Anteile Standardabweichung Schicht

Lösungsvorschläge zu den Aufgaben 105, 106, 112 und 113 von Blatt
12:
105)
Schicht i (rel.) Anteile Standardabweichung
1
N1 /N = 0.4
σ1 = 3.0
2
N2 /N = 0.5
σ2 = 4.5
3
N3 /N = 0.1
σ3 = 1.5
Gesamter Stichprobenumfang n = 100
Schichtumfang
N1 = 105 · 0.4 = 40000
N2 = 105 · 0.5 = 50000
N3 = 105 · 0.1 = 10000
1.) Minimale Standardabweichung für die Schätz-ZV Zbei Stichprobenumfang
Ni · σi
(Ni /N) · σi
Ni · σ̃i
≈ n · P3
= n · P3
ni ≈ n · P3
j=1 Nj σ̃j
j=1 Nj σj
j=1 (Nj /N)
n1 ≈ 100 ·
für Schicht i
120
0.4 · 3.0
=
= 33.3
0.4 · 3.0 + 0.5 · 4.5 + 0.1 · 1.5
3.6
n2 ≈ 100 ·
0.5 · 4.5
= 62.5
3.6
0.1 · 1.5
= 4.2
3.6
n3 = n − n1 − n2 = 100 − 33 − 63 = 4
n3 ≈ 100 ·
Wahl: n1 = 33,
n2 = 63,
Bei der optimalen Stichprobe erhalten wir für die Varianz bzw. die Standardabweichung der Schätz-ZV Z:
2 2 3 X
Ni
σ̃i
ni
V (Z) =
1−
N
n
Ni
i
i=1
2
2
33
63
4
3.02
2 4.5
2 1.5
+0.5 ·
+0.1 ·
= 0.129,
· 1−
· 1−
· 1−
≈ 0.4 ·
33
40000
63
50000
4
10000
p
σ(Z) = V (Z) ≈ 0.360
2.) (a) Bei der proportionalen Stichprobe wählen wir die folgenden Stichprobenumfänge in den einzelnen Schichten:
2
n1 ≈ 100 ·
N1
= 100 · 0.4 = 40
N
N2
= 100 · 0.5 = 50
N
N3
n3 ≈ 100 ·
= 100 · 0.1 = 10
N
n2 ≈ 100 ·
1
Bei der proportionalen Stichprobe erhalten wir für die Varianz bzw. die Standardabweichung der Schätz-ZV Z:
2 2 3 X
ni
σ̃i
Ni
1−
V (Z) =
N
n
Ni
i
i=1
2
2
3.02
40
50
10
2 4.5
2 1.5
≈ 0.4 ·
+0.5 ·
+0.1 ·
= 0.139,
· 1−
· 1−
· 1−
40
40000
50
50000
10
10000
p
σ(Z) ≈ V (Z) ≈ 0.373
(b) Für die Näherung der Standardabweichung bei streng zufälliger Auswahl aus
der Grundgesamtheit ohne Rücksicht auf die Schichtung brauchen wir zusätzlich
die arithmetischen Mittel in den einzelnen Schichten: µ1 = 10.0, µ2 = 12.1 und
µ3 = 15.0. Daraus ergibt sich sofort das Gesamtmittel:
2
µ=
3
X
Ni
i=1
N
µi = 0.4 · 10.0 + 0.5 · 12.1 + 0.1 · 15.0 = 11.55
Für die Varianz bzw. die Standardabweichung der Schätz-ZV Y erhalten wir
dann:
3
X
Ni − 1
n
10
σ
e2
e2 ·0.01·(1− 5 ) =
V (Y ) = (1− ) = σ
n
N
10
≈
2
2
3
X
Ni
i=1
N
σ
ei2 +
2
i=1
3
X
Ni
i=1
N
N −1
(µi − µ)2
σ
ei2 +
!
3
X
i=1
!
