Schätztheorie/Lösungen: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 15. Juli 2020, 15:36 Uhr

500 Haushalte

$X:$ Haushaltsgröße , ist beliebig verteilt mit $E(X)=\mu$ und $Var(X)=\sigma ^{2}$
${\overline {X}}$ : Durchschnittliche Haushaltsgröße bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=100$
${\overline {X}}$ ist approximativ (zentraler Grenzwertsatz; $n>30$ ) $N(\mu ;s/{\sqrt {n}})$ –verteilt.
${\overline {x}}=2,73$ , $s^{2}=\sum (x_{i}-{\overline {x}})^{2}/(n-1)=1,58$ , $z_{1-\alpha /2}=z_{0,975}=1,96$
$P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}})\approx 1-\alpha =0,95$
, $[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}]\approx [2,73-1,96\cdot {\sqrt {1,58/500}};2,73+1,96\cdot {\sqrt {1,58/500}}]\approx [2,620;2,840]$

Absolventen der Fakultät

$1-\alpha /2=0,975;\quad z_{0,975}=1,96;\quad e=0,2;\quad n\geq z_{1-\alpha /2}^{2}/4e^{2};\quad n\geq 1,96^{2}/4\cdot 0,2^{2}=3,8416/0,16=24,01\rightarrow n\geq 25$

Antibiotikumtabletten

Grundgesamtheit: $X$ : “Wirkstoffgehalt je Tablette”; $X\sim N(\mu ;10)$
${\overline {X}}$ : “Durchschnittlicher Wirkstoffgehalt je Tablette bei einer einfachen Zufallsstichprobe vom Umfang $n$ ”; ${\overline {X}}\sim N(\mu ;10/{\sqrt {n}})$
$P({\overline {X}}-2\leq \mu \leq {\overline {X}}+2)=P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot 10/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot 10/{\sqrt {n}})=0,98$
$z_{0,99}=2,33;\quad n\geq (\sigma z/e)^{2}=(10\cdot 2,33/2)^{2}=11,65^{2}=135,7225\rightarrow n\geq 136$

Apfelsinen

$X:$ “Gewicht der Apfelsinen” $\sim N(\mu ;\sigma =20g)$
Einfache Zufallsstichprobe mit $n=25$
Summe des Gewichts: $7500g\Rightarrow {\bar {x}}={\frac {7500}{25}}=300g$

Allgemeines Konfidenzintervall für den Mittelwert $\mu$ der Grundgesamtheit: $P\left({\bar {X}}-c{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\bar {X}}+c{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right)=1-\alpha$ $c$ aus $N(0;1)$ , da $\sigma$ bekannt $\Longrightarrow c=z_{1-\alpha /2}$

Schätzintervall für den Mittelwert $\mu$ der Grundgesamtheit: $1-\alpha =80,64\%\Rightarrow 1-\alpha /2=90,32\%\Rightarrow \Phi (z_{1-\alpha /2})=0,9032\Rightarrow z_{1-\alpha /2}=1,3$ $\left[{\bar {x}}-z_{1-\alpha /2}{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}};{\bar {x}}+z_{1-\alpha /2}{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right]$ $\left[300-1,3{\frac {20}{\sqrt {25}}};300+1,3{\frac {20}{\sqrt {25}}}\right]=\left[294,8;305,2\right]$

Grundgesamtheit: X: Gewicht einer Apfelsine; Normalverteilung und $\sigma =20$ g bekannt; ${\overline {X}}$ : Durchschnittsgewicht einer Apfelsine in einer einfachen Zufallsstichprobe vom Umfang $n=25$ , ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$ ; $P({\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}})=0,8064$ ;
Schätzintervall: $[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}};{\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}]$ ; ${\overline {x}}=300{\mbox{ g}}$ ; $z_{0,9032}=1,3$
$[300-1,3\cdot 20/5;300+1,3\cdot 20/5]=[294,8;305,2]$

Brikett

$X:{\mbox{ Gewicht eines Briketts }}X\sim N(500;50)$
${\overline {X}}:{\mbox{ Durchschnittliches Gewicht eines Briketts bei einer Zufallsstichprobe }}n=25$
${\overline {X}}\sim N(500;10)$ ; $z=({\overline {X}}-\mu _{0}){\sqrt {n}}/\sigma$ ; $z=(510-500)5/50=1$ ; $P(Z\leq 1)=0,841345$ ; $1-P(Z\leq 1)=1-0,841345=0,158655$

Dichotome Grundgesamtheit

$Q(\pi )=3\pi ^{2}-2\pi +1$ ; ${\widehat {\pi }}=1/3$

Dioxinausstoß

$X$ : Dioxinausstoß [kg/min], $X\sim N(5;1)$
${\overline {X}}$ : Durchschnittlicher Dioxinausstoß [kg/min], $X\sim N(5;1/3)$

Berechnung der statistischen Sicherheit für ein gegebenes Schwankungsintervall

$P\left(\mu -c\cdot \displaystyle {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\leq {\overline {X}}\leq \mu +c\cdot \displaystyle {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right)=1-\alpha$

$P(4\leq {\overline {X}}\leq 6)=1-\alpha =$ ?

$P\left(\displaystyle {\frac {4-5}{1}}{\sqrt {9}}\leq {\overline {X}}\leq \displaystyle {\frac {6-5}{1}}{\sqrt {9}}\right)=P(-3\leq Z\leq 3)=2\cdot P(Z\leq 3)-1$
$=2\cdot 0,99865-1=0,9973$

Mit einer Wahrscheinlichkeit von 99,73% liegt der Durchschnitt einer Stichprobe vom Umfang $n=9$ zwischen 4 und 6 kg/min Dioxinausstoß.

symmetrisches Schwankungsintervall gesucht bei gegebener statistischer Sicherheit

$P\left(\mu -c\displaystyle {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\leq {\overline {X}}\leq \mu +c\displaystyle {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right)=0,95$

$P\left(5-\displaystyle {\frac {c}{3}}\leq {\overline {X}}\leq 5+\displaystyle {\frac {c}{3}}\right)=0,95$

$c_{0,975}=1,96$

$\left[5-\displaystyle {\frac {1,96}{3}};5+\displaystyle {\frac {1,96}{3}}\right]=[4,347;5,653]$

$n\geq \displaystyle {\frac {\sigma ^{2}\cdot z_{1-\alpha /2}^{2}}{e^{2}}}$

$\Leftrightarrow n\geq \displaystyle {\frac {1\cdot 1,96^{2}}{0,5^{2}}}=15,37\approx 16$

Um mit einer Sicherheit von 95% den durchschnittlichen Dioxinausstoß auf 0,5 kg/min genau schätzen zu können, benötigt man einen Stichprobenumfang von mindestens 16 Zeitintervallen.

$P\left({\overline {X}}-c\cdot \displaystyle {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+c\cdot \displaystyle {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right)=1-\alpha$

$c$ aus $N(0;1)$

$1-\alpha =0,98$ ; $1-\alpha /2=0,99$ ; $c=2,33$ ; ${\overline {x}}=63/9=7$ kg/min; $\sigma =1$

$[7-2,33/3;7+2,33/3]=[6,22;7,78]$

Eintagsfliegen

$X:$ Lebensdauer von Eintagsfliegen $\sim N(\mu ;\sigma ^{2})$ , $\mu$ und $\sigma ^{2}$ unbekannt
$n=16$ (kleine Stichprobe); ${\overline {x}}=1440$ ; $s^{2}=57600$ , $s=240$
Schätzintervall:

${\begin{aligned}\left[{\overline {x}}\pm t_{n-1;1-\alpha /2}\cdot {\frac {s}{\sqrt {n}}}\right]&=\left[1440\pm t_{15;1-\alpha /2}\cdot {\frac {240}{\sqrt {16}}}\right]\\&=\left[1440\pm t_{15;1-\alpha /2}\cdot 60\right]\\&=\left[1263.12;1616.88\right]\end{aligned}}$

