In Aufgabe 1 war die Streuung der Messwerte bekannt (σ 2 = 9 \sigma^2 = 9 σ 2 = 9 μ \mu μ σ \sigma σ
Gesucht ist ein 95-%-Konfidenzintervall für μ \mu μ [ I 1 ; I 2 ] [I_1;\, I_2] [ I 1 ; I 2 ]
Die Aufgabe nennt keine Einheit. Die Werte passen zu Gramm, deshalb rechnen wir in g.
Der Weg in drei Etappen:
(1) Aus den zwölf Werten von Hand den Mittelwert x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12 s 12 s_{12} s 12
(2) Klären, warum man mit dem geschätzten s 12 s_{12} s 12 t-Verteilung (Schritte 9 bis 12), und aus ihr der Faktor 2,201.
(3) Alles in die Intervallformel einsetzen, das Ergebnis deuten und mit R prüfen. Zum
Schluss als Ergänzung: Was wäre mit 1,96 passiert?
Merke: Ist
σ \sigma σ unbekannt, setzt man die aus den Daten geschätzte
Standardabweichung ein. Dann braucht man einen größeren Faktor als 1,96, und das Intervall
wird etwas breiter.
Zur Musterlösung: Das Ergebnis
[ 439,73 ; 450,59 ] [439{,}73;\, 450{,}59] [ 439 , 73 ; 450 , 59 ] g stimmt. Die untere Grenze
steht dort als 439,7316, R rechnet ohne Runden 439,7317 (Schritt 18). Der Unterschied kommt
vom Runden der Zwischenergebnisse.
x 1 = 434,5 , … , x 12 = 448,1 x_1 = 434{,}5,\ \dots,\ x_{12} = 448{,}1 x 1 = 434 , 5 , … , x 12 = 448 , 1 g;
n = 12 n = 12 n = 12 ;
μ , σ \mu, \sigma μ , σ
unbekannt
Die zwölf gewogenen Packungen heißen zusammen eine Stichprobe . x i x_i x i i i i x 1 = 434,5 x_1 = 434{,}5 x 1 = 434 , 5 x 2 = 445,3 x_2 = 445{,}3 x 2 = 445 , 3 Stichprobenumfang , also die Anzahl der Werte, ist n = 12 n = 12 n = 12
Die Aufgabe sagt: Die Füllmengen sind normalverteilt . Genauer nimmt man an: X 1 , … , X 12 X_1,
\dots, X_{12} X 1 , … , X 12 unabhängig und identisch verteilt . Das heißt: Jede Packung
folgt derselben Normalverteilung N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\,\sigma^2) N ( μ , σ 2 ) X i X_i X i x i x_i x i
μ \mu μ mittlere Packungsinhalt aller Packungen, die die Maschine füllt, also
der Erwartungswert. Ihn will man eingrenzen. σ \sigma σ Beide sind unbekannt. Das ist der Unterschied zu Aufgabe 1.
Die Zeile in R gibt die Daten ein. Damit lässt sich jede Rechnung später nachprüfen. R
schreibt Dezimalpunkte statt Kommas.
Im Bild hat jede Packung eine eigene Zeile. Ihr Punkt steht auf der Gramm-Achse bei ihrer
Füllmenge.
Aus Aufgabe 1 („Konfidenzintervall bei bekannter Varianz“): Dort war die Varianz
σ 2 = 9 \sigma^2 = 9 σ 2 = 9 gegeben, nur
μ \mu μ war unbekannt. Aus dem Mittelwert
x ˉ 100 = 53,97 \bar x_{100} =
53{,}97 x ˉ 100 = 53 , 97 wurde ein Intervall für
μ \mu μ gebaut.
Aus Blatt 5, Aufgabe 1 („Histogramm: Wartezeiten an der Bushaltestelle“): Mit
x <- c(…) werden Daten in R eingegeben.
c(…) fasst die Zahlen zu einer Liste zusammen,
x <- gibt ihr den Namen x.
x ˉ 12 = 5.341,9 12 ≈ 445,1583 \bar x_{12} = \dfrac{5.341{,}9}{12} \approx 445{,}1583 x ˉ 12 = 12 5.341 , 9 ≈ 445 , 1583 g
Das Intervall wird um einen Mittelpunkt gebaut. Dieser Mittelpunkt ist der beste
Schätzwert für μ \mu μ Stichprobenmittelwert x ˉ 12 \bar
x_{12} x ˉ 12
Alle zwölf Werte addiert ergeben 5.341,9 g. Geteilt durch n = 12 n = 12 n = 12
x ˉ 12 = 5.341,9 12 = 445,158333 … \bar x_{12} = \dfrac{5.341{,}9}{12} = 445{,}158333\ldots x ˉ 12 = 12 5.341 , 9 = 445 , 158333 …
Die 3 wiederholt sich endlos. Wir runden auf vier Nachkommastellen: x ˉ 12 ≈ 445,1583 \bar x_{12} \approx
\mathbf{445{,}1583} x ˉ 12 ≈ 445 , 1583
R bestätigt: mean(x) (englisch mean , Mittelwert) gibt
445,1583.
