Fragenliste von Intervallschätzung

Ein Hersteller von Mechatronik-Komponenten wirbt damit, dass der Greifer eines bestimmten Roboters eine maximale Dauergreifkraft von mindestens 200 N (Newton) besitzt. Aufgrund von diverser Ungenauigkeiten im Herstellungsprozess, ist die maximale Dauergreifkraft eine normalverteilte Zufallsvariable mit bekannter Standardabweichung $\sigma=2,1 \qquad N$ . Eine Stichprobe von n=5 Greifern ergab folgende Werte (in N): $199, \qquad 200, \qquad 198, \qquad 199, \qquad 199$ Berechnen Sie ein Konfidenzintervall für den Erwartungswert $\mu$ ,der maximalen Dauergreifkraft, auf einem Konfidenzniveau von 95%! Nr. 3771
	$[197,16;\qquad 200,84]$
	$[198,26;\qquad 199,94]$
	$[198,26;\qquad 201,64]$
	$[199,31;\qquad 201,66]$
Lösungsweg $1 - \alpha = 0,95 \\ \Phi(c) = 1 - \frac{\alpha}{2} \Rightarrow c = 1,96 \\ \bar{X} = \frac{1}{n}\sum{X_i}=199 \\$ $k = c \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 1,1841 \\$ Konfidenzintervall: $[\bar{X} - c\frac{\sigma}{\sqrt{n}}; \qquad \bar{X} + c\frac{\sigma}{\sqrt{n}}]$ beziehungsweise $[\bar{X} - k; \qquad \bar{X} + k]$

Ein Hersteller von Mechatronik-Komponenten wirbt damit, dass der Greifer eines bestimmten Roboters eine maximale Dauergreifkraft von mindestens 200 N besitzt. Aufgrund von diversen Ungenauigkeiten im Herstellungsprozess ist die maximale Dauergreifkraft eine normalverteilte Zufallsvariable, mit bekannter Standardabweichung $\sigma=2,1 \qquad N$ . Eine Stichprobe von n=5 Greifern ergab folgende Werte (in N): $199, \qquad 200, \qquad 198, \qquad 199, \qquad 199$ Wie groß müsste der Stichprobenumfang n sein, damit das Konfidenzintervall die Länge 1 N nicht überschreitet, bei einem Konfidenzniveau von 95%? Nr. 3772
	$n=82$
	$n=66$
	$n=67$
	$n=68$
Lösungsweg Das Konfidenzintervall soll die Länge 1 nicht überschreiten $\Rightarrow k \leq \frac{1}{2}$ , wenn gilt $[\bar{X}-k; \bar{X}+k]$ . Wir wählen daher den Ansatz folgender Gleichung $k = c \cdot \frac{ \sigma}{\sqrt{n}} = \frac{1}{2}$ , dabei ist laut Angabe $\sigma=2,1$ und $c=1,96\quad$ (1,96 deshalb weil wir ein 95%-Konfidenzniveau haben) Einsetzen und umformen nach n ergibt $n\approx67,8$ , folglich muss der Stichprobenumfang mindestens $n=68$ betragen.

Eine Stichprobe von 50 Personen ergibt ein normalverteiltes Monatsgehalt mit Durchschnitt von €1950 mit einer Standardabweichung von €208. Ermitteln sie das Konfidenzintervall für den Erwartungswert bei einem Konfidenzniveau von 95%. Nr. 3900
	$[1950;208]$
	$[208;1950]$
	$[197,6;1852,5]$
	$[1892,35;2007,65]$
Lösungsweg $1-\alpha = 95%$ daraus folgt $\alpha =0,05$ Quantile ermitteln: $1-\frac{\alpha}{2}= 1-\frac{0,05}{2}=0,975$ Aus der Quantile mittels Tabelle für die Standardnormalverteilung dann z ermitteln: $z=1,96$ Halbe Breite des Konfidenzintervalls: $\sigma = 208 \\ n = 50$ $\frac{\sigma \cdot z}{\sqrt {n}}= \frac{208 \cdot 1,96}{\sqrt {50}}= 57,65$ Konfidenzintervall: $[1950-57,65;1950+57,65]=[1892,35;2007,65]$