${\begin{aligned}1616,88&=1440+t_{15;1-\alpha /2}\cdot 60;\quad t_{15;1-\alpha /2}\\&=2,948;\quad 1-\alpha /2=0,995\end{aligned}}$

(aus t-Verteilung);
$1-\alpha =0,99$

Erwartungstreue

$X_{1},X_{2},X_{3}$ einfache Zufallsstichprobe
$X_{i}\sim (\mu ;\sigma ^{2})$
$X_{i}$ unabhängig

${\begin{aligned}E({\widehat {\theta }}_{1})&=E\left({\frac {1}{3}}(X_{1}+X_{2}+X_{3})\right)\\&={\frac {1}{3}}\left(E(X_{1})+E(X_{2})+E(X_{3})\right)={\frac {1}{3}}\cdot 3\mu =\mu \\E({\widehat {\theta }}_{2})&=E\left({\frac {1}{4}}(2X_{1}+2X_{2})\right)=\\&={\frac {1}{4}}\left(2E(X_{1})+2E(X_{2})\right)={\frac {1}{4}}\cdot 4\mu =\mu \\E({\widehat {\theta }}_{3})&=E\left({\frac {1}{3}}(2X_{1}+X_{3})\right)\\&={\frac {1}{3}}\left(2E(X_{1})+E(X_{3})\right)={\frac {1}{3}}\cdot 3\mu =\mu \end{aligned}}$
$Var({\widehat {\theta }}_{1})<Var({\widehat {\theta }}_{2})<Var({\widehat {\theta }}_{3})$

alle drei, führen Sie den Beweis !
$Var({\widehat {\theta }}_{1})=\sigma ^{2}/3<Var({\widehat {\theta }}_{2})=\sigma ^{2}/2<Var({\widehat {\theta }}_{3})=5\sigma ^{2}/9\Rightarrow {\widehat {\theta }}_{1}$

Fahrradschläuche

$X$ : “Durchmesser eines Fahrradschlauches”; $X\sim N(\mu ;\sigma )$

${\overline {X}}$ : “Mittlerer Durchmesser eines Fahrradschlauches bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=25$ ”; ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$

$P({\overline {X}}-c{\frac {S}{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+c\cdot {\frac {S}{\sqrt {n}}})=1-\alpha$ $c$ aus t–Verteilung mit $f=24$ : $c=1,711$
$[39,9734;42,0266]$
$n\geq 293$

Faktenmagazin

Konfidenzintervall für den Erwartungswert $\mu$ : $\ \left[{\overline {x}}-t_{1-\alpha /2;f}{\frac {s}{\sqrt {n}}};{\overline {x}}+t_{1-\alpha /2;f}{\frac {s}{\sqrt {n}}}\right]$ $t_{0,995;24}=2,797$
$[74000-2,797\cdot 10000/5;74000+2,797\cdot 10000/5]=[68406;79594]$

Finanzamt

$L(\lambda )=\lambda ^{3}\cdot e-^{9\lambda }$
${\widehat {\lambda }}=1/3$ $\Rightarrow$ Frau Hurtig

Fluggesellschaft

$1-\alpha /2=0,995;\quad z_{0,995}=2,58$
$0,9\pm 2,58{\sqrt {\displaystyle {\frac {0,9\cdot 0,1}{200}}}}$
$[84,5\%;95,5\%]$

Gasverbrauch

$P(\mu -t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq {\bar {X}}\leq \mu +t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}})=1-\alpha$ ;
$[\mu -t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}};\mu +t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}]$
$n=36$ ; ${\frac {{\bar {X}}-\mu }{S/{\sqrt {n}}}}\sim t_{f}\approx N(0;1)$
$\mu =5$ ; $s=2$ ; $1-\alpha =0,95$ ; $1-\alpha /2=0,975$ ; $z_{0,975}=1,96$
$[5-1,96\cdot 2/6;5+1,96\cdot 2/6]=[5-0,6533;5+0,6533]=[4,3467;5,5633]$

Glücksspiel

$X:$ Ertrag , ist beliebig verteilt mit $E(X)=\mu$ und $Var(X)=\sigma ^{2}$
${\overline {X}}$ : Durchschnittlicher Ertrag bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=50$
${\overline {X}}$ ist approximativ (zentraler Grenzwertsatz; $n>30$ ) $N(\mu ;s/{\sqrt {n}})$ –verteilt.
$\quad {\overline {x}}=-0,58,\quad s^{2}=\sum (x_{i}-{\overline {x}})^{2}/(n-1)=0,82$ , $z_{1-\alpha /2}=z_{0,975}=1,96$
$P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}})\approx 1-\alpha =0,95$
$[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}]\approx [-0,58-1,96\cdot {\sqrt {0,0164}};-0,58+1,96\cdot {\sqrt {0,0164}}]\approx [-0,831;-0,329]$

Handybesitzer

Da keine Information über $\pi$ in Form einer Vorstichprobe oder anderweitig gegeben ist, wird der ungünstigste Fall angenommen und ${\hat {\pi }}$ so gewählt, dass die Varianz $\sigma _{\hat {\pi }}^{2}={\hat {\pi }}(1-{\hat {\pi )}}$ maximal wird. Dieser ungünstigste Fall tritt bei ${\hat {\pi }}=0,5$ ein.
$1-\alpha =0,95;\quad z_{0,975}=1,96\quad \ell =0,06$
$n=z_{1-\alpha /2}^{2}/\ell ^{2}=1,96^{2}/0,06^{2}=3,8416/0,0036=1067,11\rightarrow n=1068$

Jährliche Fahrleistung 2

$X:$ Jährliche Fahrleistung , $X$ ist normalverteilt
$\mu =25,\sigma$ unbekannt, $s^{2}=80$ , $n=20,f=19,1-\alpha =0,95,t_{1-0,975;19}=2,093$
$P(\mu -t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq {\overline {X}}\leq \mu +t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}})=1-\alpha$ ;
$[\mu -t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}};\mu +t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}]$ ;
$\left[25-2,093\cdot {\sqrt {\displaystyle {\frac {80}{20}}}};25+2,093\cdot {\sqrt {\displaystyle {\frac {80}{20}}}}\right]=[25-4,186;25+4,186]=[20,814;29,186]$

Jährliche Fahrleistung 3

$X:$ Jährliche Fahrleistung , $X$ ist normalverteilt
${\overline {x}}=25$ , $\sigma$ unbekannt, $s^{2}=90,25$ , $n=100$ , ${\overline {X}}$ ist approximativ normalverteilt ( $n\geq 30$ )
Konfidenzniveau $1-\alpha =0,95$ ; $z_{0,975}=1,96$
Schätzintervall: $\left[25\pm 1,96\cdot {\sqrt {\frac {90,25}{100}}}\right]=[25\pm 1,96\cdot 0,95]=[25\pm 1,862]=[23,138;26,862]$

Jährliche Fahrleistung

$\left[{\overline {X}}-t_{1-\alpha /2;n-1}\cdot {\frac {\displaystyle S}{\displaystyle {\sqrt {n}}}};{\overline {X}}+t_{1-\alpha /2;n-1}\cdot {\frac {\displaystyle S}{\displaystyle {\sqrt {n}}}}\right]$ , so dass

$P\left({\overline {X}}-t_{1-\alpha /2;n-1}\cdot {\frac {\displaystyle S}{\displaystyle {\sqrt {n}}}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+t_{1-\alpha /2;n-1}\cdot {\frac {\displaystyle S}{\displaystyle {\sqrt {n}}}}\right)=1-\alpha$

$\left[{\overline {x}}-t_{1-\alpha /2;n-1}\cdot {\frac {\displaystyle s}{\displaystyle {\sqrt {n}}}};{\overline {x}}+t_{1-\alpha /2;n-1}\cdot {\frac {\displaystyle s}{\displaystyle {\sqrt {n}}}}\right]$

