Teilaufgabe a)

Was sind hier Merkmalsträger und Merkmal?

Merkmalsträger: Arbeitnehmer
Merkmal: Bruttoverdienst / Stunde (in EUR).

Teilaufgabe b)

Ordnen Sie die obigen Individualdaten 15 Einkommensklassen zu, in dem Sie die Daten zu Intervallen von 5 Euro gruppieren – analog zu Abbildung 4.7, die sich allerdings auf Bruttojahresverdienste bezog und daher Intervalle von \(5.000\) Euro vorsah. Ermitteln Sie dann für das Merkmal “Bruttostundenverdienste” die absoluten und die relativen Häufigkeiten für die Besetzung der Einkommensklassen, letztere in Prozent. Fertigen Sie eine Tabelle an, die in jeder Zeile eine Klasse sowie die zugehörige absolute und relative Häufigkeit für die Besetzung dieser Klasse ausweist.

Einteilung in Intervalle der Länge 5.

intervall.5 <- findInterval(stundenlohn, vec = (c(0:14) * 5))

absolute.häufigkeit <- vector(mode = "integer", length = 15)

for( i in 1:15 ){
  absolute.häufigkeit[i] <- sum(intervall.5 == i)
}

relative.häufigkeit <- absolute.häufigkeit / length(stundenlohn) * 100

klassengrenzen <-
  c(
  "0-5", "5-10", "10-15", "15-20", "20-25",
  "25-30", "30-35", "35-40", "40-45", "45-50",
  "50-55", "55-60", "60-65", "65-70","70+"
  )

Tabelle <- data.frame(klassengrenzen, absolute.häufigkeit, relative.häufigkeit)

names(Tabelle) <- c("Klassengrenzen", "absolute Häufigkeit", "relative Häufigkeit (in %)")

Tabelle

##    Klassengrenzen absolute Häufigkeit relative Häufigkeit (in %)
## 1             0-5                   3                       3.75
## 2            5-10                  33                      41.25
## 3           10-15                  15                      18.75
## 4           15-20                  10                      12.50
## 5           20-25                   6                       7.50
## 6           25-30                   4                       5.00
## 7           30-35                   3                       3.75
## 8           35-40                   2                       2.50
## 9           40-45                   1                       1.25
## 10          45-50                   1                       1.25
## 11          50-55                   1                       1.25
## 12          55-60                   0                       0.00
## 13          60-65                   1                       1.25
## 14          65-70                   0                       0.00
## 15            70+                   0                       0.00

Teilaufgabe c)

Visualisieren Sie auf der Basis obiger Klasseneinteilung die relativen Klassenbesetzungshäufigkeiten anhand eines Histogramms.

barplot(Tabelle$`relative Häufigkeit (in %)`, names.arg = Tabelle$Klassengrenzen, col = "purple", ylab = "%", las = 2)

Teilaufgabe a)

Geben Sie für die \(6\) Merkmalsausprägungen die absoluten und die relativen Häufigkeiten an. Runden Sie die relativen Häufigkeiten auf \(3\) Stellen nach dem Komma oder verwenden Sie Brüche.

zahlen <- c(1, 2, 3, 2, 1, 3)
relativ <- sapply(zahlen, function(x){ round(x / 12, 3) })
Tabelle <- rbind(zahlen, relativ)

Häufigkeitsverteilung für das Merkmal “Augenzahl”:

Tabelle

##          [,1]  [,2] [,3]  [,4]  [,5] [,6]
## zahlen  1.000 2.000 3.00 2.000 1.000 3.00
## relativ 0.083 0.167 0.25 0.167 0.083 0.25

Teilaufgabe b)

Berechnen Sie für die durch die obigen \(12\) Augenzahlen definierte Urliste den Median und, auf \(2\) Nachkommastellen genau, den Mittelwert.

Wenn man die Augenzahlen nach Größe sortiert, erhält man eine Liste mit den Werten \(1\), \(2\) ,\(2\), \(3\), \(3\), \(3\), \(4\), \(4\), \(5\), \(6\), \(6\), \(6\). Der Median ist nach (5.1) wegen \(n = 12\) der Mittelwert aus dem 6. und 7. Element \(x_{(6)}\) resp. \(x_{(7)}\) der geordneten Liste, d. h. es ist \(\widetilde{x} = {\small {\frac{1}{2}}} \cdot(3+4) = 3,5\). % Nach (5.2) erhält man dann \(\overline{x}= \frac{1}{12}\cdot 45 = 3,75\). Wenn man alternativ von (5.4) ausgeht, ergibt sich dieser Wert wie folgt: \[\begin{align*} \overline{x} = \left(1\cdot \frac{1}{12} + 2\cdot \frac{1}{6} + 3 \cdot \frac{1}{4} + 4\cdot \frac{1}{6} +5\cdot \frac{1}{12} +6\cdot \frac{1}{4}\right) = \frac{45}{12} = 3,75. \end{align*}\]

würfel.zahlen <- c(1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 5, 6, 6, 6)

Median

median(würfel.zahlen)

## [1] 3.5

Mittelwert

round(mean(würfel.zahlen), 2)

## [1] 3.75

Teilaufgabe c)

Berechnen Sie für den obigen Datensatz mit \(12\) Elementen die Spannweite, die Varianz und die Standardabweichung. Die Ergebnisse sind auf \(3\) Stellen nach dem Dezimalkomma genau anzugeben.

Für die Spannweite folgt nach (5.5) der Wert \(R= 6 -1 = 5\). Für die Berechnung der Varianz kann man jede der Formeln (5.6), (5.7) oder (5.10) heranziehen. Bei Verwendung von (5.10) ergibt sich \[\begin{align*} s^2 &= \frac{(-2,75)^2}{12} + \frac{(-1,75)^2}{6} + \frac{(-0,75)^2}{4} + \frac{(0,25)^2}{6} + \frac{(1,25)^2}{12} + \frac{(2,25)^2}{4}. \end{align*}\] Man errechnet hieraus \(s^2 \approx 2,688\) und mit (5.8) dann \(s \approx 1,640\).

Spannweite

diff(range(würfel.zahlen))

## [1] 5

Varianz

würfel.varianz <- sum((würfel.zahlen - mean(würfel.zahlen))^2) / length(würfel.zahlen)
würfel.varianz

## [1] 2.6875

R verfügt über die Funktion var(),jedoch berechnet diese die inferenzstatistische Varianz

Standardabweichung

sqrt(würfel.varianz)

## [1] 1.63936

Teilaufgabe a)

Bestimmen Sie für den in Aufgabe 5.1 veranschaulichten Datensatz mit \(12\) Werten (Würfelexperiment) die Quartile \(x_{0,25}\) und \(x_{0,75}\).