Im Bild ist x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12
Aus Blatt 5, Aufgabe 2 („Mittelwert und Median: ein Ausreißer bei den Ausgaben“):
Der Stichprobenmittelwert ist
x ˉ n = 1 n ∑ i = 1 n x i \bar x_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} x_i x ˉ n = n 1 ∑ i = 1 n x i , die Summe aller
Werte geteilt durch ihre Anzahl. Das Summenzeichen
Σ \Sigma Σ heißt: für
i = 1 i = 1 i = 1 bis
n n n
alle Werte addieren.
x i − x ˉ 12 x_i - \bar x_{12} x i − x ˉ 12 :
− 10,6583 , + 0,1417 , … , + 2,9417 -10{,}6583,\ +0{,}1417,\ \dots,\ +2{,}9417 − 10 , 6583 , + 0 , 1417 , … , + 2 , 9417
Wie stark streuen die Füllmengen? Dazu fragt man für jede Packung: Wie weit liegt sie vom
Mittelwert entfernt? Das ist ihre Abweichung x i − x ˉ 12 x_i - \bar x_{12} x i − x ˉ 12
Packung 1: 434,5 − 445,1583 = − 10,6583 434{,}5 - 445{,}1583 = -10{,}6583 434 , 5 − 445 , 1583 = − 10 , 6583
Packung 3: 457,5 − 445,1583 = + 12,3417 457{,}5 - 445{,}1583 = +12{,}3417 457 , 5 − 445 , 1583 = + 12 , 3417
Die übrigen zehn gehen genauso; sie stehen in der dritten Spalte der Tabelle.
Probe: Die Abweichungen ergeben zusammen immer 0. Hier kommt 0,0004 heraus. Das ist
kein Rechenfehler. Wir haben mit dem gerundeten Mittelwert 445,1583 statt 445,158333…
gerechnet. Jede der zwölf Abweichungen ist dadurch um 0,0000333… zu groß, zusammen um 12 ⋅ 0,0000333 … = 0,0004 12
\cdot 0{,}0000333\ldots = 0{,}0004 12 ⋅ 0 , 0000333 … = 0 , 0004
Im Bild sind die Abweichungen Pfeile von der Mittelwertlinie zum Punkt: grün mit Plus nach
rechts, rot mit Minus nach links. Die Zahlen daneben sind auf zwei Stellen gerundet.
Aus Blatt 5, Aufgabe 3 („Stichprobenvarianz: die Länge der Fische“): Die Summe der
Abweichungen vom Mittelwert ist immer 0, weil
∑ x i = n ⋅ x ˉ n \sum x_i = n \cdot \bar x_n ∑ x i = n ⋅ x ˉ n . Als Maß für
die Streuung taugt sie deshalb nicht; man quadriert.
∑ ( x i − x ˉ 12 ) 2 = 802,4294 \sum (x_i - \bar x_{12})^2 = 802{,}4294 ∑ ( x i − x ˉ 12 ) 2 = 802 , 4294 g²
Die Summe der Abweichungen ist (fast) 0, weil sich Plus und Minus aufheben. Deshalb
quadriert man jede Abweichung, nimmt sie also mit sich selbst mal. Minus mal minus
ist plus, nun hebt sich nichts mehr auf:
( − 10,6583 ) 2 = ( − 10,6583 ) ⋅ ( − 10,6583 ) = 113,5994 (-10{,}6583)^2 = (-10{,}6583) \cdot (-10{,}6583) = 113{,}5994 ( − 10 , 6583 ) 2 = ( − 10 , 6583 ) ⋅ ( − 10 , 6583 ) = 113 , 5994
Große Abweichungen zählen dabei stark: Packung 3 mit +12,34 g trägt allein 152,32 bei,
Packung 2 mit +0,14 g nur 0,02.
Alle zwölf Quadrate stehen in der letzten Spalte, auf vier Nachkommastellen gerundet. Ihre
Summe:
∑ i = 1 12 ( x i − x ˉ 12 ) 2 = 802,4294 \sum_{i=1}^{12}(x_i - \bar x_{12})^2 = \mathbf{802{,}4294} ∑ i = 1 12 ( x i − x ˉ 12 ) 2 = 802 , 4294
Die Einheit ist g², weil Gramm mal Gramm gerechnet wurde.
Rundung: R rechnet ohne Runden 802,4292. Der Unterschied von 0,0002 entsteht, weil
jedes der zwölf Quadrate gerundet wurde. Nach dem Teilen im nächsten Schritt ist er
verschwunden.
