Übungsblatt 3

Aufgabe 7

Es sei \(X_{1},...,X_{n}\) eine einfache Stichprobe zur Zufallsvariablen \(Y\) mit \(\operatorname{E}(Y)=\mu\), \(\mu \in \mathbb{R}\), und \(\operatorname{Var}(Y)=\sigma^2\), \(\sigma^2>0\).

  1. Zeigen Sie, dass \({\overline{X}}^2\) keine erwartungstreue Schätzfunktion für \(\mu^2\) ist.
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    Umstellen des Varianzzerlegungssatzes \(\operatorname{Var}(Y)=\operatorname{E}(Y^2)-(E(Y))^2\) liefert (angewendet auf die Zufallsvariable \({\overline{X}}\)): \[ \operatorname{Var}({\overline{X}})=\operatorname{E}({\overline{X}}^2)-(E({\overline{X}}))^2\quad \stackrel{|+(E({\overline{X}}))^2}{\iff}\quad \operatorname{E}({\overline{X}}^2) = \operatorname{Var}({\overline{X}}) + (\operatorname{E}({\overline{X}}))^2 \] Wegen \(\operatorname{E}({\overline{X}})=\mu\) und \(\operatorname{Var}({\overline{X}})=\frac{\sigma^2}{n}\) (siehe z.B. SchlStat, F. 62) gilt also: \[ \operatorname{E}({\overline{X}}^2) = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2\ne \mu^2\ , \] also ist \({\overline{X}}^2\) nicht erwartungstreu für \(\mu^2\).
  2. Geben Sie den Bias für die Schätzfunktion in Aufgabenteil a. an.
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    Der Bias ist nach Definition 3.4, SchlStat F. 52, definiert als Erwartungswert der Abweichung von Schätzfunktion und zu schätzendem Parameter (bzw. zu schätzender Größe, die von Parametern abhängt). Als Bias erhält man hier also: \[ \operatorname{E}({\overline{X}}^2-\mu^2) = \operatorname{E}({\overline{X}}^2)-\mu^2 = \underbrace{\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2}_{\text{aus Teil a.}} - \mu^2 = \frac{\sigma^2}{n} \]

Aufgabe 8

Es werde angenommen, dass die Verteilung einer Zufallsvariable \(Y\) in Abhängigkeit des unbekannten Parameters \(b>0\) durch die Dichtefunktion \[ f_Y(y|b)=\left\{\begin{array}{cl} b\cdot y^{b-1} & \text{falls}\ 0<y<1 \\[0.1cm] 0 & \text{sonst} \end{array} \right. \] gegeben ist. Eine einfache Stichprobe \((X_{1},\ldots ,X_{n})\) zu \(Y\) ergab die Realisation \((x_{1},\ldots ,x_{n})\). Prüfen Sie nach, ob \({\overline{X}}\) eine erwartungstreue Schätzfunktion für \(b\) ist.

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Allgemein gilt, dass \({\overline{X}}\) stets eine erwartungstreue Schätzfunktion für \(\operatorname{E}(Y)\) ist (siehe SchlStat, F. 54). Als Erwartungswert von \(Y\) erhält man hier aber \[ \operatorname{E}(Y) = b\int_{0}^{1}y\cdot y^{b-1}dy=b\int_{0}^{1}y^{b}dy = b\left[ \frac{y^{b+1}}{b+1}\right] _{0}^{1}=\frac{b}{b+1} \ne b\ , \] damit ist \({\overline{X}}\) also nicht erwartungstreu für \(b\) (sondern für \(\frac{b}{b+1}\)).

Aufgabe 9

Die Zufallsvariable \(Y\) sei alternativverteilt mit unbekanntem Parameter \(p\in[0,1]\), es gelte also insbesondere \(\operatorname{E}(Y)=p\) und \(\operatorname{Var}(Y)=p\cdot(1-p)\). \(p\) soll mit Hilfe einer einfachen Stichprobe \((X_1, X_2, X_3)\) vom Umfang \(3\) zu \(Y\) geschätzt werden.