${\overline {x}}=25$ ; $s^{2}=80$ ; $n=20$ ; $1-\alpha =0,95$ ; $t_{0,975;19}=2,093$
$\left[25-2,093\displaystyle {\sqrt {\frac {\displaystyle 80}{\displaystyle 20}}};25+2,093\displaystyle {\sqrt {\frac {\displaystyle 80}{\displaystyle 20}}}\right]$
$=[25-4,186;25+4,186]$
$=[20,814{\mbox{ (}}1000{\mbox{ km)}};29,186{\mbox{ (}}1000{\mbox{ km)}}]$

Kaltwasserverbrauch

X: Kaltwasserverbrauch pro Spülgang; $X\sim N(\mu ;\sigma )=N(\mu ;2)$
${\overline {X}}$ : Durchschnittlicher Kaltwasserverbrauch in einer einfachen Zufallsstichprobe vom Umfang n; ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})=N(\mu ;2/{\sqrt {n}})$
Konfidenzniveau: $P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}})=0,95$ ; $z_{1-\alpha /2}$ aus $N(0;1)$ ;
$z_{0,975}=1,96$ ; $e=z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}$ ; $e=0,5=1,96\cdot 2/{\sqrt {n}}$ ; $n=2^{2}\cdot 1,96^{2}/0,5^{2}=15,3664/0,25=61,4656$ ; $n\geq 62$

Kilometerleistung

$n=49$ , ${\bar {x}}=50$ km, $\sigma =7$ km bekannt
- Allgemeines Konfidenzintervall für den Mittelwert $\mu$ der Grundgesamtheit $P\left({\bar {X}}-c{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\bar {X}}+c{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right)=1-\alpha$ $c$ aus $N(0;1)$ , da $\sigma$ bekannt $\Longrightarrow c=z_{1-\alpha /2}$
- Schätzintervall für den Mittelwert $\mu$ der Grundgesamtheit ${\begin{aligned}1-\alpha =95\%&\Rightarrow 1-\alpha /2=97,5\%\\&\Rightarrow \Phi (z_{1-\alpha /2})=0,975\\&\Rightarrow z_{1-\alpha /2}=1,96\end{aligned}}$ $\left[{\bar {x}}-z_{1-\alpha /2}{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}};{\bar {x}}+z_{1-\alpha /2}{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right]$ $\left[50-1,96{\frac {7}{\sqrt {49}}};50+1,96{\frac {7}{\sqrt {49}}}\right]=\left[48,04;51,96\right]$
- Schätzintervall für den Mittelwert $\mu$ der Grundgesamtheit, Breite fix, $n$ variabel $\left[{\bar {x}}-z_{1-\alpha /2}{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}};{\bar {x}}+z_{1-\alpha /2}{\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right]=\left[v_{u};v_{o}\right]$ Breite: ${\begin{aligned}v_{o}-v_{u}&=&\left(50+1,96{\frac {7}{\sqrt {n}}}\right)-\left(50-1,96{\frac {7}{\sqrt {n}}}\right)\\2{\text{ km }}&=&{\frac {2\cdot 1,96\cdot 7{\text{ km}}}{\sqrt {n}}}\\{\sqrt {n}}&=&13,72\Rightarrow n=188,23{\text{ also }}n\geq 189\\\end{aligned}}$
$Y:$ “Anzahl der ADAC Mitglieder” $\sim B(200;\pi )$

Approximationsbedingung: ${\hat {\pi }}={\frac {40}{200}}=0,2\Rightarrow n\pi (1-\pi )\approx 200\cdot 0,2\cdot 0,8=32>9$

${\begin{aligned}Y&\approx &N\left(\mu =n\pi ;\sigma ={\sqrt {n\pi (1-\pi )}}\right)\\{\hat {\pi }}={\frac {Y}{n}}&\approx &N\left(\mu =\pi ;\sigma ={\sqrt {\frac {\pi (1-\pi )}{n}}}\right)\end{aligned}}$

Konfidenzintervall $P\left({\frac {Y}{n}}-c{\sqrt {\frac {{\frac {Y}{n}}\left(1-{\frac {Y}{n}}\right)}{n}}}\leq \pi \leq {\frac {Y}{n}}+c{\sqrt {\frac {{\frac {Y}{n}}\left(1-{\frac {Y}{n}}\right)}{n}}}\right)=1-\alpha$ $c$ aus $N(0;1)$ , da $\sigma$ bekannt $\Longrightarrow c=z_{1-\alpha /2}$

Schätzintervall ${\begin{aligned}1-\alpha =99\%&\Rightarrow 1-\alpha /2=99,5\%\\&\Rightarrow \Phi (z_{1-\alpha /2})=0,995\\&\Rightarrow z_{1-\alpha /2}=2,58\end{aligned}}$ ${\begin{aligned}&\left[0,2-2,58{\sqrt {\frac {0,2\cdot (1-0,2)}{200}}};0,2+2,58{\sqrt {\frac {0,2\cdot (1-0,2)}{200}}}\right]\\&=[0,12703;0,27297]\end{aligned}}$
$X_{i}\sim N(\mu ;\sigma )\Longrightarrow {\bar {X}}\sim N(\mu _{\bar {X}}=\mu ;\sigma _{\bar {X}}=\sigma /{\sqrt {n}})$ ${\begin{aligned}n&=&5\\{\bar {x}}&=&{\frac {0,18+0,25+0,12+0,20+0,25}{5}}=0,2\\s^{2}\%&=&{\frac {(0,18-0,2)^{2}+(0,25-0,2)^{2}+(0,12-0,2)^{2}+(0,20-0,2)^{2}+(0,25-0,2)^{2}}{4}}\\&=&{\frac {0,0004+0,0025+0,0064+0+0,0005}{4}}=0,00295\\\end{aligned}}$
- Allgemeines Konfidenzintervall für den Mittelwert $\mu$ der Grundgesamtheit $P\left({\bar {X}}-c{\frac {S}{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\bar {X}}+c{\frac {S}{\sqrt {n}}}\right)=1-\alpha$ $c$ aus $t_{n-1}$ , da $\sigma$ unbekannt $\Longrightarrow c=t_{n-1;1-\alpha /2}$
- Schätzintervall ${\begin{aligned}1-\alpha =95\%&\Rightarrow 1-\alpha /2=97,5\%\\&\Rightarrow t_{n-1;1-\alpha /2}=2,776\end{aligned}}$ $\left[0,2-2,776{\sqrt {\frac {0,00295}{5}}};0,2+2,776{\sqrt {\frac {0,00295}{5}}}\right]=[0,1326;0,2674]$

$X_{i}$ : “Fahrleistung eines PKW’s”; $i=1,...,49$ ; $X_{i}$ beliebig verteilt mit $E(X_{i}=\mu$ , $Var(X_{i})=\sigma ^{2}$ ${\overline {X}}$ : “Durchschnittliche Fahrleistung eines PKW’s bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=49$ ”;

${\overline {X}}$ ist approximativ $N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$ – Zentraler Grenzwertsatz, $n>30$

- $P\left({\overline {X}}-c\cdot {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+c\cdot {\frac {\sigma }{\sqrt {n}}}\right)=1-\alpha$ $c$ aus $N(0;1)$ ; $c=1,96$
- $[48,04;51,96]$
- $n\geq 189$
$Y$ : “Anzahl der ADAC-Mitglieder bei einer Zufallsstichprobe $n=200$ ” $Y\sim B(200;\pi )$ ; wegen Erfüllung der Approximationsbedingungen folgt: $Y$ ist approximativ

$N(n\pi ;{\sqrt {n\pi (1-\pi )}})$ und $Y/n$ ist approximativ $N(\pi ;{\sqrt {n\pi (1-\pi )}}/n)$ verteilt $P\left({\frac {Y}{n}}-c\cdot {\sqrt {\frac {{\frac {Y}{n}}\left(1-{\frac {Y}{n}}\right)}{n}}}\leq \pi \leq {\frac {Y}{n}}+c\cdot {\sqrt {\frac {{\frac {Y}{n}}\left(1-{\frac {Y}{n}}\right)}{n}}}\right)=1-\alpha$ $c$ aus $N(0;1)$ ; $c=2,58$ ; $[0,127;0,273]$

