library(tidyverse)
library(patchwork)
blau <- "#2C7BB6"
rot <- "#D7191C"
grau <- "grey50"
# Datensätze für Aufgaben 5–8
app_absturzrate <- read_csv("data/app_absturzrate.csv")
produktionsfehler <- read_csv("data/produktionsfehler.csv")
kundenzufriedenheit <- read_csv("data/kundenzufriedenheit.csv")
serverausfall <- read_csv("data/serverausfall.csv")Eine Firma stellt Akkus her. Die Anzahl Lade-/Entladezyklen, bis ein solcher Akku nur noch 60% seiner ursprünglichen Ladekapazität erreicht, ist in einer Stichprobe von 10 Akkus annähernd normalverteilt mit Mittelwert \(\bar{x} = 475\) und Varianz \(\text{Var}(x) = 1000\).
a) Bestimmen Sie das 90%-Konfidenzintervall für die mittlere Anzahl Lade-/Entladezyklen, bis ein Akku aus der Gesamtproduktion nur noch 60% seiner ursprünglichen Ladekapazität erreicht.
b) Ein potentieller Abnehmer verlangt, dass die Akkus im Mittel mindestens 500 Lade-/Entladezyklen überstehen, bis die Akkus nur noch 60% der ursprünglichen Kapazität erreichen. Erfüllen die Akkus der Firma diese Bedingung auf Grund des in a) bestimmten 90%-Konfidenzintervalles?
c) Die Firma argumentiert, dass die Verwendung eines 90%-Konfidenzintervalles unfair sei und dass bei einem 95%-Konfidenzintervall die Chance zur Erfüllung der Bedingung grundsätzlich grösser sei. Hat die Firma recht?
Da die Varianz der Grundgesamtheit nicht bekannt ist, verwenden wir die t-Verteilung:
Gegeben:
\(n = 10\)
\(\overline{x} = 475\)
\(s^2 = 1000 \Rightarrow s = \sqrt{1000}\)
\(\alpha = 0.10 \Rightarrow \frac{\alpha}{2} = 0.05\) (beidseitig symmetrisch)
\(df = n - 1 = 9\)
Standardfehler: \(SE = \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{\sqrt{1000}}{\sqrt{10}}=10\)
t-Wert: \[ t_{(0.95, 9)} \approx 1.833 \]
Konfidenzintervall: \[\text{90\%-KI:}\quad \overline{x} \pm t \cdot SE = 475 \pm 1.833 \cdot 10 = [456.67, 493.33] \]
Da das gesamte Intervall unter 500 liegt, wird die Anforderung nicht erfällt.
t-Wert: \[ t_{0.975, 9} \approx 2.262157 \] Konfidenzintervall: \[\text{95\%-KI:}\quad \overline{x} \pm t \cdot SE = 475 \pm 2.262 \cdot 10 = [452.38, 497.62] \]Das 95%-KI ist breiter, aber die Obergrenze des KIs ist immer noch kleiner als 500. Also nicht günstiger für die Firma.
n <- 10
xbar <- 475
s2 <- 1000
s <- sqrt(s2)
df <- n - 1
# 90%-KI
alpha_90 <- 0.10
t_crit_90 <- qt(1 - alpha_90 / 2, df)
SE <- s / sqrt(n)
ME_90 <- t_crit_90 * SE
KI_90 <- c(xbar - ME_90, xbar + ME_90)
# 95%-KI
alpha_95 <- 0.05
t_crit_95 <- qt(1 - alpha_95 / 2, df)
ME_95 <- t_crit_95 * SE
KI_95 <- c(xbar - ME_95, xbar + ME_95)
sprintf("90%%-Konfidenzintervall: [%.2f, %.2f]", KI_90[1], KI_90[2])[1] "90%-Konfidenzintervall: [456.67, 493.33]"sprintf("95%%-Konfidenzintervall: [%.2f, %.2f]", KI_95[1], KI_95[2])[1] "95%-Konfidenzintervall: [452.38, 497.62]"Im automatisierten Materiallager einer grossen Firma beträgt momentan die mittlere Auslieferungszeit für einen umfangreichen Auftrag t = 32 Minuten. Nun soll das Materiallager reorganisiert werden, so dass die Auslieferungszeiten kürzer werden. Dazu stehen nach einigen Vorabklärungen schliesslich zwei verschiedene Varianten zur Verfügung. Diese beiden Varianten werden mit Hilfe von mehreren, aufwendigen Simulationen getestet, in welchen die Auslieferungszeiten für verschiedene, umfangreiche Aufträge erfasst werden. In Variante 1 ergibt sich bei 17 Simulationen für die Auslieferungszeit ein arithmetisches Mittel von t = 29 Minuten bei einer Standardabweichung von \(s_1\) = 8 Minuten. In Variante 2 ergibt sich bei 15 Simulationen für die Auslieferungszeit ein arithmetisches Mittel von t = 30 Minuten bei einer Standardabweichung von \(s_2\) = 5 Minuten. Es wird angenommen, dass in beiden Varianten die Auslieferungszeiten normalverteilt sind. Klären Sie mit Hilfe von geeigneten Konfidenzintervallen auf dem 95%-Vertrauensniveau ab, ob (mindestens) eine der beiden Varianten die Auslieferungszeit voraussichtlich senkt.