  1. Welche der beiden Schätzfunktionen

    1. \(T_{1}=\frac{1}{3}\cdot (X_{1}+X_{2}+X_{3})\)
    2. \(T_{2}=(X_{1}+X_{2}-X_{3})\)
    sind erwartungstreu für \(p\)? (Begründung!)
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    Hierzu berechnet man den Erwartungswert beider Schätzfunktionen. Mit \(\operatorname{E}(Y)=p\) ist – da \(X_1, X_2, X_3\) eine einfache Stichprobe ist – auch \(\operatorname{E}(X_1)=\operatorname{E}(X_2)=\operatorname{E}(X_3)=\operatorname{E}(Y)=p\) und man erhält \[ \operatorname{E}(T_{1}) = \operatorname{E}\left( \frac{1}{3}\cdot (X_{1}+X_{2}+X_{3})\right) = \frac{1}{3}\cdot \left( \underbrace{\operatorname{E}(X_{1})}_{=\operatorname{E}(Y)=p}+\underbrace{\operatorname{E}(X_{2})}_{=\operatorname{E}(Y)=p}+\underbrace{\operatorname{E}(X_{3})}_{=\operatorname{E}(Y)=p}\right) = \frac{1}{3}\cdot 3\cdot p=p \] sowie \[ \operatorname{E}(T_{2})=E(X_{1}+X_{2}-X_{3}) = \underbrace{\operatorname{E}(X_{1})}_{=\operatorname{E}(Y)=p}+\underbrace{\operatorname{E}(X_{2})}_{=\operatorname{E}(Y)=p}-\underbrace{\operatorname{E}(X_{3})}_{=\operatorname{E}(Y)=p} =p+p-p=p \] für alle \(p\in[0,1]\), damit sind sowohl \(T_1\) als auch \(T_2\) erwartungstreu für \(p\) (nach Definition 3.4, SchlStat F. 52).
  2. Berechnen Sie die Varianz von \(T_{1}\) und \(T_{2}\).
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    Mit \(\operatorname{Var}(Y)=p\cdot (1-p)\) erhält man weiter (da \(X_1, X_2, X_3\) eine einfache Stichprobe ist, gilt auch \(\operatorname{Var}(X_1)=\operatorname{Var}(X_2)=\operatorname{Var}(X_3)=\operatorname{Var}(Y)=p\cdot (1-p)\)) \[\begin{align*} \operatorname{Var}(T_{1}) &= \operatorname{Var}\left( \frac{1}{3}\cdot (X_{1}+X_{2}+X_{3})\right) = \frac{1}{9}\cdot \left( \underbrace{\operatorname{Var}(X_{1})}_{=\operatorname{Var}(Y)}+\underbrace{\operatorname{Var}(X_{2})}_{=\operatorname{Var}(Y)}+\underbrace{\operatorname{Var}(X_{3})}_{=\operatorname{Var}(Y)}\right) \\ &= \frac{1}{9}\cdot 3\cdot p\cdot (1-p)=\frac{p(1-p)}{3} \end{align*}\] sowie \[ \operatorname{Var}(T_{2})=\operatorname{Var}(X_{1}+X_{2}-X_{3})=\underbrace{\operatorname{Var}(X_{1})}_{=\operatorname{Var}(Y)}+\underbrace{\operatorname{Var}(X_{2})}_{=\operatorname{Var}(Y)}+\underbrace{\operatorname{Var}(X_{3})}_{=\operatorname{Var}(Y)} =3\cdot p\cdot (1-p) \] für alle \(p\in[0,1]\). Beachten Sie bei dieser Rechnung, dass
    • bei der Berechnung der Varianz der (gewichteten) Summen von \(X_1, X_2, X_3\) nur deshalb keine Kovarianzen auftreten, weil \(X_1, X_2, X_3\) eine einfache Stichprobe ist und \(X_1, X_2, X_3\) daher stochastisch unabhängig und insbesondere unkorreliert sind (siehe DeskrWR, F. 287 + F. 294), sowie dass
    • Vorfaktoren quadriert vor die Varianz gezogen werden (siehe DeskrWR, F. 219 + F. 294) und Rechenregeln für die Varianz einer Summe von (unabhängigen) Zufallsvariablen (daher) nicht einfach auf Differenzen übertragen werden können, sondern (wegen \(X-Y=X+(-1)\cdot Y\) und \((-1)^2=1\)) aus der Varianz einer Differenz von Zufallszahlen dann eine Summe der Varianzen wird!
  3. Welche der beiden Schätzfunktionen würden Sie vorziehen? (Begründung!)
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    Mit Teil b. gilt \(\operatorname{Var}(T_2) = 9\cdot \operatorname{Var}(T_1)\) und damit (da Varianzen nichtnegativ sind) stets \(\operatorname{Var}(T_{1})\leq\operatorname{Var}(T_{2})\), außerdem gilt \(\operatorname{Var}(T_{1})<\operatorname{Var}(T_{2})\) für alle \(p\in(0,1)\) (da dann \(p\cdot (1-p)>0\) gilt). \(T_1\) ist also \(T_2\) vorzuziehen (\(T_1\) ist nach Definition 3.5, SchlStat F. 57, wirksamer als \(T_2\)), da beide Schätzfunktionen erwartungstreu sind.