$X$ $X$ : “Füllmenge eines Bechers”; $X\sim N(\mu ;\sigma )$ $X\sim N(\mu ;\sigma )$ ${\overline {X}}$ ${\overline {X}}$ : “Durchschnittliche Füllmenge eines Bechers bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=5$ $n=5$ ”; ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$ ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$
- $P({\overline {X}}-c\cdot {\frac {S}{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+c\cdot {\frac {S}{\sqrt {n}}})=1-\alpha$ $c$ aus t–Verteilung mit $f=4$ ; $c=2,776$
- $[0,1326;0,2674]$

Konfidenzniveau 2

${\overline {x}}-t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}=2,1$ ; $s=10$ ; ${\overline {x}}=(2,1+5,9)/2=4$ ; $4-t_{1-\alpha /2;f}\cdot 10/10=2,1$ ; $f=99$ ; $t_{1-\alpha /2;f}=z_{1-\alpha /2}=1,9$ ; $1-\alpha /2=0,971283$ ; $\alpha /2=0,028717$ ; $\alpha =0,057434$ ; $1-\alpha =0,942566$

Konfidenzniveau

${\overline {x}}-t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}=1,6$ ; $s=10$ ; ${\overline {x}}=(6,4+1,6)/2=4$ ; $4-t_{1-\alpha /2;f}\cdot 10/10=1,6$ ; $f=99$ ;
$t_{1-\alpha /2;f}=z_{1-\alpha /2}=2,4$ ; $1-\alpha /2=0,991802$ ; $\alpha /2=0,008198$ ; $\alpha =0,016396$ ;
$1-\alpha =0,983604$

Konzentration des Stoffes E

X: Konzentration von E im Wasser; $X\sim N(\mu ;\sigma )$
${\overline {X}}$ :Mittlere Konzentration von E im Wasser bei Zufallsstichprobe $n=9$ ; ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$
$\sigma$ unbekannt, mittels $S^{2}=\sum (X_{i}-{\overline {X}})^{2}/(n-1)$ schätzen
$T=({\overline {X}}-\mu ){\sqrt {n}}/S$ ist t-verteilt mit $f=n-1$ Freiheitsgraden
${\begin{aligned}P[{\overline {X}}-t_{f;1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+t_{f;1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}}]&=1-\alpha =0,9\\{\overline {x}}&=90/9=10\end{aligned}}$ ; $s^{2}=(0+4+0+4+81+25+1+9+4)/8=128/8=16$ ; $s=4$ ; $t_{8;0,95}=1,86$
$[10-1,86\cdot 4/3;10+1,86\cdot 4/3]=[7,520;12,480]$

Kugelschreiber

Gewicht der Schreibminen: $M\sim N(\mu _{M};\sigma _{M})=N(\mu _{M};0,4)$ ; Gewicht der Metallfedern: $F\sim N(\mu _{F};\sigma _{F})=N(\mu _{F};0,2)$ ; Gewicht der Kunststoffhüllen: $H\sim N(\mu _{H};\sigma _{H})=N(\mu _{H};0,4)$
Gesamtgewicht eines Kugelschreibers: $X=M+F+H$ ; $X\sim N(\mu _{X};\sigma _{X})=N(\mu _{X};0,6)$
$\sigma _{X}^{2}=\sigma _{M}^{2}+\sigma _{F}^{2}+\sigma _{H}^{2}=0,4^{2}+0,2^{2}+0,4^{2}=0,36$ (wegen Unabhängigkeit von M, F und H)
${\overline {X}}$ : Durchschnittsgewicht eines Kugelschreibers in einer einfachen Zufallsstichprobe vom Umfang $n=25$ ; ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})=N(\mu ;0,12)$ ; $\sigma /{\sqrt {n}}=0,6/5=0,12$
Konfidenzniveau: $P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}})=0,8064$ ; $z_{1-\alpha /2}$ aus $N(0;1)$
$z_{0,9032}=1,3$ ; ${\overline {x}}=375/25=15$
Schätzintervall:
$[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}};{\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}]$
$[15-1,3\cdot 0,12;15+1,3\cdot 0,12]=[14,844;15,156]$

Lampen

$X$ : “Anzahl der defekten Lampen in der Stichprobe”
$X\sim B(n;\pi )$ mit $\pi =d/N$
“Intuitive” Schätzfunktion: ${\widehat {\theta }}=N/n\cdot X=50X$
$E({\widehat {\theta }})=N/n\cdot E(X)=N/n\cdot n\cdot d/N=d$
$\vartheta =150$
Die einfache Zufallsstichprobe wird durch ein Ziehen mit Zurücklegen realisiert, d.h. mit geringer Wahrscheinlichkeit wird die gleiche Lampe zweimal gezogen. Sinnvoller wäre hier ein Ziehen ohne Zurücklegen, d.h. eine uneingeschränkte Zufallsstichprobe.

An dem Ergebnis in a) ändert sich nichts, da $X\sim Hyp(N,d,n)\approx B(n,\pi =d/n)$ ist ( $n/N=0,002<0,05$ ).

Langlebensdauergarantie

$X:$ Brenndauer, ist beliebig verteilt mit $E(X)=\mu$ und $Var(X)=\sigma ^{2}$
${\overline {X}}$ : Durchschnittliche Brenndauer bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=100$
${\overline {X}}$ ist approximativ (zentraler Grenzwertsatz; $n>30$ ) $N(\mu ;s/{\sqrt {n}})$ –verteilt.
${\overline {x}}=1300$ , $s=100$ , $z_{1-\alpha /2}=z_{0,99}=2,33$
$P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}})\approx 1-\alpha =0,98$ ;
$[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}]$
$\approx [1300-2,33\cdot 100/{\sqrt {100}};1300+2,33\cdot 100/{\sqrt {100}}]\approx [1276,7;1323,3]$

Likelihood-Funktion

Likelihood-Funktion: ${\begin{aligned}L(\lambda ;x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})&=&f(x_{1}|\lambda )\cdot f(x_{2}|\lambda )\cdot f(x_{3}|\lambda )\cdot f(x_{4}|\lambda )\\&=&{\frac {\lambda ^{2}}{2!}}e^{-\lambda }\cdot {\frac {\lambda ^{4}}{4!}}e^{-\lambda }\cdot {\frac {\lambda ^{6}}{6!}}e^{-\lambda }\cdot {\frac {\lambda ^{3}}{3!}}e^{-\lambda }={\frac {\lambda ^{15}}{2!4!6!3!}}e^{-4\lambda }\end{aligned}}$

ML-Schätzwert für $\lambda$ :

Poisson-Verteilung:	Log-Likelihood-Funktion:

$\displaystyle f_{PO}(x;\lambda )={\frac {\lambda ^{x}}{x!}}e^{-\lambda }$	$\displaystyle \ln L(\lambda )=15\ln \lambda -\ln(2!4!6!3!)-4\lambda$

$\displaystyle {\frac {\delta \ln L(\lambda )}{\delta \lambda }}={\frac {15}{\hat {\lambda }}}-4=0$
$\displaystyle {\hat {\lambda }}={\frac {15}{4}}=3,75$

Love–Parade

$X:$ Ausgaben, $X$ ist beliebig verteilt mit $E(X)=\mu$ und $Var(X)=\sigma ^{2}$
${\overline {X}}$ : Durchschnittliche Ausgaben bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=100$
${\overline {X}}$ ist approximativ (zentraler Grenzwertsatz; $n>30$ ) $N(\mu ;s/{\sqrt {n}})$ –verteilt.
${\overline {x}}=350$ , $s=24$ , $z_{1-\alpha /2}=z_{0,975}=1,96$
$[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}]=[350-1,96\cdot 24/{\sqrt {n}};350+1,96\cdot 24/{\sqrt {n}}]=[345,296;354,704]$

Mietverein 2

$X$ : Mietpreis einer 80m $^{2}$ –Altbauwohnung

$X$ ist beliebig verteilt mit $E(X)=\mu$ und $Var(X)=\sigma ^{2}$
${\overline {X}}$ : Durchschnittlicher Mietpreis einer 80m $^{2}$ –Altbauwohnung bei einer Zufallsstichprobe von $n=36$
${\overline {X}}$ ist approximativ (zentraler Grenzwertsatz; $n>30$ ) $N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$ –verteilt.
$\sigma ^{2}$ ist unbekannt und wird mittels der Stichprobenfunktion $S^{2}={\frac {1}{n-1}}\sum _{i=1}^{n}(X_{i}-{\overline {X}})^{2}$ geschätzt.

