L¨osung zur 2. Klausur zu Statistik I Prof. Dr. Claudia Becker Wintersemester 2007/08 19.03.2008

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L¨ osung zur 2. Klausur zu Statistik I

Prof. Dr. Claudia Becker Wintersemester 2007/08

19.03.2008

Aufgabe 1 (a)(insgesamt 16 Punkte: F¨ur jedes korrekt markierte Feld 1 Punkt.) 1. (insgesamt 8 Punkte)

richtig falsch

x Ein stetiges Merkmal kann diskret erhoben werden.

x Ein diskretes Merkmal kann sowohl stetig als auch diskret erhoben werden.

x Ein stetiges Merkmal muss stetig erhoben werden.

x Ein stetiges Merkmal besitzt endlich viele oder abz¨ahlbar viele Auspr¨agungen.

x Das Geschlecht ist ein qualitatives Merkmal.

x Das Geschlecht ist ein metrisch skaliertes, diskretes Merkmal.

x Das Geschlecht ist ein ordinal skaliertes Merkmal.

x Das Geschlecht ist ein nominal skaliertes Merkmal mit endlich vielen Auspr¨agungen.

2. (insgesamt 8 Punkte) richtig falsch

x Rund 50% der Personen haben eine Gr¨oße von 1.60 m bis unter 1.80 m.

x Es gibt keine Person, die 2 m oder gr¨oßer ist.

x Der Anteil an Personen unter 160 cm ist wesentlich gr¨oßer als der Anteil an Personen von 180 bis unter 200 cm.

x Alle Personen sind kleiner als 1.90 m.

x Es stehen Daten von weniger als 160 Personen zur Verfügung x Die durchschnittliche Körpergröße ist 180 m.

x Es gibt etwas mehr als doppelt so viele Personen von 1.60 m bis unter 1.80 m wie Personen unter 160 cm.

x Einige wenige Personen wurden 200-mal und mehr vermessen.

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Aufgabe 2 (a): (insgesamt 7 Punkte) Gesucht:s.e

Es ist laut Verschiebungssatzse² = ¹_n·^Pⁿi=1x²_i −x^e² (0.5 Punkte), undse=√

se² (0.5 Punkte).

Nach Aufgabentext ist x= 915, so dassx² = 837 225 (1 Punkt).

Damit

se² = 1

9·12 437 725−837 225 = 544 744.44 (1 Punkt), se=√

544 744.44 = 738.0681 (1 Punkt).

Betrachtet man das arithmetische Mittel und die Gr¨oßenordnung der Daten, so erscheint die Streuung relativ groß (1 Punkt). Der wesentliche Streubereich der Beobachtungen liegt zwischen 610 und 750, es gibt nur eine sehr schwere Zucchini von 3 000 Gramm (1 Punkt).

Dieser “Ausreißer” ist die Ursache f¨ur die große Streuung (1 Punkt).

Aufgabe 2 (b):(insgesamt 8 Punkte) Gesucht: MAD

Es ist M AD = med{|xi −xmed|, i = 1, . . . , n} (0.5 Punkte), außerdem ist f¨ur n ungerade xmed=x₍ⁿ⁺¹

2 ) (0.5 Punkte).

Hierxmed =x₍¹⁰

2)=x(5) (0.5 Punkte).

Zur Berechnung: Beobachtungen ordnen(0.5 Punkte):

610 625 650 650 650 650 650 750 3 000 Damitxmed=x₍₅₎ = 650 (0.5 Punkte).

Berechnung von MAD: bestimme|xi−xmed|

x_(i) 610 625 650 650 650 650 650 750 3 000

x(i)−xmed −40 −25 0 0 0 0 0 100 2 350 (1 Punkt)

|x(i)−xmed| 40 25 0 0 0 0 0 100 2 350 (0.5 Punkte)

|x(i) −xmed| ordnen (0.5 Punkte) und den Median als die f¨unfte Ordnungsstatistik dieser Werte bestimmen (0.5 Punkte):

0 0 0 0 0 25 40 100 2 350

Der Median dieser Werte und damit der MAD ist M AD = 0. (Punkte 0.5 f¨ur Ordnen und 0.5 f¨ur Bestimmung, siehe oben).

Laut Aussage dieses Streuungsmaßes streuen die Beobachtungen gar nicht (Streuung von Null)(1 Punkt). Ursache hierf¨ur ist, dass die mittleren 50% der geordneten Beobachtungen identisch sind (5-mal der Wert 650) (1 Punkt). Damit streuen die mittleren Beobachtungen tats¨achlich nicht (1 Punkt).