Ein Team von freiwilligen Helferinnen und Helfern besteht aus 120 Personen. Sollte ein Notfall eintreten, so sind im Durchschnitt 65% der HelferInnen sofort verfügbar und vor Ort. Wie viele Personen stehen im Ernstfall tatsächlich mit einer Sicherheit von 95% zur Verfügung? (Ohne Stetigkeitskorrektur) Nr. 4368
	$\Big[ 27.93, \; 110.62 \Big]$
	$\Big[ 67.73, \; 88.19 \Big]$
	$\Big[ 68, \; 88 \Big]$
	$\Big[ 67, \; 89 \Big]$
	$\Big[ 36, \; 107 \Big]$
Lösungsweg Der Erwartungswert sowie die Standardabweichung können direkt berechnet werden: $\mu = n \cdot p = 120 \cdot 0.65 = 78$ $\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{120 \cdot 0.65 \cdot 0.35} \approx 5.23$ Aus $1- \alpha = 0.95$ folgt $\alpha = 0.05$ . Nun müssen die Quantile ermittelt werden: $1 - \frac{\alpha}{2} = 1 - \frac{0.05}{2} = 0.975$ Mittels der Tabelle für die Standardnormalverteilung kann nun z ermittelt werden: $\Phi (z) = 0.975 \rightarrow z = 1.96$ Daraus folgt für das Konfidenzintervall: $\Big[ \mu - z\cdot \sigma , \; \mu + z \cdot \sigma \Big] = \Big[ 78 - 1.96 \cdot 5.23, \; 78 + 1.96 \cdot 5.23 \Big] = \Big[ 67, \; 89 \Big]$ (Es wird auf ganze Zahlen gerundet, da es sich um Personenzahlen handelt. Außerdem wird die untere Grenze immer ab-, die obere Grenze immer aufgerundet, damit in jedem Fall die gewünschte Sicherheit von 95% erreicht wird.)

Auf einem Jahrmarkt werden 2500 Lose verkauft, davon gewinnen 1500 Lose. Sie kaufen 40 Lose. Wie viele Gewinnlose können Sie mit einer Sicherheit von 95% erwarten? (Ohne Stetigkeitskorrektur) Nr. 4369
	$\Big[ 17.82, \; 33.54 \Big]$
	$\Big[ 28, \; 39 \Big]$
	$\Big[ 17, \; 31 \Big]$
	$\Big[ 4.17, \; 13.69 \Big]$
	$\Big[ 9, \; 28 \Big]$
Lösungsweg Der Erwartungswert für die Anzahl der Gewinnlose sowie die Standardabweichung können direkt berechnet werden: $\mu = 40 \cdot \frac{ 1500}{2500} = 40 \cdot 0.6 = 24$ $\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{40\cdot 0.6 \cdot 0.4} \approx 3.10$ Aus $1- \alpha = 0.95$ folgt $\alpha = 0.05$ . Nun müssen die Quantile ermittelt werden: $1 - \frac{\alpha}{2} = 1 - \frac{0.05}{2} = 0.975$ Mittels der Tabelle für die Standardnormalverteilung kann nun z ermittelt werden: $\Phi (z) = 0.975 \rightarrow z = 1.96$ Daraus folgt für das Konfidenzintervall: $\Big[ \mu - z\cdot \sigma , \; \mu + z \cdot \sigma \Big] = \Big[ 24 - 1.96 \cdot 3.10, \; 24 + 1.96 \cdot 3.10 \Big] = \Big[ 17, \; 31 \Big]$ (Es wird auf ganze Zahlen gerundet, da es sich um die Anzahl an Gewinnlosen handelt. Außerdem wird die untere Grenze immer ab-, die obere Grenze immer aufgerundet, damit in jedem Fall die gewünschte Sicherheit von 95% erreicht wird.)