1
Ni (µi − µ)2 ·0.00999
N −1
· 0.01
≈ (0.4 · 3.0 + 0.5 · 4.5 + 0.1 · 1.5
+ 0.4 ·p
(10.0 − 11.55)2 + 0.5 · (12.1 − 11.55)2 + 0.1 · (15.0 − 11.55)2) · 0.01 = 0.163
σ(Y ) = V (Y ) ≈ 0.403
Die Ergebnisse bestätigen die allgemeinen Aussagen über die Relationen zwischen
den einzelnen Standardabweichungen.
106) a) Der Wert des Gesamtlagers ist N · µ, der Schätzwert dazu ist:
N ·z =
3
X
i=1
Ni · y i = 126 · 490 + 63 · 2996 + 231 · 2094 = 7.342 · 105
Schätzwert des Anteils der Artikelpositionen unter 3 Stücken (N = 126 + 63 +
231 = 420):
5 231
2 126 6 63
·
+ ·
+
·
= 0.254=25.4%
ˆ
15 420 8 420 27 420
2
b) Die Varianz des Lagerwertschätzers
2
V (N · Z) = N · V (Z) =
3
X
i=1
Ni2
σ
ei2
ni
(1 − )
ni
Ni
muss, da für die Standardabweichungen in den einzelnen Schichten auch nur
Schätzwerte vorliegen, ebenfalls geschätzt werden. Der Schätzwert für diese Varianz bzw. die Standardabweichung ist dann:
3
X
σ
b2
Ni2 i
ni
i=1
ni
1−
Ni
2
2
572
15
8
27
2 1050
2 320
= 126 ·
+63 ·
+231 ·
· 1−
· 1−
· 1−
15
126
8
63
27
231
2
√
= 6.59 · 108 , σ
b(N · Z) = 6.59 · 108 = 2.57 · 104
c) σ
ej modifizierte Standardabweichung für Schicht j
Schätzungen dazu:
σ̂1 = 57, σ̂2 = 1050, σ̂3 = 320
Da nur diese Schätzwerte zur Verfügung stehen, empfiehlt sich als Stichprobenumfang für Schicht i:
Ni · σ̂j
ni ≈ n · P3
,
l=1 Nl · σ̂l
i = 1, 2, 3 .
Dies sind Schätzungen für den optimalen Umfang der Stichproben in den einzelnen Schichten
n1 ≈ n ·
126 · 57
126 · 57
=n·
= n · 0.0488
126 · 57 + 63 · 1050 + 231 · 320
147252
63 · 1050
= n · 0.449
147252
231 · 320
= n · 0.502
n3 ≈ n ·
147252
Falls künftig etwa der gleiche Gesamtstichprobenumfang wie bei der gegenwärtigen Inventur gewählt wird, also n = 50, so sind für die Schichten folgende Stichprobenumfänge zu wählen, um eine (bei gegebenem Kenntnisstand) möglichst
kleine Varianz des Schätzer (=Schätzfunktion) des Gesamtwertes zu erhalten:
n1 ≈ 50 · 0.0488 = 2., n2 ≈ 50 · 0.449 = 22., n3 ≈ 50 · 0.502 = 25.
Durch die Rundungen auf ganze Zahlen ist der Gesamtstichprobenumfang auf
n = 99 zu reduzieren oder einer der Stichprobenumfänge in den Schichten zu
erhöhen. Da
50 · 0.0488 = 2.43, 50 · 0.449 = 22.46 und 50 · 0.502 = 25.10
ist, erscheint dann
n1 = 2, n2 = 23, und n3 = 25
als günstigste Wahl oder wegen des besonders kleinen Stichprobenumfangs bei
der ersten Schicht statt dessen:
n1 = 3, n2 = 22, und n3 = 25 .
n2 ≈ n ·
3
112) Die ZV Xi beschreibe die bei der i–ten Ausspielung erste gezogene Zahl.
Die ZV X1 , X2 , . . . , X300 sind unabhängig und haben alle die gleiche Verteilung.
