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Stichprobentheorie - Notwendiger Stichprobenumfang

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Stichprobentheorie

Notwendiger Stichprobenumfang

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Video: Notwendiger Stichprobenumfang

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Ist die Streuung in der Grundgesamtheit und die maximale Intervalllänge eines Konfidenzintervalls für den Erwartungswert bekannt, so ist die hierfür notwendige Anzahl an Stichprobenelementen gegeben durch:
$n\geqslant \left(\frac{2\sigma z} L\right)^2.$

Beispiel

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Es sei ein 99% Konfidenzintervall ermittelt worden, welches die Form [2;4] hat. Die Streuung in der normalverteilten Grundgesamtheit sei $\sigma =3.$ Wir fragen uns, wie groß der Stichprobenumfang n mindestens sein muss, damit die Intervalllänge unterschritten wird. Folgende Formel beantwortet unsere Frage: $n\geqslant \left(\frac{2\sigma z} L\right)^2$. Die Größe L ist die Länge des Intervalls. Sie kann folgendermaßen berechnet werden. L= obere Grenze des Intervalls – untere Grenze des Intervalls. Also hier: 4-2 = 2. Nach Aufgabenstellung ist $1-\alpha =\frac{99}{100,}$ so dass $\alpha =\frac 1{100}.$ Des Weiteren sehen wir, dass z das $\left(1-\frac{\alpha } 2\right)=(1-0,005)=0,995$ -Fraktil der Standardnormalverteilung ist. Dieses lautet: z = 2,58. Also ist $n\geqslant \left(\frac{2\ast 3\ast 2,58} 2\right)=59,9.$
Also werden mindestens 60 Stichprobenelemente benötigt, um sicher zu stellen, dass die Länge des Intervalls kleiner gleich zwei ist.

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Liegt eine binomialverteilte Grundgesamtheit vor, so ergibt sich für den notwendigen Stichprobenumfang: $n\geqslant \left(\frac z L\right)^2.$ Es ist z das jeweilige Fraktil der Standardnormalverteilung.

Stichprobenvarianz

Video: Notwendiger Stichprobenumfang

Aufgaben zum notwendigen Stichprobenumfang

Aufgabe 1

Ein 95 % Konfidenzintervall habe eine Länge von fünf Prozentpunkten. Es ist der notwendige Stichprobenumfang zu bestimmen.

Vertiefung

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Lösung:

5 Prozentpunkte = $5\over{100}$ = 0,05.

Die Formel, welche hier benötigt wird ist: $n\geqslant \left(\frac z L\right)^2.$

$(1-\alpha )=95\text{%} \Leftrightarrow \alpha =5\text{%}.$
Es ist $\left(1-\frac{0,05} 2\right)=0,975.$ Das 0,975-Fraktil der Binomialverteilung ist gegeben durch: z = 1,96. D.h. $n\geqslant \left(\frac{1,96^2}{0,05^2}\right)=1536,64.$ Somit werden n = 1537 Stichprobenelemente benötigt.

Aufgabe 2

In einer Meinungsumfrage bei Fans soll festgestellt werden, wie hoch die derzeitige Unterstützung (in % der Stimmen) des Kapitäns einer Fußballmannschaft ist. Wie viele zufällig ausgewählte Fans sind mindestens zu befragen, wenn das 94 % ige Konfidenzintervall eine Breite von vier Prozentpunkten besitzen soll und man davon ausgehen kann, dass diese relative Häufigkeit $\left(\text =\frac{\text{Anzahl der Befürwörter}}{\text{Gesamtzahl der Stichprobe}}\right)$

  1. bei etwa 44 Prozent

  2. bei etwa 35 Prozent

  3. zwischen 10 und 20 Prozent liegen wird?

Vertiefung

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Lösung:

Entsprechend dem Lambert-Kochrezept 6 können wir die Stichprobenvarianz als Schätzer für die Standardabweichung verwenden, d.h. $\hat{\sigma }=\sqrt{\overline x(1-\overline x)}.$

Der notwendige Stichprobenumfang ist gegeben durch:

$n\geqslant \left(2\sigma \frac z L\right)^2=4\sigma ^2\frac{z^2}{L^2},$ z ist das jeweilige Fraktil der Normalverteilung.

Zu 1): $\overline x=44\text{%},$  $\hat{\sigma }^2=0,44(1-0,44)=0,2464$ und $1-\alpha =94\text{\%} \Leftrightarrow \alpha =6\text{%}.$
$n\geqslant 4\ast (0,2464) \frac{1,88^2}{0,04^2}=2.177,2.$

Damit das 94 % -ige Konfidenzintervall eine Breite von vier Prozentpunkten besitzt, ist es nötig eine Stichprobe vom Umfang n = 2.178 zu ziehen.

Zu 2): $\overline x=35\text{%},$ $\hat{\sigma }^2=0,35(1-0,35)=0,2275$ und $1-\alpha =94\text{%} \Leftrightarrow \alpha =6\text{%}.$}

$n\geqslant 4\ast (0,2275)\frac{z^2_{1-\frac{0,06} 2}}{0,04^2}\approx 0,21\frac{z^2_{0,97}}{0,0016}\approx \frac{0,21\ast (1,88)^2}{0,0016}\approx 2.010,19.$

Damit das 94 % -ige Konfidenzintervall eine Breite von vier Prozentpunkten besitzt, ist es nötig eine Stichprobe vom Umfang n = 2.011 zu ziehen.

Zu 3): $\overline x=20\text{%},$ $\hat{\sigma }^2=0,2(1-0,2)=0,16$ und $1-\alpha =94\text{%} \Leftrightarrow \alpha =6\text{%}.$

$n\geqslant 4\ast (0,16)\frac{z^2_{1-\frac{0,06} 2}}{0,04^2}=0,1024\frac{z^2_{0,97}}{0,0016}=\frac{0,1024\ast (1,88)^2}{0,0016}\approx 1.413,76.$

Damit das 94 % -ige Konfidenzintervall eine Breite von vier Prozentpunkten besitzt, ist es nötig eine Stichprobe vom Umfang n = 1.414 zu ziehen.