren zélf afspreekt (een afgesproken kans op vals alarm). Vijf procent onschuld, bewust geofferd.

De snelle weg (3 regels, overzicht)

Voor wie het patroon al kent — zo zit het toetsje in elkaar:

Standaardiseer: $z = \dfrac{\bar{x} - \mu_0}{\sigma_{\bar{x}}} = \dfrac{106 - 100}{3} = 2{,}00$ .
Zoek de kans: $p = .0228$ (rechterstaart bij $z = 2{,}00$ ). $p < .05$ .
Beslis: verwerp de nulhypothese.

Conclusie: egels scoren significant boven 100 — de pienterheid van egels ligt hoger dan de norm. Klaar.

De lange weg — het toets-stappenplan

Drie regels klinkt simpel, maar onder de motorkap zitten acht stapjes die je elke toets opnieuw doorloopt. Schrijf ze altijd uit; het ritueel bewaakt je tegen onzin.

Twijfel je bij stap 3 wélke toets het is, kijk dan op Analysekeuze; de formules die je vanaf stap 5 nodig hebt staan bij elkaar op Je formuleblad.

De engine, stap voor stap

Alles draait om één beweging — $\bar{x} \to z \to p$ . Rechts zie je ’m per stap oplossen: bij het gegeven een getal, bij het onbekende een ? dat je invult zodra je ’m hebt.

Gegeven — je steekproef levert $\bar{x} = 106$ .

Standaardiseer (stap 5) — $z = \dfrac{106-100}{3} = 2{,}00$ .

Zoek $p$ op (stap 6) — de rechterstaart bij $z = 2{,}00$ .

Gevonden — $p = .0228 < \alpha$ → verwerp $H_0$ .

Stap 1 · Toetsbare onderzoeksvraag. Zijn egels pienterder dan de norm van 100? Toetsbaar betekent: er staat een groep in, een uitkomst, en een waarde om tegen af te zetten — anders valt er niets te toetsen.

Stap 2 · Hypothesen. $H_0: \mu_x = 100$ (geen verschil). $H_1: \mu_x > 100$ (rechtszijdig — we vermoeden hoger, niet anders).

Stap 3 · Toetskeuze (assumpties?) en significantieniveau $\alpha$ . Eén gemiddelde, $\sigma_x$ bekend → z-toets. Hier leg je ook $\alpha$ vast — vóór je rekent: $\alpha = .05$ .

Stap 4 · Situatieschets — laat $H_0$ waar zijn en teken de steekproevenverdeling. Onder $H_0$ ligt het centrum op $\mu_0 = 100$ met standaardfout $\sigma_{\bar{x}} = \dfrac{15}{\sqrt{25}} = 3$ . Arceer het gebied waar je naar zoekt: de rechterstaart van 5% (= $\alpha$ ) is het verwerpingsgebied:

Figuur 1: De steekproevenverdeling onder $H_0$ (centrum 100, standaardfout 3). De oranje staart rechts is het verwerpingsgebied ( $\alpha$ = 5%); de grens ligt op de kritieke waarde $\bar{x}_c = 104{,}94$ , gerekend met de tabelwaarde $z_c = 1{,}645$ . De gevonden steekproef $\bar{x} = 106$ (blauwe lijn) valt in het verwerpingsgebied: verwerp $H_0$ .

Stap 5 · Toetsingsgrootheid. Standaardiseer onze steekproef: $z = \dfrac{\bar{x} - \mu_0}{\sigma_{\bar{x}}} = \dfrac{106 - 100}{3} = 2{,}00$ . Twee lineaaltjes boven de verwachting.

Zo staat hij op je formuleblad

Op je formuleblad ziet deze formule er net iets anders uit:

$z = \dfrac{\bar{x} - \mu}{\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}}$

Het is dezelfde formule. Zo vertaal je hem:

$\mu$ is hier $\mu_0$ : de waarde uit $H_0$ , bij de egels 100.
$\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$ is $\sigma_{\bar{x}}$ , je lineaaltje: $\dfrac{15}{\sqrt{25}} = 3$ .
Op het blad staan geen subscripts. Wij schrijven ze er wél bij, zodat je ziet van welke variabele elk symbool is.

Stap 6 · p-waarde óf kritieke waarde — twee paden, zelfde antwoord. Zie hieronder.

Stap 7 · Statistische beslissing. Beide paden zeggen hetzelfde: verwerp $H_0$ .

Stap 8 · Inhoudelijke conclusie. Wat verschilt er, en op welke Y? — hier is Y de pienterheid en de groep de egels: bij egels ligt de gemiddelde pienterheid significant boven de norm van 100 ( $z = 2{,}00$ , $p = .023$ , eenzijdig, $\alpha = .05$ ). (Een verschil met de norm — geen causaal effect; we hebben niks gemanipuleerd.)