Die Quartile bestimmen sich nach (5.11). Da der geordnete Datensatz durch \(1\), \(2\), \(2\), \(3\), \(3\), \(3\), \(4\), \(4\), \(5\), \(6\), \(6\), \(6\) gegeben ist, erhält man mit \(p = 0,25\) aufgrund der Ganzzahligkeit von \(n \cdot p\) \[\begin{align*} x_{0,25}&= {\small {\frac{1}{2}}} \cdot (x_{(3)} + x_{(4)}) = {\small {\frac{1}{2}}} \cdot (2 + 3) = 2,5. \end{align*}\] Analog folgt für denselben Datensatz mit \(p = 0,75\), wieder bei Beachtung der Ganzzahligkeit von \(n \cdot p\) \[\begin{align*} x_{0,75} &= {\small {\frac{1}{2}}} \cdot (x_{(9)} + x_{(10)}) = {\small {\frac{1}{2}}} \cdot (5 + 6) = 5,5. \end{align*}\]

würfel.zahlen <- c(1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 5, 6, 6, 6)
quantile(würfel.zahlen, 0.25, type = 2)

## 25% 
## 2.5

quantile(würfel.zahlen, 0.75, type = 2)

## 75% 
## 5.5

Teilaufgabe b)

Die \(12\) Werte lassen sich anhand eines Boxplots visualisieren. Geben Sie die \(5\) Größen an, durch die der Boxplot definiert ist. Wie groß ist der Interquartilsabstand \(Q\), der die Länge der Box festlegt?

Die \(5\) Charakteristika eines Boxplots sind in Abbildung (5.3) wiedergegeben. Es sind dies hier die beiden Extremwerte \(x_{(1)} = 1\) und \(x_{(12)} = 6\), die beiden Quartile \(x_{0,25} = 2,5\) und \(x_{0,75} = 5,5\) sowie der Median \(\widetilde{x} = 3,5\). Der Interquartilsabstand (5.12) beträgt \(Q = x_{0,75} - x_{0,25} = 3\).

Teilaufgabe c)

Wenn noch einmal gewürfelt wird und die Augenzahl \(3\) erscheint, hat man einen Datensatz der Länge $ n= 13$. Wie groß ist nun \(Q\)?

Wenn man den um \(x_{(13)} = 3\) erweiterten Datensatz nach aufsteigender Größe ordnet, hat man \(1\), \(2\), \(2\), \(3\), \(3\), \(3\), \(3\), \(4\), \(4\), \(5\), \(6\), \(6\), \(6\). Die Quartile \(x_{0,25}\) und \(x_{0,75}\) bestimmen sich nach (5.11). Mit \(n = 13\) und \(p = 0,25\) oder \(p = 0,75\) ist \(n \cdot p\) nicht mehr ganzzahlig. Es ist daher die obere Hälfte von (5.11) anzuwenden. Man erhält \[\begin{align*} x_{0,25} = x_{(\left[3,25\right] +1)} = x_{(4)} = 3; \hspace{0.2cm} x_{0,75} = x_{(\left[9,75\right] +1)} = x_{(10)} = 5. \end{align*}\] Für den Interquartilsabstand \(Q\) gilt \(Q = x_{0,75} - x_{0,25} = 2\).

würfel.zahlen.2 <- c(würfel.zahlen, 3)

q.1 <- quantile(würfel.zahlen.2, 0.25, type = 2)
q.1

## 25% 
##   3

q.2 <- quantile(würfel.zahlen.2, 0.75, type = 2)
q.2

## 75% 
##   5

q.2 - q.1

## 75% 
##   2

Teilaufgabe a)

Bestimmen Sie den Median und Interquartilsabstand des Datensatzes.

# Die \(100\) Werte der Rouletteserie lassen sich aus dem Balkendiagramm ablesen. Der Wert \(0\) tritt z. B. gar nicht auf, der Ausgang \(1\) insgesamt zweimal, der Ausgang \(2\) einmal etc. Man erhält den – hier nur unvollständig wiedergegebenen – Datensatz

Für den Median folgt \(\widetilde{x} = x_{0,5} = 19\), für das untere und obere Quartil \(x_{0,25} = 10\) bzw. \(x_{0,75} = 28\) und für den Interquartilsabstand \(Q = 18\).

roulette <- c(
  1, 1, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 8, 8, 8, 9, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 11, 11, 11, 12, 12, 12, 13, 13, 13, 13, 14, 14, 15, 15, 15, 15, 16, 16, 16,
  18, 19, 19, 19, 20, 20, 20, 20, 21, 21, 22, 22, 22, 22, 22, 23, 24, 24, 24, 25, 25, 26, 27, 27, 27, 27, 28, 28, 28, 30, 30, 30, 31, 31, 31, 32, 32, 32, 32, 33, 33, 33, 33, 33, 34, 34, 34, 35, 35, 36, 36, 36, 36
)

Median und Interquartilsabstand

median(roulette)

## [1] 19

quantile(roulette, type = 2)

##   0%  25%  50%  75% 100% 
##    1   10   19   28   36

quantile(roulette, 0.75, type = 2) - quantile(roulette, 0.25, type = 2)

## 75% 
##  18

Teilaufgabe b)

Welchen Wert nimmt die empirische Verteilungsfunktion für \(x = 2\) und für \(x = 35\) an?

Da die \(0\) gar nicht, der Ausgang \(1\) zweimal und der Ausgang \(2\) einmal auftrat, errechnet sich \(F(2)\) als Summe der zugehörigen relativen Häufigkeiten, d. h. als \(F(2) = 0 + 0,02 + 0,01 = 0,03\). Die relative Häufigkeit für den Ausgang \(36\) betrug \(0,04\). Hieraus leitet man für \(F(35)\) der Wert \(F(35) = 1 - 0,04 = 0,96\) ab.

Plot der empirischen Verteilungsfunktion

plot(ecdf(roulette))

empirische Verteilungsfunktion für x = 3

length(roulette[roulette == 0]) / 100 + length(roulette[roulette == 1]) / 100 + length(roulette[roulette == 2]) / 100

## [1] 0.03

empirische Verteilungsfunktion für x = 35

1 - length(roulette[roulette == 36]) / 100

## [1] 0.96

Teilaufgabe c)

Visualisieren Sie den Datensatz anhand eines Boxplots.

Der Boxplot weist die Extremwerte des Datensatzes, die Box und den innerhalb der Box liegenden Median aus. Der kleinste realisierte Ausgang ist hier \(1\), der größte \(36\). Die Box ist durch \(x_{0,25} = 10\) und \(x_{0,75} = 28\) begrenzt und der Median \(\widetilde{x} = 19\) liegt genau in der Mitte der Box.

Die folgende Grafik zeigt erneut das in der Aufgabe wiedergegebene Säulendiagramm, nun mit der dynamischen Statistiksoftware JMP erzeugt und mit zusätzlich oberhalb des Diagramms eingezeichnetem Boxplot.

boxplot(roulette, horizontal = TRUE, col = "yellow")

Teilaufgabe a)

Errechnen Sie die Ordinatenwerte \(v_1\), \(v_2\) und \(v_3\) sowie den Gini-Koeffizienten \(G\) aus (7.5) und den normierten Gini-Koeffizienten \(G^*\) aus (7.7).

Der Inhalt \(A\) der markierten Fläche ist durch \(A = \frac{G}{2} = 0,1\) gegeben.

Man kann den Gini Koeffizienten manuell berechnen oder die Funktion gini aus dem DescTools package benutzen

x <- c(x.1, x.2, x.3, x.4)

Manuell

(1 / length(x)) * ((2 * sum(x * c(1, 2, 3, 4))) / (sum(x)) - 1) - 1

## [1] 0.2

DescTools

ginix <- Gini(x)
ginix

## [1] 0.2666667

norm.ginix <- round(length(x) / (length(x) - 1) * ginix, 3)
norm.ginix

## [1] 0.356

Teilaufgabe b)

Welchen Inhalt hat die farbig markierte Fläche \(A\)?