Im Bild stehen jetzt die Quadrate neben den Punkten (auf zwei Stellen gerundet).
s 12 2 = 802,4294 12 − 1 ≈ 72,9481 s_{12}^2 = \dfrac{802{,}4294}{12 - 1} \approx 72{,}9481 s 12 2 = 12 − 1 802 , 4294 ≈ 72 , 9481 g²
Die Summe 802,4294 wird mit jeder weiteren Packung größer. Damit sie nicht von der Anzahl
abhängt, teilt man sie, und zwar durch n − 1 = 11 n - 1 = 11 n − 1 = 11 Stichprobenvarianz s n 2 s_n^2 s n 2
s n 2 = 1 n − 1 ∑ i = 1 n ( x i − x ˉ n ) 2 s_n^2 = \dfrac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar x_n)^2 s n 2 = n − 1 1 ∑ i = 1 n ( x i − x ˉ n ) 2
Mit n = 12 n = 12 n = 12
s 12 2 = 802,4294 11 = 72,94813 … ≈ 72,9481 s_{12}^2 = \dfrac{802{,}4294}{11} = 72{,}94813\ldots \approx \mathbf{72{,}9481} s 12 2 = 11 802 , 4294 = 72 , 94813 … ≈ 72 , 9481
Mit R ungerundet: 802,4292 : 11 = 72,94811 … 802{,}4292 : 11 = 72{,}94811\ldots 802 , 4292 : 11 = 72 , 94811 … var(x) (englisch variance ,
Varianz): 72,94811.
Warum n − 1 n - 1 n − 1 Die zwölf Abweichungen ergeben zusammen 0. Kennt man elf, liegt die
zwölfte fest. Diese Zahl 11 taucht in Schritt 10 wieder auf.
Aus Blatt 5, Aufgabe 3 („Stichprobenvarianz: die Länge der Fische“): Man teilt
durch
n − 1 n - 1 n − 1 statt durch
n n n , weil die Abstände zum geschätzten
x ˉ n \bar x_n x ˉ n statt zum
wahren
μ \mu μ gemessen werden. Durch
n n n geteilt wäre das Ergebnis im Mittel zu klein.
s 12 = 72,9481 ≈ 8,5410 s_{12} = \sqrt{72{,}9481} \approx 8{,}5410 s 12 = 72 , 9481 ≈ 8 , 5410 g
Mit g² kann man sich wenig vorstellen. Die Wurzel führt zurück in Gramm. Das ergibt die
Stichproben-Standardabweichung s n = s n 2 s_n = \sqrt{s_n^2} s n = s n 2
s 12 = 72,9481 = 8,540966 … ≈ 8,5410 s_{12} = \sqrt{72{,}9481} = 8{,}540966\ldots \approx \mathbf{8{,}5410} s 12 = 72 , 9481 = 8 , 540966 … ≈ 8 , 5410
s 12 s_{12} s 12 s s s x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12
s 12 s_{12} s 12 schätzt die unbekannte Standardabweichung σ \sigma σ 445,1583 − 8,5410 ≈ 436,62 445{,}1583 - 8{,}5410 \approx
436{,}62 445 , 1583 − 8 , 5410 ≈ 436 , 62 445,1583 + 8,5410 ≈ 453,70 445{,}1583 + 8{,}5410 \approx 453{,}70 445 , 1583 + 8 , 5410 ≈ 453 , 70
R bestätigt mit sd(x) (englisch standard deviation ,
Standardabweichung): 8,540966. Die Musterlösung rechnet mit 8,541.
Damit ist Teil 1 fertig: x ˉ 12 ≈ 445,1583 \bar x_{12} \approx 445{,}1583 x ˉ 12 ≈ 445 , 1583 s 12 ≈ 8,5410 s_{12} \approx 8{,}5410 s 12 ≈ 8 , 5410
I = x ˉ n ± σ n ⋅ 1,96 I = \bar x_n \pm \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \cdot 1{,}96 I = x ˉ n ± n σ ⋅ 1 , 96 — aber
σ = ? \sigma = \,? σ = ?