Stap 6a — Methode 1: de p-waarde ( $x \to z \to p$ )

De gewone manier (ook wat SPSS doet): standaardiseer en zoek de kans op. Bij $z = 2{,}00$ is de rechterstaart $p = .0228$ . Dat is kleiner dan $\alpha = .05$ → verwerp de nulhypothese. De kans om 106 of hoger te vinden als egels gewoon 100 zijn, is maar 2,3% — dat is de fiets in de bakker.

Stap 6b — Methode 2: de kritieke waarde ( $p \to z \to x$ )

Op het tentamen loop je vrijwel altijd de p-route of het interval; de kritieke waarde heb je vooral nodig om power te snappen (thema 10).

Een kritieke waarde is gewoon een grens, zoals 38 graden voor koorts: kom je erboven, dan zeggen we tikkie, je bent ’m. Maar wie net uit een heel heet bad stapt, gaat er ook overheen zonder koorts te hebben — een vals alarm. Leg je de grens op 40, dan krijg je dat vals alarm bijna nooit meer, maar mis je ook vaker mensen die écht ziek zijn. Hoe vaak je die zieken nog vangt, dát is power.

Nu de methode zelf, andersom dan Methode 1: bepaal vóór je de steekproef ziet vanaf welke grens je verwerpt. Die grens — de kritieke waarde $\bar{x}_c$ — bouwen we op in drie stapjes, elk eentje moeilijker:

Opklimmen — van wat je weet naar de kritieke waarde

(a) 50/50 — geen tabel nodig. Als $H_0$ waar is, hoe vaak vind je een steekproefgemiddelde boven $\mu_0 = 100$ ? 50% (en 50% eronder). Pure symmetrie — die zoek je niet op, die wéét je.

(b) 75/25 — nu wél de tabel. Boven welke grens liggen de 25% hóógste steekproefgemiddelden? Bij 25% boven hoort $z = 0{,}674$ , dus grens $= 100 + 0{,}674 \cdot 3 = 102{,}022 \approx 102{,}02$ . Pure $p \to z \to x$ — nog geen alpha, geen verwerpen.

(c) 95/5 — pas hier komt $\alpha$ . Maak die bovenkant nu 5% (= $\alpha$ ). Bij 5% boven hoort $z = 1{,}645$ , dus $\bar{x}_c = 100 + 1{,}645 \cdot 3 = 104{,}935 \approx 104{,}94$ . Zelfde som, nieuwe naam: déze grens is de kritieke waarde, en die 5% heet $\alpha$ .

De kritieke-waarde-route: $\alpha \to z_c \to \bar{x}_c$ . Andersom door de tabel — bij $\alpha$ (5% in één staart) zoek je de kritieke $z$ (1,645), en die plak je terug op de x-schaal ( $\bar{x}_c$ ).

Onze steekproef: $\bar{x} = 106$ ligt boven $\bar{x}_c = 104{,}94$ , dus in het verwerpingsgebied → verwerp de nulhypothese. Beide methoden geven dezelfde conclusie — natuurlijk, het is dezelfde wandeling, andere kant op.

De val: 1,645 of 1,96?

Studenten grijpen reflexmatig naar 1,96 — want “we kijken altijd naar 95%”. Maar dat is 95% in het midden (tweezijdig) → dan zit er 2,5% in één staart → 1,96. Bij een eenzijdige toets willen we 5% in één staart → 1,645. Teken het eerst (zoals de figuur hierboven), dan zie je het verschil meteen.

Twee routes, zelfde antwoord: het college leest de bijbehorende $z^*$ af in de procenten-rij van de t-tabel; wij vragen “welke $z$ hoort bij 5% in één staart?”. Allebei kom je op 1,645 uit — zo doet het college het, zo doe ik het.

Met hoeveel decimalen reken je?

Reken je dezelfde som na in R, dan komt er 104,93 uit in plaats van 104,94. Allebei goed, en je beslissing verandert er niet van: 106 ligt boven allebei die grenzen, dus je verwerpt $H_0$ hoe dan ook.

Het verschil zit in hoeveel decimalen je kritieke $z$ heeft:

je rekent met	dan is $\bar{x}_c$	dat schrijf je op als
$z_c = 1{,}645$ — Tabel D, de rij $z^*$	$100 + 1{,}645 \cdot 3 = 104{,}935$	$104{,}94$
$z_c = 1{,}6448536\ldots$ — alle decimalen, zoals R	$100 + 1{,}6448536\ldots \cdot 3 \approx 104{,}9346$	$104{,}93$

Kijk in de middelste kolom naar de derde decimaal. Bij de tabelroute staat daar een 5, en die rondt omhoog; bij de R-route staat er een 4, en die rondt omlaag. Eén cijfertje verderop, en de tweede decimaal klapt om.

Wij rekenen met de tabelwaarde, dus met 1,645. Reden: op je tentamen ligt je formuleblad voor je en geen R. Wat hier staat, moet zijn wat jij daar doet. Dat is hetzelfde besluit als bij de 99%-grens in thema 7, waar Tabel A niet kon kiezen tussen 2,57 en 2,58 en we de 2,576 van Tabel D namen.

