Mathematical Engineering - LRT » Mathematische Statistik http://me-lrt.de Lernhilfen für das Studium, Übungsaufgaben mit Musterlösungen, Zusammenfassungen und Skripte, auch für andere technische Studiengänge relevant Fri, 27 Jan 2012 09:41:37 +0000 en hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.1.3 U08.6 – UMP-Niveau-a-Test, Signifikanzniveau, Neyman-Pearson-Typ http://me-lrt.de/u08-6-ump-niveau-a-test-signifikanzniveau-neyman-pearson-typ http://me-lrt.de/u08-6-ump-niveau-a-test-signifikanzniveau-neyman-pearson-typ#comments Tue, 08 Dec 2009 10:14:25 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4112 Seien \Psi = \left[ {0,1} \right],\quad \Theta = \left\{ {0,1} \right\},\quad \mathcal{W} = \left\{ {w_0 ,w_1 } \right\}; für \vartheta \in \Theta sei f_\vartheta die Dichte von w_\vartheta gemäß

f_0 \left( x \right) = \left| {2-4x} \right|,\quad f_1 \left( x \right) = 1,\quad \forall x \in \Psi. Ferner sei H_0 :\vartheta = 0,\quad H_1 :\vartheta = 1.

Sei \alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle, vorgegeben und sei δ der nichtrandomisierte Test mit dem Verwerfungsbereich

\left\{ {\delta = 1} \right\} = \left\langle {\frac{{1-\sqrt \alpha }} {2},\frac{{1+\sqrt \alpha }} {2}} \right\rangle.

Zeigen Sie, das δ UMP-Niveau-α-Test für H0 gegen H1 ist.

Hinweis: Berechnen Sie das Signifikanzniveau von δ; zeigen Sie dann, das δ vom Neyman-
Pearson-Typ ist.

Lösung

\Psi = \left[ {0,1} \right],\quad \Theta = \left\{ {0,1} \right\},\quad \mathcal{W} = \left\{ {w_0 ,w_1 } \right\}

w_0 \leftrightarrow f_0 \left( z \right) = \left| {2-4z} \right|

w_1 \leftrightarrow f_1 \left( z \right) = 1

Grafik

H_0 :\vartheta = 0\quad ,\quad H_1 :\vartheta = 1\quad ,\quad \alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle

δ nichtrandomisierter Test. \left\{ {\delta = 1} \right\} = \left\langle {\frac{{1-\sqrt \alpha }} {2},\frac{{1+\sqrt \alpha }} {2}} \right\rangle

Teil 1: Signifikanzniveau von δ, also α(δ)

\alpha \left( \delta \right) = w_0 \left( {\delta = 1} \right) = w_0 \left( {\left\langle {\frac{{1-\sqrt \alpha }} {2},\frac{{1+\sqrt \alpha }} {2}} \right\rangle } \right) = \int\limits_{\frac{1} {2}-\frac{{\sqrt \alpha }} {2}}^{\frac{1} {2}+\frac{{\sqrt \alpha }} {2}} {\left| {2-4z} \right|dz} = \int\limits_{\frac{1} {2}-\frac{{\sqrt \alpha }} {2}}^{\frac{1} {2}+\frac{{\sqrt \alpha }} {2}} {4\left| {\frac{1} {2}-z} \right|dz}

Wir substituieren: \frac{1} {2}-z = x

\ldots = 4\int\limits_{-\frac{{\sqrt \alpha }} {2}}^{\frac{{\sqrt \alpha }} {2}} {\left| x \right|dx} = 8\int\limits_0^{\frac{{\sqrt \alpha }} {2}} {x\:dx} = 4 \cdot \frac{\alpha } {4} = \alpha

δ ist somit schon mal ein Niveau-α-Test, da \alpha \left( \delta \right) \leq \alpha.

Teil 2: z.z.: δ vom NP-Typ

Ein Test \varphi :\Psi \to \left[ {0,1} \right] heißt Neyman-Pearson-Test (NP-Test) oder vom Neyman-Pearson-Typ, falls ein c \in \mathbb{R}_+ existiert, derart, dass
\varphi \left( z \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} 1 & {q\left( z \right) > c} \\ 0 & {q\left( z \right) < c} \\ \end{array} } \right. wobei: q\left( z \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{f_1 \left( z \right)}} {{f_0 \left( z \right)}}} & {f_0 \left( z \right) > c} \\ \infty & {sonst} \\ \end{array} } \right.
q: Likelihoodquotient
c: Schwellenwert oder kritischer Wert des NP-Tests φ.

q\left( z \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{1} {{\left| {2-4z} \right|}}} & {z \ne \frac{1} {2}} \\ \infty & {z = \frac{1} {2}} \\ \end{array} } \right.