Jetzt geht es um das Intervall selbst. Aufgabe 1 hat ein Rezept dafür geliefert. Zur
Erinnerung, worauf es beruht:
Der Mittelwert ist vor dem Wiegen selbst zufällig. Zwölf andere Packungen hätten einen
anderen Mittelwert ergeben. Als Zufallsgröße schreibt man ihn wie X i X_i X i X ˉ n \bar X_n X ˉ n μ \mu μ σ / n \sigma/\sqrt{n} σ / n
Standardisiert, also als X ˉ n − μ σ / n \dfrac{\bar X_n - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} σ / n X ˉ n − μ Standardnormalverteilung N ( 0 , 1 ) N(0,\,1) N ( 0 , 1 )
Bei N ( 0 , 1 ) N(0,\,1) N ( 0 , 1 ) − 1,96 -1{,}96 − 1 , 96 1,96 1{,}96 1 , 96 q 0,975 q_{0{,}975} q 0 , 975
Daraus ergibt sich das Intervall x ˉ n ± σ n ⋅ 1,96 \bar x_n \pm \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \cdot 1{,}96 x ˉ n ± n σ ⋅ 1 , 96 σ \sigma σ
Im Bild: die gestrichelte Glocke N ( 0 , 1 ) N(0,\,1) N ( 0 , 1 ) ± 1,96 \pm
1{,}96 ± 1 , 96
Aus Aufgabe 1 („Konfidenzintervall bei bekannter Varianz“): α \alpha α ist die
Irrtumswahrscheinlichkeit,
1 − α 1 - \alpha 1 − α das Sicherheitsniveau; 95 % heißt
α = 0,05 \alpha =
0{,}05 α = 0 , 05 . Weil
X ˉ n ∼ N ( μ , σ 2 / n ) \bar X_n \sim N(\mu,\,\sigma^2/n) X ˉ n ∼ N ( μ , σ 2 / n ) , ist
I = [ x ˉ n − σ n q 1 − α / 2 ; x ˉ n + σ n q 1 − α / 2 ] I = [\bar x_n -
\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\, q_{1-\alpha/2};\; \bar x_n + \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\,
q_{1-\alpha/2}] I = [ x ˉ n − n σ q 1 − α /2 ; x ˉ n + n σ q 1 − α /2 ] ein
( 1 − α ) (1-\alpha) ( 1 − α ) -Konfidenzintervall für
μ \mu μ .
Aus Blatt 4, Aufgabe 5 („Quantile: die Füllmenge einer Kaffeepackung“): Das Quantil
zu einem Anteil
p p p ist die Grenze, links von der der Anteil
p p p der Fläche liegt; R
liefert es mit
qnorm(p). Dort hieß das Quantil der
Standardnormalverteilung
z 0,99 z_{0{,}99} z 0 , 99 , Skript und Musterlösung schreiben hier
q q q .
Aus Blatt 4, Aufgabe 1 („Normalverteilung: die σ-Regeln“): Die glatte Kurve einer
stetigen Verteilung heißt Dichte, bei der Normalverteilung ist sie die Glockenkurve.
Wahrscheinlichkeiten sind Flächen unter ihr, die ganze Fläche ist 1.
X ˉ n − μ S n / n \dfrac{\bar X_n - \mu}{S_n/\sqrt{n}} S n / n X ˉ n − μ : Nenner schwankt mit — große Werte öfter
Naheliegende Idee: Für σ \sigma σ s 12 = 8,5410 s_{12} = 8{,}5410 s 12 = 8 , 5410 zu schmal . Der
Grund:
Denken Sie an viele verschiedene Stichproben mit je zwölf Packungen. Vor dem Wiegen sind
Mittelwert und Standardabweichung Zufallsgrößen: Jede Stichprobe liefert andere Werte. Als
Zufallsgrößen schreibt man sie groß, X ˉ n \bar X_n X ˉ n S n S_n S n x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12 s 12 s_{12} s 12
Im Bruch mit σ \sigma σ X ˉ n − μ \bar X_n
- \mu X ˉ n − μ σ / n \sigma/\sqrt{n} σ / n
Im Bruch mit S n S_n S n S n S_n S n S n S_n S n σ \sigma σ
Ist S n S_n S n Werte weit außen kommen
dadurch öfter vor, als die Normalverteilung vorhersagt. Bei nur zwölf Werten ist das
spürbar, denn S n S_n S n
Behält man 1,96, fängt das Intervall μ \mu μ größeren Faktor . Welchen, sagt die Verteilung im nächsten Schritt.
Im Bild deuten die Pfeile an: Mit S n S_n S n
X ˉ n − μ S n / n ∼ t n − 1 \dfrac{\bar X_n - \mu}{S_n/\sqrt{n}} \sim t_{n-1} S n / n X ˉ n − μ ∼ t n − 1
Wie der Bruch mit S n S_n S n Student-t-Verteilung , kurz t-Verteilung .
Der Satz dazu (im Skript „Fall 2“): Sind die Daten normalverteilt, dann ist
X ˉ n − μ S n / n \dfrac{\bar X_n - \mu}{S_n/\sqrt{n}} S n / n X ˉ n − μ n − 1 n - 1 n − 1 t n − 1 t_{n-1} t n − 1
Was Freiheitsgrade sind, erklärt der nächste Schritt. Zuerst die Form (im Bild die
durchgezogene Kurve):
eine Glocke, symmetrisch um 0, wie N ( 0 , 1 ) N(0,\,1) N ( 0 , 1 )
der Gipfel ist etwas niedriger: Dichte 0,3900 statt 0,3989;
dafür liegt mehr Fläche an den Rändern . Werte weit außen sind wahrscheinlicher.