Eén- of tweezijdig?

Onze $H_1$ was $\mu_x > 100$ (rechtszijdig) — we keken alleen naar de rechterstaart. Bij een tweezijdige $H_1$ ( $\mu_x \neq 100$ ) weet je de kant niet, dus kijk je naar beide staarten. Het teken in $H_1$ bepaalt welke staart(en) je arceert — schets dus altijd even de goeie:

**Rechtszijdig** ( $H_1: \mu_x > \mu_0$ ): één staart rechts, grens bij $z^* = 1{,}645$ .

**Linkszijdig** ( $H_1: \mu_x < \mu_0$ ): één staart links, grens bij $z^* = -1{,}645$ .

**Tweezijdig** ( $H_1: \mu_x \neq \mu_0$ ): beide staarten samen 5%, grenzen op $\pm 1{,}96$ — dát is Pippi.

Pippi Langkous — maar alléén bij de p-waarde-methode

Tweezijdig = twee staarten. Bij het opzoeken kom je áltijd eerst één staart tegen (dat geeft de tabel) — die keer 2: dat is Pippi (twee staarten). Bij ons: $p = 2 \times .0228 = .0456$ , nog steeds $< .05$ , dus ook tweezijdig verwerpen. Waarom ×2 en niet $\alpha$ delen? Zo matcht het SPSS, dat altijd een tweezijdige p-waarde teruggeeft.

Pas op — dit is alléén voor de p-waarde-methode. Bij de kritieke-waarde-methode doe je het andersom: dáár deel je $\alpha$ door 2 → ½α = .025 per kant → $z^* = 1{,}96$ . Dus géén Pippi bij de kritieke waarde; daar is het al per kant gesplitst. Kort: Pippi (×2) ⇒ p-waarde; ½α (.025 per kant) ⇒ kritieke waarde.

Beslissing is niet hetzelfde als werkelijkheid

Of je nu verwerpt of niet — je kunt het mis hebben. Want er spelen altijd twee dingen mee, en die trek je uit elkaar vóór je verder gaat:

De werkelijkheid: hoe het écht zit in de populatie. Is $H_0$ waar (egels zijn gewoon 100) of $H_1$ (egels zijn pienterder)? Dat weet alleen God. Jij ziet alleen je steekproef.
De beslissing: wat jíj ervan maakt op grond van die steekproef — $H_0$ verwerpen, of $H_0$ niet verwerpen (voor jezelf mag je dat best even als behouden denken — opschrijven doe je niet verwerpen).

Die twee gaan wél of níét samen. En je bent niet de enige die zo’n beslissing moet nemen zonder de werkelijkheid te kennen. Elke beslisser heeft zijn eigen $H_0$ :

wie beslist	zijn $H_0$	zijn $H_1$
de statisticus	geen verschil	wél verschil
de arts	niet ziek	ziek
de rechter	onschuldig	schuldig

Let op wat de arts en de rechter met ons gemeen hebben. Je wordt nooit gecheckt op of je gezond bent — alleen op of de ziekte aanwezig is. En je bent onschuldig tot het tegendeel bewezen is. Allebei gaan ze uit van $H_0$ en zoeken ze bewijs ertégen. Net als wij.

Vier vakjes — lees eerst de twee goede

Zet de werkelijkheid op de rijen en je beslissing op de kolommen. Dan zijn er vier vakjes:

werkelijkheid ↓ · beslissing →	$H_0$ niet verwerpen	$H_0$ verwerpen
$H_0$ waar — er is écht niks	terecht niet verworpen	type-I-fout — kans $\alpha$
$H_1$ waar — er is écht iets	type-II-fout — kans $\beta$	terecht verworpen — de power, thema 10

Kijk éérst naar de twee goede vakjes, schuin over de tabel. Werkelijkheid $H_0$ en jij beslist $H_0$ : klopt. Werkelijkheid $H_1$ en jij beslist $H_1$ : klopt ook. Daar vallen beslissing en werkelijkheid samen, en daar is niks aan de hand.

Alleen in de andere twee gaat het mis:

Type-I-fout. Je verwerpt $H_0$ terwijl $H_0$ waar is. De rechter veroordeelt een onschuldige; de arts zegt “ziek” tegen een gezonde. Dit is het vals alarm uit de rechter-callout — en de kans erop, áls $H_0$ waar is, is precies de $\alpha$ die je daar afsprak.
Type-II-fout. Je verwerpt $H_0$ niet terwijl $H_1$ waar is. De rechter spreekt een schuldige vrij; de arts mist een ziekte. De gemiste vondst — en de kans erop, áls $H_1$ waar is, heet $\beta$ (bèta).

Even checken, alleen de tabel:

T8.5 — Welk vakje?

Zet elke zin in de tabel: welke rij (wat is de werkelijkheid?), welke kolom (wat is de beslissing?), goed of fout — en als het fout is: welk type, en welk symbool hoort erbij? Rekenen hoeft nergens.