$P\left({\overline {X}}-c\cdot \displaystyle {\frac {S}{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+c\cdot \displaystyle {\frac {S}{\sqrt {n}}}\right)=1-\alpha$ ; $c$ aus $N(0;1)$

$1-\alpha =0,98\rightarrow c=2,33$ ; ${\overline {x}}=950$ ; $s=180$

$[950-2,33\cdot 180/6;950+2,33\cdot 180/6]=[950-69,9;950+69,9]=[880,1;1019,9]$

Mietverein

$X\sim N(\mu ;\sigma =180{\mbox{ EUR}})$ ; $\ell =120$ ; $1-\alpha =0,95$ ; $1-\alpha /2=0,975$ ; $z_{0,975}=1,96$
$n\geq (4\sigma ^{2}z_{1-\alpha /2}^{2})\ell ^{2}$
$n\geq (4\cdot 180^{2}\cdot 1,96^{2})/120^{2}=(4\cdot 32400\cdot 3,8416)/14400=497871,36/14400=34,5744$
$n\geq 35$

Milchfettgehalt

X:Milchfettgehalt, $\mu =3,7352$ , $\sigma ^{2}=0,0081$ , $X\sim N(3,7352;0,09)$

$P(X>x)=P\left({\frac {X-3,7352}{0,09}}>{\frac {x-3,7352}{0,09}}\right)=P(Z>z)=0,61$ Aus der vorliegenden Tabelle der Standardnormalverteilung findet man für $P(Z\leq z)=0,61$ den Wert $z=0,28$ , so dass der gesuchte Wert $z=-0,28$ ist.
$(x-3,7352)/0,09=-0,28;\quad {\textbf {x=3,71}}$

Mittelwert und Varianz

${\overline {x}}=3$ als Schätzwert für $\mu$ ; $s^{2}=2,22$ als Schätzwert für $\sigma ^{2}$

Notwendiger Stichprobenumfang

Da keine Informationen über $\pi$ in Form einer Vorstichprobe gegeben sind, wird der ungünstigste Fall angenommen und ${\hat {\pi }}$ so gewählt, dass die Varianz $\sigma _{\hat {\pi }}^{2}={\hat {\pi }}(1-{\hat {\pi )}}$ maximal wird. Dieser ungünstigste Fall tritt bei ${\hat {\pi }}=0,5$ ein.
$1-\alpha =0,99;\quad z_{0,995}=2,58;\quad \ell =0,05;$
$\quad n\geq z_{1-\alpha /2}^{2}/\ell ^{2}=2,58^{2}/0,05^{2}=2662,56\rightarrow n\geq 2663$

PKWs in Berlin

Da keine Informationen über $\pi$ in Form einer Vorstichprobe gegeben sind, wird der ungünstigste Fall angenommen und ${\hat {\pi }}$ so gewählt, dass die Varianz $\sigma _{\hat {\pi }}^{2}={\hat {\pi }}\cdot (1-{\hat {\pi }})$ maximal ist. Dieser ungünstigste Fall tritt bei ${\hat {\pi }}=0,5$ ein.
$1-\alpha =0,95$ ; $z_{0,975}=1,96$ ; $I=0,06$ ; $n=z_{1-\alpha /2}^{2}/I^{2}=1,96^{2}/0,06^{2}=1067,11$ ; $\rightarrow n\geq 1068$ .

Schwankungsintervall

Zentrales Schwankungsintervall:

$\left[\mu -c\cdot {\frac {\displaystyle \sigma }{\displaystyle {\sqrt {n}}}};\mu +c\cdot {\frac {\displaystyle \sigma }{\displaystyle {\sqrt {n}}}}\right]$

Sicherheitswahrscheinlichkeit:

$P\left(\mu -c\cdot {\frac {\displaystyle \sigma }{\displaystyle {\sqrt {n}}}}<{\overline {X}}<\mu +c\cdot {\frac {\displaystyle \sigma }{\displaystyle {\sqrt {n}}}}\right)=1-\alpha$

$1-\alpha /2=0,975;\;c=1,96$
$\mu -c\cdot {\frac {\displaystyle \sigma }{\displaystyle {\sqrt {n}}}}=354-1,96\cdot {\frac {\displaystyle 22,5}{\displaystyle {\sqrt {81}}}}=354-1,96\cdot 2,5=354-4,9=349,1$
$\mu +c\cdot {\frac {\displaystyle \sigma }{\displaystyle {\sqrt {n}}}}=354+1,96\cdot {\frac {\displaystyle 22,5}{\sqrt {\displaystyle 81}}}=354+1,96\cdot 2,5=354+4,9=358,9$

Schweinemäster

$X$ : “Gewicht eines Schweins”; $X\sim N(\mu ;\sigma )$

${\overline {X}}$ : “Durchschnittliches Gewicht eines Schweins bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=6$ ”; ${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}})$

${\overline {X}}=100$ ; $s^{2}=6$
$P({\overline {X}}-c\cdot {\frac {S}{\sqrt {n}}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+c\cdot {\frac {S}{\sqrt {n}}})=1-\alpha$ $c$ aus t–Verteilung mit $f=5$ : $c=2,571$
$[97,429;102,571]$
Wird dieses Verfahren der Intervallschätzung “unendlich oft” durchgeführt, so kann man mit (durchschnittlich) 95% richtigen Ergebnissen rechnen; d.h. Schätzintervallen, in denen der unbekannte Wert enthalten ist.
durch die Wahl von $n$ bzw. $\alpha$
Intervall wird kleiner: statt $c=2,571$ aus t–Verteilung ist $c=1,96$ aus $N(0;1)$ zu verwenden.

Spielautomat

Beim 1. Spiel Verlust von 1 EUR; beim 2. Spiel Gewinn von 1 EUR; ...
$P(X=0)=p$ ; $P(X=-1)=p$ ; P $(X=1)=1-2p$
$f(X=0)=1/6$ ; $f(X=-1)=2/6$ ; $f(X=1)=3/6$
$L(x_{1},...,x_{6}|p)=p^{3}\cdot (1-2p)^{3}$
$v$ - Anzahl der verlorenen Spiele;

$u$ - Anzahl der unentschiedenen Spiele;
$g$ - Anzahl der gewonnenen Spiele;
$n=v+u+g$ ${\widehat {p}}=(v+u)/2n$

${\widehat {p}}=1/4$
${\widehat {p}}=5/18$

Sportliche Betätigung

$1-\alpha /2=0,99506\quad z_{0,99506}=2,58\quad {\hat {\pi }}=180/200=0,9$
Da $n$ sehr groß, Schätzfunktion ${\hat {\pi }}=X/n$ approx. normalverteilt. $\left[{\hat {\pi }}\pm z_{1-\alpha /2}\cdot {\sqrt {\frac {{\hat {\pi }}(1-{\hat {\pi }})}{n}}}\right]$
$=0,9\pm 2,58{\sqrt {\frac {0,9\cdot 0,1}{200}}}=0,9\pm 2,58\cdot 0,0212132=0,9\pm 0,05473$ $[0,845;0,955]$