Der Inhalt \(A\) der markierten Fläche ist durch \(A = \frac{G}{2} = 0,1\) gegeben.

flaeche <- ginix / 2
flaeche

## [1] 0.1333333

Teilaufgabe a)

Berechnen Sie mit den Daten aus Aufgabe 7.1 den Herfindahl-Index.

Für den Herfindahl-Index \(H\) erhält man mit \(p_4 = 200\): \[\begin{align*} H &= \frac{1}{p^2_4} \cdot \sum_{i=1}^{4}{x^2_i} = \frac{1}{200^2} \cdot (20^2 + 50^2 + 60^2 + 70^2) = 0,285. \end{align*}\]

Man kann den Herfindahl-Index manuell berechnen oder die Funktion Herfindahl aus dem DesTools package benutzen

x <- c(x.1, x.2, x.3, x.4)

Manuell

(1 / sum(x)^2) * sum(x^2)

## [1] 0.285

DescTools

Herfindahl(c(x.1, x.2, x.3, x.4))

## [1] 0.285

Teilaufgabe b)

Wie groß ist hier die untere Schranke für den Index?

Der Index \(H\) kann im Fall \(n = 4\) nicht kleiner als \(0,25\) sein.

Teilaufgabe a)

Wie sähe für die zehn Länder der Tabelle (8.2) die Rangfolge aus, wenn man alle Medaillenarten berücksichtigte, aber mit unterschiedlichen Gewichten (\(5 - 3 - 2\)), also jede Goldmedaille mit \(5\) Punkten, jede Silbermedaille mit \(3\) Punkten und jede Bronzemedaille mit \(2\) Punkten bewertete?

Gewichtet man die in Tabelle (8.2) aufgeführten Anzahlen für Gold, Silber und Bronze nach dem Schema \(5 - 3 - 2\) , resultiert folgende Rangfolge:

punkte <- 5 * gold + 3 * silber + 2 * bronze
Tabelle.a <- cbind(Tabelle, punkte)
Tabelle.a[order(Tabelle.a$punkte, decreasing = TRUE), ]

##              land gold silber bronze gesamt punkte
## 1           China   51     21     28    100    374
## 2             USA   36     38     36    110    366
## 3        Russland   23     21     28     72    234
## 4  Großbritannien   19     13     15     47    164
## 6      Australien   14     15     17     46    149
## 5     Deutschland   16     10     15     41    140
## 10     Frankreich    7     16     17     40    117
## 7        Südkorea   13     10      8     31    111
## 9         Italien    8     10     10     28     90
## 8           Japan    9      6     10     25     83

Teilaufgabe b)

Wie sähe die Rangfolge für die zehn Länder aus, wenn man zwar den Ansatz \(5 - 3 - 2\) verwendete, die Punktzahlen aber auf die bezöge? Gehen Sie dabei von folgenden Bevölkerungszahlen aus (in Millionen; Daten des US Census Bureau für \(2008\)): China – 1330,0; USA – 303,8; Russland – 140,7; Japan – 127,3; Deutschland – 82,4; Frankreich – 64,1; Italien – 58,1; Südkorea – 48,4; Australien – 21,0; Großbritannien – 60,9.

Dividiert man die Punktzahlen der obigen Tabelle noch durch die in Klammern angegebene Einwohnerzahl (in Millionen) des jeweiligen Landes, resultiert eine ganz andere Rangfolge, bei der Länder mit hoher Einwohnerzahl erwartungsgemäß an Boden verlieren:

einwohner <- c(1330.0, 303.8, 140.7, 60.9, 82.4, 21.0, 48.4, 127.3, 58.1, 64.1)
Tabelle.b <- cbind(Tabelle.a, einwohner)
Tabelle.b$punkte <- round(Tabelle.b$punkte / Tabelle.b$einwohner, 2)
Tabelle.b[order(Tabelle.b$punkte, decreasing = TRUE), ]

##              land gold silber bronze gesamt punkte einwohner
## 6      Australien   14     15     17     46   7.10      21.0
## 4  Großbritannien   19     13     15     47   2.69      60.9
## 7        Südkorea   13     10      8     31   2.29      48.4
## 10     Frankreich    7     16     17     40   1.83      64.1
## 5     Deutschland   16     10     15     41   1.70      82.4
## 3        Russland   23     21     28     72   1.66     140.7
## 9         Italien    8     10     10     28   1.55      58.1
## 2             USA   36     38     36    110   1.20     303.8
## 8           Japan    9      6     10     25   0.65     127.3
## 1           China   51     21     28    100   0.28    1330.0

Teilaufgabe a)

Berechnen Sie den \(\chi^2\)-Koeffizienten auf der Basis der Daten aus Aufgabe 9.1. Runden Sie das Ergebnis auf drei Dezimalstellen.

Man erhält mit den Werten der in Aufgabe 9.1 wiedergegebenen Vierfeldertafel bei Anwendung von (10.7) und Beachtung von \(n = 360\) \[\begin{align*} \chi^2 = \frac{360\cdot (62 \cdot 188 - 96\cdot 14)^2}{158 \cdot 202 \cdot76 \cdot284} = \frac{360\cdot 10312^2}{158 \cdot 202 \cdot76 \cdot284} \approx 55,571. \end{align*}\]

Den Chi-Quadrat Koeffizienten findet man unter X-squared

chisq.test(vierfeldertafel, correct = FALSE)

## 
##  Pearson's Chi-squared test
## 
## data:  vierfeldertafel
## X-squared = 55.571, df = 1, p-value = 9.015e-14

Teilaufgabe b)

Bestimmen Sie dann auch den Phi-Koeffizienten \(\Phi\) aus (10.3) und den in (10.5) eingeführten Kontingenzkoeffizienten \(V\) nach Cramér.

Für den \(\Phi\)-Koeffizienten folgt nach (10.3) \[\begin{align*} \Phi = \sqrt{\frac{55,571}{360}} \approx 0,393. \end{align*}\]

Phi Koeffizient

Phi(vierfeldertafel)

## [1] 0.3928916

Das Cramérsche Zusammenhangsmaß \(V\) aus (10.5) ist bei einer Vierfeldertafel wegen \(M -1 = 1\) mit dem \(\Phi\)-Koeffizienten identisch.

Kontingenzkoeffizient V nach Cramer

CramerV(vierfeldertafel)

## [1] 0.3928916

Teilaufgabe a)

Welche Ausprägungen sind für die Zufallsvariable \(X\) möglich? Welche Eintrittswahrscheinlichkeiten besitzen die Ausprägungen?