Nach 4.10.2) (1) gilt: c = \inf \left\{ {t \in \mathbb{R}_+ |w_0 \left( {q > t} \right) \leq \alpha } \right\}

Daher folgt aus: w_0 \left( {\left\langle {\frac{{1-\sqrt \alpha }} {2},\frac{{1+\sqrt \alpha }} {2}} \right\rangle } \right) = \alpha

\frac{{1-\sqrt \alpha }} {2} < z < \frac{{1+\sqrt \alpha }} {2}

\Rightarrow \quad -\frac{{\sqrt \alpha }} {2} < z-\frac{1} {2} < \frac{{\sqrt \alpha }} {2}

\Rightarrow \quad \left| {z-\frac{1} {2}} \right| < \frac{{\sqrt \alpha }} {2}

Also:

\delta \left( z \right) = 1\quad \Leftrightarrow \quad \left| {z-\frac{1} {2}} \right| < \frac{{\sqrt \alpha }} {2}\quad \Leftrightarrow \quad \left| {4z-2} \right| < 2\sqrt \alpha \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1} {{2\sqrt \alpha }} < q\left( z \right)

\Rightarrow \quad \frac{1} {{2\sqrt \alpha }} = c

δ ist ein NP-Test zum Niveau α
\Rightarrow δ UMP in \Delta \left( \alpha \right) für H0 gegen H1.

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u08-6-ump-niveau-a-test-signifikanzniveau-neyman-pearson-typ/feed 0 U08.4 – Niveau-a-Test und p-Wert http://me-lrt.de/u08-4-niveau-a-test-und-p-wert http://me-lrt.de/u08-4-niveau-a-test-und-p-wert#comments Tue, 08 Dec 2009 10:09:59 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4104 Sei \left( {X_1 , \ldots ,X_n } \right) eine normalverteilte Stichprobe mit unbekanntem Erwartungswert m \in \Theta : = \mathbb{R} und bekannter Varianz v0 = 1. M sei das Stichprobenmittel und T: = \sqrt n M.
Sei H_0 :m = 0,\quad H_1 :m \ne 0.
Zu\alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle, bezeichne u(α) das α-Quantil der Standardnormalverteilung.

1) Zeigen Sie, dass für jedes \alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle, der nichtrandomisierte Test δ(α) mit dem
Verwerfungsbereich \left\{ {\left| T \right| > u\left( {1-\frac{\alpha } {2}} \right)} \right\} ein Niveau-α-Test für H0 gegen H1 ist.

2) Berechnen Sie für beliebiges z \in \mathbb{R} den p-Wert p(z) zu der in 1) beschriebenen Testfamilie
\left( {\delta \left( \alpha \right):\alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle } \right)gemäß 4.8.

Lösung

Z = \left( {X_1 , \ldots ,X_n } \right)

N(m,1)-Stichprobe;

\Theta = \mathbb{R}\quad ;\quad \forall m \in \mathbb{R}:\quad w_m = N\left( {m,1} \right)^{ \otimes n}

M = \frac{1} {n}\sum\limits_{i = 1}^n {X_i } ,\quad T: = \sqrt n M

H_0 :m = 0\quad ,\quad H_1 :m \ne 0

u\left( \alpha \right) = qnorm\left( \alpha \right)

1)
T: = \sqrt n M = \left( {M-0} \right)\sqrt {\frac{n} {1}}

v_0 = \operatorname{var} _0 \left( X \right) = 1\quad \Rightarrow \quad \operatorname{var} _0 \left( M \right) = \frac{{\operatorname{var} _0 \left( X \right)}} {n} = \frac{1} {n}\quad \Rightarrow unter w0 ist T N(0,1)-verteilt.

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass etwas im Verwerfungsbereich liegt ist:

w_0 \left( {\left\{ {\delta \left( \alpha \right) = 1} \right\}} \right) = w_0 \left( {\left| T \right| > u\left( {1-\frac{\alpha } {2}} \right)} \right) = \alpha

Grafik

2)
Vgl. 4.8: p\left( z \right) = \inf \left\{ {\alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle |\delta \left( \alpha \right)\left( z \right) = 1} \right\}

Mit u = \Phi ^{-1} folgt:

\delta \left( \alpha \right)\left( z \right) = 1\quad \Leftrightarrow \quad \left| {T\left( z \right)} \right| > u\left( {1-\frac{\alpha } {2}} \right)\quad \Leftrightarrow \quad \Phi \left( {\left| {T\left( z \right)} \right|} \right) > 1-\frac{\alpha } {2}

\Leftrightarrow \quad \frac{\alpha } {2} > 1-\Phi \left( {\left| {T\left( z \right)} \right|} \right)\quad \Leftrightarrow \quad \alpha > 2\left( {1-\Phi \left( {\left| {T\left( z \right)} \right|} \right)} \right)

Da p das Infimum von α ist, gilt:

\Rightarrow \quad p\left( z \right) = 2\left( {1-\Phi \left( {\left| {T\left( z \right)} \right|} \right)} \right)

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u08-4-niveau-a-test-und-p-wert/feed 0 U08.2 – exaktes Irrtumsniveau http://me-lrt.de/u08-2-exaktes-irrtumsniveau http://me-lrt.de/u08-2-exaktes-irrtumsniveau#comments Tue, 08 Dec 2009 10:08:29 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4100 Um die außersinnlichen Fähigkeiten eines Mediums zu prüfen, werden ihm 20 Mal die Herz-Dame und der Herz-König eines fabrikneuen Kartenspiels in zufälliger Anordnung verdeckt vorgelegt. Das Medium soll jeweils die Herz-Dame aufdecken.
Geben Sie einen geeigneten statistischen Raum \left( {\Psi ,\mathcal{G},\mathcal{W}_Z } \right) an, formulieren Sie Null- und Gegenhypothese und bestimmen Sie ein geeignetes c \in \left\{ {0,1, \ldots ,20} \right\}, so dass der (geeignet randomisierte Test δ von der Form δ = 1 (bzw. δ = 0), falls das Medium mehr als c-mal (bzw. weniger als c-mal) richtig entscheidet, das exakte Irrtumsniveau α = 0.05 hat.