De rechter veroordeelt een onschuldige.
De arts zegt tegen een zieke patiënt dat er niks aan de hand is.
Egels zijn in werkelijkheid gewoon 100, en de onderzoeker verwerpt $H_0$ niet.
Egels zijn in werkelijkheid pienterder dan 100, en de toets komt significant uit.
De rookmelder gaat af terwijl er geen brand is.
Egels zijn in werkelijkheid pienterder dan 100, maar het steekproefgemiddelde blijft onder de kritieke waarde en de onderzoeker verwerpt $H_0$ niet — netjes volgens de regel.

Antwoord T8.5

	werkelijkheid (rij)	beslissing (kolom)	vakje
(a)	onschuldig — $H_0$ waar	schuldig — verwerpen	type-I-fout, $\alpha$
(b)	ziek — $H_1$ waar	niet ziek — niet verwerpen	type-II-fout, $\beta$
(c)	$H_0$ waar	niet verwerpen	terecht niet verworpen
(d)	$H_1$ waar	significant, dus verwerpen	terecht verworpen — de power
(e)	geen brand — $H_0$ waar	alarm — verwerpen	type-I-fout, $\alpha$ — het vals alarm
(f)	$H_1$ waar	niet verwerpen	type-II-fout, $\beta$ — de gemiste vondst

Kijk nog even naar (f). De onderzoeker heeft niets fout gerekend: de steekproef viel gewoon laag uit en zij beslist netjes volgens de regel. De fout zit niet in het rekenen maar in het feit dat beslissing en werkelijkheid niet samenvallen — en dat kon zij niet zien.

Het handvat — twee gereedschappen om de tabel mee te bedienen

Stampen hoeft niet. Met twee gereedschappen vind je elk vakje terug.

1. Het woord onterecht. Hoor je het woord onterecht, dan weet je meteen: beslissing en werkelijkheid vallen níét samen. En het werkwoord erachter zegt welke beslissing je nam — dus ook wat er dan wél waar was:

$H_0$ onterecht verwerpen: je verwierp, dus $H_0$ was waar. Type-I-fout.
$H_0$ onterecht niet verwerpen: je verwierp niet, dus $H_1$ was waar. Type-II-fout.

In dat ene woord zit de hele vertaling. Mediteer daar even op.

2. De werkelijkheid-vraag: onder welke werkelijkheid kún je deze fout maken? Elke fout woont in maar één rij. Stel dat God je de werkelijkheid verklapt — dan valt de andere rij weg, en blijft er nog maar één fout over die je kunt maken:

God zegt: $H_0$ waar — er valt niks te missen

	niet verwerpen	verwerpen
$H_0$ waar	terecht	type-I-fout, $\alpha$
~~$H_1$ waar~~	~~type-II-fout~~	~~terecht~~

God zegt: $H_1$ waar — verwerpen is altijd terecht

	niet verwerpen	verwerpen
~~$H_0$ waar~~	~~terecht~~	~~type-I-fout~~
$H_1$ waar	type-II-fout, $\beta$	terecht

Dáárom hangt $\alpha$ aan de $H_0$ -rij en $\beta$ aan de $H_1$ -rij: het zijn allebei kansen gegeven die werkelijkheid. Hetzelfde conditionele denken als bij de bakker — daar rekende je alles uit gegeven dat het nog steeds de bakker is — nu per fout.

Lees altijd eerst de rij- en kolomnamen

In het college en op het tentamen staat dit tabelletje vaak gespiegeld: werkelijkheid in de kolommen, beslissing in de rijen. Zelfde vier vakjes, andere plek. De werkelijkheid-vraag blijft dan precies dezelfde — alleen “rij” heet dan “kolom”. Lees dus éérst waar de werkelijkheid staat en waar de beslissing, en dán pas het vakje.

Alles naast elkaar — en de andere namen die je in het college en op het tentamen tegenkomt:

	type-I-fout	type-II-fout
wat je deed	$H_0$ onterecht verworpen	$H_0$ onterecht niet verworpen
in woorden	je zei ja (verworpen) en het had nee moeten zijn	je zei nee (niet verworpen) en het had ja moeten zijn
bij de rechter	een onschuldige veroordeeld	een schuldige vrijgesproken
andere namen	vals positief, vals alarm, false positive	vals negatief, gemiste vondst, fout-negatief, false negative
kans	$\alpha$	$\beta$
kan alleen als	$H_0$ waar is	$H_1$ waar is

(Vals betekent hier gewoon foutief — een vals positief is een foutief “ja”.)

T8.6 — Vertaal het woord onterecht

Bij (a) tot en met (c): wat was de beslissing, wat was dus de werkelijkheid, en welk vakje is het?

“De onderzoeker heeft $H_0$ onterecht verworpen.”
“De onderzoeker heeft $H_0$ onterecht niet verworpen.”
“De onderzoeker heeft $H_0$ terecht verworpen.”
Een medestudent zegt: “Een type-II-fout is dat je onterecht zegt dat er wél een effect is.” Wat gaat hier mis?
Kun je in één toets tegelijk een type-I- én een type-II-fout maken?