(3)

Laut Aufgabentext ist x_0.25 = x₍₃₎. Damit ist x_0.25 = 650 (0.5 Punkte). Außerdem ist x_0.75 dann die dritte geordnete Statistik “von oben”, alsox0.75=x(7)(1 Punkt). Damitx0.75= 650 (0.5 Punkte).

Der gesuchte Interquartilsabstand ist dQ = x_0.75−x_0.25 (0.5 Punkte) = 650−650 = 0 (0.5 Punkte).

Auch dieses Streuungsmaß liefert die Aussage “keine Streuung”, da die mittleren 50% der geordneten Beobachtungen identisch sind (1 Punkt).

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Aufgabe 3 (a): (insgesamt 9 Punkte)

Gesucht: Maß f¨ur die absolute Konzentration (nicht normiert)

W¨ahle daher den Index von Hirschmann / Herfindahl, H = ^Pⁿ_i=1ve²_i mit veq = ^Pⁿ^x^q

i=1xi (0.5 Punkte).

Dazu benötigt pro Staat: ^Pⁿ_i=1xi. Es ist für Staat 1: ^Pⁿ_i=1xi = 9 (0.5 Punkte) für Staat 2: ^Pⁿ_i=1xi = 9 (0.5 Punkte) für Staat 3: ^Pⁿ_i=1xi = 4.5 (0.5 Punkte) Damit ergibt sich

f¨ur Staat 1: H = ₈₁¹ +¹⁶₈₁ +^0.25₈₁ + ^0.25₈₁ + ₈₁⁴ + ₈₁¹ (1 Punkt)= ^22.5₈₁ = 0.2778 (1 Punkt) f¨ur Staat 2: H = ²⁵₈₁ +₈₁¹ +₈₁⁹ = ³⁵₈₁ = 0.4321 (1 Punkt)

f¨ur Staat 3: H = _20.25^0.25 +_20.25⁴ + ^0.0625_20.25 +^0.0625_20.25 + _20.25¹ + _20.25^0.25 = ^5.625_20.25 = 0.2778 (1 Punkt) Zusammenh¨ange:

Staaten 1 und 3 haben dieselbe Anzahl von Regionen(0.5 Punkte), Staat 1 hat pro Region jeweils eine genau doppelt so hohe Verschuldung wie Staat 3(0.5 Punkte), daher hat H f¨ur beide Staaten denselben Wert (0.5 Punkte).

Zwischen den Staaten 1 und 2 ist kein Zusammenhang der Werte von H erkennbar. Zwar hat Staat 2 die halbe Anzahl an Regionen wie Staat 1 und die gleiche Verschuldungssumme, aber die Verschuldungswerte der Regionen von Staat 2 finden sich nicht jeweils zur H¨alfte bei den Regionen von Staat 1 (1.5 Punkte).

Eine entsprechende Argumentation gilt f¨ur Staaten 2 und 3.

Aufgabe 3 (b):(insgesamt 2 Punkte)

Da H ein Maß f¨ur die absolute Konzentration ist (0.5 Punkte), ¨andert sich der Wert vonH in diesem Fall nicht(0.5 Punkte).

Rechnerisch ergibt sich f¨ur Staat 2:H = ²⁵₈₁+ ₈₁¹ +₈₁⁹ = ³⁵₈₁ +₈₁⁰ = 0.4321 (1 Punkt)

Aufgabe 3 (c): (insgesamt 4 Punkte)

Zur Bestimmung der relativen Konzentration ist der normierte Gini-KoeffizientG^∗ geeignet (1 Punkt), da er die relative Konzentration misst und ein auf den Bereich von 0 bis 1 normiertes Maß ist, das gut interpretierbar ist (1 Punkt).

Zu erwarten ist ein mittelhoher Wert von G^∗, da einerseits etwas mehr als 50% der Ver- schuldung von einer Region beigesteuert wird, andererseits die restliche Verschuldung auf die beiden anderen Regionen nicht zu ungleich verteilt ist (2 Punkte)

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Es gibt 19(0.5 Punkte) Kandidaten mit einem Gewinn aus der h¨ochsten Kategorie. Von diesen haben 10 die Risikovariante gespielt, das entspricht einem Anteil von 10/19 = 0.5263 (1 Punkt). 52.63% der Kandidaten mit dem h¨ochsten Gewinn haben die Risikovariante gespielt (0.5 Punkte).