Da die Standardabweichung der Grundgesamtheit unbekannt ist, verwenden wir wieder die t-Verteilung.
Variante 1:
\(\overline{x}_1 = 29\), \(s_1 = 8\), \(n_1 = 17\), \(df_1 = 17-1=16\)
\[SE_1 = \frac{8}{\sqrt{17}} \approx 1.94\]
\[ t_{(0.975, 16)} \approx 2.120 \]
\[ KI_1 = 29 \pm 2.120 \cdot 1.94 \approx [24.89, 33.11] \]
Variante 2:
\(\overline{x}_2 = 30\), \(s_2 = 5\), \(n_2 = 15\), \(df_2 = 14\)
\[ SE_2 = \frac{5}{\sqrt{15}} \approx 1.29 \]
\[ t_{(0.975, 14)} \approx 2.145 \]
\[ KI_2 = 30 \pm 2.145 \cdot 1.29 \approx [27.23, 32.77] \]
Interpretation:
Bei beiden Varianten ist der ursprüngliche Wert von \(t=32\) Min. in den KIs enthalten. Zwar ist das KI der Variante 2 kürzer - und damit mit weniger Unsicherheit verbunden-, aber der Mittelwert der Stichprobe liegt auch höher als bei Variante 1. Bei dieser ist das KI deutlich länger - und damit unsicherer- aber der Mittelwert liegt tiefer. Damit ist es gesamthaft schwierig eine klare Entscheidung zu treffen. Keine Variante überzeugt, dass sie mit hoher Zuverlässigkeit niedrigere Auslieferzeiten liefern wird. Es wäre zu empfehlen für Variante 1 mehr Simulationen durchzuführen um zusehen, wie sich dann der Mittelwert der Stichprobe entwickelt. Bleibt er bei dieser Zeit und das KI wird kürzer, sollte man Variante 1 wählen.
xbar1 <- 29; s1 <- 8; n1 <- 17
xbar2 <- 30; s2 <- 5; n2 <- 15
alpha <- 0.05
# Variante 1
df1 <- n1 - 1
t_crit1 <- qt(1 - alpha/2, df1)
ME1 <- t_crit1 * s1 / sqrt(n1)
KI1 <- c(xbar1 - ME1, xbar1 + ME1)
# Variante 2
df2 <- n2 - 1
t_crit2 <- qt(1 - alpha/2, df2)
ME2 <- t_crit2 * s2 / sqrt(n2)
KI2 <- c(xbar2 - ME2, xbar2 + ME2)
KI1[1] 24.88678 33.11322KI2[1] 27.23109 32.76891tibble(
Variante = factor(c("Variante 1", "Variante 2")),
mitte = c(xbar1, xbar2),
untere = c(KI1[1], KI2[1]),
obere = c(KI1[2], KI2[2])
) |>
ggplot(aes(x = Variante, y = mitte)) +
geom_errorbar(aes(ymin = untere, ymax = obere),
width = 0.15, colour = blau, linewidth = 1) +
geom_point(colour = blau, size = 3) +
geom_hline(yintercept = 32, linetype = "dashed",
colour = rot, linewidth = 0.8) +
annotate("text", x = 2.45, y = 32.4,
label = "aktuell: 32 Min.", colour = rot, hjust = 1, size = 3.5) +
labs(x = NULL, y = "Auslieferungszeit [Min.]") +
theme_minimal(base_size = 12)
Eine Firma stellt in Massenproduktion Steuergeräte für die Regeltechnik her. Unmittelbar nachdem eine neue Produktionsanlage in Betrieb genommen wurde, schätzt ein Kontrolleur mit Hilfe einer Stichprobe die Qualität der neuen Anlage ein. Dazu entnimmt er 900 Steuergeräte aus der laufenden Produktion und findet 90 Geräte, welche die Spezifikation nicht erfüllen.
a) Bestimmen Sie das 95%-Konfidenzintervall für den Anteil an Steuergeräten in der Gesamtproduktion der neuen Anlage, welche die Spezifikation nicht erfüllen.
b) Auf der alten Produktionsanlage erfüllen im Mittel 6% der Steuergeräte die Spezifikationen nicht. Kann man auf Grund des in a) berechneten Konfidenzintervalls sagen, dass die neue Anlage momentan noch eine schlechtere Qualität liefert als die alte Anlage?
Welches KI bestimmen wir? Wilson oder Wald? Wir prüfen.
