Aufgabenlösungen Kapitel 5

(1)

Inhaltsverzeichnis:

Aufgabenlösungen Kapitel 5... 1

Lösung zu Aufgabe 101 ... 1

Aufgabenlösungen Kapitel 5

Lösung zu Aufgabe 101 a) µˆ =98,9

b) σˆ² =4,76

c) 2

ˆ = 1 p

(2)

Lösung zu Aufgabe 102

a) Nullhypothese H0: µ = 100 g; Alternativhypothese H1: µ ≠ 100g.

b) X = arithmetisches Mittel der Stichprobe vom Umfang n = 10 ⇒

( ) (

5

)

2 10

4 100;

; 100

~ N N

X = unter der Vorraussetzung, dass H0 zutrifft.

Symmetrischer Zufallsstreubereich:

[

¹⁰⁰^-^z¹^-^α₂ ^⋅ ^σⁿ^;¹⁰⁰⁺^z¹⁻^α₂ ^⋅ ^σⁿ

]

= [98,76; 101,24].

c) Weil x = 98,9 g in [98,76; 101,24] enthalten ist, kann H₀ nicht verworfen werden.

d) Die Wahrscheinlichkeit für den Fehler 1. Art ist gleich dem Signifikanzniveau α = 5

% = 1-95 %.

e) Nullhypothese H0: µ ≥ 100 g; Alternativhypothese H1: µ < 100g;

Zufallstreubereich = [98,96; ∞); Ablehnungsbereich = (- ∞; 98,96).

f) H_0:µ ≥ 100 g muss bei der vorliegenden Stichprobe mit x = 98,9 g verworfen werden.

Lösung zu Aufgabe 103 240 :

; 240

: ₁

0 µ= ^H µ≠

H . x≈240,04∈[239,94;240,06]⇒H₀ wird nicht verworfen.

Eine Abweichung vom Sollwert lässt sich bei Signifikanzniveau α =0,05^nicht nachweisen.

Lösung zu Aufgabe 104 55 :

; 55

: ₁

0 µ= H µ ≠

H . x≈54,03∉[54,94;55,06]⇒H₀ wird verworfen. Die Daten bestätigen auf dem Signifikanzniveau α =1%, dass µ von 55 [mm] abweicht.

a) H₀:µ≤100;H₁:µ>100. x≈101,37∉(−∞;101,04]⇒H₀ wird verworfen. Die Behauptung des Produktionsleiters lässt sich bei Signifikanzniveau 5 % bestätigen.

b) H₀:µ≤100;H₁:µ>100. x≈101,37∈(−∞;101,47]⇒H₀ wird nicht verworfen.

Die Behauptung des Produktionsleiters lässt sich bei Signifikanzniveau 1 % nicht bestätigen.

a) H₀:µ =1000g^;^H1^:µ ≠¹⁰⁰⁰^g^;

%

=5

α ; 1−^α₂ =97,5%; z₀_,₉₇₅ =1,96; x =998,2. ZSB falls H₀ zutrifft:

[

⁹⁹⁸^,⁰⁴^;¹⁰⁰¹^,⁹⁶

]

^;

∈

x ZSB ⇒ Der Erwartungswert weicht nicht signifikant von µ =1000g^zum Signifikanzniveau 5 % ab.

b) H₀:µ≤1000g^;^H1^:µ >¹⁰⁰⁰^g^;

%

=5

α ; 1−α =95%; z₀_,₉₅ =1,645. ⇒ ZSB falls H0 zutrifft:

(

−∞^;¹⁰⁰⁰^,⁶³⁵

]

;

∉

x ZSB ⇒ Die Nullhypothese muss verworfen werden zugunsten der Alternativhypothese.

Mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von 5 % gilt also µ >1000^g.

(3)

X = Füllmenge von 0,33-Liter Dosen i

(

^, ²

)

~ N µ σ X_i

X = Durchschnittliche Füllmenge bei 10 Dosen

( )

ⁿ

N X ~ µ,^σ²

3 ,

=327

x ; s² =13,56; s=3,683; 330

0 :µ ≥

H ; H₁:µ<330;

Zufallsstreubereich:

[

³³⁰⁻ ^⋅ ^;^∞

)

⁼

[

³³⁰⁻²^,⁸²¹^⋅ 10 ^;^∞

)

⁼

^[

³²⁶^,⁷¹^;^∞

⁾

3 68 , 3 99

, 0

;

9 n

t s

⇒ H kann nicht verworfen werden. ₀

Ein Unterschreiten der Sollfüllmenge kann nicht bestätigt werden.

