4. Lösung weitere Übungsaufgaben Statistik II WiSe 2016/2017

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1 4. Lösung weitere Übungsaufgaben Statistik II WiSe 016/ Aufgabe: Eine sächsische Molkerei füllt Milch in Tetrapacks ab. Es wird vermutet, dass die Füllmenge normalverteilt ist mit einem Erwartungswert von 50 ml und einer Standardabweichung von ml. In der folgenden Tabelle ist die Füllmenge schon in 5 Klassen eingeteilt. i Füllmenge x in ml H i p i (H i ) 1 x < 499 0,0668 3,34 0, x < ,417 1,085 0, x < 503 0,383 19,15 0, x < ,417 1,085 1, x 5 0,0668 3,34 0,83 a) Vervollständigen Sie die Tabelle, bestimmen Sie also die fehlenden vier Werte! b) Testen Sie die Vermutung zum Signifikanzniveau von α = 0,05! Lösung: Hypothetische Verteilung: X 0 N (50, ) a) µ = 50 und σ = p 3 = ( ) ( ) P (501 X 0 < 503) = Φ Φ = Φ (0,5) Φ ( 0,5) = Φ (0,5) (1 Φ (0,5)) = 0,6915 (1 0,6915) = 0,383 np 3 = 50 0,383 = 19,15 p 4 = ( ) ( ) P (503 X 0 < 505) = Φ Φ = Φ (1,5) Φ (0,5) = 0,933 0,6915 = 0,417 np 4 = 50 0,417 = 1,085 Hinweis: Bei diesen Aufgabenteil ist auch ein (einfacherer) anderer Lösungsweg möglich. Da X 0 symmetrisch um den Erwartungswert µ = 40 verteilt ist gilt: p 4 = P (503 X 0 < 505) = P (499 X 0 < 501) = p = 0,417. 1

2 Und aus 5 p i = 1 = p 3 = 1 (p 1 + p + p 4 + p 5 ) i=1 b) Hypothetische Verteilung: X 0 N (50, ) X- zufällige Füllmenge. 1. = 1 (0, , , ,0668) = 0,383. H 0 : F X (t) = F X0 (t) für alle t gegen H A : F X (t) F X0 (t) für mindestens ein t. α = 0,05 3. T = k i=1 (H i ) 4. K = {t t > χ k m 1; 1 α = χ 5 0 1; 1 0,05 = χ 4; 0,95 = 9,49} (k = 5 Klassen und m = 0 (beide Parameter sind vorgegeben)) 5. t = 0,54 + 0,07 + 0,4 + 1,38 + 0,83 = 3,4 6. t = 3,4 9,49 = H 0 wird angenommen. Die Verteilung der zufälligen Füllmenge unterscheidet sich nicht signifikant von einer Normalverteilung mit einem Erwartungswert von 50 ml und einer Standardabweichung von ml.. Aufgabe: 100 Leser eines Wirtschaftsmagazins wurden nach ihren durchschnittlichen Lesezeiten befragt. Es soll untersucht werden, ob die Lesezeit normalverteilt ist. Dazu liegt folgendes Testergebnis vor. Goodness-of-Fit Tests for Lesezeit Chi-Square Test Lower Upper Observed Expected Limit Limit Frequency Frequency Chi-Square at or below 48,0 1,06 0,55 48,0 60,0 3 3,00 0,00 60,0 7,0 6 5,75 0,01 7,0 84,0 10 9,39 0,04 84,0 96,0 1 13,08 0,09 96,0 108, ,5 108,0 10, ,71 10,0 13,0 1 13,55 0,18 13,0 144,0 1 9,97 0,41 144,0 156,0 4 6,5 0,81 156,0 168,0 3,34 0,54 above 168,0 4,38 1,10 Chi-Square = 4,53981

3 a) Bestimmen Sie die fehlenden Werte in der Tabelle (Spalte Chi-Square). b) Führen Sie den Test zu Ende und treffen Sie die Testentscheidung zum Niveau α = 0,05. c) Mit den gleichen Daten wurde ein weiterer Test mit folgendem Ergebnis durchgeführt. Tests for Normality for Lesezeit Test Statistic P-Value Shapiro-Wilk W 0, , Welche Hypothese wird getestet und wie lautet die Testentscheidung bei α = 0,05? Lösung: X- zufällige durchschnittliche Lesezeit. a) i = 6 : i = 7 : (H i ) = (H i ) = (19 15,5) 15,5 (15 15,71) 15,71 = 0,78 = 0,03 b) H 0 : durchschnittliche Lesezeit X ist normalverteilt H A : durchschnittliche Lesezeit X ist nicht normalverteilt t = 0,55 + 0,00 + 0, ,54 + 1,10 = 4,54 K = { } t t > χ k m 1;1 α k = 1 und m = χ 9,0.95 = 16,9 t = 4,54 16,9 = χ 9,0.95 = H 0 wird angenommen. Die durchschnittliche Lesezeit unterscheidet sich nicht signifikant von einer Normalverteilung. c) H 0 : durchschnittliche Lesezeit X ist normalverteilt H A : durchschnittliche Lesezeit X ist nicht normalverteilt p = 0, > 0,05 = α = H 0 wird angenommen. Die durchschnittliche Lesezeit unterscheidet sich nicht signifikant von einer Normalverteilung. 3