Faustregel für die Normalapproximation: \[n \cdot \hat{p} = 900 \cdot 0.1 = 90 \geq 5 \;\checkmark \qquad n \cdot (1-\hat{p}) = 900 \cdot 0.9 = 810 \geq 5 \;\checkmark\] Bei \(n = 900\) ist die Approximation der Binomialverteilung durch die Normalverteilung sehr gut — das Wald-Intervall ist hier gerechtfertigt. Das Wilson-Intervall liefert bei solch grossen Stichproben praktisch dasselbe Ergebnis.
\[\hat{p} = \frac{90}{900} = 0.1\] \[ SE = \sqrt{\frac{0.1 \cdot 0.9}{900}} = 0.01 \] \[ z_{0.975} = 1.96 \] \[ KI = 0.1 \pm 1.96 \cdot 0.01 = [0.08, 0.12] \]
Da \(0.06\) nicht im Intervall \([0.08, 0.12]\) liegt, ist die Qualität der neuen Anlage signifikant schlechter, zumindest zu einem \(\alpha = 5\%\).
n <- 900
p_hat <- 90 / n
z <- qnorm(0.975) # 95%-KI
se_prop <- sqrt(p_hat * (1 - p_hat) / n)
CI_prop <- c(p_hat - z * se_prop, p_hat + z * se_prop)
cat(sprintf("95%%-Konfidenzintervall für den Anteil fehlerhafter Geräte:\n[%.4f, %.4f]",CI_prop[1], CI_prop[2]))95%-Konfidenzintervall für den Anteil fehlerhafter Geräte:
[0.0804, 0.1196]In einer Anlage sollen Pakete zu 1000 g Mehl abgefüllt werden.
Eine Stichprobe von \(n=20\) Paketen ergab den Mittelwert \(\bar{x}=1002\text{ g}\).
Erfahrungsgemäss ist die abgepackte Menge normalverteilt mit bekannter Standardabweichung \(\sigma = 5\text{ g}\).
Erfahrungsgemäss ist die abgepackte Menge normalverteilt, die Standardabweichung der Population ist unbekannt; in der Stichprobe beträgt sie \(s = 5\text{ g}\).
Erstellen Sie in beiden Fällen ein 95 %-Konfidenzintervall für den wahren mittleren Packungsinhalt und entscheiden Sie, ob die Anlage im Mittel zu viel Mehl abpackt oder ob der beobachtete Mehrinhalt zufällig sein könnte.
Gegeben: \(\bar{x}=1002\text{ g},\; n=20\)
\[ SE = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{5}{\sqrt{20}} \approx 2.19\text{ g} \] \[ \text{95 %-KI} = 1002 \pm 2.19 = [999.81; 1004.19]\text{g} \]
\[ ME = t_{(0,975;~19)}\,\frac{s}{\sqrt{n}} \approx 2.093 \cdot 1.118 \approx 2.34\text{ g} \]
\[ \text{95 %-KI} = 1002 \pm 2.34 = [999.66;~1004.34]\text{g} \]
Interpretation
In beiden Varianten liegt das Sollgewicht 1000 g innerhalb des Intervalls.
Es gibt daher keinen signifikanten Hinweis darauf, dass die Anlage zu viel Mehl dosiert. Der Mehrinhalt von \(2\) g kann zufällig sein.
# Parameter
n <- 20
xbar <- 1002
sigma <- 5
#für Teil a)
s <- 5 # Stichproben-SD
# für Teil b)
alpha <- 0.05
# Teil a)
# z-Intervall ($\sigma$ bekannt)
z_crit <- qnorm(1 - alpha/2)
moe_z <- z_crit * sigma / sqrt(n)
ci_z <- xbar + c(-moe_z, moe_z)
# Teil b)
# t-Intervall ($sigma$ unbekannt)
t_crit <- qt(1 - alpha/2, df = n - 1)
moe_t <- t_crit * s / sqrt(n)
ci_t <- xbar + c(-moe_t, moe_t)
# Ausgabe (knit‑freundlich)
knitr::kable(
data.frame(
Variante = c("σ bekannt (z)", "σ unbekannt (t)"),
`Untere Grenze` = c(ci_z[1], ci_t[1]),
`Obere Grenze` = c(ci_z[2], ci_t[2]),check.names = FALSE
),
digits = 2,
caption = "95 %-Konfidenzintervalle für das wahre mittlere Packungsgewicht"
)| Variante | Untere Grenze | Obere Grenze |
|---|---|---|
| σ bekannt (z) | 999.81 | 1004.19 |
| σ unbekannt (t) | 999.66 | 1004.34 |
Ein Software-Team möchte die Stabilität seiner mobilen Applikation beurteilen. Dazu wurden in einem Testzeitraum 800 Nutzungssessions protokolliert. Bei 42 Sessions kam es zu einem unerwarteten Absturz der App. Die Daten liegen als CSV-Datei vor (app_absturzrate.csv), wobei die Spalte absturz den Wert \(1\) für einen Absturz und \(0\) für eine fehlerfreie Session enthält.
a) Berechnen Sie \(\hat{p}\) und prüfen Sie, ob die Normalapproximation gültig ist.