Die Augensumme \(X\) beim Würfeln mit zwei Würfeln hat mindestens den Wert \(2\) und höchstens den Wert \(12\). Für die Eintrittswahrscheinlichkeiten \(f(x)\) gilt nach (12.1) \[\begin{align*} f(x)= \begin{cases} \frac{1}{36} \approx 0,0277 \ &\text{ für } x = 2 \text{ und für } x = 12;\\ \frac{1}{18} \approx 0,0556 \ &\text{ für } x = 3 \text{ und für } x = 11;\\ \frac{1}{12} \approx 0,0833 \ &\text{ für } x = 4 \text{ und für } x = 10;\\ \frac{1}{9} \approx 0,1111 \ &\text{ für } x = 5 \text{ und für } x = 9;\\ \frac{5}{36} \approx 0,1388 \ &\text{ für } x = 6 \text{ und für } x = 8;\\ \frac{1}{6} \approx 0,1667 \ &\text{ für } x = 7; \\ 0 \ &\text{ für alle sonstigen } x.\\ \end{cases} \end{align*}\] Die Funktion \(f(x)\) ist symmetrisch bezüglich \(x = 7\).

library(data.table)

eintrittswahrscheinlichkeit <- function(x) {
  Tupeldt <- data.frame(row.names = c("1.Wurf", "2.Wurf"))
  for (i in 1:6) {
    for (j in 1:6) {
      tupel <- c(i, j)
      Tupeldt <- cbind(Tupeldt, tupel)
    }
  }
  Tupeldt <- as.data.table(Tupeldt)
  Anzahl <- Tupeldt[, Tupeldt[, lapply(.SD, sum) == x], with = FALSE]
  return(ncol(Anzahl) / ncol(Tupeldt))
}

Wir wenden die Funktion auf alle Ausprägungen an, also von 2 bis 12.

for (k in 2:12) {
  print(k)
  print(eintrittswahrscheinlichkeit(k))
}

## [1] 2
## [1] 0.02777778
## [1] 3
## [1] 0.05555556
## [1] 4
## [1] 0.08333333
## [1] 5
## [1] 0.1111111
## [1] 6
## [1] 0.1388889
## [1] 7
## [1] 0.1666667
## [1] 8
## [1] 0.1388889
## [1] 9
## [1] 0.1111111
## [1] 10
## [1] 0.08333333
## [1] 11
## [1] 0.05555556
## [1] 12
## [1] 0.02777778

Teilaufgabe b)

Welchen Wert hat die Verteilungsfunktion \(F(x)\) der Augensumme \(X\) an den Stellen \(x = 0,5\), \(x = 3\), \(x = 3,5\) und \(x = 6\)?

Für die gemäß (12.3) definierte Verteilungsfunktion \(F(x)\) gilt z. B. \(F(0,5) = 0\), \(F(3) = f(2) + f(3) = \frac{1}{12} \approx 0,0833\), \(F(3,5) = F(3)\) und \(F(6) = F(3) + f(4) + f(5) + f(6) = \frac{5}{12} \approx 0,41667\).

verteilungsfunktion <- function(x) {
  a <- floor(x)
  Ergebnis <- 0
  for (j in 0:a) {
    Ergebnis <- Ergebnis + eintrittswahrscheinlichkeit(j)
  }
  return(Ergebnis)
}

verteilungsfunktion(0.5)

## [1] 0

verteilungsfunktion(3)

## [1] 0.08333333

verteilungsfunktion(3.5)

## [1] 0.08333333

verteilungsfunktion(6)

## [1] 0.4166667

Teilaufgabe c)

Berechnen Sie auch den Erwartungswert von \(X\).

Da die Augenzahlen bei den beiden Würfeln unabhängig voneinander sind und der Erwartungswert der Augenzahl eines Würfels jeweils den Wert \(3,5\) hat, besitzt der Erwartungswert der Augensumme \(X\) nach (12.13) den Wert \(7\).

mean(2:12)

## [1] 7

Teilaufgabe a)

mindestens zwei Kugelschreiber gewonnen werden?

Die Wahrscheinlichkeit \(P(X \leq 1)\) die Farbe “Gelb” zu erhalten, errechnet sich als Wert \(F(1)\) der Verteilungsfunktion einer B(4; 0,25)-verteilten Zufallsvariablen. Da Tabelle (19.1) keine Werte mit \(p = 0,25\) ausweist, wird das nebenstehende Lernobjekt verwendet. Es resultiert \(F(1) = 0,7383\). Die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(P(X \geq 2)\) dafür, dass die Farbe “Gelb” erscheint, ist die Komplementärwahrscheinlichkeit von \(P(X \leq 1)\), d. h. es gilt \[\begin{align*} P(X \geq 2) = 1 - P(X \leq 1) = 0,2617. \end{align*}\]

1 - pbinom(1, 4, 0.25)

## [1] 0.2617188

Teilaufgabe b)

genau einmal “Grün” auftritt, also ein einwöchiges Freiabonnement gewährt wird?

Die Wahrscheinlichkeit \(P(X = 1)\) die Farbe “Grün” zu erreichen errechnet sich als Differenz der Werte \(F(1) = P(X \leq 1) = 0,7383\) und \(F(0) = P(X \leq 0) = P(X = 0) = 0,3164\) der Verteilungsfunktion der genannten Binomialverteilung. Man erhält \(0,7383 - 0,3164 = 0,4219\).

dbinom(1, 4, 0.25)

## [1] 0.421875

Teilaufgabe b)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass insgesamt \(4\) rote Kugeln gezogen werden?

Die Wahrscheinlichkeit \(P(X = 4)\) dafür, dass \(4\) rote Kugeln gezogen werden, ist nach (12.26) gegeben durch \[\begin{align*} f(4) = \frac{\binom{7}{4}\binom{3}{1}}{\binom{10}{5}}= \frac{35\cdot 3}{252} \approx 0,4167. \end{align*}\]

dhyper(4, 7, 3, 5)

## [1] 0.4166667

Teilaufgabe c)

Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind \(4\) Kugeln rot?

Die Wahrscheinlichkeit \(P(X \leq 4)\) dafür, dass \(4\) rote Kugeln gezogen werden, errechnet sich nach (12.27) als Summe aller von Null verschiedenen Werte der Wahrscheinlichkeitsfunktion \(f(x)\) bis zur Stelle \(x = 4\), d. h. als \(F(4) = f(2) + f(3) + f(4)\). Die Werte \(f(2)\) und \(f(3)\) bestimmt man erneut mit(12.26): \[\begin{align*} f(2) = \frac{\binom{7}{2}\binom{3}{3}}{\binom{10}{5}}= \frac{2520\cdot 1}{252} \approx 0,0833.\\ f(3) = \frac{\binom{4}{3}\binom{6}{2}}{\binom{10}{5}}= \frac{4\cdot 15}{252} \approx 0,4167. \end{align*}\]

Damit folgt schließlich \(F(4) \approx 0,0833 + 0,4167 + 0,4167 = 0,9167\). Diesen Wert kann man auch unter Verwendung des nebenstehenden Lernobjekts erhalten, wenn man dort \(N = 10\), \(M = 7\), \(n =5\) und \(x = 4\) einstellt.

Gleiches gilt für den Wert \(f(4)\). Letzterer ergibt sich als Differenz \(f(4)= F(4) - F(3)\) zweier benachbarter Werte der Verteilungsfunktion \(F(x)\). Für \(F(3)\) erhält man anhand des Lernobjekts bei Wahl von \(N = 10\), \(M = 7\), \(n =5\) und \(x = 3\) den Wert \(F(3) = 0,5000\). Für \(f(4)\) resultiert somit der schon in Aufgabenteil a) errechnete Wert \(f(4) \approx 0,9167 - 0,5000 = 0,4167\).

dhyper(2, 7, 3, 5) + dhyper(3, 7, 3, 5) + dhyper(4, 7, 3, 5) - 0.5

## [1] 0.4166667

Teilaufgabe a)

Berechnen Sie den Erwartungswert für die Anzahl \(X\) der Richtigen.

Für \(\mu = E(X)\) folgt nach (12.24), dass \(\mu = 6 \cdot \frac{6}{45} = 0,8\).