4 3. Aufgabe: In der ersten Fußballbundesliga sind in der Saison 015/ Tore gefallen. Das sind bei 306 Spielen im Schnitt,83 Tore pro Spiel. Dabei erzielten die Heimmannschaften 479 Tore (Ø 1,57 pro Spiel) und die Gastmannschaften 387 (Ø 1,6 pro Spiel). a) Für die Tore der Heimmannschaft gibt es folgende Häufigkeitsverteilung: Tore Heimmannschaft Häufigkeit Testen Sie, zum Niveau α = 0,05, ob die Anzahl der Tore der Heimmannschaft pro Spiel Poisson-verteilt ist. Lösung: Hypothetische Verteilung: X 0 Poi(λ) X- zufällige Anzahl der Tore der Heimmannschaft (pro Spiel). 1. H 0 : F X (t) = F X0 (t) für alle t gegen H A : F X (t) F X0 (t) für mindestens ein t. α = 0,05 3. T = k i=1 (H i ) 4. K = {t t > χ k m 1; 1 α = χ 7 1 1; 1 0,05 = χ 5; 0,95 = 11,07} (k = 7 Klassen und m = 1 (ein Parameter muss geschätzt werden)) 4

5 5. EX 0 = λ und damit wird λ wie folgt g eschätzt: ˆλ = x = = 1,56536 i Tore Heimmannschaft H i p i (H i ) ,090 63,95 1, ,37 100,1 0, ,561 78,37 1, , ,88 0, , , ,0164 5,0 4, und mehr 3 0,0054 1,65 1,1 p 1 = P (X 0 = 0) = λ0 0! e λ = 1, e 1,56536 = 0,090 0!. p 6 = P (X 0 = 5) = λ5 5! e λ = 1, e 1,56536 = 0,0163 5! p 7 = P (X 0 6) = 1 (p p 6 ) = 0,0054 t = 1,58 + 0,17 + 1,65 + 0,11 + 0,56 + 4,94 + 1,1 = 10,11 6. t = 10,11 11,07 = H 0 wird angenommen. Die Anzahl der Tore pro Spiel der Heimmannschaft unterscheidet sich nicht signifikant von einer Poisson-Verteilung, bei Signifikanzniveau α = 0,05. Bemerkung: Legt man beim Test die letzten beiden Klassen zu einer (5 und mehr Tore) zusammen, so wird beim Signifikanzniveau α = 0, 05 H 0 abgelehnt. Beim Niveau α = 0, 01 wird auch bei dieser geänderten Klasseneinteilung H 0 angenommen. 5

6 b) Betrachtet man die Häufigkeiten der Tore der Gastmannschaft so erhält man beim Test auf Poissonverteilung mit Statgraphics das folgende Ergebnis: Goodness-of-Fit Tests for Tore Auswärtsmannschaft Chi-Square Test Lower Upper Observed Expected Limit Limit Frequency Frequency Chi-Square at or below 0, ,39 0,08 1,0 1, ,6 0,01,0, ,09,48 3,0 3,0 40 9,13 4,06 4,0 4,0 10 9,1 0,07 5,0 1,93 1,7 Chi-Square = 7,95854 with 4 d.f. P-Value = 0, Wie lautet die Testentscheidung und das Testergebnis bei α = 0,05? Lösung: Hypothetische Verteilung: X 0 Poi(λ) X- zufällige Anzahl der Tore der Gastmannschaft (pro Spiel). 1. H 0 : F X (t) = F X0 (t) für alle t gegen H A : F X (t) F X0 (t) für mindestens ein t. α = 0,05 6. p = 0, > 0,05 = α = H 0 wird angenommen. Die Anzahl der Tore pro Spiel der Gastmannschaft unterscheidet sich nicht signifikant von einer Poisson-Verteilung, bei Signifikanzniveau α = 0,05. 6