Genau das verlangt Schritt 8.
Die ganze Fläche unter jeder Dichtekurve ist 1. Was in der Mitte fehlt, liegt deshalb an
den Rändern.
Merke: Die t-Verteilung berücksichtigt, dass
S n S_n S n selbst nur geschätzt ist.
Voraussetzung sind normalverteilte Daten; das sagt die Aufgabe zu.
Freiheitsgrade
= n − 1 = 12 − 1 = 11 = n - 1 = 12 - 1 = 11 = n − 1 = 12 − 1 = 11
Es gibt nicht die t-Verteilung, sondern eine ganze Familie. Welche gilt, sagt die
Zahl der Freiheitsgrade . Für das Konfidenzintervall ist sie n − 1 n - 1 n − 1 12 − 1 = 11 12 - 1 =
\mathbf{11} 12 − 1 = 11
Die 11 steht schon im Nenner von s 12 2 s_{12}^2 s 12 2 s 12 s_{12} s 12 s 12 s_{12} s 12 Freiheitsgrade .
Je mehr Freiheitsgrade, desto genauer schätzt S n S_n S n σ \sigma σ df, von englisch
degrees of freedom (Freiheitsgrade).
Aus Blatt 5, Aufgabe 3 („Stichprobenvarianz: die Länge der Fische“): Bei fünf
Fischen waren nur
n − 1 = 4 n - 1 = 4 n − 1 = 4 Abweichungen frei wählbar; die fünfte lag fest, weil die
Summe 0 ist.
t 11 ; 0,975 = 2,200985 ≈ 2,201 t_{11;\,0{,}975} = 2{,}200985 \approx 2{,}201 t 11 ; 0 , 975 = 2 , 200985 ≈ 2 , 201
Für das Intervall braucht man die Grenzen, zwischen denen 95 % der Fläche der t-Verteilung
mit 11 Freiheitsgraden liegen, so wie ± 1,96 \pm 1{,}96 ± 1 , 96
Die Irrtumswahrscheinlichkeit α = 0,05 \alpha = 0{,}05 α = 0 , 05 α / 2 = 0,025 \alpha/2 = 0{,}025 α /2 = 0 , 025 0,025 0{,}025 0 , 025 1 − 0,025 = 0,975 1 -
0{,}025 = 0{,}975 1 − 0 , 025 = 0 , 975 0,975-Quantil der
t-Verteilung mit 11 Freiheitsgraden:
t n − 1 ; 1 − α / 2 = t 11 ; 0,975 t_{n-1;\,1-\alpha/2} = t_{11;\,0{,}975} t n − 1 ; 1 − α /2 = t 11 ; 0 , 975
Die erste Zahl unten nennt die Freiheitsgrade, die zweite den Anteil links. Das Semikolon
trennt beide, weil 0,975 schon ein Komma enthält. Skript und Musterlösung schreiben das
Quantil allgemein als t n − 1 , 1 − α / 2 t_{n-1,\,1-\alpha/2} t n − 1 , 1 − α /2 t 11 ; 0.975 t_{11;\,0.975} t 11 ; 0.975
R hat dafür qt („q“ für Quantil, „t“ für t-Verteilung). Es
bekommt den Anteil links und die Freiheitsgrade:
qt(0.975, df = 11) gibt 2,200985 \mathbf{2{,}200985} 2 , 200985
Die t-Verteilung ist symmetrisch, die linke Grenze ist deshalb − 2,201 -2{,}201 − 2 , 201 − 2,201 -2{,}201 − 2 , 201 2,201 2{,}201 2 , 201
Aus Blatt 4, Aufgabe 5 („Quantile: die Füllmenge einer Kaffeepackung“): Dort gab
qnorm(0.99, …) die Grenze, links von der 99 % liegen.
qt macht dasselbe für die t-Verteilung; statt Mittelwert und
Standardabweichung bekommt es die Freiheitsgrade.
t 2 ; 0,975 = 4,303 … t 100 ; 0,975 = 1,984 → 1,960 t_{2;\,0{,}975} = 4{,}303 \ \ldots\ t_{100;\,0{,}975} = 1{,}984 \to 1{,}960 t 2 ; 0 , 975 = 4 , 303 … t 100 ; 0 , 975 = 1 , 984 → 1 , 960
Wie stark die t-Verteilung von der Normalverteilung abweicht, hängt von den
Freiheitsgraden ab. Die Tabelle zeigt das 0,975-Quantil für verschiedene
Stichprobenumfänge, also die Zahl, die im Intervall an die Stelle von 1,96 tritt:
Bei 2 Freiheitsgraden (drei Werte) ist es 4,303. Das Intervall wäre mehr als doppelt so
breit wie mit 1,96.