6 * (6 / 45)

## [1] 0.8

Teilaufgabe b)

Wie groß ist hier die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses “6 Richtige”?

Die Anzahl der möglichen Ausgänge beim Spiel “6 aus 45” ist nach Tabelle (11.1) – siehe dort den Fall “Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Anordnung” – gegeben durch \[\begin{align*} \binom{45}{6} = \frac{45!}{39!\cdot 6!} = \frac{45\cdot 44\cdot 43\cdot 42\cdot 41\cdot 40}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}= {8.145.060}. \end{align*}\]

Da von den \(8.145.060\) möglichen Ausgängen, die alle gleichwahrscheinlich sind, nur ein einziger “6 Richtige” beinhaltet, gilt nach (11.5) für die Wahrscheinlichkeit \(f(6) = P(X = 6)\) \[\begin{align*} f(6) = \frac{1}{8.145.060} \approx 0,12277 \cdot 10^{-6}. \end{align*}\]

Die Wahrscheinlichkeit beträgt also ca. \(12,28 \cdot 10^{-6}\) %. Zum Vergleich: Beim deutschen Lottospiel “6 aus 49” beträgt die Wahrscheinlichkeit für “6 Richtige” nur \(0,0715 \cdot 10^{-6}\), also \(7,15 \cdot 10^{-6}\) % (s. Beispiel 12.5).

dhyper(6, 6, 39, 6)

## [1] 1.227738e-07

Teilaufgabe a)

Eine Zufallsvariable \(X\) sei mit Erwartungswert \(\mu = 3\) und Standardabweichung \(\sigma = 4\). Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit \(P(3 \leq X \leq 7)\) dafür, dass \(X\) im Intervall \(\left[3; 7\right]\) liegt.

Für die \(N(3; 4^2)\)-verteilte Zufallsvariable \(X\) gilt mit (13.23) \[\begin{align*} P(3 \leq X \leq 7) &= \Phi(1) - \Phi(0) = 0,8413 - 0,5 = 0,3413. \end{align*}\]

pnorm(7, 3, 4) - pnorm(3, 3, 4)

## [1] 0.3413447

Mit “pnorm(.)” ist die Verteilungsfunktion der Normalverteilung bezeichnet.

Teilaufgabe b)

Bestimmen Sie für eine Zufallsvariable \(Z\) die fünf Wahrscheinlichkeiten \(P(Z \leq 2,9)\), \(P(0 \leq Z \leq 2,3)\), \(P(- 1,3 \leq Z \leq 0)\), \(P(- 0,8 \leq Z \leq 0,8)\) und \(P(- 1,3 \leq Z \leq 1,2)\).

Mit (13.20) – (13.23) und Tabelle (19.2) folgt: \[\begin{align*} P(Z \leq 2,9) &= \Phi(2,9) = 0,9981\\ P(0 \leq Z \leq 2,3) &= \Phi(2,3) - \Phi(0) = 0,9893 - 0,5 = 0,4893\\ P(- 1,3 \leq Z \leq 0) &= \Phi(0) - \left[1 - \Phi(1,3)\right] = 0,4032\\ P(- 0,8 \leq Z \leq 0,8) &= \Phi(0,8) - \left[1 - \Phi(0,8)\right] = 0,5762\\ P(- 1,3 \leq Z \leq 1,2) &= \Phi(1,2) - \left[1 - \Phi(1,3)\right] = 0,7881.\\ \end{align*}\]

Wenn Sie R installiert haben, können Sie Aufgabe 13.2 besonders einfach lösen. Zur Berechnung von Wahrscheinlichkeiten des Typs (13.23) ist in der R Konsole nach dem Zeichen > nur das Kommando pnorm(\(b,\mu, \sigma\)) – pnorm(\(a,\mu, \sigma\)) einzugeben, wobei für den Term in Aufgabenteil a die Werte \(b = 7\), \(a = 3\) sowie \(\mu = 3\), \(\sigma = 4\) einzusetzen sind und z. B. zur Berechnung des letzten Terms in Aufgabenteil b die Werte \(b = 1,2\), \(a = - 1,3\), \(\mu = 0\) und \(\sigma = 1\). Mehrere Berechnungen lassen sich zusammen ausführen. Für die beiden genannten Wahrscheinlichkeiten erhält man

pnorm(7, 3, 4) - pnorm(3, 3, 4)

## [1] 0.3413447

pnorm(1.2, 0, 1) - pnorm(-1.3, 0, 1)

## [1] 0.7881298

Mit “pnorm(.)” ist die Verteilungsfunktion der Normalverteilung bezeichnet.

Die obigen Werte erhält man entsprechend mit

pnorm(2.9, 0, 1)

## [1] 0.9981342

pnorm(2.3, 0, 1) - pnorm(0, 0, 1)

## [1] 0.4892759

pnorm(0, 0, 1) - pnorm(-1.3, 0, 1)

## [1] 0.4031995

pnorm(0.8, 0, 1) - pnorm(-0.8, 0, 1)

## [1] 0.5762892

pnorm(1.2, 0, 1) - pnorm(-1.3, 0, 1)

## [1] 0.7881298

Teilaufgabe a)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Neugeborenes nicht mehr als \(2800\) Gramm wog?

Nach (13.21) gilt für die Verteilungsfunktion \(F(x)\) der \(N(2950; 120^2)\)-verteilten Zufallsvariablen \(X\) \[\begin{align*} F(x) &= P(X \leq 2800) = \Phi \left(\frac{2800 - 2950}{120}\right) = \Phi(-1,25). \end{align*}\] Mit (13.20) und Tabelle (19.2) folgt: \[\begin{align*} \Phi(-1,25) = 1 - \Phi(1,25) = 1 - 0,8944 = 0,1056. \end{align*}\] Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Neugeborenes ein Geburtsgewicht von höchstens 2800 Gramm aufwies, betrug \(10,56\) %.

pnorm(2800, 2950, 120)

## [1] 0.1056498

Teilaugabe b)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für ein Gewicht zwischen \(2800\) und \(3250\) Gramm?

Mit (13.23) verifiziert man, dass \[\begin{align*} P(2800 \leq X \leq 3250) &= \Phi \left(\frac{3250 - 2950}{120}\right) - \Phi\left(\frac{2800 - 2950}{120}\right)\\ &= \Phi(2,5) - \Phi(-1,25). \end{align*}\] Erneuter Rückgriff auf (13.20) und Tabelle (19.2) ergibt \[\begin{align*} \Phi(2,5) - \Phi(-1,25) &= \Phi(2,5) - 1 + \Phi(1,25) = 0,8882. \end{align*}\] Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Neugeborenes zwischen 2800 Gramm und 3250 wog, betrug \(88,82\) %.

pnorm(3250, 2950, 120) - pnorm(2800, 2950, 120)

## [1] 0.8881406

Teilaufgabe c)

Was beinhaltet das \(0,1\)-Quantil der Normalverteilung mit \(\mu = 2950\) und Varianz \(\sigma^2 = 120^2\) und welchen Wert hat es hier?