X = Zugfestigkeit der Drähte von Hersteller A Y = Zugfestigkeit der Drähte von Hersteller B

(

^, ²

)

~N µX σ

X ; ^Y ^~^N

(

^µ^Y^,^σ²

)

^;

%

=5

α ^;¹−^α2 =⁹⁷^,⁵^%^; 2,145

1 2

;

2 ₋ =

− +n ^α

tm ;

Y

H₀ :µX =µ ; H₁:µ_X ≠µ_Y;

56 2 1

2 7

7⋅ + ⋅ ⋅

= X Y

d s s

s

625 ,

=246

x ; y=241,125; s²X =18,554; sY² =7,268; sd =1,7966; ZSB:

[

⁻³^,⁸⁵⁴^;^3,854

]

⇒ x−y =5,5∉ZSB.

Damit muss die Nullhypothese zugunsten der Alternativhypothese verworfen werden.

Mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von 5% wurde gezeigt, dass die Zugfestigkeit der beiden Hersteller unterschiedlich ist.

2 1 1 2 1

0:µ ≤µ ;H :µ >µ

H . Variante A wäre „signifikant“ besser als B, wenn die

Nullhypothese verworfen würde.

] 0

62 , 42

; ( 375 ,

27 H

y

x− = ∈ −∞ ⇒ wird nicht verworfen. Es ist nicht nachzuweisen, dass sich Variante A bei Signifikanzniveau 5 % signifikant besser verkauft als B.

Die Unterschiede können zufallsbedingt sein.

Lösung zu Aufgabe 110 3

, 0

% 30

0: p= =

H ; H₁: p ≠30%=0,3;

%

=1

α ^;¹−^α2 =⁹⁹^,⁵^%; z₀_,₉₉₅ =2,576;

ZSB:

[

¹⁸^,⁸¹^%;⁴¹^,¹⁹^%

]

^⇒^weil_n^k =₁₂₀³² =26,6%∈ZSB, folgt daraus dass H nicht ₀ verworfen werden kann. Die Stichprobe spricht also beim Signifikanzniveau 1% nicht für

(4)

Lösung zu Aufgabe 111 a) H₀:µ≥4,2;H₁:µ<4,2.

Als Zufallsstreubereich für x (unter der Annahme, dass H zutrifft) ergibt sich z. B. ₀ für α =0,05: [4,03;∞),

für α =0,01: [3,94;∞), für α =0,001^: ^[³^,⁷⁸^;∞⁾.

Wenn Sie eines dieser Signifikanzniveaus α gewählt haben, stellen Sie fest, dass 71

,

≈3

x nicht im Zufallsstreubereich liegt; also wird H verworfen. Die Daten ₀ bestätigen somit (bei einem der oben genannten Werte α) die Behauptung eines Verbrauchs unter 4,2 Liter pro 100 km.

b) Normalverteilung; Unabhängigkeit.

a) 1.) H₀:µ₁≤µ₂, H₁:µ₁>µ₂.

2.) α =0,05^;t_m₊_n₋2;1₋_α =t70;0,95 =¹^,⁶⁶⁷

3.) ZSB für x−y, falls H zutrifft: ₀ (−∞,3,6572] (sd = 2,1939) 4.) Da x−y=5,4445 nicht im ZSB aus 3.) liegt, wird H verworfen. ₀

5.) Die Daten bestätigen (bei Signifikanzniveau 5 %), dass in Kurs A die mittlere Punktzahl höher ist.

b) Die Punktzahlen sind unabhängig normalverteilt mit unbekannten Erwartungswerten und gleicher unbekannter Varianz: N(µ₁,σ²) bei Kurs A, N(µ₂,σ²) bei Kurs B.

% 2

0 :p≤

H ; H₁:p>2%;

%

=5

α ^;¹−α =⁹⁵^%^;z0,95 =¹^,⁶⁴⁵;

ZSB:

[

⁰^;²^,³⁴^%

]

5000 5 , 645 0

, 1

% 2

;

0 ²^%₅₀₀₀⁹⁸^% =



+

⋅

+ ^⋅ ⇒ weil _n^k = ₅₀₀₀¹²⁰ =2,4%∉ZSB, muss

H zugunsten von 0 H verworfen werden. ₁

Die Aussage des Produzenten ist deshalb mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von 5%

widerlegt.

Jetzt: α =1%^;¹−α =⁹⁹^%^;z0,99 =²^,³²⁶;

ZSB:

[

⁰^;²^%⁺²^,³²⁶^⋅ ²^%⁵⁰⁰⁰^⋅⁹⁸^%

]

⁼

^[

⁰^;²^,⁴⁶^%

^]

^⇒^weilⁿ^k ⁼ ⁵⁰⁰⁰¹²⁰ ⁼²^,⁴^%^∈^{ZSB, kann}^{H nicht}⁰

verworfen werden.