Antwoord T8.6

(a) Beslissing: verwerpen. Onterecht → de werkelijkheid was het tegendeel: $H_0$ waar. Type-I-fout, $\alpha$ .

(b) Beslissing: niet verwerpen. Onterecht → $H_1$ was waar. Type-II-fout, $\beta$ .

(c) Beslissing: verwerpen. Terecht → de werkelijkheid valt ermee samen: $H_1$ waar. Het goede vakje rechtsonder — in thema 10 heet dat de power.

(d) Het woord onterecht klopt: er is een fout gemaakt. Maar “onterecht zeggen dat er wél een effect is” is $H_0$ onterecht verwerpen, en dat is een type-I-fout. De medestudent heeft de twee verwisseld. Vertaal daarom altijd eerst het werkwoord: wél effect = verwerpen.

(e) Nee. De werkelijkheid is één rij, en in elke rij zit maar één fout. Welke van de twee je zou kunnen maken hangt af van iets wat je niet weet — welke rij waar is — en dáárom houd je ze allebei in de gaten.

Streng of los — nu met hun echte namen

Terug naar de twee rechters uit de rechter-callout. Nu $\alpha$ zijn vakje in de tabel heeft, kunnen ze hun vaktermen krijgen — en die staan op het tentamen:

De strenge rechter, die bergen bewijs wil vóór hij veroordeelt, toetst conservatief. Denk aan het conservenblikje: daar stopt hij de onschuld in — oftewel $H_0$ — en wat in een blikje zit, gooi je niet weg. En verwerpen is nou precies dat: weggooien. Hij verwerpt $H_0$ dus minder snel, en op je blaadje schrijf je dan ook $H_0$ niet verwerpen. Kleine $\alpha$ , weinig vals alarm. Hoe kleiner $\alpha$ , hoe conservatiever je toetst.
De losse rechter, die bij een halve aanwijzing al tikt, toetst liberaal: bij hem staat de vuilnisbak open. Grote $\alpha$ , gul met verwerpen — en dus vaker een onschuldige de bak in.

Pas op: conservatief is hier geen politiek etiket en geen gevoel. Het is het blikje. Redeneer altijd langs die weg — blikje → $H_0$ minder snel verwerpen → kleine $\alpha$ → weinig type-I-fouten — en niet vanuit wat het woord in het nieuws betekent. Dan kun je ook de vraag aan die bijna iedereen fout heeft:

T8.7 — Amerika of Nederland?

In Amerika is weinig bewijs nodig om iemand te veroordelen; in Nederland heeft de rechter heel veel bewijs en getuigen nodig voordat hij “schuldig” zegt.

Waar worden meer type-I-fouten gemaakt?
Zijn Amerikaanse rechters dus liberaler of conservatiever dan Nederlandse? Redeneer via het blikje, niet via je gevoel.
Een onderzoeker verlaagt $\alpha$ van .05 naar .01. Toetst ze nu conservatiever of liberaler, en welke fout wordt daardoor zeldzamer?

Antwoord T8.7

(a) In Amerika: daar is weinig bewijs genoeg voor “schuldig”, dus daar worden vaker onschuldigen veroordeeld — vaker $H_0$ onterecht verworpen.

(b) Liberaler. Veel studenten zeggen hier “conservatief”, omdat Amerika als een conservatief land voelt. Maar dat is het politieke woord. Loop dezelfde keten als hierboven: blikje → $H_0$ minder snel verwerpen → kleine $\alpha$ → weinig type-I-fouten. Dat is Nederland. Amerika houdt de vuilnisbak open en gooit de onschuld er makkelijk in: liberaal.

(c) Conservatiever: ze verwerpt $H_0$ minder snel. De type-I-fout wordt zeldzamer — bij $\alpha = .01$ nog maar 1 op de 100 keer vals alarm als $H_0$ waar is. In de figuur bij stap 4 zie je het: een kleinere $\alpha$ is een kleinere oranje staart, dus de kritieke waarde schuift verder van $\mu_0$ af — bij onze rechtszijdige egeltoets naar rechts — en je hebt méér bewijs nodig. (Wat er dan met de type-II-fout gebeurt, zie je in thema 10.)

Vooruitblik — de tweede berg (thema 10)

Een type-II-fout kun je pas écht zien als je een tweede wereld durft te tekenen. Tot nu toe tekenden we één berg: de wereld die $H_0$ beweert, met het centrum op $\mu_0 = 100$ . Noem ’m de God-wereld — God weet hoe het zit en zegt: egels zijn gewoon 100. Maar stel dat egels in werkelijkheid pienterder zijn, zeg $\mu = 110$ . Dan is er een twééde wereld, met z’n eigen berg, een eindje naar rechts. Noem ’m de Allah-wereld — een andere waarheid op dezelfde getallenlijn. Twee waarheden die niet allebei waar kunnen zijn.