Das \(0,1\)-Quantil \(x_{0,1}\) der Normalverteilung ist mit dem \(0,1\)-Quantil \(z_{0,1}\) der Standardnormalverteilung über (13.26) verknüpft. Man errechnet mit \(z_{0,1} = - z_{0,9} = - 1,2816\) aus Tabelle (19.3) den Wert %

\[\begin{align*} x_{0,1} &= 2950 + z_{0,1} \cdot 120 = 2950 - 1,2816 \cdot 120 \approx 2796,2. \end{align*}\] Das \(0,1\)-Quantil der Normalverteilung ist der Wert \(x = x_{0,1}\), an dem die Verteilungsfunktion \(F(x) = P(X \leq x)\) der Verteilung den Wert \(0,1\) annimmt. Wählt man also ein an der Untersuchung beteiligtes Neugeborenes zufällig aus, so hatte dieses mit einer Wahrscheinlichkeit von \(10\) % ein Gewicht von höchstens \(2796,2\) Gramm.

qnorm(0.1, 2950, 120)

## [1] 2796.214

Teilaufgabe a)

Geben Sie einen Wert an, den eine Ausprägung der Testgröße \(T\) mit Wahrscheinlichkeit \(\alpha = 0,05\) nicht überschreitet.

Der Wert, den eine Ausprägung der als Testgröße fungierenden \(t_{10}\)-verteilten Zufallvariablen \(T\) mit Wahrscheinlichkeit \(\alpha = 0,05\) nicht überschreitet, ist das \(0,05\)-Quantil dieser Verteilung. Mit (13.29) und Tabelle (19.5) erhält man \(t_{10;0,05} = - t_{10;0,95} = - 1,812\).

qt(0.05, 10)

## [1] -1.812461

Teilaufgabe b)

Geben Sie ein bezüglich des Nullpunkts symmetrisches Intervall an, in dem eine Ausprägung von \(T\) mit Wahrscheinlichkeit \(1- \alpha = 0,95\) liegt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit der eine standardnormalverteilte Zufallsvariable in dieses Intervall fällt?

Das Intervall, in das eine Ausprägung von \(T\) mit Wahrscheinlichkeit \(1- \alpha = 0,95\) fällt, ist durch \(\left[t_{10;0,025}; t_{10;0,975}\right]\), also durch \([-2,228; 2,228]\) gegeben. Eine standardnormalverteilte Zufallvariable \(Z\) würde gemäß (13.23) und Tabelle (19.2) mit der Wahrscheinlichkeit \[\begin{align*} \Phi(2,228) - \Phi(-2,228) &= \Phi(2,228) - \left[1- \Phi(2,228)\right] \approx 0,974 \end{align*}\] in das durch die beiden Quantile der \(t\)-Verteilung definierte Intervall \([-2,228; 2,228]\) fallen.

Anmerkung zu Teil b: Während also die Realisation einer mit \(10\) Freiheitsgraden \(t\)-verteilten Zufallsvariablen mit einer Wahrscheinlichkeit von \(0,05\) (\(5\) %) außerhalb des Intervalls \([-2,228; 2,228]\) liegt, beträgt diese Wahrscheinlichkeit bei einer standardnormalverteilten Zufallsvariablen nur etwa \(1-0,974 = 0,026\), d. h. \(2,6\) %, weil die Dichte der Standardnormalverteilung im Vergleich zu der der \(t\)-Verteilung mit \(10\) Freiheitsgraden etwas steiler verläuft (vgl. auch Abbildung (13.8)).

obere Intervallgrenze

qt(0.975, 10)

## [1] 2.228139

untere Intervallgrenze

qt(0.025, 10)

## [1] -2.228139

Wahrscheinlichkeit dass eine standardnormalverteile Zufallsvariable in das Intervall fällt

pnorm(qt(0.975, 10), 0, 1) - pnorm(qt(0.025, 10), 0, 1)

## [1] 0.9741287

Teilaufgabe a)

durch die die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsverteilung beider Zufallsvariablen bestimmt ist?

Es gibt vier mögliche Ausgänge \((x;y)\), nämlich \((1;1)\), \((1;0)\), \((0;1)\) und \((0;0)\), die alle gleichwahrscheinlich sind. Die Wahrscheinlichkeiten \(p_{11}\), \(p_{12}\) , \(p_{21}\) und \(p_{22}\) haben also alle den Wert \(0,25\).

Tabelle <- data.frame(row.names = c("1.Wurf", "2.Wurf"))
for (i in 0:1) {
  for (j in 0:1) {
    Tabelle <- cbind(Tabelle, c(i, j))
  }
}

Wahrscheinlichkeit für alle Ereignisse, da alle gleich wahrscheinlich sind

p <- 1 / ncol(Tabelle)
p

## [1] 0.25

Teilaufgabe b)

Berechnen Sie die Kovarianz von \(X\) und \(Y\).

Die Kovarianz von \(X\) und \(Y\) kann bestimmt werden. Der Erwartungswert von \(X\) und \(Y\) ist jeweils \(0,5\) (“faire” Münzen). Der Erwartungswert \(E(XY)\) errechnet sich analog zu (11.6) gemäß \[\begin{align*} E(XY) = p_{11} \cdot 1 \cdot 1 + p_{12} \cdot 1 \cdot 0 + p_{21} \cdot 0 \cdot 1 + p_{22} \cdot 0 \cdot 0 = 0,25. \end{align*}\] Die Kovarianz hat somit den Wert \(Cov(X,Y) = 0,25 - 0,5 \cdot 0,5 = 0\). Dieses Ergebnis hätte man aufgrund der Unabhängigkeit der Variablen \(X\) und \(Y\) auch direkt aus (14.13) erschließen können.

cov(c(1, 1, 0, 0), c(1, 0, 1, 0))

## [1] 0

Teilaufgabe a)

Berechnen Sie unter der Annahme, dass das Körpergewicht normalverteilt ist, eine unverzerrte Schätzung \(\widehat{\mu}\) für den Erwartungswert \(\mu\).

Ein unverzerrter Punktschätzer \(\widehat{\mu}\) ist nach (15.6) durch die Ausprägung \(\overline{x}\) des in (14.3) eingeführten Stichprobenmittelwerts gegeben. Man errechnet bei Rundung auf drei Dezimalstellen \(\overline{x} \approx 66,792\).

mean(Probe)

## [1] 66.79167

Teilaufgabe b)

Ermitteln Sie auch für die Varianz \(\sigma^2\) und die Standardabweichung \(\sigma\) der Normalverteilung eine unverzerrte Schätzung. Hier genügt bei Fehlen von Software die Angabe der Bestimmungsformel, also des Lösungsansatzes.

Aus (15.9) ersieht man, dass die korrigierte Stichprobenvarianz \(s^{*2}\) aus (14.5} für die Varianz \(\sigma^2\) der Normalverteilung eine unverzerrte Schätzung liefert. Die Summe (14.5) umfasst hier 24 Quadrattermes und kann z. B. unter Verwendung von SPSS, Excel oder R ermittelt werden. Man erhält \[\begin{align*} s^{*2}: = \frac{1}{23}\cdot \sum_{i=1}^{24}{(x_i - 66,792)^2} \approx 180,346. \end{align*}\] Für die Ausprägung der korrigierten Standardabweichung, die eine unverzerrte Schätzung für \(\sigma\) liefert, folgt dann \(s^* \approx 13,429\).

var(Probe)

## [1] 180.346

sd(Probe)

## [1] 13.4293

Teilaufgabe a)

Testen Sie zum Signifikanzniveau \(\alpha = 0,05\) die Hypothese \(H_0: \mu \leq 25\) gegen die Alternativhypothese \(H_1: \mu > 25\). Gehen Sie davon aus, dass \(X\) einer Normalverteilung mit Varianz \(\sigma^2 = 9\) folgt.