Aufgabe 10

Für \(\lambda>0\) sei \(Y\sim\operatorname{Pois}(\lambda)\) (es gilt also insbesondere \(\operatorname{E}(Y)=\operatorname{Var}(Y)=\lambda\)), \(X_1,\ldots,X_n\) sei für \(n\in\mathbb{N}\) eine einfache Stichprobe vom Umfang \(n\) zu \(Y\).

  1. Zeigen Sie: Die Schätzfunktionen \[ T_n(X_1,\ldots,X_n) := \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(X_i^2 - X_i\right) \] sind erwartungstreu für \(\lambda^2\).
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    Mit dem umgestellten Varianzzerlegungssatz \(E(X^2) = \operatorname{Var}(X) + [\operatorname{E}(X)]^2\) gilt, da \(X_1,\ldots,X_n\) einfache Stichprobe zu \(Y\) ist, hier für alle \(i\in\{1,\ldots,n\}\) \[ \operatorname{E}(X_i^2) = \operatorname{Var}(X_i) + [\operatorname{E}(X_i)]^2 = \operatorname{Var}(Y) + [\operatorname{E}(Y)]^2 = \lambda + \lambda^2 \] und damit erhält man (auch) für alle \(\lambda>0\) \[\begin{eqnarray*} \operatorname{E}(T_n(X_1,\ldots,X_n)) & = & \operatorname{E}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(X_i^2 - X_i\right)\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(\operatorname{E}(X_i^2) - \operatorname{E}(X_i)\right) \\ & = & \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(\lambda + \lambda^2 - \lambda\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \lambda^2 = \lambda^2\ , \end{eqnarray*}\] also sind die Schätzfunktionen \(T_n\) erwartungstreu für \(\lambda^2\).
  2. Welche Eigenschaft müssen die Schätzfunktionen \(T_n\) aus Teil a. außerdem erfüllen, um für \(\lambda^2\) konsistent im quadratischen Mittel zu sein?
    (Die Gültigkeit dieser Eigenschaft ist nicht zu überprüfen!)
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    Mit der Erwartungstreue der Schätzfunktionen aus Teil a. ist für die Konsistenz im quadratischen Mittel für \(\lambda^2\) nach Satz 3.8, SchlStat F. 61, die Eigenschaft \[ \lim_{n\to\infty}\operatorname{Var}(T_n(X_1,\ldots,X_n)) = 0 \] hinreichend.

Aufgabe 11

Um eine Aussage über die Lebensdauer \(Y\) von Scheibenbremsen zu treffen, wurde in einer Stichprobe von \(100\) Autos die Lebensdauer der Scheibenbremsen gemessen. Man erhielt dabei den Durchschnittswert \[ {\overline{x}}=\frac{1}{100}\sum_{i=1}^{100}x_{i}=60000\ \text{[km].} \] Es werde angenommen, dass die Lebensdauer \(Y\) als eine \(N(\mu ,10000^2)\)-verteilte Zufallsvariable angesehen werden kann \((x_{1},...,x_{100})\) Realisation einer einfachen Stichprobe \((X_{1},...,X_{100})\) zu \(Y\) ist.