Hinweis:
1) Durch reines Raten ist stets die Erfolgswahrscheinlichkeit ½ zu erreichen. Wählen sie daher als Nullhypothese H_0 :p = \frac{1} {2}.
2) Ist X \sim B\left( {n,p} \right), so erhalten Sie in R P\left( {X > x} \right) mit dem Befehl 1-pbinom(x,n,p).

Lösung

Binomialmodell
S = Anzahl der Erfolge („Herz-Dame“) in 20 Versuchen
\Psi = \left\{ {0,1, \ldots ,20} \right\},\quad \mathcal{W}_S = \left\{ {B\left( {20,p} \right)|p \in \Theta } \right\},\quad \Theta = \left[ {\frac{1} {2},1} \right[

H_0 = p = \frac{1} {2}\quad ;\quad H_1 :p > \frac{1} {2}\quad ,\quad \alpha = 0.05

Wenn das Medium mehr als c Treffer erzielt, verwerfen wir die Nullhypothese und sprechen dem Medium übersinnliche Fähigkeiten zu.

Grafik

Da es sich hier um einen einseitigen Binomialtest handelt, gilt nach (4.14.(1)):

c = \min \left\{ {m \in \Psi |w_{0.5} \left( {S > d} \right) \leq \alpha } \right\} = qbinom\left( {0.95,20,0.5} \right) = 14

Alternativ:

P\left( {S > d} \right)

= 1-pbinom\left( {d,20,0.5} \right)\quad \left( {in\:R} \right)

= 1-binomcdf\left( {20,0.5,\left[ d \right]} \right)\quad \left( {TI-83\:Plus} \right)

Liefert:

P\left( {S > 13} \right) = 0.0577 > \alpha

P\left( {S > 14} \right) = 0.02 < \alpha

\Rightarrow \quad c = 14


Es ist (nach 4.13.(2)): w_{0.5} \left( {S > c} \right)+\gamma \cdot w_{0.5} \left( {S = c} \right) = \alpha
Also:

\gamma = \frac{{\alpha -w_{0.5} \left( {S > c} \right)}} {{w_{0.5} \left( {S = c} \right)}} = \frac{{\left( {0.05-\left( {1-pbinom\left( {14,20,0.5} \right)} \right)} \right)}} {{dbinom\left( {14,20,0.5} \right)}} = 0.79

Mit dem TI-83 Plus:

\gamma = \frac{{\alpha -w_{0.5} \left( {S > c} \right)}} {{w_{0.5} \left( {S = c} \right)}} = \frac{{\left( {0.05-\left( {1-binomcdf\left( {20,0.5,14} \right)} \right)} \right)}} {{binompdf\left( {20,0.5,14} \right)}} = 0.79

\Rightarrow \quad \delta :\Psi \to \left[ {0,1} \right] gemäß \delta \left( s \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} 1 & {s \geq 15} \\ {0.79} & {s = 14} \\ 0 & {s \leq 13} \\ \end{array} } \right.

Damit ist δ sogar UMP, also gleichmäßig bester Test (nach 4.13).

Das Medium muss also mindestens 15 Mal die richtige Entscheidung treffen. Bei 14 müsste noch ein Bernoulliversuch mit der Wahrscheinlichkeit 0.79 gestartet werden, damit der Test das exakte Irrtumsniveau α = 0.05 hat.

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u08-2-exaktes-irrtumsniveau/feed 0 U08.1 – Mindeststichprobenumfang http://me-lrt.de/u08-1-mindeststichprobenumfang http://me-lrt.de/u08-1-mindeststichprobenumfang#comments Tue, 08 Dec 2009 10:05:39 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4096 Vor den Präsidentschaftswahlen untersucht ein Meinungsforschungsinstitut die Chancen des Kandidaten K. Der Auftraggeber der Umfrage verlangt, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das Stichprobenmittel vom wahren Stimmenanteil um mehr als 0.02 abweicht, höchstens 1% beträgt. Welchen Umfang muss die Stichprobe mindestens haben?

Hinweis (3.16):

Bemerkung zum Mindeststichprobenumfang
Die halbe Länge der Konfidenzintervalle

C = \left\langle {M-u_{1-\alpha /2} \sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} \:,\:M+u_{1-\alpha /2} \sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} } \right\rangle ist höchstens \frac{{u_{1-\alpha /2} }} {{2\sqrt n }}.

Wobei u_{1-\alpha /2} das (1-α/2)-Quantil der N(0,1)-Verteilung ist.
Für vorgegebenes ε > 0 ist der minimale Stichprobenumfang n gesucht, derart, dass diese „halbe Länge der Konfidenzintervalle C(x)“ höchstens ε beträgt.