Bei der letzten Wahl erhielt die Partei A 42.7% der Wählerstimmen und würde auch heute wieder so viel erreichen. Die Parteichefin will dennoch aus einer Stichprobe heraus, den derzeitigen Wähleranteil mit einem 95%-Sicherheitsniveau auf $\pm 1.5%$ genau schätzen lassen. Geben Sie an, wie viele Personen dafür befragt werden müssen! (Runden Sie auf Hunderter) Nr. 4378
	1600
	800
	4200
	5700
	10800
Lösungsweg Der bisherige Anteil der Wählerstimmen von 42.7% dient als Schätzwert $\hat p$ für den tatsächlichen Anteil p. $\hat p = 0.427$ Als maximale Abweichung wird laut Angabe folgendes vorgegeben: $\epsilon = 1.5% = 0.015$ Es gilt folgender Zusammenhang: $\epsilon = z \sqrt{ \frac{\hat p (1 - \hat p)}{n}} \\ \rightarrow \frac{\epsilon^2}{z^2} = \frac{\hat p (1 - \hat p)}{n} \rightarrow n = \frac{z^2 \hat p (1 - \hat p)}{\epsilon^2}$ Da die Sicherheit 95% betragen soll, gilt: $1 - \alpha = 0.95 \rightarrow \alpha = 0.05 \\ 1-\frac{\alpha}{2} = 1-\frac{0.05}{2} = 0.975 \\ \rightarrow \Phi(z) = 0.975 \rightarrow z=1.96$ Einsetzen ergibt: $n = \frac{1.96^2 \cdot 0.427 (1 - 0.427)}{0.015^2} = 4177.46$ Es müssen rund 4200 Personen befragt werden.

Laut Schätzungen aus dem Jahr 2000, besitzen ca. 40% der österreichischen Bevölkerung die Blutgruppe 0. Nun soll der Anteil p der Blutgruppen-0 Träger mit 95%-Sicherheit auf $\pm 2%$ genau geschätzt werden. Wie groß muss die Stichprobe in etwa sein, die untersucht wird? (Runden Sie auf Hunderter) Nr. 4379
	2300
	4500
	1700
	600
	22300
Lösungsweg Der bisherige Anteil der Blutgruppe-0 Träger von 40% dient als Schätzwert $\hat p$ für den tatsächlichen Anteil p. $\hat p = 0.4$ Als maximale Abweichung wird laut Angabe folgendes vorgegeben: $\epsilon = 2% = 0.02$ Es gilt folgender Zusammenhang: $\epsilon = z \sqrt{ \frac{\hat p (1 - \hat p)}{n}} \\ \rightarrow \frac{\epsilon^2}{z^2} = \frac{\hat p (1 - \hat p)}{n} \rightarrow n = \frac{z^2 \hat p (1 - \hat p)}{\epsilon^2}$ Da die Sicherheit 95% betragen soll, gilt: $1 - \alpha = 0.95 \rightarrow \alpha = 0.05 \\ 1-\frac{\alpha}{2} = 1-\frac{0.05}{2} = 0.975 \\ \rightarrow \Phi(z) = 0.975 \rightarrow z=1.96$ Somit: $n = \frac{1.96^2 \cdot 0.4 (1 - 0.4)}{0.02^2} = 2304.96 \approx 2 300$

Wenn man den Stichprobenumfang vergrößert (bei gleichbleibendem Konfidenzniveau), so wird das Konfidenzintervall Nr. 4606
	größer werden
	kleiner werden
	gleich bleiben
Lösungsweg Das Konfidenzintervall wird bei wachsendem Stichprobenumfang kleiner, denn je mehr Daten (Stichprobenwerte) zur Verfügung stehen, desto enger kann kann der gesuchte Parameter eingegrenzt werden. Man sieht es auch daran, dass der Faktor $\sqrt{n}$ (also die Wurzel aus der Stichprobengröße) bei der Berechnung der Intervallgrenzen im Nenner steht und der Bruch somit umso kleiner wird, je größer n ist.

