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Merke
Wenn die maximale Intervalllänge des Konfidenzintervalls für den Erwartungswert und die Streuung in der Grundgesamtheit bekannt sind, dann ist dafür die relevante Anzahl an Stichprobenelementen folgendermaßen gegeben: $n\geqslant \left(\frac{2\sigma z} L\right)^2.$
Beispiel
Ein Konfidenzintervall von 99 Prozent wurde ermittelt. Dieser hat die Form [2;4]. Dabei handelt es sich um eine normalverteilte Grundgesamtheit der Streuung, welche $\sigma =3.$ ist.
Damit stellt sich die Frage, wie hoch die Mindestgröße des Stichprobenumfang n zu sein hat, um die Intervalllänge zu unterschreiten.
Bei der Beantwortung hilft die Formel: $n\geqslant \left(\frac{2\sigma z} L\right)^2$.
Die Länge des Intervalls wird mit „L“ gekennzeichnet. Diese ist wie folgt zu berechnen: L= oberste und unterste Grenze des Intervalls. Hierfür zählt: 4-2 = 2.
Der Aufgabenstellung zufolge ist: $1-\alpha =\frac{99}{100,}$ so dass $\alpha =\frac 1{100}.$ Es wird ersichtlich, dass z für das $\left(1-\frac{\alpha } 2\right)=(1-0,005)=0,995$ -Fraktil der Standardnormalverteilung gilt. Deshalb ergibt sich: z = 2,58 weswegen $n\geqslant \left(\frac{2\ast 3\ast 2,58} 2\right)=59,9$ ist.
Es werden demnach mindestens 60 Stichprobenelemente gebraucht, um zu gewährleisten, dass die gesamte Länge des Intervalls kleiner gleich zwei ist.
Merke
Wenn eine binomialverteilte Grundgesamtheit vorliegt, gilt für den entsprechenden Stichprobenumfang: $n\geqslant \left(\frac z L\right)^2.$ Für das jeweilige Fraktil der Standardnormalverteilung wird z hinzugezogen.
Stichprobenvarianz
Aufgaben zum relevanten Stichprobenumfang
1. Aufgabe
Zu bestimmen ist der erforderliche Stichprobenumfang, wenn ein 95 %-iger Konfidenzintervall eine Länge von fünf Prozentpunkten aufweist.
Vertiefung
Lösung:
Für die fünf Prozentpunkte gilt: $5\over{100}$ = 0,05.
Benötigt wird dafür die folgende Formel: $n\geqslant \left(\frac z L\right)^2.$
$(1-\alpha )=95\text{%} \Leftrightarrow \alpha =5\text{%}.$
Somit ist $\left(1-\frac{0,05} 2\right)=0,975.$ Gegeben ist das 0,975-Fraktil der Binomialverteilung durch: z = 1,96, also: $n\geqslant \left(\frac{1,96^2}{0,05^2}\right)=1536,64.$
Demnach werden n = 1537 Stichprobenelemente benötigt.
2. Aufgabe
Im Rahmen der Meinungsumfrage in Bezug auf einen politischen Gesetzesentwurf soll herausgefunden werden, wie viele BürgerInnen für den Entwurf stimmen würden. Alle Stimmen werden in % angegeben.
Demnach stellt sich die Frage, wie viele Personen mindestens bei einem 94%-igen Konfidenzintervall, das eine Breite von vier Prozentpunkten besitzt, zu befragen sind, in Anbetracht der relativen Häufigkeit: $\left(\text =\frac{\text{Anzahl der Befürwörter}}{\text{Gesamtzahl der Stichprobe}}\right)$
ca. 44 Prozent
ca. 35 Prozent
im Bereich zwischen 10 und 20 Prozent liegt.
Vertiefung
Lösung:
Gemäß des Schema (6) kann die Stichprobenvarianz für die Standardabweichung genutzt werden, was $\hat{\sigma }=\sqrt{\overline x(1-\overline x)}$ bedeutet.
Der erforderliche Stichprobenumfang ist durch:
$n\geqslant \left(2\sigma \frac z L\right)^2=4\sigma ^2\frac{z^2}{L^2},$ gegeben und z gilt für das entsprechende Fraktil der Normalverteilung.
Zu 1.: $\overline x=44\text{%},$ $\hat{\sigma }^2=0,44(1-0,44)=0,2464$ und $1-\alpha =94\text{\%} \Leftrightarrow \alpha =6\text{%}.$
$n\geqslant 4\ast (0,2464) \frac{1,88^2}{0,04^2}=2.177,2.$
Eine Stichprobe mit einem Umfang von n = 2.178 muss gezogen werden, damit das 94 % -ige Konfidenzintervall über eine Breite von vier Prozentpunkten verfügt.
Zu 2.: $\overline x=35\text{%},$ $\hat{\sigma }^2=0,35(1-0,35)=0,2275$ und $1-\alpha =94\text{%} \Leftrightarrow \alpha =6\text{%}.$}
$n\geqslant 4\ast (0,2275)\frac{z^2_{1-\frac{0,06} 2}}{0,04^2}\approx 0,21\frac{z^2_{0,97}}{0,0016}\approx \frac{0,21\ast (1,88)^2}{0,0016}\approx 2.010,19.$
Eine Stichprobe mit einem Umfang von n = 2.011 muss gezogen werden, damit das 94 % -ige Konfidenzintervall über eine Breite von vier Prozentpunkten verfügt.
Zu 3.: $\overline x=20\text{%},$ $\hat{\sigma }^2=0,2(1-0,2)=0,16$ und $1-\alpha =94\text{%} \Leftrightarrow \alpha =6\text{%}.$
$n\geqslant 4\ast (0,16)\frac{z^2_{1-\frac{0,06} 2}}{0,04^2}=0,1024\frac{z^2_{0,97}}{0,0016}=\frac{0,1024\ast (1,88)^2}{0,0016}\approx 1.413,76.$
Eine Stichprobe, mit einem Umfang von n = 1.414 muss gezogen werden, damit das 94 % -ige Konfidenzintervall über eine Breite von vier Prozentpunkten verfügt.
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