Bei 11 Freiheitsgraden (diese Aufgabe) ist es 2,201.
Bei 100 Freiheitsgraden ist es 1,984, fast schon 1,96.
Der Grund: Bei vielen Werten schätzt S n S_n S n σ \sigma σ σ \sigma σ n n n
Die R-Zeile rechnet alle Quantile der Tabelle auf einmal:
c(2, 4, 11, 29, 100) ist wieder eine Liste, und
qt antwortet mit einer Liste.
Im Bild ist zusätzlich die t-Verteilung mit 2 Freiheitsgraden gepunktet eingezeichnet:
noch flacher, noch breitere Ränder.
I = [ x ˉ n − s n n t n − 1 ; 1 − α / 2 ; x ˉ n + s n n t n − 1 ; 1 − α / 2 ] I = \Big[\bar x_n - \dfrac{s_n}{\sqrt{n}}\, t_{n-1;\,1-\alpha/2};\; \bar x_n +
\dfrac{s_n}{\sqrt{n}}\, t_{n-1;\,1-\alpha/2}\Big] I = [ x ˉ n − n s n t n − 1 ; 1 − α /2 ; x ˉ n + n s n t n − 1 ; 1 − α /2 ]
Jetzt wird das Rezept aus Aufgabe 1 angepasst: σ \sigma σ s n s_n s n q 0,975 q_{0{,}975} q 0 , 975 t 11 ; 0,975 t_{11;\,0{,}975} t 11 ; 0 , 975 t t t t 11 ; 0,975 t_{11;\,0{,}975} t 11 ; 0 , 975
Nach Schritt 11 liegt der t-verteilte Bruch mit Wahrscheinlichkeit 0,95 zwischen − t -t − t t t t
Alle drei Teile der Kette mit S n / n S_n/\sqrt{n} S n / n ≤ \le ≤
X ˉ n \bar X_n X ˉ n − μ -\mu − μ
Mit − 1 -1 − 1 μ \mu μ
Diese beiden Grenzen sind das Konfidenzintervall bei unbekanntem σ \sigma σ x ˉ n \bar x_n x ˉ n s n s_n s n
I 1 = x ˉ n − s n n ⋅ t n − 1 ; 1 − α / 2 , I 2 = x ˉ n + s n n ⋅ t n − 1 ; 1 − α / 2 I_1 = \bar x_n - \dfrac{s_n}{\sqrt{n}} \cdot t_{n-1;\,1-\alpha/2}, \qquad I_2 = \bar x_n
+ \dfrac{s_n}{\sqrt{n}} \cdot t_{n-1;\,1-\alpha/2} I 1 = x ˉ n − n s n ⋅ t n − 1 ; 1 − α /2 , I 2 = x ˉ n + n s n ⋅ t n − 1 ; 1 − α /2
Gebraucht werden drei Zahlen, und alle sind schon berechnet: x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12 s 12 s_{12} s 12 t 11 ; 0,975 t_{11;\,0{,}975} t 11 ; 0 , 975 x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12
Merke: Gleiche Form wie in Aufgabe 1. Nur
σ → s n \sigma \to s_n σ → s n und
q 1 − α / 2 → t n − 1 ; 1 − α / 2 q_{1-\alpha/2} \to
t_{n-1;\,1-\alpha/2} q 1 − α /2 → t n − 1 ; 1 − α /2 .
s 12 12 = 8,5410 3,4641 ≈ 2,4656 \dfrac{s_{12}}{\sqrt{12}} = \dfrac{8{,}5410}{3{,}4641} \approx 2{,}4656 12 s 12 = 3 , 4641 8 , 5410 ≈ 2 , 4656 g
Zuerst der Teil s 12 12 \dfrac{s_{12}}{\sqrt{12}} 12 s 12 Mittelwert von Stichprobe zu Stichprobe schwankt. Wir nennen ihn kurz die
Streuung des Mittelwerts .
Warum durch 12 \sqrt{12} 12 Eine einzelne Packung weicht typischerweise um s 12 ≈ 8,54 s_{12}
\approx 8{,}54 s 12 ≈ 8 , 54 n \sqrt{n} n X ˉ n \bar X_n X ˉ n σ / n \sigma/\sqrt{n} σ / n
12 = 3,464102 … ≈ 3,4641 \sqrt{12} = 3{,}464102\ldots \approx 3{,}4641 12 = 3 , 464102 … ≈ 3 , 4641
s 12 12 = 8,5410 3,4641 = 2,46557 … ≈ 2,4656 \dfrac{s_{12}}{\sqrt{12}} = \dfrac{8{,}5410}{3{,}4641} = 2{,}46557\ldots \approx
\mathbf{2{,}4656} 12 s 12 = 3 , 4641 8 , 5410 = 2 , 46557 … ≈ 2 , 4656
Im Bild ist das die kurze Strecke rechts vom Mittelwert.