Wähle daher n minimal mit \frac{{u_{1-\alpha /2} }} {{2\sqrt n }} \leq \varepsilon, also n \geq \frac{{u^2 }} {{4\varepsilon ^2 }}

Lösung

Sei n der Stichprobenumfang

Sn = Anzahl der Anhänger von K in der Stichprobe

M_n = \frac{{S_n }} {n} = Stichprobenmittel = der innerhalb der Stichprobe gemessene Stimmenanteil.

(Zahl die auch als Ergebnis der Umfrage veröffentlicht wird)
Sei p \in \left\langle {0,1} \right\rangle der wahre Stimmenanteil (unbekannt)

Modell: \Psi _n = \left\{ {0,1, \ldots ,n} \right\},\quad \mathcal{W}_{S_n } = \left\{ {B\left( {n,p} \right)|p \in \left\langle {0,1} \right\rangle } \right\}

Das Institut liefert dem Kandidaten ein KI vom Typ 3.15, also:

C = \left\langle {M-u\sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} \:,\:M+u\sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} } \right\rangle, wobei in R: u = qnorm\left( {1-\frac{\alpha } {2}} \right)

Für große n gilt approximativ: w_p \left( {C \mathrel\backepsilon p} \right) \geq 1-\alpha
(D.h. die Wahrscheinlichkeit dafür, dass C den wahren Parameter p enthält ist \geq 1-α)

Wegen 3.16 ist für \underline{\underline {n \geq \frac{{u^2 }} {{4\varepsilon ^2 }}}} die halbe Länge von C höchstens ε, also ist C \subset \left\langle {M-\varepsilon ,M+\varepsilon } \right\rangle, und daher:

1-\alpha \leq w_p \left( {C \mathrel\backepsilon p} \right) \leq w_p \left( {\left\langle {M-\varepsilon ,M+\varepsilon } \right\rangle \mathrel\backepsilon p} \right) = w_p \left( {\left| {M-p} \right| < \varepsilon } \right)

\Rightarrow \quad w_p \left( {\left| {M-p} \right| > \varepsilon } \right) \leq \alpha

Forderung war: w_p \left( {\left| {M-p} \right| \geq 0.02} \right) \leq 0.01

Setze daher: α = 0.01, ε = 0.02 ; qnorm\left( {0.995} \right) = \Phi ^{-1} \left( {0.995} \right) = 2.576

(TI-83 Plus: invNorm\left( {0.995} \right))

Daraus folgt: n \geq \frac{{u^2 }} {{4\varepsilon ^2 }} = 4146.81\quad \Rightarrow Mindeststichprobenumfang = 4147

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u08-1-mindeststichprobenumfang/feed 0 U07.5 – Stichprobenmittel, Stichprobenmedian und Konfidenzintervall (!) http://me-lrt.de/u07-5-stichprobenmittel-stichprobenmedian-und-konfidenzintervall http://me-lrt.de/u07-5-stichprobenmittel-stichprobenmedian-und-konfidenzintervall#comments Sat, 28 Nov 2009 15:03:16 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4030 (aus DP Frühjahr 09)

Es liegt eine einfache Stichprobe vom Umfang 7 vor:
Z = (X1, … , X7) = (0, -0.5, 100, 2, 0.5, -1, -3).

1) Bestimmen Sie das Stichprobenmittel und den Stichprobenmedian.
2) Die vorliegende Stichprobe sei aus einer Grundgesamtheit mit unbekannter stetiger Verteilungsfunktion. In 3.17 der Vorlesung wurde für den Median der Verteilung ein (1-α)-Konfidenzintervall beschrieben. Welches Intervall ergibt sich für die angegebene Realisierung für α = 1/8 ?

Lösung

\begin{array}{*{20}c} i &\vline & 1 &\vline & 2 &\vline & 3 &\vline & 4 &\vline & 5 &\vline & 6 &\vline & 7 \\ \hline {X_i } &\vline & 0 &\vline & {-0.5} &\vline & {100} &\vline & 2 &\vline & {0.5} &\vline & {-1} &\vline & {-3} \\ \hline {X_{i:7} } &\vline & {-3} &\vline & {-1} &\vline & {-0.5} &\vline & 0 &\vline & {0.5} &\vline & 2 &\vline & {100} \\ \end{array}

1)

Stichprobenmedian:
Ist n ungerade so ist \mu _{0.5,n} = X_{\left( {n+1} \right)/2,n} der eindeutig bestimmte Stichprobenmedian, nämlich das mittlere Element der geordneten Stichprobe X_{1:n} , \ldots ,X_{n:n}.
Ist n gerade, so ist jede zwischen X_{n/2:n} und X_{n/2+1:n} gelegene Stichprobenfunktion ein Stichprobenmedian. Häufig wird dann das arithmetische Mittel dieser Größen als Stichprobenmedian verwendet, also:
\tilde \mu _{1/2,n} = \frac{1} {2}\left( {X_{n/2:n} +X_{n/2+1:n} } \right)

Es gilt also:
M = \frac{1} {n}\sum\limits_{i = 1}^n {X_i } = 14,\quad \mu _{0.5,7} = x_{4:7} = 0

Der Median ist in vielen Fällen sinnvoller, weil er gegenüber Ausreißern nicht so empfindlich ist wie das Stichprobenmittel. Oft treten nämlich zufallsbedingt oder durch falsche Messung Fehler auf, wodurch das Stichprobenmittel stark benachteiligt wird.