b) Berechnen Sie das Wald-Intervall und das Wilson-Intervall (je 95%) manuell und mit prop.test(). Vergleichen Sie die Ergebnisse.
c) Das Team hat als Qualitätsziel eine Absturzrate von maximal 4% definiert. Was sagen die KIs über die Erfüllung dieses Ziels aus?
\[\hat{p} = \frac{42}{800} = 0.0525\]
Faustregel: \(n \cdot \hat{p} = 800 \cdot 0.0525 = 42 \geq 5\) ✓ — Normalapproximation gültig.
\[SE = \sqrt{\frac{0.0525 \cdot 0.9475}{800}} \approx 0.00789\]
\[KI_{\text{Wald}} = 0.0525 \pm 1.96 \cdot 0.00789 = [0.0370,\; 0.0680]\]
Wilson-Intervall (mit \(z = 1.96\), \(n = 800\)):
\[\text{Mittelpunkt} = \frac{0.0525 + \frac{1.96^2}{2 \cdot 800}}{1 + \frac{1.96^2}{800}} \approx 0.0527\]
\[KI_{\text{Wilson}} \approx [0.0388,\; 0.0685]\]
Die Unterschiede sind bei \(n = 800\) gering; das Wilson-Intervall liegt minimal weiter rechts, da sein Mittelpunkt leicht über \(\hat{p}\) liegt.
Das Qualitätsziel \(p_0 = 0.04\) liegt bei beiden KIs ausserhalb des Intervalls — unterhalb der unteren Grenze (\(0.037\) bzw. \(0.039\)). Die beobachtete Absturzrate ist statistisch signifikant höher als das Ziel. Das Team sollte Massnahmen einleiten.
# Daten laden
daten <- read.csv("data/app_absturzrate.csv")
# Kennzahlen
n <- nrow(daten)
x <- sum(daten$absturz)
p_hat <- mean(daten$absturz)
cat("Stichprobenumfang n:", n, "\n")Stichprobenumfang n: 800 cat("Abstürze x:", x, "\n")Abstürze x: 42 cat("Schätzer p_hat:", round(p_hat, 4), "\n")Schätzer p_hat: 0.0525 cat("Faustregel n*p_hat:", round(n * p_hat, 1), "\n\n")Faustregel n*p_hat: 42 # Wald-Intervall (manuell)
z <- qnorm(0.975)
se <- sqrt(p_hat * (1 - p_hat) / n)
wald <- c(p_hat - z * se, p_hat + z * se)
# Wilson-Intervall via prop.test
wilson <- prop.test(x, n, conf.level = 0.95, correct = FALSE)$conf.int
# Vergleich
knitr::kable(
data.frame(
Methode = c("Wald", "Wilson (prop.test)"),
Untergrenze = round(c(wald[1], wilson[1]), 4),
Obergrenze = round(c(wald[2], wilson[2]), 4)
),
caption = "95%-Konfidenzintervalle für die Absturzrate"
)| Methode | Untergrenze | Obergrenze |
|---|---|---|
| Wald | 0.0370 | 0.0680 |
| Wilson (prop.test) | 0.0391 | 0.0702 |
tibble(
Methode = factor(c("Wald", "Wilson"), levels = c("Wilson", "Wald")),
mitte = p_hat,
untere = c(wald[1], wilson[1]),
obere = c(wald[2], wilson[2])
) |>
ggplot(aes(y = Methode)) +
geom_errorbarh(aes(xmin = untere, xmax = obere),
height = 0.2, colour = blau, linewidth = 1) +
geom_point(aes(x = mitte), colour = blau, size = 3) +
geom_vline(xintercept = 0.04, colour = rot,
linetype = "dashed", linewidth = 0.9) +
annotate("text", x = 0.041, y = 2.4,
label = "Qualitätsziel 4%", colour = rot, hjust = 0, size = 3.5) +
scale_x_continuous(labels = scales::label_percent(accuracy = 0.1)) +
labs(x = "Absturzrate", y = NULL) +
theme_minimal(base_size = 12)
In einer Kleinserienfertigung werden 30 Bauteile stichprobenartig geprüft. Dabei werden 3 Ausschussteile gefunden. Die Daten liegen als CSV-Datei vor (produktionsfehler.csv), wobei die Spalte ausschuss den Wert \(1\) für ein fehlerhaftes Bauteil enthält.
a) Berechnen Sie \(\hat{p}\) und prüfen Sie die Faustregel für die Normalapproximation. Was stellen Sie fest?
b) Berechnen Sie das 95%-Konfidenzintervall mit dem Wald-Intervall, dem Wilson-Intervall und dem exakten Clopper-Pearson-Intervall (binom.test()). Vergleichen Sie die drei Varianten.
c) Die Produktion gilt als akzeptabel, wenn die Fehlerquote unter 15% liegt. Welche Schlussfolgerung ziehen Sie? Welcher Methode vertrauen Sie am meisten — und warum?