2,4656 ⋅ 2,200985 ≈ 5,4267 2{,}4656 \cdot 2{,}200985 \approx 5{,}4267 2 , 4656 ⋅ 2 , 200985 ≈ 5 , 4267 g
Die halbe Breite des Intervalls ist das Quantil aus Schritt 11 mal die Streuung des
Mittelwerts aus Schritt 14:
s 12 12 ⋅ t 11 ; 0,975 = 2,4656 ⋅ 2,200985 = 5,42675 … ≈ 5,4267 \dfrac{s_{12}}{\sqrt{12}} \cdot t_{11;\,0{,}975} = 2{,}4656 \cdot 2{,}200985 =
5{,}42675\ldots \approx \mathbf{5{,}4267} 12 s 12 ⋅ t 11 ; 0 , 975 = 2 , 4656 ⋅ 2 , 200985 = 5 , 42675 … ≈ 5 , 4267
Anschaulich: Man geht vom Mittelwert aus gut zweimal (genau 2,201-mal) die Strecke 2,47 g
nach links und nach rechts. Mit 1,96 wären es knapp zweimal gewesen. Die t-Verteilung
verlangt den etwas weiteren Weg, weil s 12 s_{12} s 12
Im Bild: die grüne Strecke nach beiden Seiten, je 5,43 g. Die kleinen Striche markieren
ein- und zweimal 2,47 g.
I ≈ [ 439,73 ; 450,59 ] I \approx [439{,}73;\, 450{,}59] I ≈ [ 439 , 73 ; 450 , 59 ] g,
L ≈ 10,85 L \approx 10{,}85 L ≈ 10 , 85 g
Jetzt die beiden Grenzen: Mittelwert minus bzw. plus halbe Breite.
I 1 = 445,1583 − 5,4267 = 439,7316 I_1 = 445{,}1583 - 5{,}4267 = 439{,}7316 I 1 = 445 , 1583 − 5 , 4267 = 439 , 7316
I 2 = 445,1583 + 5,4267 = 450,5850 I_2 = 445{,}1583 + 5{,}4267 = 450{,}5850 I 2 = 445 , 1583 + 5 , 4267 = 450 , 5850
Rundung: auf zwei Nachkommastellen, also auf hundertstel Gramm:
I = [ I 1 ; I 2 ] ≈ [ 439,73 ; 450,59 ] I = [I_1;\, I_2] \approx [\mathbf{439{,}73};\, \mathbf{450{,}59}] I = [ I 1 ; I 2 ] ≈ [ 439 , 73 ; 450 , 59 ]
Das Semikolon trennt die beiden Grenzen, weil das Komma schon in den Zahlen steckt.
Die Länge L = I 2 − I 1 L = I_2 - I_1 L = I 2 − I 1 L = 450,5850 − 439,7316 = 10,8534 ≈ 10,85 L = 450{,}5850 -
439{,}7316 = 10{,}8534 \approx 10{,}85 L = 450 , 5850 − 439 , 7316 = 10 , 8534 ≈ 10 , 85
Im Bild: der dicke Balken von 439,73 bis 450,59 g, symmetrisch um x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12
95 % beschreibt das Verfahren, nicht dieses eine Intervall
In Worten: Aus den zwölf Packungen schätzen wir den mittleren Packungsinhalt aller
Packungen auf 439,73 g bis 450,59 g, zum Sicherheitsniveau 95 %.
Was heißt „95 %“ genau? μ \mu μ Grenzen : Sie hängen von x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12 s 12 s_{12} s 12
Stellen Sie sich vor, man zieht sehr oft zwölf Packungen und rechnet jedes Mal so ein
Intervall. Dann enthalten im Mittel 95 von 100 dieser Intervalle das wahre μ \mu μ Verfahren .
Für unser eines Intervall gilt: Entweder liegt μ \mu μ
Einzelne Packungen: Im Bild liegen sieben der zwölf Punkte außerhalb des
Intervalls. Das ist kein Widerspruch. Das Intervall grenzt den Mittelwert μ \mu μ
Merke: Nicht „
μ \mu μ liegt mit 95 % Wahrscheinlichkeit in diesem Intervall“,
sondern: „Das Verfahren liefert bei 95 % aller Stichproben ein Intervall, das
μ \mu μ
enthält.“
t.test(x)$conf.int → 439,7317 und 450,5850 ✓
R hat einen Befehl, der das ganze Intervall auf einmal rechnet:
t.test(x). Er führt einen sogenannten t-Test durch; was ein Test
ist, kommt in den Aufgaben 4 bis 6. Hier brauchen wir nur einen Teil seiner Ausgabe:
$conf.int, von englisch
confidence interval (Konfidenzintervall). Ohne weitere Angabe rechnet R mit 95 %.