Die Testvariable ist durch (16.2) gegeben, wobei dort \(\mu_0 = 25\), \(\sigma = 3\), \(n = 49\) sowie \(\overline{x} = 26\) einzusetzen ist. Man erhält \[\begin{align*} z= \frac{\overline{x} -\mu_0}{\sigma} \cdot \sqrt{n} = \frac{26 - 25}{3} \cdot 7 \approx 2,333. \end{align*}\] Die Ablehnung der Nullhypothese erfolgt, wenn \(z > z_{0,95}\) gilt. Nach Tabelle 19.3 ist \(z_{0,95} = 1,6449\) und \(H_0\) folglich zu verwerfen. Dies impliziert, dass die Alternativhypothese \(H_1\) als “`statistisch gesichert”’ gilt, d. h. als gesichert mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit, deren Obergrenze bei dem hier durchgeführten einseitigen Test den Wert \(\alpha = 0,05\) hat.

frauen <- 49
erwartungswert <- 26
varianz <- 9
h <- 25

z <- (erwartungswert - h) * sqrt(frauen) / sqrt(varianz)
z

## [1] 2.333333

qnorm(0.95) < z

## [1] TRUE

Teilaufgab a)

Berechnen Sie für den linksseitigen Test (16.3) mit \(\mu_0 = 2\) kg und \(\alpha = 0,05\) aus Beispiel 16.3 die Wahrscheinlichkeit einer Verwerfung der Nullhypothese für den Fall, dass \(\mu\) den Wert \(\mu = 2,002\) kg hat.

Im linksseitigen Gauß-Test aus Beispiel 16.3 war \(\alpha = 0,05\), \(n = 10\) und \(\sigma = 0,01\). Setzt man neben den genannten Werten für \(\alpha\), \(n\) und \(\sigma\) noch \(\mu = 2,002\) und \(\mu_0 = 2,000\) in die Gütefunktion \[\begin{align*} G(\mu) = \Phi\left(- z_{1 - \alpha}-\frac{\mu-\mu_0}{\sigma}\cdot \sqrt{n}\right) \end{align*}\] des Tests ein, so folgt für die Wahrscheinlichkeit \(G(2,002)\) der Verwerfung der Nullhypothese für \(\mu = 2,002\) \[\begin{align*} G(2,002) &= \Phi \left(- z_{0,95}-\frac{0,002}{0,01}\cdot \sqrt{10}\right) \approx \Phi \left(-2,277 \right). \end{align*}\] Wegen \(\Phi(-2,277) = 1 -\Phi(2,277)\) folgt dann \(G(2,002)\approx 0,0113\). Eine Ablehnung der Nullhypothese wäre im Falle \(\mu = 2,002\) wegen \(H_0:\mu \geq 2\) eine Fehlentscheidung (Fehler 1. Art). Die Wahrscheinlichkeit hierfür beträgt also ca. \(1,1\) %.

g.2002 <- pnorm(-qnorm(0.95) - (2.002 - 2) * sqrt(10) / 0.01)
g.2002

## [1] 0.01138389

Teilaufgabe b)

Wie groß ist diese Wahrscheinlichkeit für \(\mu = 1,997\)?

Für \(\mu = 1,997\) wäre eine Ablehnung der Nullhypothese hingegen eine korrekte Entscheidung. Sie tritt ein mit einer Wahrscheinlichkeit von \[\begin{align*} G(1,997) &= \Phi \left(- z_{0,95}-\frac{-0,003}{0,01}\cdot \sqrt{10}\right) \approx \Phi \left(- 0,696 \right). \end{align*}\] Mit \(\Phi(-0,696) = 1 -\Phi(0,696)\) resultiert \(G(1,997)\approx 0,242\). Die Wahrscheinlichkeit für den Eintritt eines Fehlers 2. Art im Falle \(\mu = 1,997\) und Wahl von \(n = 10\) ist dann durch \(1 - G(1,997) \approx 0,758\) gegeben. Dieser Wert ist in der folgenden Abbildung anhand eines vertikalen Pfeils veranschaulicht, der auf dem Niveau \(1,0\) endet.

g.1997 <- pnorm(-qnorm(0.95) - (1.997 - 2) * sqrt(10) / 0.01)
g.1997

## [1] 0.2431611

Wahrscheinlichkeit des Fehlers 2. Art

1 - g.1997

## [1] 0.7568389

Teilaufgabe c)

Skizzieren Sie den Verlauf der Gütefunktion \(G(\mu)\) des Tests.

Der komplette Gütefunktionsverlauf für den rechtsseitigen Gauß-Test war im oberen Teil von Abbildung 16.6 für \(n =5\) und \(n = 10\) und \(\alpha = 0,05\) wiedergegeben. Für den linksseitigen Fall und mit den genannten Werten für \(n\) und \(\alpha\) ergibt sie sich hieraus durch Spiegelung der Gütefunktion des rechtsseitigen Tests an der vertikalen Geraden \(\mu = \mu_0\). Die resultierende Grafik ist nachstehend wiedergegeben. Der hier relevante Fall \(n = 10\) ist durch die gestrichelte Kurve repräsentiert.

g_funktion <- function(x) {
  ergebnis <- pnorm(-qnorm(0.95) - (x - 2) * sqrt(10) / 0.01)
  return(ergebnis)
}
g_funktion_2 <- function(x) {
  ergebnis <- pnorm(-qnorm(0.95) - (x - 2) * sqrt(5) / 0.01)
  return(ergebnis)
}

library(ggplot2)

ggplot(data.frame(x = c(1.97, 2.01)), aes(x = x)) +
  stat_function(fun = g_funktion, aes(linetype = " n = 10")) +
  stat_function(fun = g_funktion_2, aes(linetype = " n = 5")) +
  scale_linetype_manual(values = c("dashed", "solid"), guide = guide_legend()) +
  theme(legend.position = c(0.2, 0.6), legend.title = element_blank()) +
  geom_segment(aes(x = 2, y = 0, xend = 2, yend = 0.05),
    arrow = arrow(ends = "both", length = unit(2, "mm")), color = "orange"
  ) +
  geom_segment(aes(x = 1.997, y = g_funktion(1.997), xend = 1.997, yend = 1),
    arrow = arrow(ends = "both", length = unit(2, "mm")), color = "green"
  ) +
  geom_segment(aes(x = 1.97, y = 1, xend = 2.01, yend = 1), linetype = "dotted") +
  annotate("text", x = 2.004, y = 0.75, label = "Fehler 2. Art \nfür n = 10") +
  annotate("segment", x = 1.997, y = 0.625, xend = 2.0005, yend = 0.75) +
  annotate("text", x = 2.005, y = 0.125, label = "Fehler 1. Art") +
  annotate("segment", x = 2, y = 0.05, xend = 2.0015, yend = 0.125) +
  annotate("segment", x = 1.97, y = 0.05, xend = 2.00, yend = 0.05, linetype = "dotted") +
  labs(y = "G(x)", x = paste0("(x-", "\u03BC", ")/", "\u03C3")) +
  theme(
    axis.title.y = element_text(angle = 0), axis.title.x = element_text(hjust = 1), axis.line = element_line(colour = "black"),
    panel.background = element_rect(fill = "white", colour = "black")
  ) +
  scale_x_continuous(expand = c(0, 0), breaks = c(1.97, 1.98, 1.99, 2, 2.01), labels = c(-3, -2, -1, 0, 1)) +
  scale_y_continuous(expand = c(0, 0), breaks = c(0, 0.2, 0.4, 0.6, 0.8, 1, 0.05), labels = c(0, 0.2, 0.4, 0.6, 0.8, 1, "\u03B1"))

Setzt man in obiger Abbildung bei der unteren Abszissenachse speziell \(\mu_0 = 2\) und \(\sigma = 0,01\) ein, so kann man die zuvor errechneten Wahrscheinlichkeiten \(G(2,002)\approx 0,0113\) und \(G(1,997)\approx 0,242\) auch als Werte der gestrichelten Kurve an den Stellen \(\mu = 2,002\) resp \(\mu = 1,997\) zumindest grob ablesen.