  1. Geben Sie ein (symmetrisches) Konfidenzintervall für die durchschnittliche Lebensdauer der Scheibenbremsen zur Sicherheitswahrscheinlichkeit \(1-\alpha=0.95\) an.
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    Als Realisation des (symmetrischen) Konfidenzintervalls für \(\mu\) zum Konfidenzniveau \(1-\alpha=0.95\) erhält man (siehe SchlStat, F. 78 + F. 80) mit \(N_{1-\frac{\alpha}{2}}=N_{0.975}=1.96\) \[\begin{align*} & & &\left[{\overline{x}}- \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}} , {\overline{x}}+ \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}} \right] \\ & &= &\left[60000 - \frac{10000}{\sqrt{100}}\cdot 1.96 , 60000 + \frac{10000}{\sqrt{100}}\cdot 1.96\right] \\ & &= &\left[58040,61960\right]\ . \end{align*}\]
  2. Wie groß müsste der Stichprobenumfang sein, damit die Abweichung \(|{\overline{X}}-\mu|\) mit einer Wahrscheinlichkeit von \(95\%\) kleiner als \(5000\) ist?
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    Gesucht ist der Stichprobenumfang \(n\in\mathbb{N}\), für den \[ P\left\{|{\overline{X}}-\mu|< 5000\right\} \stackrel{!}{=} 0.95 \] gilt.
    Es gilt \({\overline{X}}\sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})\ \Longrightarrow\ F_{{\overline{X}}}(x) = \Phi\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\sqrt{n}\right)\) (siehe dazu SchlStat F. 64 + DeskrWR F. 242). Man erhält durch Auflösen der Betragsungleichung zunächst: \[\begin{align*} P\left\{|{\overline{X}}-\mu|< 5000\right\} &= P\left\{-5000< {\overline{X}}-\mu < 5000\right\} \\ &= P\left\{-5000+\mu< {\overline{X}}< 5000+\mu\right\} \\ &= \Phi\left(\frac{5000+\mu-\mu}{\sigma}\sqrt{n}\right) - \Phi\left(\dfrac{-5000+\mu-\mu}{\sigma}\sqrt{n}\right) \\ &= \Phi\left(\frac{5000}{\sigma}\sqrt{n}\right) - \Phi\left(-\dfrac{5000}{\sigma}\sqrt{n}\right) \\ &= 2\Phi \left(\frac{5000}{\sigma}\sqrt{n}\right)-1 \\ &\stackrel{!}{=} 0.95 \\ \Longleftrightarrow \qquad \Phi\left(\frac{5000}{\sigma}\sqrt{n}\right) &= 0.975 \end{align*}\] Damit erhält man weiter \[ \frac{5000}{\sigma}\sqrt{n}=\Phi^{-1}\left(0.975\right) = 1.96 \] und daraus \[ n= \frac{1.96^{2}\sigma^{2}}{5000^{2}} = \frac{1.96^{2}\cdot10000^{2}}{5000^{2}} = 15.366\ . \] Damit ist die Frage prinzipiell beantwortet; da ein Stichprobenumfang aber eine natürliche Zahl sein muss (und manchmal auch expliziter nach dem kleinsten Stichprobenumfang gefragt wird, für den eine solche Abweichung dann mindestens mit einer Wahrscheinlichkeit \(95\%\) nicht überschritten wird), sollte man sich anschließend überlegen, dass der Stichprobenumfang aufgerundet (und nicht etwa abgerundet) werden muss, um die gesuchte (bzw. dann eine etwas “stärkere”) Eigenschaft zu erreichen.
    Damit erhält man hier also, dass \[ P\left\{|{\overline{X}}-\mu|< 5000\right\} \stackrel{!}{\geq} 0.95 \] gilt für alle \(n\in\mathbb{N}\) mit \(n\geq 16\).

Aufgabe 12

Zur Intervallschätzung des Erwartungswerts \(\mu:=E(Y)\) einer normalverteilten Zufallsvariablen \(Y\) mit bekannter Varianz \(\sigma^2=2^2\) auf Grundlage der Realisation \(x_1,\ldots,x_{9}\) einer einfachen Stichprobe \(X_1,\ldots,X_{9}\) vom Umfang \(9\) zu \(Y\) soll ein symmetrisches Konfidenzintervall zum Konfidenzniveau \(1-\alpha=0.99\) für \(\mu\) bestimmt werden.