\[\hat{p} = \frac{3}{30} = 0.10\]
Faustregel: \(n \cdot \hat{p} = 30 \cdot 0.10 = 3.0 < 5 ~ \Rightarrow\) Normalapproximation nicht zuverlässig! Das Wald- und das Wilson-Intervall sind bei so kleinen Stichproben und extremen Anteilswerten unzuverlässig. Das exakte Clopper-Pearson-Intervall ist hier die empfohlene Methode.
\[SE = \sqrt{\frac{0.10 \cdot 0.90}{30}} \approx 0.0548\]
\[KI_{\text{Wald}} = 0.10 \pm 1.96 \cdot 0.0548 = [-0.007,\; 0.207]\]
Die untere Grenze ist negativ — ein Anteilswert kann nicht negativ sein. Dies zeigt die Unzuverlässigkeit des Wald-Intervalls bei kleinen Stichproben deutlich.
Wilson-Intervall korrigiert dies und liefert \(KI_{\text{Wilson}} \approx [0.034,\; 0.254]\) — die untere Grenze ist positiv.
Clopper-Pearson: basiert auf der exakten Binomialverteilung, keine Normalapproximation. \(KI_{\text{exakt}} \approx [0.021,\; 0.266]\).
Alle drei KIs enthalten \(0.15\). Es gibt daher keinen statistischen Beleg, dass die Fehlerquote über 15% liegt. Die Daten sind mit einem akzeptablen Prozess vereinbar — allerdings ist bei \(n = 30\) die Aussagekraft gering. Eine grössere Stichprobe ist empfehlenswert.
Das Clopper-Pearson-Intervall ist hier am verlässlichsten, da die Faustregel für Wald und Wilson verletzt ist.
# Daten laden
daten <- read.csv("data/produktionsfehler.csv")
n <- nrow(daten)
x <- sum(daten$ausschuss)
p_hat <- mean(daten$ausschuss)
cat("n:", n, "| Ausschuss:", x, "| p_hat:", round(p_hat, 4), "\n")n: 30 | Ausschuss: 3 | p_hat: 0.1 cat("Faustregel n*p_hat =", round(n * p_hat, 1),
ifelse(n * p_hat >= 5, "✓", "✗ VERLETZT – Normalapproximation unzuverlässig"), "\n\n")Faustregel n*p_hat = 3 ✗ VERLETZT – Normalapproximation unzuverlässig # Wald-Intervall (manuell)
z <- qnorm(0.975)
se <- sqrt(p_hat * (1 - p_hat) / n)
wald <- c(p_hat - z * se, p_hat + z * se)
# Wilson-Intervall
wilson <- prop.test(x, n, conf.level = 0.95, correct = FALSE)$conf.int
# Exaktes Clopper-Pearson-Intervall
exakt <- binom.test(x, n, conf.level = 0.95)$conf.int
knitr::kable(
data.frame(
Methode = c("Wald", "Wilson", "Clopper-Pearson (exakt)"),
Untergrenze = round(c(wald[1], wilson[1], exakt[1]), 4),
Obergrenze = round(c(wald[2], wilson[2], exakt[2]), 4)
),
caption = "95%-Konfidenzintervalle für die Fehlerquote (n = 30)"
)| Methode | Untergrenze | Obergrenze |
|---|---|---|
| Wald | -0.0074 | 0.2074 |
| Wilson | 0.0346 | 0.2562 |
| Clopper-Pearson (exakt) | 0.0211 | 0.2653 |
Ein Onlinehändler hat seine Lieferlogistik verbessert. Vor der Verbesserung wurden 300 Kunden befragt; 62 davon waren mit der Lieferung unzufrieden. Nach der Verbesserung wurden 280 Kunden befragt; 54 davon waren unzufrieden. Die Daten liegen als CSV-Datei vor (kundenzufriedenheit.csv) mit den Spalten periode (vor_Verbesserung / nach_Verbesserung) und unzufrieden (\(0\)/\(1\)).
a) Berechnen Sie für beide Perioden je ein 95%-Konfidenzintervall für den Anteil unzufriedener Kunden.
b) Visualisieren Sie die beiden KIs in einem gemeinsamen Plot.
c) Überlappen die beiden Intervalle? Was bedeutet das für die Beurteilung der Wirksamkeit der Massnahme? Formulieren Sie eine statistisch korrekte Schlussfolgerung.
\[\hat{p}_1 = \frac{62}{300} \approx 0.207\]
\[SE_1 = \sqrt{\frac{0.207 \cdot 0.793}{300}} \approx 0.0234\]
\[KI_1 = 0.207 \pm 1.96 \cdot 0.0234 = [0.161,\; 0.253]\]
Periode 2 (nach Verbesserung): \(n_2 = 280\), \(x_2 = 54\)
\[\hat{p}_2 = \frac{54}{280} \approx 0.193\]
\[SE_2 = \sqrt{\frac{0.193 \cdot 0.807}{280}} \approx 0.0236\]
\[KI_2 = 0.193 \pm 1.96 \cdot 0.0236 = [0.147,\; 0.239]\]
Visualisierung: siehe R-Lösung.
