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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:07 Sa 25.06.2005 | | Autor: | Whizzle |
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Hallo!
Kann mir hier vielleicht jemand weiterhelfen, weiß nicht so recht wie ich da rangehen soll?
X sei Normal-verteilt mit [mm] \gamma^2 [/mm] = 25. Wie viele Stichproben sind notwendig,
damit das Vertrauensintervall für das unbekannte µ bei einer Konfidenzzahl
von 99% die Länge L = 1 besitzt?
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Hallo Patrick!
> X sei Normal-verteilt mit [mm]\gamma^2[/mm] = 25. Wie viele
> Stichproben sind notwendig,
Ich nehme an, dass [mm] $\gamma^2$ [/mm] die Varianz darstellt, normalerweise als [mm] $\sigma^2$ [/mm] bezeichnet. Aber das macht ja keinen großen Unterschied 
> damit das Vertrauensintervall für das unbekannte µ bei
> einer Konfidenzzahl
> von 99% die Länge L = 1 besitzt?
Das Konfidenzintervall für [mm] $\mu$ [/mm] liegt ja symmetrisch um das arithmetische Mittel [mm] $\bar{x}$ [/mm] der Stichprobe und lautet konkret
[mm] $[\bar{x}-\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{1-\alpha/2},\bar{x}+\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{1-\alpha/2}],$
[/mm]
wobei [mm] $\sigma$ [/mm] Dein [mm] $\gamma$, [/mm] also gleich 5 ist und [mm] $z_{1-\alpha/2}$ [/mm] das [mm] $1-\alpha/2$-Quantil [/mm] der Standardnormalverteilung bezeichnet (musst Du in einer Tabelle ablesen; da 99% als Konfidenzzahl angegeben ist, ist [mm] $\alpha=1-0.99=0.01$, [/mm] also [mm] $1-\alpha/2=0.995$). [/mm] Die Länge L des Konfidenzintervalls erhältst Du, indem Du die Differenz zwischen der rechten und der linken Intervallgrenze bildest, mit dem Ergebnis:
[mm] $L=2\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{1-\alpha/2}$
[/mm]
Nun soll ja $L= 1$ (besser [mm] $L\le [/mm] 1$) gelten. Löst Du die entstehende (Un-)Gleichung nach n auf, hast Du die Aufgabe gelöst.
Alles klar?
Viele Grüße
Brigitte
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:17 Mo 27.06.2005 | | Autor: | Whizzle |
Super, habe deine Erklärung gut nachvollziehen können und die Aufgabe damit gelöst. Vielen Dank
Patrick
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