In die tweede berg woont de onderste rij van de beslistabel: de type-II-fout ( $\beta$ ) en de power. We tekenen ’m hier nog niet — onthoud ’m. In thema 10 zetten we beide bergen naast elkaar, met onze ene grens $\bar{x}_c$ ertussen, en dan zie je $\alpha$ , $\beta$ en power in één plaatje staan.

Toets en interval zijn elkaars spiegelbeeld

Herinner je T7: bij $n = 9$ , $\bar{x} = 108$ vonden we het 95%-interval $[98{,}2\,;\,117{,}8]$ , en 100 lag erin. Dat is precies hetzelfde als een tweezijdige toets met hetzelfde $\alpha = .05$ (let op: alléén dan): ligt $\mu_0$ binnen het interval → niet verwerpen; erbuiten → verwerpen. CI en toets zijn in elkaar vertaalbaar — het verschil is alleen wat je in het midden zet: bij een interval het steekproefgemiddelde, bij een toets de waarde uit $H_0$ .

Welke kant op? (de richtings-engine, lineaaltje =

\sigma_{\bar{x}}

)

Toets (p-waarde): je hebt $\bar{x}$ , je zoekt een kans → $\bar{x} \to z \to p$ .
Kritieke waarde: je hebt $\alpha$ (een kans), je zoekt de grens → $\alpha \to z \to \bar{x}_c$ .

Steeds hetzelfde fietsje, met de standaardfout $\sigma_{\bar{x}}$ als lineaaltje.

Oefenen

T8.1 — Een z-toets, beide methoden

Egels, $\sigma_x = 15$ , $H_0: \mu_x = 100$ , $H_1: \mu_x > 100$ , $\alpha = .05$ . Een steekproef van $n = 9$ geeft $\bar{x} = 109$ .

Doe de p-waarde-methode.
Doe de kritieke-waarde-methode.
Conclusie?

Antwoord T8.1

$\sigma_{\bar{x}} = \dfrac{15}{\sqrt{9}} = 5$ .

(a) $z = \dfrac{109 - 100}{5} = 1{,}80$ . Rechterstaart bij $z = 1{,}80$ : $p = .0359$ . Dat is $< .05$ → verwerp de nulhypothese.

(b) $\bar{x}_c = 100 + 1{,}645 \cdot 5 = 108{,}23$ . De gevonden $109 > 108{,}23$ → in het verwerpingsgebied → verwerp de nulhypothese.

(c) Beide: verwerp $H_0$ — de gemiddelde pienterheid van egels ligt significant boven 100 ( $z = 1{,}80$ , $p = .036$ , eenzijdig, $\alpha = .05$ ). Dit verschil is generaliseerbaar naar de populatie.

T8.2 — Eén- vs tweezijdig

Stel de toets uit T8.1 was tweezijdig ( $H_1: \mu_x \neq 100$ ) geweest.

Welke $z^*$ hoort daar bij $\alpha = .05$ ?
Wat wordt de p-waarde, en verandert de conclusie?

Antwoord T8.2

(a) Tweezijdig, 95% in het midden → 2,5% per staart → $z^* = 1{,}96$ .

(b) Pippi: $p = 2 \times .0359 = .0718$ . Dat is niet meer $< .05$ → nu niet verwerpen. Een mooi grensgeval: eenzijdig wél, tweezijdig net niet. Wie de richting van $H_1$ van tevoren goed onderbouwt, mag eenzijdig — maar besef dat het verschil maakt.

T8.3 — Linkszijdig (en welke kant van de tabel?)

In een vervuild gebied vermoeden we dat egels júist minder pienter zijn dan de norm van 100. Een steekproef van $n = 25$ geeft $\bar{x} = 95{,}5$ (we kennen $\sigma_x = 15$ , dus $\sigma_{\bar{x}} = 3$ ).

Wat zijn $H_0$ en $H_1$ , en aan welke kant ligt de staart?
Bereken $z$ en zoek de p-waarde op. Let op: welke kant van de z-tabel gebruik je hier?
Verwerp je $H_0$ bij $\alpha = .05$ ? En speelt Pippi hier mee?

Antwoord T8.3

(a) $H_0: \mu_x = 100$ , $H_1: \mu_x < 100$ (linkszijdig — we vermoeden lager). De staart zit links.

(b) $z = \dfrac{95{,}5 - 100}{3} = -1{,}50$ . Téken het eerst: een staartje links. De z-tabel geeft áltijd de linkerkant (de kans op “of lager”) — en hier wíllen we juist die linkerstaart, dus je leest de tabelwaarde rechtstreeks af: bij $z = -1{,}50$ is $p = .0668$ . (Hier zit de verwarring: bij een rechtszijdige toets doe je 1 − tabelwaarde; bij een linkszijdige niet — daar geeft de tabel meteen wat je zoekt.)