Interpretation
Die beiden Konfidenzintervalle überlappen stark. Die Unzufriedenheitsrate hat sich von \(\hat{p}_1 \approx 20.7\%\) auf \(\hat{p}_2 \approx 19.3\%\) leicht reduziert — dieser Unterschied ist aber statistisch nicht belegt. Beide Werte liegen komfortabel im KI der jeweils anderen Periode. Es besteht kein statistischer Beleg dafür, dass die Massnahme die Unzufriedenheitsrate gesenkt hat. Für eine gesicherte Aussage wären grössere Stichproben oder ein formaler Zwei-Stichproben-Test notwendig.
# Daten laden
daten <- read.csv("data/kundenzufriedenheit.csv")
# Aufteilen nach Periode
vor <- daten[daten$periode == "vor_Verbesserung", "unzufrieden"]
nach <- daten[daten$periode == "nach_Verbesserung", "unzufrieden"]
# KIs mit prop.test (Wilson)
ki_vor <- prop.test(sum(vor), length(vor), conf.level = 0.95, correct = FALSE)
ki_nach <- prop.test(sum(nach), length(nach), conf.level = 0.95, correct = FALSE)
knitr::kable(
data.frame(
Periode = c("vor Verbesserung", "nach Verbesserung"),
n = c(length(vor), length(nach)),
Unzufrieden = c(sum(vor), sum(nach)),
p_hat = round(c(ki_vor$estimate, ki_nach$estimate), 4),
Untergrenze = round(c(ki_vor$conf.int[1], ki_nach$conf.int[1]), 4),
Obergrenze = round(c(ki_vor$conf.int[2], ki_nach$conf.int[2]), 4)
),
caption = "95%-KIs für den Anteil unzufriedener Kunden"
)| Periode | n | Unzufrieden | p_hat | Untergrenze | Obergrenze |
|---|---|---|---|---|---|
| vor Verbesserung | 300 | 62 | 0.2067 | 0.1647 | 0.2561 |
| nach Verbesserung | 280 | 54 | 0.1929 | 0.1509 | 0.2431 |
tibble(
Periode = factor(c("vor Verbesserung", "nach Verbesserung"),
levels = c("nach Verbesserung", "vor Verbesserung")),
mitte = c(ki_vor$estimate, ki_nach$estimate),
untere = c(ki_vor$conf.int[1], ki_nach$conf.int[1]),
obere = c(ki_vor$conf.int[2], ki_nach$conf.int[2])
) |>
ggplot(aes(y = Periode)) +
geom_errorbarh(aes(xmin = untere, xmax = obere),
height = 0.2, colour = blau, linewidth = 1) +
geom_point(aes(x = mitte), colour = blau, size = 3) +
scale_x_continuous(labels = scales::label_percent(accuracy = 1),
limits = c(0.10, 0.32)) +
labs(x = "Anteil unzufriedener Kunden", y = NULL) +
theme_minimal(base_size = 12)
Ein Rechenzentrum überwacht die Verfügbarkeit eines Servers über 500 Stunden. In 21 Stunden war der Server nicht erreichbar. Die Daten liegen als CSV-Datei vor (serverausfall.csv), wobei die Spalte ausfall den Wert \(1\) für eine Ausfallstunde enthält.
a) Berechnen Sie das 95%-Konfidenzintervall für die Ausfallrate.
b) Berechnen Sie zusätzlich das 90%- und das 99%-Konfidenzintervall. Stellen Sie alle drei in einer Tabelle und einem Plot gegenüber.
c) Im Service-Level-Agreement (SLA) ist eine maximale Ausfallrate von 4% vereinbart. Beurteilen Sie anhand der drei KIs, ob der Server die SLA erfüllt — und wie sich das Ergebnis mit dem Konfidenzniveau verändert.
\[\hat{p} = \frac{21}{500} = 0.042\]
\[SE = \sqrt{\frac{0.042 \cdot 0.958}{500}} \approx 0.00897\]
\[KI_{95\%} = 0.042 \pm 1.96 \cdot 0.00897 = [0.0244,\; 0.0596]\]
| Niveau | \(z\) | Untergrenze | Obergrenze |
|---|---|---|---|
| 90% | 1.645 | 0.0272 | 0.0568 |
| 95% | 1.960 | 0.0244 | 0.0596 |
| 99% | 2.576 | 0.0189 | 0.0651 |
Mit steigendem Konfidenzniveau wird das Intervall breiter — die grössere Sicherheit erkauft man sich durch weniger Präzision.