Startprobleme

$L(p)=(1-p)^{8}\cdot p^{2}$
${\widehat {p}}=0,2$

Stichprobenmittelwert

$P(\mu -t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq {\overline {X}}\leq \mu +t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}})=1-\alpha$ ; $[\mu -t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}};\mu +t_{1-\alpha /2;f}\cdot s/{\sqrt {n}}]$
$\mu =5$ ; $s=2$ ; $n=25$ ; $f=24$ ; $1-\alpha =0,99$ ; $1-\alpha /2=0,995$ ; $t_{0,995;24}=2,797$
$[5-2,797\cdot 2/5;5+2,797\cdot 2/5]=5-1,1188;5+1,1188]=[3,8812;6,1188]$

Studienmotivation

$x$	$0$	$1$	$2$	$\sum$
$P(X_{i}=x)$	$\pi _{0}$	$\pi _{1}$	$\pi _{2}$	$\pi _{0}+\pi _{1}+\pi _{2}=1$

${\begin{aligned}E(X_{i})&=&0\cdot \pi _{0}+1\cdot \pi _{1}+2\cdot \pi _{2}=\pi _{1}+2\cdot \pi _{2}\\E({\widehat {\pi }}_{1})&=&E\left({\frac {1}{10}}\sum _{i=1}^{10}(2X_{i}-X_{i}^{2})\right)={\frac {1}{10}}\sum _{i=1}^{10}\left(2E(X_{i})-E(X_{i}^{2})\right)\end{aligned}}$

$x^{2}$	$0$	$1$	$4$	$\sum$
$P(X_{i}^{2}=x^{2})$	$\pi _{0}$	$\pi _{1}$	$\pi _{2}$	$\pi _{0}+\pi _{1}+\pi _{2}=1$

${\begin{aligned}\displaystyle E(X_{i}^{2})&=&0\cdot \pi _{0}+1\cdot \pi _{1}+4\cdot \pi _{2}=\pi _{1}+4\cdot \pi _{2}\\E({\widehat {\pi }}_{1})&=&{\frac {1}{10}}\sum _{i=1}^{10}\left(2(\pi _{1}+2\pi _{2})-(\pi _{1}+4\pi _{2})\right)={\frac {1}{10}}\sum _{i=1}^{10}\pi _{1}=\pi _{1}\\E({\widehat {\pi }}_{2})&=&E\left({\frac {1}{20}}\sum _{i=1}^{10}(X_{i}^{2}-X_{i})\right)={\frac {1}{20}}\sum _{i=1}^{10}\left(E(X_{i}^{2})-E(X_{i})\right)\\&=&{\frac {1}{20}}\sum _{i=1}^{10}\left((\pi _{1}+4\pi _{2})-(\pi _{1}+2\pi _{2})\right)={\frac {1}{20}}\sum _{i=1}^{10}2\pi _{2}=\pi _{2}\end{aligned}}$

Schätzfunktion: ${\widehat {\pi }}_{0}=1-{\widehat {\pi }}_{1}-{\widehat {\pi }}_{2}$

${\begin{aligned}E({\widehat {\pi }}_{0})&=&E(1-{\widehat {\pi }}_{1}-{\widehat {\pi }}_{2})\\&=&1-E({\widehat {\pi }}_{1})-E({\widehat {\pi }}_{2})\\&=&1-\pi _{1}-\pi _{2}=\pi _{0}\end{aligned}}$

Stichprobe:

$i$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$
$x_{i}$	$0$	$2$	$1$	$0$	$0$	$2$	$2$	$1$	$0$	$2$

$x_{i}$	$2x_{i}-x_{i}^{2}$	$x_{i}^{2}-x_{i}$
$0$	$0$	$0$
$1$	$1$	$0$
$2$	$0$	$2$

${\begin{aligned}{\widehat {\pi }}_{1}&=&{\frac {1}{10}}\sum _{i=1}^{10}(2x_{i}-x_{i}^{2})={\frac {0+0+1+0+0+0+0+1+0+0}{10}}=0,2\\{\widehat {\pi }}_{2}&=&{\frac {1}{20}}\sum _{i=1}^{10}(x_{i}^{2}-x_{i})={\frac {0+2+0+0+0+2+2+0+0+2}{20}}=0,4\\{\widehat {\pi }}_{0}&=&1-0,2-0,4=0,4\\\end{aligned}}$

ja, führen Sie den Beweis!
${\widehat {\pi }}_{0}=1-{\widehat {\pi }}_{1}-{\widehat {\pi }}_{2}$ ; $E({\widehat {\pi }}_{0})=1-\pi _{1}-\pi _{2}$ ; ${\widehat {\pi }}_{0}={\frac {1}{10}}\sum \limits _{i=1}^{10}(1-{\frac {3}{2}}X_{i}+{\frac {1}{2}}X_{i}^{2})$
$p_{1}=0,2$ ; $p_{2}=0,4$ ; $p_{0}=0,4$

Trinkwasserverbrauch

$X:$ Wasserverbrauch, ist beliebig verteilt mit $E(X)=\mu$ und $Var(X)=\sigma ^{2}$
${\overline {X}}$ : Durchschnittlicher Wasserverbrauch bei einer Zufallsstichprobe vom Umfang $n=100$
${\overline {X}}$ ist approximativ (zentraler Grenzwertsatz; $n>30$ ) $N(\mu ;s/{\sqrt {n}})$ –verteilt.
${\overline {x}}=12$ , $s^{2}=\sum (x_{i}-{\overline {x}})^{2}/(n-1)=5$ , $z_{1-\alpha /2}=z_{0,975}=1,96$
$P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot S/{\sqrt {n}})\approx 1-\alpha =0,95$ ;
$[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot s/{\sqrt {n}}]\approx [12-1,96\cdot 5/{\sqrt {100}};12+1,96\cdot 5/{\sqrt {100}}]\approx [11,02;12,98]$

Unfallhäufigkeit

$L_{Vers.}(0,2,0,2,1)=0,00196$ ; $L_{Pol.}(0,2,0,2,1)=0,001$

$\Rightarrow$ Versicherungsgesellschaft

$Q_{Vers.}(0,2,0,2,1)=5,25$ ; $Q_{Pol.}(0,2,0,2,1)=4,8$

$\Rightarrow$ Polizei

Weizenhektarerträge

Grundgesamtheit sind alle Hektarflächen in Deutschland, auf denen 1996 Weizen angebaut wurde; $X$ : “Hektarertrag für Weizen”; Verteilung von X unbekannt; $\sigma ^{2}=324$ [dt/ha] $^{2}$ . ${\overline {X}}$ : “Durchschnittlicher Hektarertrag für Weizen in Deutschland bei einer einfachen Zufallsstichprobe vom Umfang $n=144$ ”
Verteilung von ${\overline {X}}$ unbekannt. Da aber der Stichprobenumfang $n>30$ ist, kann aufgrund des Zentralen Grenzwertsatzes approximativ die Normalverteilung verwendet werden:
${\overline {X}}\sim N(\mu ;\sigma /{\sqrt {n}});\quad P({\overline {X}}-z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}\leq \mu \leq {\overline {X}}+z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}})=0,8064$
Schätzintervall: $[{\overline {x}}-z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}};{\overline {x}}+z_{1-\alpha /2}\cdot \sigma /{\sqrt {n}}]$
$1-\alpha /2=0,9032;\quad z_{0,9032}=1,3$ aus $N(0;1);\quad n=144;\quad \sigma =18$
Stichprobenmittelwert für Deutschland:
${\overline {x}}=(60,4\cdot 48+68,8\cdot 96)/144=(2899,2+6604,8)/144=66$ dt/ha;
Schätzintervall: $[66-1,3\cdot 18/12;66+1,3\cdot 18/12]=[66-1,95;66+1,95]=[64,05;67,95]$