H0 bedeutet dann: P (Xi = k) =: pk = 1/49 für alle k = 1, 2, . . . , 49 (und wegen
der obigen Voraussetzung auch für alle i = 1, 2, . . . , 300)
Die Wahrscheinlichkeit für eine irrtümliche Ablehnung von H0 sei α = 0.10. Als
Stichprobenumfang wählten wir n = 300.
Die Häufigkeit fk von “k” als erster gezogenen Zahl ist bei n Ausspielungen als
Schätzwert für (pk · n) aufzufassen und ist die Realisierung einer ZV, die wir wie
in Abschnitt 11.2 mit Nk bezeichnen. Die ZV
Y :=
49
X
(Nk − npk )2
npk
k=1
ist näherungsweise χ2 –verteilt mit (49 − 1) = 48 Freiheitsgraden, wenn H0 richtig
ist, weil auch die Näherungsbedingungen
n = 300 ≥ 50 und n · pk = 300/49 = 6.1 ≥ 5 für alle k = 1, 2, . . . , 49
erfüllt sind.
Wir bestimmen nun die kritische Testgröße d > 0 aus
!
P (Y ≥ d|H0 ) ≈ 1 − Fχ2 (d) = α = 0.10, d.h. aus Fχ2 (d) = 0.9.
Die Zahl der Freiheitsgrade ist 48. In der Tabelle der Quantile der χ2 –Verteilung
finden wir dazu nicht direkt einen Wert, sondern nur zu r = 40, nämlich d = 51.80,
und zu r = 50, nämlich d = 63.17. Die Interpolationsformel (2.2.1) liefert uns
dann einen Näherungswert für das Quantil zu r = 48:
d ≈ 51.80+
48 − 40
(63.17−51.80) = 60.90
50 − 40
“4” war die erste gezogene Zahl bei 8 Ausspielungen. Damit gilt für den Summanden, der in der Realisierung y der ZV Y der “4” zugeordnet ist:
(f4 − np4 )2
(8 − 300 · (1/49))2
(8 − 300/49)2 · 49
=
=
np4
300 · (1/49)
300
“4” ist andererseits eine der 13 Zahlen, die bei 8 Ausspielungen als erste Zahl
gezogen werden. Nehmen wir an, ”15” ist eine weitere dieser 13 Zahlen. Dann
gilt
(f15 − np15 )2
(8 − 300 · (1/49))2
(8 − 300/49)2 · 49
=
=
np15
300 · (1/49)
300
Für alle diese 13 Zahlen, die bei 8 Ausspielungen als erste Zahl gezogen werden,
erhalten wir den gleichen Quotienten, und somit ist
(8 − 300/49)2 · 49
· 13
300
der diesen 13 Zahlen zugeordnete Anteil an der Realisierung y der ZV Y . Für y
selbst erhalten wir damit
y=
(4 − 300/49)2 · 49
(5 − 300/49)2 · 49
(6 − 300/49)2 · 49
(3 − 300/49)2 · 49
·2+
·7+
·10+
·9
300
300
300
300
4
(8 − 300/49)2 · 49
(9 − 300/49)2 · 49
(7 − 300/49)2 · 49
·7+
·13+
·1 = 20.13 < 60.90
300
300
300
H0 kann also nicht mit ausreichender Sicherheit abgelehnt werden.
+
Wenn man statt zu interpolieren das Quantil für die nächst kleinere Zahl von
Freiheitsgraden in der Tabelle nimmt, also 51.80, so erhält man
y = 20.13 < 51.80 ≤ das ”richtige” “d”
und damit ebenfalls, dass H0 nicht mit ausreichender Sicherheit abgelehnt werden
kann.