Der SLA-Wert \(p_0 = 0.04\) liegt innerhalb aller drei KIs. Es gibt daher keinen statistischen Beleg auf keinem der drei Niveaus, dass die Ausfallrate die SLA verletzt. Gleichzeitig schliesst das 99%-KI Ausfallraten bis zu \(6.5\%\) ein — der Server bewegt sich im Grenzbereich. Bei einem niedrigeren Konfidenzniveau (90%) ist das Intervall enger, der SLA-Wert liegt aber immer noch darin. Mehr Daten würden die Aussagekraft erhöhen.
# Daten laden
daten <- read.csv("data/serverausfall.csv")
n <- nrow(daten)
x <- sum(daten$ausfall)
p_hat <- mean(daten$ausfall)
cat("n:", n, "| Ausfälle:", x, "| p_hat:", round(p_hat, 4), "\n")n: 500 | Ausfälle: 21 | p_hat: 0.042 # KIs für drei Niveaus mit prop.test
niveaus <- c(0.90, 0.95, 0.99)
ergebnisse <- lapply(niveaus, function(cl) {
ki <- prop.test(x, n, conf.level = cl, correct = FALSE)$conf.int
data.frame(Niveau = paste0(cl*100, "%"),
Untergrenze = round(ki[1], 4),
Obergrenze = round(ki[2], 4))
})
tab <- do.call(rbind, ergebnisse)
knitr::kable(tab, caption = "KIs für die Ausfallrate bei verschiedenen Konfidenzniveaus")| Niveau | Untergrenze | Obergrenze |
|---|---|---|
| 90% | 0.0295 | 0.0594 |
| 95% | 0.0276 | 0.0634 |
| 99% | 0.0243 | 0.0717 |
ki_df <- map_dfr(niveaus, \(cl) {
ki <- prop.test(x, n, conf.level = cl, correct = FALSE)$conf.int
tibble(Niveau = paste0(cl * 100, "%-KI"), mitte = p_hat,
untere = ki[1], obere = ki[2])
}) |>
mutate(Niveau = factor(Niveau, levels = rev(paste0(niveaus * 100, "%-KI"))))
ggplot(ki_df, aes(y = Niveau)) +
geom_errorbarh(aes(xmin = untere, xmax = obere),
height = 0.2, colour = blau, linewidth = 1) +
geom_point(aes(x = mitte), colour = blau, size = 3) +
geom_vline(xintercept = 0.04, colour = rot,
linetype = "dashed", linewidth = 0.9) +
annotate("text", x = 0.041, y = 3.4,
label = "SLA-Grenze 4%", colour = rot, hjust = 0, size = 3.5) +
scale_x_continuous(labels = scales::label_percent(accuracy = 0.1)) +
labs(x = "Ausfallrate", y = NULL) +
theme_minimal(base_size = 12)
Ein Spital möchte den Anteil \(p\) der Patientinnen und Patienten schätzen, die nach einer neuen Behandlung eine Nebenwirkung zeigen. Das Ziel ist ein 95%-Konfidenzintervall mit einer Fehlertoleranz von höchstens \(\pm 3\%\) (d.h. die Halbbreite des KI soll \(E = 0.03\) nicht überschreiten).
a) Wie gross muss die Stichprobe mindestens sein, wenn keinerlei Vorinformation über \(p\) vorliegt?
b) Eine Vorstudie ergab eine Nebenwirkungsrate von \(\hat{p}_0 = 0.12\). Wie ändert sich der Mindestumfang?
c) Das Spital möchte die Sicherheit auf 99% erhöhen (weiterhin \(E = 0.03\), konservativer Ansatz). Wie viele Patientinnen und Patienten sind nun nötig, und was schlussfolgern Sie über den Zusammenhang zwischen Konfidenzniveau und Stichprobenumfang?
Vorüberlegung
Hier haben wir eine andere Ausgangslage als bei bekanntem n. Die Faustregel \(n \cdot p \geq 5\) und \(n \cdot (1-p) \geq 5\) kann vor der Berechnung noch nicht geprüft werden — \(n\) ist ja noch unbekannt.
Man geht daher so vor:
In der Praxis der Stichprobenplanung ist dieser Check jedoch fast immer eine Formalität: Jedes sinnvoll geplante \(n\) (typisch \(\geq 30\), oft \(\gg 100\)) erfüllt die Bedingung, solange \(p\) nicht extrem nahe bei 0 oder 1 liegt.
Für extreme Anteilswerte (\(p < 0.05\) oder \(p > 0.95\)) wäre Wilson oder Clopper-Pearson die robustere Wahl — die Planungsformel selbst bleibt aber dieselbe, da sie nur auf der Halbbreite des KI basiert.