Die Aussage des Produzenten lässt sich deshalb bei einem Signifikanzniveau von 1%

nicht widerlegen.

(5)

Lösung zu Aufgabe 114 3

0 :µ ≥

H kg; H₁:µ <3kg;

492 ,

99 2

, 0

;

24 =

t

Der zugehörige ZSB lautet:

[

²^,⁹⁵⁰¹⁶^;^∞

)

^{. Weil}^x∈^ZSB kann H nicht verworfen ₀ werden.

Damit kann der Verdacht der Verbraucherorganisation bei einem Signifikanzniveau von 1 % nicht bestätigt werden.

a)

[

⁹⁹⁷^,²³^;¹⁰⁰²^,⁷⁷

]

10 96 20 , 1 1000 10; 96 20 , 1

1000 =



 



 − ⋅ + ⋅

b)

[

⁹⁹⁷^,²³^;¹⁰⁰²^,⁷⁷

]

10 96 20 , 1 1000 10; 96 20 , 1

1000 =



 



 − ⋅ + ⋅

c)

[

⁹⁹⁸^,⁷⁴⁻¹^,⁹⁶^⋅ ²^;⁹⁹⁸^,⁷⁴⁺¹^,⁹⁶^⋅ ²

]

⁼

^[

⁹⁹⁵^,⁹⁶⁸^;¹⁰⁰¹^,⁵¹²

^]

Es handelt sich um einen Zweistichproben t-Test.

a) Entspricht µ₁ dem mittleren Energiewert vor der technischen Änderung und µ₂ dem mittleren Energiewert nach der technischen Änderung, dann lauten die Hypothesen:

2 1 0:µ ≤µ

H ; H₁:µ₁ >µ₂;

=174

x ; y=163,5;

2 =8

sx ; s²_y =34:

ZSB falls H0 zutrifft:

(

−∞^;t16;0,95 ⋅sd

]

=

(

−∞^;³^,⁶⁴⁵⁵

]

; sd =2,0879; t₁₆_;₀_,₉₅ =1,746: Damit ist x−y =10,5∉ZSB.

H0 muss also verworfen werden. D.h. der Energieverbrauch hat sich statistisch signifikant auf einem Signifikanzniveau von 5 % verringert.

b) x−y−10=0,5∈ZSB. Aus diesem Grund kann die Nullhypothese 10

: ₁ ₂

0 µ −µ ≤

H nicht verworfen werden..

Lösung zu Aufgabe 117 a)

[

⁴⁸^,⁸⁰^;⁵⁰^,⁹⁸

]

b)

(

−∞^;⁵⁰^,⁸³

]

c)

[

⁴⁸^,⁹⁴^;^∞

)

Lösung zu Aufgabe 118 5,16%

(6)

a) [54,42;54,68] b) [54,43;∞) bzw. (−∞;54,67] Lösung zu Aufgabe 120

] 39 , 1000

; 41 , 998 [

Lösung zu Aufgabe 121 a) [0,095;0,545].

b) Normalverteilung; Unabhängigkeit; gleiche Varianz vor und nach der Konstruktionsänderung.

a) [0,09%;1,41%] b) [0%;1,31%]

c) [0,19%;100%] d) [0%;0,86%]

a) Maschine 1: Wert der Verteilungsfunktion von X Maschine 2: 1%-Quantil.

Maschine 3: Ergebnis eines einseitigen Hypothesentests mit ,

1000 : ₃

0 g

H µ ≤ ^H1^:µ3 >¹⁰⁰⁰^g^.

Maschine 4: nach unten beschränktes Vertrauensintervall.

b) b1) bei Maschine 3 fehlt: Angabe des Signifikanzniveaus (z.B. α=1%); Angabe der Varianz (z.B. σ₃² =4g^{) .}

bei Maschine 4 fehlt: Angabe des Konfidenzniveaus (z.B. 1-α=99%); Angabe der Varianz (z.B. σ₄² =4g) .

b2) Maschine 1: P(X≤1000g)=0,0071 Maschine 2: 999,048

Maschine 3: Man kann mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von 1%

nachweisen, dass µ₃ >1000g^. Maschine 4:

[

1002,0348;∞

)

Zweiseitiger Vertrauensbereich zum Konfidenzniveau 1−α =99%^:

[

−¹¹^,²⁰⁷⁹³^;−³^,³⁷²

]

. Weil ⁰∉

[

−¹¹^,²⁰⁷⁹³^;−³^,³⁷²

]

ist die Wirkung mit einer Wahrscheinlichkeit von 99 % echt.

[

⁹^,⁰⁵^%;¹⁴^,⁹⁵^%