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Konfidenzintervall / Stichprobenumfang

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Tags: Erwartungswert, test, Verteilungsfunktion

bigfishyy aktiv_icon

16:14 Uhr, 15.03.2015

Hallo liebe Leute, bräuchte nochmal ein wenig Hilfe bei dieser Aufgabe!

Eine Lebensmittelkette erhält eine Lieferung von $10.000$ Chips-Tüten mit einem Sollgewicht von $200 g$ . Der Lieferung werden $25$ Tüten entnommen $;$ in dieser Stichprobebe trägt die durchschnittliche Füllmenge $198,47 g$ . Aus Erfahrung weiß man, dass die Füllmengenormalverteilt ist mit einer Standardabweichung von $6 g$ .

a)Berechnen Sie ein 99%-Konfidenzintervall für die durchschnittliche Füllmenge der gesamtenLieferung.

b)Wie groß muss die Stichprobemindestenssein, damit das 99%-Konfidenzintervall nicht mehr als $20 %$ der ursprünglichen Breite hat?

c)Wie groß muss die Stichprobe mindestens sein, damit das 99%-Konfidenzintervall nicht breiter ist als $2 g$ ?

Hier meine Ansätze:

$a)$ Das intervall geht von $195,47$ bis $201,561$ laut meinen Berehcnungen. Für ein $99 %$ Intervall scheint mir das relativ gering, deswegen hier die Rechnung.

$198,47 \frac{+}{- 1} . 2 \cdot 2,5758$

Die $2,5758$ ergeben sich aus der Tabelle der Normalverteilung.
Die $1.2$ ergeben sich aus :

$\frac{6}{}$ Wurzel $25 = 1,2$

$b)$ bin ich überfragt und verstehe leider nicht, was genau gewollt ist. Hier bräuchte ich hilfe, da ich schon bei $a)$ unsicher war und auch nicht verstehe was verlangt wird. $198,47 \cdot 1,2$ darf nicht überschritten werden?

$c)$ Habe ich vermutlich etwas unconventionell gelöst. Falls $a)$ richtig ist, sollte dies auch richtig sein $. .$ .

$2,5758 \cdot X = 2$

$X \to 0,7765$

Dann:

$\frac{6}{}$ Wurzel $X = 0,7765$

$X \to 2,7797 d . h$ für einen $2 g$ Intervall $\frac{+}{-}$ müßte die Stichprobe $2,7797$ betragen $. .$ . weiß nicht ob das so Sinn macht, aber die Formeln sagen mir es sollte so richtig sein $. .$ .

halp plz

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

DrBoogie aktiv_icon

19:32 Uhr, 15.03.2015

a) richtig, bis auf Rundungsfehler, ganz richtig wäre $[195.379, 201.561]$

"Habe ich vermutlich etwas unconventionell gelöst"

Leider auch komplett falsch.

b) und c) sind eigentlich dieselbe Aufgabe, nur die Breite des Intervalls ist unterschiedlich. Daher stelle ich eine allgemeinere Aufgabe:
"Wie groß muss die Stichprobe mindestens sein, damit das 99%-Konfidenzintervall nicht breiter ist als a Gramm?" ( $a$ ein beliebiger Wert)

Die dazu notwendige Formel hast Du schon selber in a) benutzt.
Wenn $n$ unbekannt ist, ist das Konfidenzintervall
$[198.47 - \frac{2.5758 \cdot 6}{\sqrt{n}}, 198.47 + \frac{2.5758 \cdot 6}{\sqrt{n}}]$ .
In a) hast Du $n = 25$ und da kommt genau das Intervall von oben raus.
Im allgemeinen Fall hast das Intervall $[198.47 - \frac{2.5758 \cdot 6}{\sqrt{n}}, 198.47 + \frac{2.5758 \cdot 6}{\sqrt{n}}]$ die Breite $2 \cdot \frac{2.5758 \cdot 6}{\sqrt{n}}$ und das soll kleinger gleich $a$ sein, das ergibt die Ungleichung
$\frac{30.9096}{\sqrt{n}} \leq a$ , woraus $n \geq \frac{30.909 6^{2}}{a^{2}} = \frac{955.4033}{a^{2}}$ folgt.
Für c), also $a = 2$ , kommt sofort $n \geq 238.85$ , also $n = 239$ ist die Antwort.
Für b) müssen wir zuerst $a$ berechnen: $a = 0.2 \cdot (201.561 - 195.379) = 1.2364$ . Und dann kommt $n \geq \frac{955.4033}{1.236 4^{2}} = 624.98$ raus.

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