Ben¨otigte Randsummen f¨ur die bedingten Verteilungen:

Gewinn (in Euro)

0 bis 500 uber 500 bis 16 000¨ uber 16 000 bis 1 000 000¨

herk¨ommlich 3 18 9 30

Variante

Risiko 10 80 10 100

130 (je 0.5 Punkte f¨ur korrekten Wert = 1 Punkt)

Bedingte Verteilungen des Merkmals “Gewinn”, gegeben das Merkmal “Variante”:

Gewinn (in Euro)

0 bis 500 über 500 bis 16 000 über 16 000 bis 1 000 000 herkömmlich 3/30 = 0.1 18/30 = 0.6 9/30 = 0.3

Variante

Risiko 10/100 = 0.1 80/100 = 0.8 10/100 = 0.1

(pro richtig angegebener relativer H¨aufigkeit 0.5 Punkte = 3 Punkte) muss nicht in Tabellenform angegeben sein

Vergleicht man die beiden bedingten Verteilungen, so stellt man fest, dass es unter den Spie- lern der Risikovariante 10% mit einem hohen Gewinn gibt, unter den Spielern der herk¨omm- lichen Variante dagegen 30%. Es kann daher bezweifelt werden, ob sich die Risikovariante lohnt(1 Punkt).

Die unter Unabhängigkeit erwartete Tafel ergibt sich durch die Zelleneinträge eij = ^hî•_n^·^h^•j (0.5 Punkte).

Prüfen de linken oberen Zelle(0.5 Punkte, wenn eine geeignete Zelle überprüft wurde) führt zu

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Aufgabe 4 (d):(insgesamt 4 Punkte)

Zur Einsch¨atzung des Zusammenhangs zwischen den beiden Merkmalen wird der korrigierte Kontingenzkoeffizient K^∗ berechnet, da der Kontingenzkoeffizient K selbst nicht interpretierbar ist (1 Punkt):

K^∗ = K

qM−1 M

(0.5 Punkte)

mit M = min{k, m}(0.5 Punkte), hier M = 2 (0.5 Punkte) Damit :

K^∗ = 0.2341

q1 2

= 0.3311 (0.5 Punkte)

Es besteht ein schwacher Zusammenhang zwischen den beiden Merkmalen (0.2≤K^∗ <0.5) (1 Punkt)).

Aufgabe 4 (e):(insgesamt 5 Punkte)

Der Rangkorrelationskoeffizient nach Spearman setzt ordinales Skalenniveau der Merkmale voraus(1 Punkt). Das Merkmal “Gewinn” ist hier zwar ordinal(1 Punkt), aber die “Variante”

ist nur nominal skaliert(1 Punkt). Daher istrSp hier nicht sinnvoll berechenbar, man w¨urde ihn also gar nicht berechnen(2 Punkte).

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Gesucht:rXY. Es ist rXY =

Pn

i=1xi·yi−n·x·y

qPn

i=1x²_i −n·x²·^qPⁿi=1y_i²−n·y² (1 Punkt)

Mit den angegebenen Hilfsgr¨oßen istx= 27(0.5 Punkte),y= 11(0.5 Punkte)und insgesamt rXY = 2 224−8·27·11

√9 324−8·729·√

1 020−8·121 (1 Punkt f¨ur Ansatz)= −152

√3 492·√

52 =−0.3567 (1 Punkt) Es liegt zwischen den beiden Merkmalen ein schwacher, negativer, linearer Zusammenhang

vor(je 0.5 = 1.5 Punkte): mit steigendem Alter nimmt die Ged¨achtnisleistung leicht ab(1.5 Punkte).

Ordnen der Resultate nach dem Alter der Testpersonen:

Alter in Jahren (X) 5 6 7 8 40 45 50 55

Anzahl richtig wiedergegebener Gegenstände (Y) 10 11 12 13 15 12 9 6 (0.5 Punkte für Ordnen in X, 0.5 für richtiges Mitführen der Y-Werte = 1 Punkt)

Bei jungen Teilnehmern (Kindern) steigt die Ged¨achtnisleistung mit dem Alter (1 Punkt), bei den Erwachsenen sinkt sie mit wachsendem Alter(1 Punkt).