@@ Zeile 1: / Zeile 1: @@
+[[Kategorie:Aufgaben]]
 ===500 Haushalte===
@@ Zeile 83: / Zeile 84: @@
 <math>
-\begin{align}
+	\begin{align}
-\left[ \overline{x} \text{ ± } t_{n-1; 1-\alpha/2} \cdot \frac{s}{\sqrt{n}} \right]
+\left[ \overline{x} \pm t_{n-1; 1-\alpha/2} \cdot \frac{s}{\sqrt{n}} \right]
-&= \left[ 1440 \text{ ± } t_{15; 1-\alpha/2} \cdot \frac{240}{\sqrt{16}} \right] \\
+&= \left[ 1440 \pm t_{15; 1-\alpha/2} \cdot \frac{240}{\sqrt{16}} \right] \\
-&= \left[ 1440 \text{ ± } t_{15; 1-\alpha/2} \cdot 60 \right] \\
+&= \left[ 1440 \pm t_{15; 1-\alpha/2} \cdot 60 \right] \\
 &= \left[ 1263.12; 1616.88 \right]
-\end{align}
+	\end{align}
 </math>
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 <ul>
-<li><p><math>\begin{aligned}
+<li><p><math>\begin{align}
 E(\widehat{\theta}_{1}) &= E \left(\frac13(X_1 + X_2 + X_3)\right) \\
 &= \frac13 \left(E(X_1)+ E(X_2)+ E(X_3)\right)=\frac13 \cdot 3\mu=\mu \\
@@ Zeile 114: / Zeile 115: @@
 &=\frac14 \left(2E(X_1)+ 2E(X_2)\right)=\frac14 \cdot 4\mu=\mu \\
 E(\widehat{\theta}_{3})&= E \left(\frac13(2X_1 + X_3)\right)\\
-&=\frac13 \left(2E(X_1)+ E(X_3)\right) = \frac13 \cdot 3\mu=\mu\end{aligned}</math></p></li>
+&=\frac13 \left(2E(X_1)+ E(X_3)\right) = \frac13 \cdot 3\mu=\mu\end{align}</math></p></li>
-<li><p><math>\begin{aligned}
+<li><p><math>\begin{align}
 Var(\widehat{\theta}_{1}) &= Var \left(\frac13(X_1 + X_2 + X_3)\right) \\
 &= \frac19(Var(X_1)+ Var(X_2)+ Var(X_3))=\frac39\sigma^{2}=\frac{\sigma^{2}}{3}\\
@@ Zeile 121: / Zeile 122: @@
 &=\frac1{16}(4Var(X_1)+ 4Var(X_2))=\frac{8}{16} \sigma^{2}=\frac{\sigma^{2}}{2}\\
 Var(\widehat{\theta}_{3}) &= Var \left(\frac13(2X_1 + X_3)\right) \\
-&= \frac19(4Var(X_1)+ Var(X_3))=\frac59 \sigma^2\\\end{aligned}</math></p>
+&= \frac19(4Var(X_1)+ Var(X_3))=\frac59 \sigma^2\\\end{align}</math></p>
 <p><math>Var(\widehat{\theta}_{1}) < Var(\widehat{\theta}_{2}) < Var(\widehat{\theta}_{3})</math></p></li></ul>
@@ Zeile 213: / Zeile 214: @@
 <ul>
 <li><p>Allgemeines Konfidenzintervall für den Mittelwert <math>\mu</math> der Grundgesamtheit <math>P\left(\bar{X}-c\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\leq \mu \leq\bar{X}+c\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right) = 1-\alpha</math> <math>c</math> aus <math>N(0;1)</math>, da <math>\sigma</math> bekannt <math>\Longrightarrow c=z_{1-\alpha/2}</math></p></li>
-<li><p>Schätzintervall für den Mittelwert <math>\mu</math> der Grundgesamtheit <math>\begin{aligned}
+<li><p>Schätzintervall für den Mittelwert <math>\mu</math> der Grundgesamtheit <math>\begin{align}
 -\alpha=95\% &\Rightarrow 1-\alpha/2=97,5\% \\
                &\Rightarrow \Phi(z_{ 1-\alpha/2})=0,975 \\
-               &\Rightarrow z_{ 1-\alpha/2} = 1,96\end{aligned}</math> <math>\left[\bar{x}-z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}; \bar{x}+z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]</math> <math>\left[50-1,96\frac{7}{\sqrt{49}}; 50+1,96\frac{7}{\sqrt{49}}\right]= \left[48,04; 51,96\right]</math></p></li>
+               &\Rightarrow z_{ 1-\alpha/2} = 1,96\end{align}</math> <math>\left[\bar{x}-z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}; \bar{x}+z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]</math> <math>\left[50-1,96\frac{7}{\sqrt{49}}; 50+1,96\frac{7}{\sqrt{49}}\right]= \left[48,04; 51,96\right]</math></p></li>
-<li><p>Schätzintervall für den Mittelwert <math>\mu</math> der Grundgesamtheit, Breite fix, <math>n</math> variabel <math>\left[\bar{x}-z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}; \bar{x}+z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]= \left[v_u; v_o\right]</math> Breite: <math>\begin{aligned}
+<li><p>Schätzintervall für den Mittelwert <math>\mu</math> der Grundgesamtheit, Breite fix, <math>n</math> variabel <math>\left[\bar{x}-z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}; \bar{x}+z_{1-\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]= \left[v_u; v_o\right]</math> Breite: <math>\begin{align}
 v_o-v_u &=& \left(50+1,96\frac{7}{\sqrt{n}}\right)- \left(50-1,96\frac{7}{\sqrt{n}}\right)\\
 \text{ km }&=& \frac{2\cdot1,96\cdot7\text{ km}}{\sqrt{n}}\\
-\sqrt{n}&=& 13,72 \Rightarrow n=188,23 \text{ also } n\geq189\\\end{aligned}</math></p></li></ul>
+\sqrt{n}&=& 13,72 \Rightarrow n=188,23 \text{ also } n\geq189\\\end{align}</math></p></li></ul>
 </li>
 <li><p><math>Y:</math> “Anzahl der ADAC Mitglieder” <math>\sim B(200;\pi)</math></p>
 <p>Approximationsbedingung: <math>\hat{\pi}=\frac{40}{200}=0,2 \Rightarrow n\pi(1-\pi)\approx 200\cdot0,2\cdot0,8=32>9</math></p>
-<p><math>\begin{aligned}
+<p><math>\begin{align}
 Y&\approx& N\left(\mu=n\pi;\sigma=\sqrt{n\pi(1-\pi)}\right)\\
-\hat{\pi}=\frac{Y}{n}&\approx& N\left(\mu=\pi;\sigma=\sqrt{\frac{\pi(1-\pi)}{n}}\right)\end{aligned}</math></p>
+\hat{\pi}=\frac{Y}{n}&\approx& N\left(\mu=\pi;\sigma=\sqrt{\frac{\pi(1-\pi)}{n}}\right)\end{align}</math></p>
 <p>'''Konfidenzintervall''' <math>P\left(\frac{Y}{n}-c\sqrt{\frac{\frac{Y}{n}\left(1-\frac{Y}{n}\right)}{n}} \leq \pi \leq \frac{Y}{n}+c\sqrt{\frac{\frac{Y}{n}\left(1-\frac{Y}{n}\right)}{n}}\right)=1-\alpha</math> <math>c</math> aus <math>N(0;1)</math>, da <math>\sigma</math> bekannt <math>\Longrightarrow c=z_{1-\alpha/2}</math></p>