Wenn man das Konfidenzniveau vergrößert (bei gleichbleibendem Stichprobenumfang), so wird das Konfidenzintervall Nr. 4607
	kleiner werden
	größer werden
	gleich bleiben
Lösungsweg Das Konfidenzintervall wird bei wachsendem Konfidenzniveau $1-\alpha$ größer: Je größer die Fläche $1-\alpha$ zwischen $z_{1-\alpha/2}$ und $z_{1+\alpha/2}$ wird, desto größer wird auch das Quantil $z_{1+\alpha/2}$ . Man kann es sich auch so vorstellen: Je strengere Anforderungen wir an die Sicherheit haben, mit der wir einen Parameter eingrenzen wollen, desto "schwächer" (also: weiter) werden die Intervallgrenzen. Geht das Konfidenzniveau gegen 1, so geht das Intervall gegen $(-\infty; \; +\infty)$ , denn mit Sicherheit können wir nur sagen, dass der gesuchte Parameter irgendeine reelle Zahl ist.

Eine Abfüllanlage soll Kaffeebohnen in Packungen zu je 500 Gramm abfüllen, das Abfüllgewicht X ist normalverteilt. Eine zufällige Stichprobe von n=10 Packungen ergibt ein arithmetisches Mittel von $\overline x = 497,5$ . Die Standardabweichung betrage $\sigma = 5$ Gramm. Berechnen Sie das Konfidenzintervall, welches zu 90% den gesuchten Erwartungswert $\mu$ der Kaffeepackungen enthält! Nr. 4608
	[492,7; 507,3]
	[493,5; 502,5]
	[494,9; 500,1]
	[495,3; 504,7]
Lösungsweg Gesucht ist ein zweiseitiges Konfidenzintervall für den Erwartungswert einer Normalverteilung bei bekannter Standardabweichung. Das Konfidenzniveau ist $1-\alpha = 0,90$ , somit ist $\alpha = 0,10$ . Die Formel für das Konfidenzintervall ist $[ \overline x - z_{0,95} \frac{\sigma}{\sqrt{n}};\; \overline x + z_{0,95} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}]$ . Wir bestimmen also zunächst (aus der Tabelle) das Quantil $z_{1-\alpha/2} = z_{0,95}$ der Standardnormalverteilung: $z_{0,95} = 1,645$ Mit $\overline x = 497,5$ und $\sigma = 5$ sowie n=10 erhalten wir das Intervall [ 494,899; 500,101 ]. Dieses Konfidenzintervall überdeckt also mit einer Wahrscheinlichkeit von 90% den Erwartungswert $\mu$ .

Eine Kaffeekonsumentin will anhand einer zufälligen Stichprobe von 10 Kaffeepackungen feststellen, ob das Sollgewicht von 500 Gramm systematisch unterschritten wird. Ihre Stichprobe hat den Mittelwert $\overline x = 497,5$ . Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält das Intervall $(-\infty; \; 499,9]$ den Erwartungswert des Abfüllgewichts? Annahme: Das Abfüllgewicht X ist normalverteilt mit $\sigma = 5$ Gramm. Nr. 4609
	90,2%
	91,3%
	92,4%
	93,5%
Lösungsweg Gegeben ist ein einseitiges Konfidenzintervall für den Erwartungswert $\mu$ eines normalverteilten Merkmals bei bekannter Standardabweichung $\sigma$ . Die Formel für das nach oben begrenzte Konfindenzintervall lautet $(-\infty; \; \overline x + z_{p} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} ]$ . Die obere Intervallgrenze ist vorgegeben als 499,9; wir suchen das passende p-Quantil der Standardnormalverteilung, also den Wert p, für welchen gilt: $\overline x + z_{p} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 499,9$ . Auflösen nach $z_p$ ergibt $z_p = (499,9 - \overline x) \cdot \frac{\sqrt{n}}{\sigma}$ . Mit $\overline x = 497,5$ ; $\sigma = 5$ und n = 10 folgt $z_p = (499,9 - 497,5) \cdot \frac{\sqrt{10}}{5} = 2,4 \cdot \frac{\sqrt{10}}{5} = 1,51789$ . Der Tabelle für die Standardnormalverteilung entnehmen wir p=0,93548. Der Erwartungswert liegt also mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 93,5% unterhalb des Sollgewichts von 500 Gramm.

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