2)

Für das (1-α)-Konfidenzintervall für den Median der Verteilung gilt:

\left[ {X_{k:n} ,X_{n-k+1,n} } \right], wobei

k = \max \left\{ {m \in \left\{ {1, \ldots ,n} \right\}|B\left( {n,\frac{1} {2}} \right)\left( {0, \ldots ,m-1} \right) \leq \frac{\alpha } {2}} \right\}

Hinweis:
Befehl zu k für R:

n-qbinom\left( {1-\frac{\alpha } {2},n,\frac{1} {2}} \right) (größtes α/2-Quantil)

qbinom\left( {\frac{\alpha } {2},n,\frac{1} {2}} \right) (kleinstes α/2-Quantil)

(Kann unterschiedlich sein)

Für diese Aufgabe gilt also:
k = \max \left\{ {m \in \left\{ {1, \ldots ,7} \right\}|B\left( {7,\frac{1} {2}} \right)\left( {0, \ldots ,m-1} \right) \leq \frac{1} {{16}}} \right\}

B\left( {7,\frac{1} {2}} \right)\left\{ 0 \right\} = \left( {\begin{array}{*{20}c} 7 \\ 0 \\ \end{array} } \right) \cdot 0.5^0 \cdot 0.5^{\left( {7-0} \right)} = \frac{1} {{2^7 }} < \frac{1} {{16}}

B\left( {7,\frac{1} {2}} \right)\left\{ {0,1} \right\} = \left( {\begin{array}{*{20}c} 7 \\ 0 \\ \end{array} } \right) \cdot 0.5^0 \cdot 0.5^{\left( {7-0} \right)} +\left( {\begin{array}{*{20}c} 7 \\ 1 \\ \end{array} } \right) \cdot 0.5^1 \cdot 0.5^{\left( {7-1} \right)} = \frac{1} {{2^7 }}+\frac{7} {{2^7 }} = \frac{8} {{2^7 }} = \frac{1} {{16}}\quad \Rightarrow \quad k = 2

Damit bekommen wir:

\left[ {X_{2:7} ,X_{6:7} } \right] = \left[ {-1,2} \right] 87.5%-KI für den Median

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u07-5-stichprobenmittel-stichprobenmedian-und-konfidenzintervall/feed 0 U07.4 – Konfidenzintervall für p http://me-lrt.de/u07-4-konfidenzintervall-fur-p http://me-lrt.de/u07-4-konfidenzintervall-fur-p#comments Sat, 28 Nov 2009 14:55:45 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4026 Bei der Produktion von bestimmten Bauteilen für elektronische Geräte entstehen mit einer
Wahrscheinlichkeit p defekte Stücke. Um Aufschluss über die unbekannte Wahrscheinlichkeit
p zu bekommen, wird bei laufender Produktion eine Stichprobe von 600 Bauteilen
entnommen. Man stellt fest, dass davon 69 defekt sind.
Geben Sie ein approximatives 95%-Konfidenzintervall für p an.

Lösung

Eigentlich müsste man hier die Hypergeometrische Verteilung anwenden, da es sich um ein Ziehen ohne Zurücklegen handelt. Da jedoch das n sehr groß ist, macht es (fast) keinen Unterschied ob mit oder ohne Zurücklegen gerechnet wir. Daher nutzen wir in diesem Fall zur Vereinfachung das Binomialmodell.

Asymptotische Konfidenzintervalle für die unbekannte Wahrscheinlichkeit p:
Es liege wieder das Binomialmodell vor.
Sei u_{1-\alpha /2} das (1-α/2)-Quantil der N(0,1)-Verteilung.
Für große n ist

C\left( X \right) = \left\langle {M-\sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} u_{1-\alpha /2} \:,M+\sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} u_{1-\alpha /2} } \right\rangle

näherungsweise eine (1-α)-Intervallschätzfunktion für p.

Hinweis: In R gilt u_{1-\alpha /2} : = qnorm\left( {1-\frac{\alpha } {2}} \right)

Seien nun also \Theta = \left\langle {0,1} \right\rangle ,\quad n = 600,\quad \alpha = 0.05

Dann gilt mit der Wahrscheinlichkeit p (für defekte Stücke):
M = \frac{1} {n}\sum\limits_{i = 1}^n {X_i } = \frac{Z} {n} = \frac{{69}} {{600}} = 0.115

u: = qnorm\left( {1-\frac{\alpha } {2}} \right) = qnorm\left( {0.975} \right) = 1.96

C\left( Z \right) = \left\langle {M-u\sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} ,M+u\sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} } \right\rangle

hier: u\sqrt {\frac{{M\left( {1-M} \right)}} {n}} = 0.026\quad \Rightarrow \quad \left\langle {0.089,0.141} \right\rangle ist das approximative 95%-KI für p.