  1. Wie breit ist ein solches Konfidenzintervall stets?
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    Subtraktion der unteren Konfidenzintervallgrenze \(\displaystyle{\mu_u}={\overline{X}}- \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}}\) von der oberen Konfidenzintervallgrenze \(\displaystyle{\mu_o}={\overline{X}}+ \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}}\) liefert (mit \(N_{1-\frac{\alpha}{2}}=N_{0.995}=2.576\)) sofort die Breite des Konfidenzintervalls \[ {\overline{X}}+ \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}} - \left({\overline{X}}- \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}}\right) = \frac{2\sigma N_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}}\ , \] hier also \[ \frac{2\sigma N_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}} = \frac{2\cdot2 \cdot 2.576}{\sqrt{9}} = 3.435\ . \]
  2. Geben Sie das realisierte Konfidenzintervall für \(\mu\) zur folgenden Stichprobenrealisation an: \[ 18.21, 20.37, 23.18, 17.74, 19.84, 20.26, 21.42, 19.52, 23.97 \]
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    Zunächst berechnet man aus der Stichprobenrealisation \[ \overline{x}=\frac{1}{9}\sum_{i=1}^{9} x_{i} = \frac{1}{9}\left(18.21 + 20.37 + \cdots + 23.97\right) = 20.501 \ . \] Als Realisation des (symmetrischen) Konfidenzintervalls für \(\mu\) zum Konfidenzniveau \(1-\alpha=0.99\) erhält man mit \(N_{1-\frac{\alpha}{2}}=N_{0.995}=2.576\) \[\begin{align*} & & &\left[{\overline{x}}- \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}} , {\overline{x}}+ \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\cdot N_{1-\frac{\alpha}{2}} \right] \\ & &= &\left[20.501 - \frac{2}{\sqrt{9}}\cdot 2.576 , 20.501 + \frac{2}{\sqrt{9}}\cdot 2.576\right] \\ & &= &\left[18.784,22.218\right]\ . \end{align*}\] Alternativ kann man natürlich die bereits in Teil a. berechnete Breite des Intervalls verwenden und nach Berechnung von \({\overline{x}}\) das gesuchte Intervall genauso (bis auf Rundungsabweichungen) schneller durch \[ \left[20.501 - \frac{3.435}{2}, 20.501 + \frac{3.435}{2}\right] = [18.7835,22.2185] \] berechnen.

Aufgabe 13

12 Versuchsflächen wurden mit einer neuen Weizensorte bestellt. Diese Flächen erbrachten folgende Hektarerträge (in dz): \[ 35.6, 33.7, 37.8, 31.2, 37.2, 34.1, 35.8, 36.6, 37.1, 34.9, 35.6, 34.0 \] Es werde angenommen, dass die obigen Hektarerträge Realisationen einer einfachen Stichprobe \(X_{1},X_{2},...,X_{12}\) zur Zufallsvariablen \(Y\) sind, welche \(N(\mu,\sigma^{2})\) verteilt ist für ein \(\mu\in\mathbb{R}\) und ein \(\sigma^2>0\). Geben Sie ein symmetrisches Konfidenzintervall zum Konfidenzniveau \(1-\alpha=0.95\) für \(\mu\) an.
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Aus der Stichprobenrealisation errechnet man \[ \overline{x}=\frac{1}{12}\sum_{i=1}^{12} x_{i} = \frac{1}{12}\left(35.6 + 33.7 + \cdots + 34\right) = 35.3 \] sowie mit \[ \overline{x^2}=\frac{1}{12}\sum_{i=1}^{12} x_{i}^2 = \frac{1}{12}\left(35.6^2 + 33.7^2 + \cdots + 34^2\right) = 1249.247 \] unter Verwendung der bekannten Verschiebungsformel (siehe z.B. SchlStat F. 81) die Realisation \[ s=\sqrt{\frac{n}{n-1}\left(\overline{x^2}-{\overline{x}}^2\right)} =\sqrt{\frac{12}{11}\left(1249.247-35.3^2\right)} =1.856\ . \] Als Realisation des (symmetrischen) Konfidenzintervalls für \(\mu\) zum Konfidenzniveau \(1-\alpha=0.95\) erhält man (siehe SchlStat F. 84) mit \(t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}}=t_{11;0.975}=2.201\) also \[\begin{align*} & & &\left[{\overline{x}}- \frac{s}{\sqrt{n}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} , {\overline{x}}+ \frac{s}{\sqrt{n}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} \right] \\ & &= &\left[35.3 - \frac{1.856}{\sqrt{12}}\cdot 2.201 , 35.3 + \frac{1.856}{\sqrt{12}}\cdot 2.201\right] \\ & &= &\left[34.121,36.479\right]\ . \end{align*}\]