Aufgrund der beiden unterschiedlichen Arten von Zusammenh¨angen (siehe (b)) gibt rXY

aus (a) den Zusammenhang offenbar nicht angemessen wieder (1 Punkt). Es handelt sich hier um zwei verschiedene Personengruppen (1 Punkt) mit unterschiedlich gerichteten Zu- sammenh¨angen der beiden Merkmale (1 Punkt). Der hier auftretende Effekt einer schwach ausgepr¨agten Korrelation bei Nichtbeachtung der zwei Gruppen ist die verdeckte Korrelation (2 Punkte).

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Aufgabe 6 (a): (insgesamt 3 Punkte)

Bei der einfachen linearen Regressionsgerade beschreibt ba als Steigung der Geraden die Anderung des Werts der abhängigen Variable¨ Y, wenn die Einflussgröße X um eine Ein- heit geändert wird (1 Punkt).

Bei den hier vorliegenden Beobachtungen sinken die Werte von Y mit steigenden Werten von X (1 Punkt), daher muss das Vorzeichen von ab negativ sein (1 Punkt).

Aufgabe 6 (b):(insgesamt 3 Punkte) Es ist

bb =y−^ba·x (0.5 Punkte),

so dass sich mitx= _n¹·^Pⁿi=1xi (0.5 Punkte)= 47.5(0.5 Punkte),y = 10.3(0.5 Punkte)und den ¨Uberlegungen aus (a) ergibt:

bb = 10.3 + 0.3212·47.5 = 25.557 (1 Punkt).

Zur Bewertung der G¨ute der Regressionsgerade: berechne das Bestimmtheitsmaß R² (0.5 Punkte) mit

R² =

Pn

i=1(ybi−y)²

P_n

i=1(yi−y)² (0.5 Punkte)

Berechnungsm¨oglichkeit 1: ¨uber den Korrelationskoeffizienten; es ist R² =r²_XY (1 Punkt) rXY =

Pn

i=1xi·yi−n·x·y

qPn

i=1x²_i −n·x²·^qPⁿi=1y²_i −n·y² (1 Punkt)

= 4 230−10·47.5·10.3

√24 625−10·47.5²·√

1 289−10·10.3² (1 Punkt)

= −662.5

√2 062.5·√ 228.1

= −0.9659 (1 Punkt) DamitR² =−0.9659² = 0.9329 (1 Punkt).

Berechnungsm¨oglichkeit 2: direkt nach der Formel, unter Ausnutzung des Verschiebungssat- zes (s. Hinweis); es ist

im Z¨ahler

Xn i=1

(ybi−y)² =

Xn i=1

yb_i²−n·y² (1 Punkt)

= 1 273.687−10·106.09 = 212.787 (1 Punkt) im Nenner

Xn

i=1

(yi −y)² =

Xn

i=1

y_i²−n·y² (1 Punkt)

= 1 289−10·106.09 = 228.1 (1 Punkt)

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Es gibt auch noch die M¨oglichkeit, die Differenzen im Z¨ahler personenweise auszurechnen, zu quadrieren und aufzuaddieren; die (ybi−y)² sind

52.2295 31.5956 16.1202 5.8033 0.6448 0.6448 5.8033 16.1202 31.5956 52.2295 Im Nenner sollte man die Anwendbarkeit des Verschiebungssatzes erkennen k¨onnen.

Auch f¨ur diesen Rechenweg - wenn erfolgreich - insgesamt 5 Punkte geben (Z¨ahler 2, Nenner 2, Ergebnis 1)

F¨ur beide Berechnungsm¨oglichkeiten:

DaR² ein auf [0,1] normiertes Maß ist und die G¨ute der Regressionsgerade um so besser, je n¨aher der Wert vonR² an 1 liegt (1 Punkt), kann man hier von einer sehr guten Anpassung sprechen (1 Punkt).

Aufgabe 6 (d):(insgesamt 2 Punkte) Prognose f¨ur x= 100:

yb=ba·x+^bb (0.5 Punkte)=−0.3212·100 + 25.557 =−6.563 (0.5 Punkte)

Eine negative Anzahl von richtig wiedergegebenen Gegenständen macht inhaltlich keinen Sinn (0.5 Punkte). Die Aussagekraft dieser Vorhersage ist schlecht, da für einen X-Wert vorhergesagt wird, der relativ weit von dem Bereich entfernt liegt, in dem Werte für X be- obachtet wurden(0.5 Punkte).