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u07-4-konfidenzintervall-fur-p/feed 0 U07.3 – Konfidenzintervalle für µ, σ und σ² http://me-lrt.de/u07-3-konfidenzintervalle-fur-%c2%b5-%cf%83-und-%cf%83%c2%b2 http://me-lrt.de/u07-3-konfidenzintervalle-fur-%c2%b5-%cf%83-und-%cf%83%c2%b2#comments Sat, 28 Nov 2009 14:52:10 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4016 Um den Nitratgehalt im Trinkwasser einer Großstadt zu bestimmen, werden 5 Proben
entnommen. Dabei ergeben sich folgende Werte:

\begin{array}{*{20}c} {Probennummer} &\vline & 1 &\vline & 2 &\vline & 3 &\vline & 4 &\vline & 5 \\ \hline {Nitratgehalt\:in\:mg/l} &\vline & {31} &\vline & {28} &\vline & {30} &\vline & {29} &\vline & {32} \\ \end{array}

Es wird vorausgesetzt, dass die Messwerte Realisierungen einer (µ,σ²)-normalverteilten Stichprobe vom Umfang 5 sind. Dabei sind µ und σ² unbekannt.
a) Bestimmen Sie ein 90%-Konfidenzintervall für µ
b) Bestimmen Sie ein 90%-Konfidenzintervall für σ² und ein solches für σ.

Lösung

Normalverteilungsmodell, n= 5, α = 0.1

a)

Konfidenzintervalle für µ, wobei σ² unbekannt:
Es gelte das Normalverteilungsmodell.
Sei t_{n-1,1-\alpha /2} das (1-α/2)-Quantil der tn-1-Verteilung. Dann ist

C\left( Z \right) = C\left( {X_1 , \ldots ,X_n } \right) = \left\langle {M-\frac{S} {{\sqrt n }}t_{n-1,1-\alpha /2} \:,\:M+\frac{S} {{\sqrt n }}t_{n-1,1-\alpha /2} } \right\rangle

eine (1-α)-Intervallschätzfunktion für \gamma \left( \vartheta \right) = \vartheta.

M: Stichprobenmittel
S: Stichprobenstandardabweichung

Hinweis: In R gilt t_{n-1,1-\alpha /2} : = qt\left( {1-\frac{\alpha } {2},n-1} \right)

Beispiel:
Reaktionszeiten von Schülern im Straßenverkehr bei 51 10-jährigen Schülern.
Diese Zeiten seien eine normalverteilte Stichprobe vom Umfang n = 51, wobei µ und σ² unbekannt. Gesucht ist ein 95%-Konfidenzintervall für (die mittlere Reaktionszeit) µ.
Die Stichprobe liefert: M = 0.8 (sec), S² = 0.04 (sec²)

Dann ist also das 95%-KI:
C\left( Z \right) = \left\langle {0.8-\frac{{0.2}} {{\sqrt {51} }}t_{50,0.975} \:,\:0.8+\frac{{0.2}} {{\sqrt {51} }}t_{50,0.975} } \right\rangle = \left\langle {0.744,0.856} \right\rangle

Das 90%-Konfidenzintervall lautet wegen n = 5 und α = 0.1
\left\langle {M-\varepsilon ,M+\varepsilon } \right\rangle \quad mit\quad \varepsilon = \frac{S} {{\sqrt n }}qt\left( {0.95,4} \right)

Durch einfache Berechnung folgt:
M\left( n \right) = \frac{1} {n}\sum\limits_{i = 1}^n {X_i } = \frac{1} {5}\left( {31+28+30+29+32} \right) = 30

S^2 = \frac{1} {{n-1}}\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {X_i -M\left( n \right)} \right)^2 } = \frac{1} {4}\left( {1^2 +2^2 +0^2 +1^2 +2^2 } \right) = 2.5

\Rightarrow \quad \varepsilon = 1.51

\Rightarrow \quad \left\langle {28.49,31.51} \right\rangle 90%-KI für µ.

b)

Konfidenzintervalle für σ², wobei µ unbekannt:
Es gelte das Normalverteilungsmodell.
Sei \chi ^2 _{n-1,1-\alpha /2} bzw. \chi ^2 _{n-1,\alpha /2} das (1-α/2)- bzw. das α/2-Quantil der \chi _{n-1}^2-Verteilung.
Dann ist
C\left( Z \right) = C\left( {X_1 , \ldots ,X_n } \right) = \left\langle {\frac{{\left( {n-1} \right)S^2 }} {{\chi ^2 _{n-1,1-\alpha /2} }}\:,\:\frac{{\left( {n-1} \right)S^2 }} {{\chi ^2 _{n-1,\alpha /2} }}} \right\rangle

eine (1-α)-Intervallschätzfunktion für \gamma \left( \vartheta \right) = \sigma ^2.