113) X sei eine ZV, deren Realisierungen die Zahlen
0.0860
0.5519
0.1939
0.8116
0.0991
0.9786
0.9758
0.3776
0.7625
0.1585
0.3044
0.8087
0.0127
0.0894
0.2392
0.2569
0.8907
0.4043
0.5519
0.2740
0.1490
0.2401
0.9314
0.5247
0.6881
0.8731
0.8261
0.4672
0.5796
0.3962
0.5391
0.0342
0.8020
0.4868
0.4432
0.2138
0.4087
0.0372
0.2814
0.9705
0.8177
0.1949
0.0575
0.6991
0.7698
0.8084
0.9889
0.3001
0.7030
0.9844
0.1037
0.4964
0.2641
0.5729
sind, die man aus den in Aufgabe 104 vorgegebenen Ziffern gewinnt. Zu prüfen
ist die Hypothese H0 , dass X eine auf (0, 1] gleichverteilte ZV ist. Bei Anwendung
des χ2 –Testes ist es dazu nötig, dass wir die reelle Achse in Intervalle aufteilen,
die sich gegenseitig ausschließen und ganz R erfassen. Wir treffen folgende Wahl,
wobei wir später klären, ob die Wahl mit den Näherungsbedingungen des χ2 –
Testes verträglich ist:
I1 := (−∞, 0.1], Ik := (0.1 · (k − 1), 0.1 · k], k = 2, 3, . . . , 9, I10 := (0.9, ∞)
Wenn H0 richtig ist, erhalten wir wegen P (X ≤ 0) = 0 und P (X > 1) = 0
folgende Wahrscheinlichkeiten, die wir für den Test brauchen:
p1 := P (X ∈ I1 ) = P (X ∈ (0, 0.1]) = 0.1,
pk := P (X ∈ Ik ) = 0.1, k = 2, 3, . . . , 9,
p10 := P (X ∈ I10 ) = P (X ∈ (0.9, 1]) = 0.1
Die Wahrscheinlichkeit für eine irrtümliche Ablehnung von H0 sei α = 0.05. Als
Stichprobenumfang wählten wir n = 54 (vergl. die obige Tabelle). Die Werte in
der obigen Tabelle sind dann unsere Beobachtungsergebnisse x1 , x2 , . . . , x54 , die
wir als Realisierungen von unabhängigen ZV X1 , X2 , . . . , X54 , die alle die gleiche
Verteilung wie X besitzen, auffassen.
Nk := {j|Xj ∈ Ik } ist die Häufigkeits-ZV für das Intervall Ik und damit ist ihre
Realsierung fk := {j|xj ∈ Ik } die Anzahl der Beobachtungsergebnisse, die in das
Intervall Ik fallen. Die ZV
Y :=
10
X
(Nk − npk )2
npk
k=1
5
ist näherungsweise χ2 –verteilt mit (10 − 1) = 9 Freiheitsgraden, wenn H0 richtig
ist, weil auch die Näherungsbedingungen
n = 54 ≥ 50 und n · pk = 54/10 = 5.4 ≥ 5 für alle k = 1, 2, . . . , 10
erfüllt sind.
Wir bestimmen nun die kritische Testgröße d > 0 aus
!
P (Y ≥ d|H0 ) ≈ 1 − Fχ2 (d) = α = 0.05, d.h. aus Fχ2 (d) = 0.95.
Da die Zahl der Freiheitsgrade = 9 ist, lesen wir aus der Tabelle der Quantile der
χ2 –Verteilung ab: d = 16.92.
Die 54 ermittelten Zahlen liefern uns folgende Häufigkeitstabelle:
k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
fk
7
5
7
4
6
6
2
3
8
6
P
54
Für die Realisierung y der ZV
Y :=
6
X
(Nk − npk )2
npk
k=1
gilt also
10 (f − np )2
P
k
k
y :=
npk
k=1
=
(7 − 5.4)2 (5 − 5.4)2 (7 − 5.4)2 (4 − 5.4)2 (6 − 5.4)2 (6 − 5.4)2 (2 − 5.4)2 (3 − 5.4)2
+
+
+
+
+
+
+
5.4
5.4
5.4
5.4
5.4
5.4
5.4
5.4
(8 − 5.4)2 (6 − 5.4)2
+
= 6.00 < d = 16.92
5.4
5.4
H0 ist also nicht mit ausreichend kleiner Irrtumswahrscheinlichkeit abzulehnen.
+
6