R antwortet 439,7317 und 450,5850. Die Zeilen darunter,
attr(,"conf.level") und 0.95, bestätigen das Sicherheitsniveau
95 %.
Unsere Rechnung ergab 439,7316. Der Unterschied in der vierten Nachkommastelle kommt vom
Runden. Wir haben mit x ˉ 12 ≈ 445,1583 \bar x_{12} \approx 445{,}1583 x ˉ 12 ≈ 445 , 1583 ≈ 5,4267 \approx
5{,}4267 ≈ 5 , 4267 [ 439,73 ; 450,59 ] [439{,}73;\, 450{,}59] [ 439 , 73 ; 450 , 59 ]
Die Musterlösung schreibt 439,7316 wie unsere Rechnung von Hand.
mit 1,96:
[ 440,33 ; 449,99 ] [440{,}33;\, 449{,}99] [ 440 , 33 ; 449 , 99 ] g, verfehlt
μ \mu μ in rund 7,6 % statt 5 %
Diese Ergänzung geht über die Aufgabe hinaus. Was wäre, wenn man s 12 s_{12} s 12
Halbe Breite: 2,4656 ⋅ 1,96 = 4,8326 2{,}4656 \cdot 1{,}96 = 4{,}8326 2 , 4656 ⋅ 1 , 96 = 4 , 8326 [ 440,33 ; 449,99 ] [440{,}33;\, 449{,}99] [ 440 , 33 ; 449 , 99 ] L ≈ 9,67 L \approx 9{,}67 L ≈ 9 , 67
Schmaler klingt nach genauer. Es ist aber zu optimistisch : Es tut so, als wäre
σ \sigma σ μ \mu μ μ \mu μ − 1,96 -1{,}96 − 1 , 96 1,96 1{,}96 1 , 96
R: pt(-1.96, df = 11) gibt die Fläche links von − 1,96 -1{,}96 − 1 , 96 pnorm bei der Normalverteilung. Mal 2
für beide Ränder: 0,0758.
Das heißt: Mit 1,96 läge das Intervall in rund 7,6 % der Stichproben daneben statt
in 5 %. Es wäre nur ein 92,4-%-Intervall, obwohl „95 %“ draufsteht.
Aus Blatt 4, Aufgabe 3 („Standardnormalverteilung mit R“):
pnorm(x) gibt die Fläche links von
x x x unter der Dichte von
N ( 0 , 1 ) N(0,\,1) N ( 0 , 1 ) .
pt tut dasselbe für die t-Verteilung.
Größe
Weg
Wert
Mittelwert x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12
5.341,9 : 12 5.341{,}9 : 12 5.341 , 9 : 12 445,1583 g
Standardabweichung s 12 s_{12} s 12
802,4294 : 11 \sqrt{802{,}4294 : 11} 802 , 4294 : 11 8,5410 g
Quantil t 11 ; 0,975 t_{11;\,0{,}975} t 11 ; 0 , 975
qt(0.975, df = 11)2,200985
halbe Breite
8,5410 12 ⋅ 2,200985 \frac{8{,}5410}{\sqrt{12}} \cdot 2{,}200985 12 8 , 5410 ⋅ 2 , 200985 5,4267 g
Intervall I I I
445,1583 ± 5,4267 445{,}1583 \pm 5{,}4267 445 , 1583 ± 5 , 4267 [439,73; 450,59] g
In Worten: Das 95-%-Konfidenzintervall für den mittleren Inhalt μ \mu μ μ \mu μ
Proben: R liefert mit t.test dieselben Grenzen. Die Mitte
des Intervalls ist x ˉ 12 \bar x_{12} x ˉ 12
Rückblick — so geht man bei unbekanntem σ \sigma σ x ˉ n \bar x_n x ˉ n und
s n s_n s n aus den
Daten berechnen. Freiheitsgrade
n − 1 n - 1 n − 1 bestimmen. Quantil
t n − 1 ; 1 − α / 2 t_{n-1;\,1-\alpha/2} t n − 1 ; 1 − α /2 mit
qt holen. Dann
x ˉ n ± s n n ⋅ t n − 1 ; 1 − α / 2 \bar x_n \pm \frac{s_n}{\sqrt{n}} \cdot
t_{n-1;\,1-\alpha/2} x ˉ n ± n s n ⋅ t n − 1 ; 1 − α /2 .
Typische Fehler: 1,96 statt 2,201 (Intervall zu schmal). Freiheitsgrade
n n n statt
n − 1 n
- 1 n − 1 . In
qt 0.95 statt 0.975.
s 12 s_{12} s 12 nicht durch
12 \sqrt{12} 12
teilen. Die Varianz statt der Standardabweichung einsetzen.