S: Stichprobenstandardabweichung

Hinweis: In R gilt \chi ^2 _{n-1,1-\alpha /2} : = qchisq\left( {1-\frac{\alpha } {2},n-1} \right)

Das Intervall lautet also:

\left\langle {\frac{{\left( {n-1} \right)S^2 }} {{u_2 }},\frac{{\left( {n-1} \right)S^2 }} {{u_1 }}} \right\rangle

u_1 = qchisq\left( {0.05,4} \right) = 0.71

u_2 = qchisq\left( {0.95,4} \right) = 9.49

\Rightarrow \quad \left\langle {1.05,14.07} \right\rangle 90%-KI für σ²

\left\langle {\sqrt {1.05} ,\sqrt {14.07} } \right\rangle = \left\langle {1.03,3.75} \right\rangle 90%-KI für σ

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u07-3-konfidenzintervalle-fur-%c2%b5-%cf%83-und-%cf%83%c2%b2/feed 0 U07.0 – Einleitung Bereichsschätzungen http://me-lrt.de/u07-0-einleitung-bereichsschatzunge http://me-lrt.de/u07-0-einleitung-bereichsschatzunge#comments Sat, 28 Nov 2009 14:46:11 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4004 Problemstellung

Gegeben ist ein statistischer Raum \left( {\Psi ,\mathcal{G},\mathcal{W}_Z } \right), wobei \mathcal{W}_Z = \left\{ {w_\vartheta :\vartheta \in \Theta } \right\} mit einer Parametermenge Θ. Sei ferner eine Funktion \gamma :\Theta \to S (z.B. \mathbb{R}) gegeben.

Ziel ist es nun, für jede Realisierung (Beobachtung) z = Z\left( \omega \right) \in \Psi einen „möglichst guten“ Bereich C\left( z \right) \subset S anzugeben, der \gamma \left( \vartheta \right) enthält, wenn ϑ der „wahre“ Parameter ist.

Bereichs- und Intervallschätzfunktionen

Eine Funktion C:\Psi \to \mathcal{P}\left( S \right), die jedem z \in \Psi einen Bereich C\left( z \right) \subset S zuordnet, heißt Bereichsschätzfunktion (BSF) (oder Konfidenzbereich) für \gamma \left( \vartheta \right), falls:

\forall s \in S:\left\{ {z \in \Psi |C\left( z \right) \mathrel\backepsilon s} \right\} \in \mathcal{G}

Die einer Beobachtung z \in \Psi entsprechende „Bereichsschätzung“ C\left( z \right) heißt auch Konfidenzschätzung für \gamma \left( \vartheta \right).

Die Wahrscheinlichkeiten w_\vartheta \left\{ {z \in \Psi |C\left( z \right) \mathrel\backepsilon \gamma \left( \vartheta \right)} \right\},\quad \vartheta \in \Theta, heißen
Überdeckungswahrscheinlichkeiten des Konfidenzbereichs C.

Häufig ist S = \mathbb{R} und C\left( z \right) ein Intervall für alle z \in \Psi.
C heißt dann Intervallschätzfunktion (ISF) und C\left( z \right) Konfidenzintervall (KI) für \gamma \left( \vartheta \right).

Konfidenzniveau

Sei \alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle.

Eine BSF (Bereichsschätzfunktion) C heißt (1-α)-Bereichsschätzfunktion (oder Konfidenzbereich zum Niveau 1-α) für \gamma \left( \vartheta \right) falls:

\forall \vartheta \in \Theta :w_\vartheta \left\{ {z \in \Psi |C\left( z \right) \mathrel\backepsilon \gamma \left( \vartheta \right)} \right\} \geq 1-\alpha

1-α: Sicherheits- oder Konfidenzniveau
α: Irrtumsniveau

Ist C eine (1-α)-Intervallschätzfunktion, so wird für z \in \Psi das C\left( z \right) bezeichnet als (1-α)-Konfidenzintervall (oder Vertrauensintervall) für \gamma \left( \vartheta \right).

Ziel soll es sein eine Intervallschätzfunktion mit möglichst großen Überdeckungswahrscheinlichkeiten und möglichst kleinen Konfidenzintervallen zu suchen.

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u07-0-einleitung-bereichsschatzunge/feed 0 U07.2 – (1-α)-Konfidenzintervall http://me-lrt.de/u07-konfidenzintervall http://me-lrt.de/u07-konfidenzintervall#comments Sat, 28 Nov 2009 14:45:49 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=4007 Sei Z = \left\{ {X_1 , \ldots ,X_n } \right\} eine einfache Stichprobe vom Umfang n, wobei die Xi stetig
gleichverteilt seien auf \left[ {0,\vartheta } \right],\quad \vartheta > 0 unbekannt. Sei \alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle, vorgegeben.
Zeigen Sie, dass C\left( Z \right): = \left\langle {X_{n:n} ,\alpha ^{-1/n} X_{n:n} } \right\rangle, ein (1-α)-Konfidenzintervall für \gamma \left( \vartheta \right) = \vartheta ist.

Lösung

Z = \left\{ {X_1 , \ldots ,X_n } \right\}
Xi stetig verteilt auf \left[ {0,\vartheta } \right],\quad \vartheta > 0,\quad \alpha \in \left\langle {0,1} \right\rangle
Beh.: C\left( Z \right): = \left\langle {X_{n:n} ,\alpha ^{-1/n} X_{n:n} } \right\rangle (1-α)-KI für ϑ

Um zu zeigen, dass es sich um ein (1-α)-Konfidenzintervall handelt müssen wir zunächst die Verteilungsfunktion von X_{n:n} aufstellen.