Das Wald-KI für \(p\) lautet:
\[\hat{p} \;\pm\; z_{1-\alpha/2} \cdot \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\]
Die Halbbreite — also die maximale Abweichung zwischen Schätzwert und wahrer Grenze — nennen wir Fehlertoleranz \(E\):
\[E \;=\; z_{1-\alpha/2} \cdot \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\]
Wir wollen \(E\) klein genug halten. Wir stellen also nach \(n\) um — zuerst quadrieren wir beide Seiten:
\[E^2 \;=\; z_{1-\alpha/2}^2 \cdot \frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}\]
dann \(n\) freistellen:
\[n \;=\; \frac{z_{1-\alpha/2}^2 \cdot \hat{p}(1-\hat{p})}{E^2}\]
Da \(n\) ganzzahlig sein muss und wir \(E\) nicht überschreiten dürfen, wird aufgerundet:
\[n \;\geq\; \left\lceil \frac{z_{1-\alpha/2}^2 \cdot \hat{p}(1-\hat{p})}{E^2} \right\rceil\]
Das Problem: \(\hat{p}\) ist unbekannt — es ist ja genau das, was wir erst schätzen wollen. Zwei Auswege:
tibble(p = seq(0, 1, by = 0.001), pq = p * (1 - p)) |>
ggplot(aes(x = p, y = pq)) +
geom_line(colour = blau, linewidth = 1) +
annotate("point", x = 0.5, y = 0.25, colour = rot, size = 3) +
annotate("text", x = 0.55, y = 0.245,
label = "Maximum\nbei p = 0.5", colour = rot, hjust = 0, size = 3.5) +
labs(x = "p", y = "p · (1 – p)") +
theme_minimal(base_size = 12)
\[n \;\geq\; \frac{1.96^2 \cdot 0.5 \cdot 0.5}{0.03^2} = \frac{3.8416 \cdot 0.25}{0.0009} = \frac{0.9604}{0.0009} \approx 1067.1\]
\[\Rightarrow \quad n_{\min} = 1068\]
\[n \;\geq\; \frac{1.96^2 \cdot 0.12 \cdot 0.88}{0.03^2} = \frac{3.8416 \cdot 0.1056}{0.0009} \approx 450.6\]
\[\Rightarrow \quad n_{\min} = 451\]
Durch die Vorinformation reduziert sich der Aufwand von 1068 auf 451 Beobachtungen — eine Einsparung von mehr als 57 %, weil \(p = 0.12\) weit vom Maximum \(p = 0.5\) entfernt ist.
\[n \;\geq\; \frac{2.576^2 \cdot 0.5 \cdot 0.5}{0.03^2} = \frac{6.635 \cdot 0.25}{0.0009} \approx 1843.3\]
\[\Rightarrow \quad n_{\min} = 1844\]
Ein höheres Konfidenzniveau erfordert einen grösseren Stichprobenumfang — die grössere Sicherheit wird durch mehr Messaufwand erkauft. Der Umfang skaliert quadratisch mit \(z\): von 95% auf 99% steigt \(n\) um ca. \(73\%\)!
E <- 0.03 # gewünschte Fehlertoleranz (Halbbreite)
# a) Konservativ (p = 0.5), 95%-KI
z95 <- qnorm(0.975)
n_konservativ <- ceiling(z95^2 * 0.5 * 0.5 / E^2)
# b) Mit Vorinformation p0 = 0.12, 95%-KI
p0 <- 0.12
n_vorinformation <- ceiling(z95^2 * p0 * (1 - p0) / E^2)
# c) Konservativ, 99%-KI
z99 <- qnorm(0.995)
n_99 <- ceiling(z99^2 * 0.5 * 0.5 / E^2)
knitr::kable(
data.frame(
Szenario = c("95%-KI, konservativ (p = 0.5)",
"95%-KI, Vorinformation (p = 0.12)",
"99%-KI, konservativ (p = 0.5)"),
z_Wert = round(c(z95, z95, z99), 3),
p_angenommen = c(0.5, 0.12, 0.5),
n_mindest = c(n_konservativ, n_vorinformation, n_99)
),
caption = "Mindest-Stichprobenumfang für E = ±3%"
)| Szenario | z_Wert | p_angenommen | n_mindest |
|---|---|---|---|
| 95%-KI, konservativ (p = 0.5) | 1.960 | 0.50 | 1068 |
| 95%-KI, Vorinformation (p = 0.12) | 1.960 | 0.12 | 451 |
| 99%-KI, konservativ (p = 0.5) | 2.576 | 0.50 | 1844 |
p_seq <- seq(0.01, 0.99, by = 0.01)
tibble(
p = rep(p_seq, 2),
niveau = rep(c("95%", "99%"), each = length(p_seq)),
z = ifelse(niveau == "95%", qnorm(0.975), qnorm(0.995)),
n = ceiling(z^2 * p * (1 - p) / E^2)
) |>
ggplot(aes(x = p, y = n, colour = niveau)) +
geom_line(linewidth = 1) +
geom_vline(xintercept = 0.12, linetype = "dashed", colour = grau) +
annotate("text", x = 0.13, y = 200,
label = "Vorinformation\np₀ = 0.12", hjust = 0, size = 3.5, colour = grau) +
scale_colour_manual(values = c("95%" = blau, "99%" = rot)) +
labs(x = "Angenommener Anteil p", y = "Mindest-n",
colour = "Konfidenzniveau") +
theme_minimal(base_size = 12)