Teilaufgabe a)

Anhand einer Stichprobe von \(10\) Tüten wurde für das Füllgewicht der Mittelwert \(\overline{x} = 2,007\) kg ermittelt. Über einen zweiseitigen Test () mit \(\mu_0 = 2\) kg soll geprüft werden, ob der Stichprobenbefund für oder gegen die Beibehaltung von \(H_0\) spricht. Führen Sie den Test mit \(\alpha = 0,05\) durch und interpretieren Sie das Ergebnis.

Die zu testenden Hypothesen sind durch (16.1) mit \(\mu_0 = 2\) gegeben. Die Ablehnung der Nullhypothese \(H_0: \mu = \mu_0\) erfolgt nach () genau dann, wenn der Betrag \[\begin{align*} |z| = \left|\frac{\overline{x}-2}{0,01} \cdot \sqrt{10}\hspace{1mm}\right| \end{align*}\] der Prüfstatistik aus (16.2) den aus Tabelle 19.3 ablesbaren Wert \(z_{0,975} = 1,96\) überschreitet. Mit \(\overline{x} = 2,007\) ergibt sich \[\begin{align*} |z| = \left|\frac{2,007-2}{0,01} \cdot \sqrt{10}\hspace{1mm}\right|= 0,7 \cdot \sqrt{10} \approx 2,2136, \end{align*}\]

d.h., \(H_0\) ist hier zu verwerfen. Die Alternativhypothese \(H_1\) gilt dann als statistisch “`bewiesen”’ in dem Sinne, dass eine Irrtumswahrscheinlichkeit von \(\alpha = 0,05\) vorbehalten bleibt.

z <- abs((2.007 - 2) / 0.01 * sqrt(10))
z < qnorm(0.975)

## [1] FALSE

Teilaufgabe b)

Führen Sie den Test auch mit \(\alpha = 0,01\) durch.

Bei Verwendung von \(\alpha = 0,01\) ist \(|z|\) mit dem \((1-\frac{\alpha}{2})\)-Quantil der Standardnormalverteilung zu vergleichen, nach Tabelle 19.3 also mit \(z_{0,995} = 2,5758\). Der Wert dieses Quantils wird von \(|z| = 2,2136\) nun nicht mehr überschritten, d. h. man wird hier an der Nullhypothese \(H_0\) festhalten, also davon ausgehen, dass keine systematische Unter- oder Überschreitung des Soll-Füllgewichts vorliegt.

z < qnorm(0.995)

## [1] TRUE

Teilaufgabe a)

Berechnen Sie unter Annahme des einfachen linearen Regressionsmodells () die KQ-Schätzungen für die Regressionskoeffizienten \(\beta\) und \(\alpha\).

Mit \(\overline{x} = 3,0\) und \(\overline{y} = 3,5\) resultiert folgende Arbeitstabelle für die manuelle Berechnung der KQ-Schätzungen:

Tabelle <-
  data.frame((x - mean(x)),
             (x - mean(x))^2,
             (y - mean(y)),
             (x - mean(x)) * (y - mean(y))

  )
names(Tabelle) <-
  c("x.i-m(x.i)", "(x.i-m(x.i))^2", "(y.i-m(y.i))", "(x.i-..)*(y.i-..)")

Tabelle

##   x.i-m(x.i) (x.i-m(x.i))^2 (y.i-m(y.i)) (x.i-..)*(y.i-..)
## 1       -1.1           1.21         -0.5              0.55
## 2       -0.3           0.09         -1.0              0.30
## 3        0.1           0.01          1.0              0.10
## 4        1.0           1.00          0.0              0.00
## 5        0.9           0.81          0.5              0.45
## 6        0.4           0.16         -0.5             -0.20
## 7       -0.1           0.01          0.5             -0.05
## 8       -0.9           0.81          0.0              0.00

Relevante Spaltensummen

sum(Tabelle$`(x.i-m(x.i))^2`)

## [1] 4.1

sum(Tabelle$`(x.i-..)*(y.i-..)`)

## [1] 1.15

Für die KQ-Schätzung von \(\beta\) folgt dann nach (17.6) \[\begin{align*} \widehat{\beta} = \frac{s_{xy}}{s_{x}^2} = \frac{0,14375}{0,5125} \approx 0,28 \end{align*}\] und für die KQ-Schätzung von \(\alpha\) mit (17.7) \[\begin{align*} \widehat{\alpha} = 3,5 - \widehat{\beta} \cdot 3 \approx 3,5 - 0,84 = 2,66. \end{align*}\]

Oder in R mit dem Befehl lm()

model <- lm(y ~ x)
model

## 
## Call:
## lm(formula = y ~ x)
## 
## Coefficients:
## (Intercept)            x  
##      2.6585       0.2805

Teilaufgabe b)

Quantifizieren Sie anhand des Bestimmtheitsmaßes \(R^2\) aus (17.17) die Anpassungsgüte der Regressionsgeraden. Interpretieren Sie das Ergebnis.

Um das Bestimmtheitsmaß zu ermitteln, könnte man die Arbeitstabelle noch um eine Spalte \((y_i - y)^2\) erweitern. Die Spaltensumme wäre \(3\), d. h. es ist \(s_{y}^2 = 0,375\). Nach (17.18) folgt \[\begin{align*} R^2 = \frac{(s_{xy})^2}{s_{x}^2 \cdot s_{y}^2} = \frac{0,14375^2}{0,5125 \cdot 0,375} \approx 0,108. \end{align*}\] Der Wert bedeutet, dass der einfache lineare Regressionsansatz nur etwa \(10,8\) % der Gesamtvariation der Daten erklärt (schwacher Erklärungsbeitrag). Es ist daher anzunehmen, dass noch andere Einflussgrößen bei der Modellspezifikation zu berücksichtigen sind.

summary(model)

## 
## Call:
## lm(formula = y ~ x)
## 
## Residuals:
##      Min       1Q   Median       3Q      Max 
## -0.91585 -0.36341  0.02805  0.32134  0.97195 
## 
## Coefficients:
##             Estimate Std. Error t value Pr(>|t|)  
## (Intercept)   2.6585     1.0175   2.613    0.040 *
## x             0.2805     0.3299   0.850    0.428  
## ---
## Signif. codes:  0 '***' 0.001 '**' 0.01 '*' 0.05 '.' 0.1 ' ' 1
## 
## Residual standard error: 0.668 on 6 degrees of freedom
## Multiple R-squared:  0.1075, Adjusted R-squared:  -0.04123 
## F-statistic: 0.7228 on 1 and 6 DF,  p-value: 0.4278