Die Dichte / Wahrscheinlichkeitsfunktion für X1 lautet aufgrund der stetigen Gleichverteilung:
f\left( x \right) = \frac{1} {\vartheta }

Damit gilt für die Verteilungsfunktion von X1:
F\left( x \right) = \frac{x} {\vartheta },\quad 0 \leq x \leq \vartheta

Für die Verteilung der i-ten Ordnungsgröße gilt wie in Aufgabe 3.4:
G_i \left( x \right) = \sum\limits_{j = i}^n {\left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ j \\ \end{array} } \right)F\left( x \right)^j \left( {1-F\left( x \right)} \right)^{n-j} }

Damit lautet die Verteilungsfunktion von Xn:n:
F_{n,\vartheta } = \sum\limits_{j = n}^n {\left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ n \\ \end{array} } \right)F\left( x \right)^n \left( {1-F\left( x \right)} \right)^{n-n} = } F\left( x \right)^n = \left( {\frac{x} {\vartheta }} \right)^n

Nun gilt wegen C\left( Z \right): = \left\langle {X_{n:n} ,\alpha ^{-1/n} X_{n:n} } \right\rangle:

\vartheta \in C\left( Z \right)\quad \Leftrightarrow \quad X_{n:n} < \vartheta < \alpha ^{1/n} X_{n:n} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha ^{1/n} \vartheta < X_{n:n} < \vartheta

Erinnerung:

C heißt (1-α)-Bereichsschätzfunktion für \gamma \left( \vartheta \right) falls:

\forall \vartheta \in \Theta :w_\vartheta \left\{ {z \in \Psi |C\left( z \right) \mathrel\backepsilon \gamma \left( \vartheta \right)} \right\} \geq 1-\alpha

Es folgt:
w_\vartheta \left( {C\left( Z \right) \mathrel\backepsilon \vartheta } \right) = w_\vartheta \left( {\alpha ^{1/n} \vartheta < X_{n:n} < \vartheta } \right) = F_{n,\vartheta } \left( \vartheta \right)-F_{n,\vartheta } \left( {\alpha ^{1/n} \vartheta } \right)

= 1-\left( {\frac{{\alpha ^{1/n} \vartheta }} {\vartheta }} \right)^n = 1-\alpha

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/u07-konfidenzintervall/feed 0 U06.3 – Konsistenz http://me-lrt.de/u06-3-konsistenz http://me-lrt.de/u06-3-konsistenz#comments Sat, 21 Nov 2009 12:42:06 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=3898 Sei \Theta = \left\langle {0,\infty } \right\rangle. Wir betrachten das unendliche Produktmodell \left( {\Psi ,\mathcal{G},\mathcal{W}} \right) mit \mathcal{W} = \left\{ {w_\vartheta |\vartheta \in \Theta } \right\}, \left( {X_n :n \in \mathbb{N}} \right) eine Folge von nichtnegativen reellen Zufallsvariablen auf \left( {\Psi ,\mathcal{G}} \right), so dass für alle \vartheta \in \Theta bezüglich w_\vartheta die Xn unabhängig und identisch stetig gleichverteilt auf \left[ {0,2\vartheta } \right] sind. Für n \in \mathbb{N} seien für die Stichprobe (X1,…,Xn) die Schätzfunktionen M(n) := (1/n)(X1+…+Xn) und H(n) := [(n+1)/(2n)]max(X1,…,Xn) erklärt (vgl. Blatt 5, Aufgabe 3).
Zeigen Sie, das die Folgen \left( {M\left( n \right):n \in \mathbb{N}} \right) und \left( {H\left( n \right):n \in \mathbb{N}} \right) konsistent sind für \vartheta.
Hinweis: Blatt 5, Aufgabe 3 b); Bemerkung zu 2.18.

Lösung

X_1 , \ldots ,X_n i.i.d. gleichverteilt auf \left[ {0,2\vartheta } \right], \vartheta \in \Theta : = \left\langle {0,\infty } \right\rangle ,\quad M\left( n \right) = \frac{1} {n}\sum\limits_{i = 1}^n {X_i },
H\left( n \right): = \frac{{n+1}} {{2n}}\max \left( {X_1 , \ldots ,X_n } \right)

Mit den Ergebnissen aus Übung 5.3.b) wissen wir:
M und H sind erwartungstreu und:

\operatorname{var} _\vartheta \left( {M\left( n \right)} \right) = \frac{{\vartheta ^2 }} {{3n}},\quad \operatorname{var} _\vartheta \left( {H\left( n \right)} \right) = \frac{{\vartheta ^2 }} {{n\left( {n+2} \right)}}

Wenn alle Schätzer Tn erwartungstreu für γ sind (und das sind sie) und die Varianz der Schätzer für n \to \infty gegen 0 konvergiert, so ist (Tn) konsistent für γ.

Tatsächlich gilt:

\operatorname{var} _\vartheta \left( {M\left( n \right)} \right) \to 0,\quad \operatorname{var} _\vartheta \left( {H\left( n \right)} \right) \to 0\quad ,\quad f\ddot ur\:n \to \infty

\Rightarrow \quad M\left( n \right)\quad und\quad H\left( n \right) sind konsistent für ϑ

\mathcal{J}\mathcal{K}

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