Aufgabe 14

In einer Befragungsaktion möchte man den Anteil der Haushalte, die einen DVD-Recorder besitzen, ermitteln. Eine Befragung von \(400\) Haushalten ergab, dass \(80\) von ihnen über einen DVD-Recorder verfügten.

  1. Geben Sie zur Sicherheitswahrscheinlichkeit \(1-\alpha=0.90\) ein zweiseitiges Konfidenzintervall für unbekannten Anteil \(p\) der Haushalte an, die über einen DVD-Recorder verfügen.
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    Konfidenzintervalle zum Konfidenzniveau \(1-\alpha\) für \(p\) erhält man als Spezialfall von approximativen Konfidenzintervallen für den Erwartungswert bei unbekannter Varianz nach SchlStat, F. 88, allgemein durch: \[ \left[\widehat{p}- \sqrt{\frac{\widehat{p}(1-\widehat{p})}{n-1}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} , \widehat{p}+ \sqrt{\frac{\widehat{p}(1-\widehat{p})}{n-1}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} \right] \] Hier gilt:
    • \(n=400\)
    • \(1-\alpha=0.90 \leadsto t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} = t_{399,0.95} = 1.649\)
    • \(\widehat{p}= \frac{80}{400}=0.2\)
    Damit erhält man insgesamt die Realisation \[\begin{align*} & & &\left[\widehat{p}- \sqrt{\frac{\widehat{p}(1-\widehat{p})}{n-1}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}}, \widehat{p}+ \sqrt{\frac{\widehat{p}(1-\widehat{p})}{n-1}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} \right] \\ & &= &\left[0.2 - \sqrt{\frac{0.2(1-0.2)}{399}}\cdot 1.649 , 0.2 + \sqrt{\frac{0.2(1-0.2)}{399}}\cdot 1.649\right] \\ & &= &\left[0.16698,0.23302\right]\ . \end{align*}\] des Konfidenzintervalls für \(p\) zum Konfidenzniveau \(1-\alpha=0.90\).
  2. Wie breit ist das in Teil (a) berechnete Konfidenzintervall?
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    Für die Breite des Konfidenzintervalls erhält man durch Subtraktion der Intervallgrenzen sofort \(0.23302-0.16698=0.06604\).
  3. Welche Breite hätte das resultierende Konfidenzintervall, wenn 200 der befragten Haushalte angegeben hätten, über einen DVD-Recorder zu verfügen?
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    Allgemein ist die Breite des Konfidenzintervalls in Abhängigkeit von \(\widehat{p}\), \(n\) und \(\alpha\) gegeben durch die Differenz der Intervallgrenzen, hier also durch \[ \widehat{p}+ \sqrt{\frac{\widehat{p}(1-\widehat{p})}{n-1}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} - \left( \widehat{p}- \sqrt{\frac{\widehat{p}(1-\widehat{p})}{n-1}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}} \right) = 2\cdot \sqrt{\frac{\widehat{p}(1-\widehat{p})}{n-1}}\cdot t_{n-1;1-\frac{\alpha}{2}}\ . \] Für \(\widehat{p}=\frac{200}{400}=0.5\) erhält man damit in dieser Anwendung \[ 2\cdot \sqrt{\frac{0.5\cdot(1-0.5)}{400-1}}\cdot t_{400-1;1-\frac{0.10}{2}} = 2\cdot \sqrt{\frac{0.25}{399}}\cdot 1.649 = 0.08255 \] als Breite des realisierten Konfidenzintervalls.

Hinweis: Verwenden Sie den folgenden Ausschnitt aus der Tabelle für gängige Quantile der \(t\)-Verteilungen.

n\p 0.85 0.90 0.95 0.975 0.99 0.995 0.9995
399 1.038 1.284 1.649 1.966 2.336 2.588 3.315