(c) $p = .0668 > .05$ → niet verwerpen. En nee: dit is eenzijdig, dus geen Pippi — je houdt die ene staart. (Pippi ×2 is alléén voor de tweezijdige p-waarde-methode.)

T8.4 — Hangt de conclusie van

\alpha

af?

Een z-toets levert $p = .04$ . Een medestudent zegt: “ $p$ is klein, dus je verwerpt sowieso $H_0$ .” Klopt dat? Beslis bij $\alpha = .05$ , bij $\alpha = .10$ én bij $\alpha = .01$ .

Antwoord T8.4

De medestudent heeft maar half gelijk: of je verwerpt hangt af van de $\alpha$ die je vooraf koos.

De drie beslissingen:

$\alpha = .05$ : $.04 \le .05$ → $p \le \alpha$ → verwerp $H_0$ .
$\alpha = .10$ : $.04 \le .10$ → verwerp $H_0$ .
$\alpha = .01$ : $.04 > .01$ → niet verwerpen.

Waarom dat zo is:

“Klein” is geen absolute eigenschap van $p$ — klein is altijd t.o.v. de vooraf gekozen grens $\alpha$ . Dezelfde $p = .04$ verwerpt bij $\alpha = .05$ en $.10$ , maar níét bij $\alpha = .01$ .
Ezelsbrug: when p is low, $H_0$ must go — maar “low” betekent: lager dan jóuw $\alpha$ , niet lager dan een of ander universeel getalletje.
Dáárom spreek je $\alpha$ áltijd vooraf af: anders schuif je achteraf je grens net zolang tot je $p$ er onder valt — en dan bewijst de toets niks meer.

T8.8 — Welke is de p-waarde?

Egels, $\sigma_x = 15$ , $H_0: \mu_x = 100$ , $H_1: \mu_x \neq 100$ (tweezijdig), $\alpha = .05$ . Een steekproef van $n = 36$ geeft $\bar{x} = 94{,}5$ .

Bereken $z$ en zoek in Tabel A de staart op.
Met dat ene tabelgetal kun je drie dingen uitrekenen: de staart, 2 × de staart en 1 − 2 × de staart. Reken ze alle drie uit.
Welke van de drie is de tweezijdige p-waarde? Zeg in één zin waarom de andere twee het niet zijn.
Verwerp je $H_0$ ?

Antwoord T8.8

$\sigma_{\bar{x}} = \dfrac{15}{\sqrt{36}} = 2{,}5$ .

(a) $z = \dfrac{94{,}5 - 100}{2{,}5} = -2{,}20$ . Tabel A geeft altijd het stuk links van je $z$ . Jouw $z$ is negatief, dus dat linkerstuk ís al de staart: $.0139$ .

(b)

kandidaat	som	uitkomst
de staart		$.0139$
2 × de staart	$2 \times .0139$	$.0278$
1 − 2 × de staart	$1 - .0278$	$.9722$

(c) De p-waarde is 2 × de staart: $.0278$ . Twee staarten, niet het midden.

Figuur 2: De steekproevenverdeling onder $H_0$ (centrum 100, standaardfout 2,5). Oranje: 94,5 of lager en 105,5 of hoger — samen de p-waarde.

$.0139$ is maar één staart. Je $H_1$ is tweezijdig, dus “dit of nog gekker” ligt aan béide kanten: $94{,}5$ of lager, maar net zo goed $105{,}5$ of hoger. Dat is Pippi.
$.9722$ is het midden: alle steekproeven die minder gek zijn dan de jouwe. Dat middenstuk rekende je in thema 4 vaak uit, en bij een interval is het je 95%. Maar een p-waarde gaat over gekker, en gekker woont in de staarten.

(d) $.0278 < .05$ → verwerp $H_0$ : de gemiddelde pienterheid van egels wijkt significant af van de norm van 100, en omdat $\bar{x}$ eronder ligt: naar beneden ( $z = -2{,}20$ , $p = .028$ , tweezijdig, $\alpha = .05$ ). In zo’n rapportagezin rond je p af op drie decimalen, dus $.0278$ wordt $.028$ — het is hetzelfde getal. Wie het midden als p-waarde nam, kwam op $.9722 > .05$ uit en had $H_0$ niet verworpen — precies de omgekeerde beslissing.

T8.9 — Eén dataset, drie routes

Een onderzoeker meet de pienterheid van $n = 16$ egels ( $\sigma_x = 15$ ) en vindt $\bar{x} = 106{,}6$ . Wijken egels af van de norm van 100? Ze kiest $\alpha = .05$ .

Bereken het 95%-betrouwbaarheidsinterval voor $\mu_x$ .
Toets $H_0: \mu_x = 100$ tegen $H_1: \mu_x \neq 100$ : bereken de tweezijdige p-waarde.
Bereken voor diezelfde toets de twee kritieke waarden $\bar{x}_c$ .
Waar begin je bij (a), en waar bij (b) en (c)? Wat staat er bij elk in het midden van de steekproevenverdeling?
Laat zien dat de drie routes dezelfde beslissing geven.