-<p>'''Schätzintervall''' <math>\begin{aligned}
+<p>'''Schätzintervall''' <math>\begin{align}
 -\alpha=99\% &\Rightarrow 1-\alpha/2=99,5\% \\
 &\Rightarrow \Phi(z_{ 1-\alpha/2})=0,995 \\
-&\Rightarrow z_{ 1-\alpha/2} = 2,58\end{aligned}</math> <math>\begin{aligned}
+&\Rightarrow z_{ 1-\alpha/2} = 2,58\end{align}</math> <math>\begin{align}
 &\left[0,2-2,58\sqrt{\frac{0,2\cdot(1-0,2)}{200}}; 0,2+2,58\sqrt{\frac{0,2\cdot(1-0,2)}{200}}\right]\\
-&= [0,12703; 0,27297]\end{aligned}</math></p></li>
+&= [0,12703; 0,27297]\end{align}</math></p></li>
-<li><p><math>X_i\sim N(\mu; \sigma) \Longrightarrow \bar{X} \sim N(\mu_{\bar{X}}=\mu; \sigma_{\bar{X}}=\sigma/\sqrt{n})</math> <math>\begin{aligned}
+<li><p><math>X_i\sim N(\mu; \sigma) \Longrightarrow \bar{X} \sim N(\mu_{\bar{X}}=\mu; \sigma_{\bar{X}}=\sigma/\sqrt{n})</math> <math>\begin{align}
 n&=&5\\
 \bar{x}&=& \frac{0,18+0,25+0,12+0,20+0,25}{5}=0,2\\
 s^2 %&=& \frac{(0,18-0,2)^2+(0,25-0,2)^2+(0,12-0,2)^2+(0,20-0,2)^2+(0,25-0,2)^2}{4}\\
-&=& \frac{0,0004+0,0025+0,0064+0+0,0005}{4}=0,00295\\\end{aligned}</math></p>
+&=& \frac{0,0004+0,0025+0,0064+0+0,0005}{4}=0,00295\\\end{align}</math></p>
 <ul>
 <li><p>Allgemeines Konfidenzintervall für den Mittelwert <math>\mu</math> der Grundgesamtheit <math>P\left(\bar{X}-c\frac{S}{\sqrt{n}}\leq \mu \leq\bar{X}+c\frac{S}{\sqrt{n}}\right) = 1-\alpha</math> <math>c</math> aus <math>t_{n-1}</math>, da <math>\sigma</math> unbekannt <math>\Longrightarrow c=t_{n-1;1-\alpha/2}</math></p></li>
-<li><p>Schätzintervall <math>\begin{aligned}
+<li><p>Schätzintervall <math>\begin{align}
 -\alpha=95\% &\Rightarrow 1-\alpha/2=97,5\% \\
-&\Rightarrow t_{n-1;1-\alpha/2} = 2,776\end{aligned}</math> <math>\left[0,2-2,776\sqrt{\frac{0,00295}{5}}; 0,2+2,776\sqrt{\frac{0,00295}{5}}\right] = [0,1326; 0,2674]</math></p></li></ul>
+&\Rightarrow t_{n-1;1-\alpha/2} = 2,776\end{align}</math> <math>\left[0,2-2,776\sqrt{\frac{0,00295}{5}}; 0,2+2,776\sqrt{\frac{0,00295}{5}}\right] = [0,1326; 0,2674]</math></p></li></ul>
 </li></ul>
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 <ul>
-<li><p>Likelihood-Funktion: <math>\begin{aligned}
+<li><p>Likelihood-Funktion: <math>\begin{align}
 L(\lambda;x_1,x_2,x_3,x_4)&=&f(x_1|\lambda)\cdot f(x_2|\lambda)\cdot f(x_3|\lambda)\cdot f(x_4|\lambda)\\
-&=&\frac{\lambda^2}{2!}e^{-\lambda}\cdot\frac{\lambda^4}{4!}e^{-\lambda}\cdot\frac{\lambda^6}{6!}e^{-\lambda}\cdot\frac{\lambda^3}{3!}e^{-\lambda}=\frac{\lambda^{15}}{2!4!6!3!}e^{-4\lambda}\end{aligned}</math></p></li>
+&=&\frac{\lambda^2}{2!}e^{-\lambda}\cdot\frac{\lambda^4}{4!}e^{-\lambda}\cdot\frac{\lambda^6}{6!}e^{-\lambda}\cdot\frac{\lambda^3}{3!}e^{-\lambda}=\frac{\lambda^{15}}{2!4!6!3!}e^{-4\lambda}\end{align}</math></p></li>
 <li><p>ML-Schätzwert für <math>\lambda</math>:<br />
 <br />
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 <ul>
-<li><p><math>\begin{aligned}
+<li><p><math>\begin{align}
 E(X_{i}) &=& 0 \cdot \pi_{0}+ 1 \cdot \pi_{1}  + 2 \cdot \pi_{2}=\pi_{1}  + 2 \cdot \pi_{2}\\
-E(\widehat{\pi}_{1})&=&E \left(\frac1{10} \sum_{i=1}^{10} (2X_i - X_i^2) \right)= \frac1{10} \sum_{i=1}^{10} \left (2E(X_i) - E(X_i^2) \right)\end{aligned}</math></p>
+E(\widehat{\pi}_{1})&=&E \left(\frac1{10} \sum_{i=1}^{10} (2X_i - X_i^2) \right)= \frac1{10} \sum_{i=1}^{10} \left (2E(X_i) - E(X_i^2) \right)\end{align}</math></p>
 {|class="wikitable"
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 |}
-<p><math>\begin{aligned}
+<p><math>\begin{align}
 \displaystyle E(X_{i}^2)&=& 0 \cdot \pi_{0}+ 1 \cdot \pi_{1} + 4 \cdot \pi_{2}=\pi_{1} + 4 \cdot \pi_{2}\\
 E(\widehat{\pi}_{1})&=&\frac1{10} \sum_{i=1}^{10} \left (2(\pi_1 + 2\pi_2) - (\pi_1 + 4\pi_2) \right)= \frac1{10} \sum_{i=1}^{10} \pi_1 = \pi_1\\
 E(\widehat{\pi}_{2}) &=& E \left(\frac1{20} \sum_{i=1}^{10}(X_i^2 - X_i)\right)=  \frac1{20} \sum_{i=1}^{10} \left (E(X_i^2) - E(X_i) \right)\\
-&=& \frac1{20} \sum_{i=1}^{10} \left((\pi_1 + 4\pi_2) - (\pi_1 + 2\pi_2) \right) =\frac1{20} \sum_{i=1}^{10} 2\pi_2=\pi_2\end{aligned}</math></p></li>
+&=& \frac1{20} \sum_{i=1}^{10} \left((\pi_1 + 4\pi_2) - (\pi_1 + 2\pi_2) \right) =\frac1{20} \sum_{i=1}^{10} 2\pi_2=\pi_2\end{align}</math></p></li>
 <li><p>Schätzfunktion: <math>\widehat{\pi}_{0} = 1 - \widehat{\pi}_{1} - \widehat{\pi}_{2}</math></p>
-<p><math>\begin{aligned}
+<p><math>\begin{align}
 E(\widehat{\pi}_{0}) &=& E(1 - \widehat{\pi}_{1} - \widehat{\pi}_{2})\\
 &=& 1 - E(\widehat{\pi}_{1}) - E(\widehat{\pi}_{2})\\
-&=& 1 - \pi_{1} - \pi_{2} = \pi_{0}\end{aligned}</math></p></li>
+&=& 1 - \pi_{1} - \pi_{2} = \pi_{0}\end{align}</math></p></li>
 <li><p>Stichprobe:</p>
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 |}
-<p><math>\begin{aligned}
+<p><math>\begin{align}
 \widehat{\pi}_{1} &=& \frac1{10}\sum_{i=1}^{10} (2x_i-x_i^2) = \frac{0+0+1+0+0+0+0+1+0+0}{10}=0,2\\
 \widehat{\pi}_{2} &=& \frac1{20}\sum_{i=1}^{10} (x_i^2-x_i) = \frac{0+2+0+0+0+2+2+0+0+2}{20}=0,4\\
-\widehat{\pi}_{0} &=& 1-0,2-0,4=0,4\\\end{aligned}</math></p></li></ul>
+\widehat{\pi}_{0} &=& 1-0,2-0,4=0,4\\\end{align}</math></p></li></ul>
 * ja, führen Sie den Beweis!