Antwoord T8.9

$\sigma_{\bar{x}} = \dfrac{15}{\sqrt{16}} = 3{,}75$ . Tweezijdig 95% → $z^* = 1{,}96$ , dus de marge is $1{,}96 \cdot 3{,}75 = 7{,}35$ .

(a) $\bar{x} \pm 7{,}35 = 106{,}6 \pm 7{,}35$ → 95%-betrouwbaarheidsinterval $[99{,}25\,;\,113{,}95]$ .

(b) $z = \dfrac{106{,}6 - 100}{3{,}75} = 1{,}76$ . Tabel A geeft links $.9608$ , dus de staart rechts is $1 - .9608 = .0392$ . Pippi: $p = 2 \times .0392 = .0784$ .

(c) $\bar{x}_c = \mu_0 \pm 7{,}35 = 100 \pm 7{,}35$ → $92{,}65$ en $107{,}35$ .

(d) Bij (a) begin je bij vandaag de enige echte: jouw steekproef, met $\bar{x} = 106{,}6$ in het midden. Een $H_0$ heb je daar niet voor nodig — kijk maar terug naar (a): het getal 100 komt er nergens in voor. Bij (b) en (c) begin je bij $H_0$ : je laat $H_0$ waar zijn en zet $\mu_0 = 100$ in het midden. Zelfde lineaaltje ( $3{,}75$ ), zelfde marge ( $7{,}35$ ), ander midden:

Figuur 3: Twee steekproevenverdelingen, even breed (standaardfout 3,75). Boven: het interval begint bij $\bar{x} = 106{,}6$ ; het blauwe stuk is het 95%-interval, en 100 ligt er nét in. Onder: de toets begint bij $\mu_0 = 100$ ; de oranje staarten beginnen bij 92,65 en 107,35, en 106,6 haalt die rechtergrens niet.

(e)

route	wat je checkt	hier	beslissing
interval	ligt $\mu_0 = 100$ buiten het interval?	nee, $100$ ligt er nét in	$H_0$ niet verwerpen
p-waarde	is $p < \alpha$ ?	$.0784 > .05$	$H_0$ niet verwerpen
kritieke waarde	ligt $\bar{x}$ voorbij een $\bar{x}_c$ ?	nee, $106{,}6 < 107{,}35$	$H_0$ niet verwerpen

Drie keer hetzelfde, en dat is geen toeval. De afstand tussen $\bar{x}$ en $\mu_0$ is $6{,}6$ , de marge is $7{,}35$ . Of 100 binnen die marge van 106,6 ligt, is dezelfde vraag als of 106,6 binnen die marge van 100 ligt — alleen vanaf de andere kant bekeken. En de p-waarde? Deel allebei door het lineaaltje: $\dfrac{6{,}6}{3{,}75} = 1{,}76$ is je $z$ , en $\dfrac{7{,}35}{3{,}75} = 1{,}96$ is $z^*$ . Je $z$ blijft onder $z^*$ , dus elke staart blijft groter dan ½α, en $p$ blijft boven $.05$ . Dezelfde vraag, een derde keer.

Dat gaat alleen op als het interval bij de toets past: een 95%-interval hoort bij een tweezijdige toets met $\alpha = .05$ . Met deze zelfde getallen zie je wat er anders gebeurt: had de onderzoeker eenzijdig getoetst ( $H_1: \mu_x > 100$ ), dan was $p = .0392 < .05$ en verwierp ze $H_0$ wél — terwijl 100 gewoon in het 95%-interval ligt.

Conclusie: de gemiddelde pienterheid van egels wijkt niet significant af van de norm van 100 ( $z = 1{,}76$ , $p = .078$ , tweezijdig, $\alpha = .05$ ).

Wat blijft liggen

Hier deden we alsof we $\sigma_x$ kennen. In de echte wereld nooit — dan schat je ’m met $s_x$ en gebruik je de $t$ -verdeling (thema 9). En in thema 10 maken we het toetsgevoel compleet met de power: niet alleen “verwerp ik?”, maar “hoe goed vang ik een echt effect?”.

Tot slot

Toetsen is één truc, eindeloos herhaald: stel dat er niks aan de hand is (de nulhypothese, $H_0$ ) — hoe gek is mijn data dán? Die gekheid, netjes als kans uitgedrukt, is de p-waarde. Is het te gek — kleiner dan je vooraf gekozen grens $\alpha$ — dan gooi je ‘het is niks’ overboord (je verwerpt $H_0$ ). Meer is het niet. En onthoud vooral wat het niet is: significant betekent niet waar, niet belangrijk, niet groot. Het betekent alleen dit: te raar om nog vol te houden dat het toeval was. De fiets in de bakker. Daar schrik je van — en die schrik, gevangen in één getal, is de hele toets.

Oefenboek OZP 1 · Thema 8, versie 0.2 (handrekenen & theorie). Doorlopend voorbeeld: de egels.

Terug naar boven