Inferenz für einen Anteil

Gib die Trefferzahl x, den Stichprobenumfang n und den behaupteten Anteil p₀ ein. Wähle anschließend die Alternativhypothese, das Konfidenzniveau und α. Das obere Bild zeigt die Stichprobenverteilung von p̂ unter der Annahme, dass p₀ wahr ist, mit schattiertem p-Wert; darunter siehst du im selben Maßstab das Konfidenzintervall.

Standardabweichung von p̂	$\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Konfidenzintervall	$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}$
Teststatistik	$z=\frac{\hat p-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}$

Rechenbeispiel — Inferenz für einen Anteil

Stichprobenanteil p̂	0,17
Teststatistik z	2,33
p-Wert	0,0196
Exakter p-Wert (Binomialverteilung)	0,0412
Kritischer Wert z* für 95%	1,96
Standardfehler von p̂	0,0376
Fehlerspanne	0,0736
95%-Konfidenzintervall	(0,0964; 0,2436)

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

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Lektion

Die Theorie — Inferenz für einen Anteil

Die Inferenz für einen Anteil nutzt den Stichprobenanteil p̂ = x/n, um den unbekannten Anteil p der Grundgesamtheit mit einem Konfidenzintervall zu schätzen oder einen hypothetischen Wert p₀ mit einem Signifikanztest zu prüfen.

Woher die Formel kommt

Die Stichprobenverteilung von p̂. Über viele Zufallsstichproben hinweg hat p̂ den Erwartungswert p und die Standardabweichung √(p(1 − p)/n). Sind sowohl np als auch n(1 − p) mindestens 10, ist die Verteilung annähernd normal.
$\mu_{\hat p}=p,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Voraussetzungen prüfen. Zufall: eine Zufallsstichprobe oder Zufallszuweisung im Experiment. 10-%-Bedingung: Beim Ziehen ohne Zurücklegen umfasst n höchstens ein Zehntel der Grundgesamtheit. Große Stichproben: Für ein Intervall mindestens 10 Treffer und 10 Fehlversuche; für einen Test müssen n p₀ und n(1 − p₀) mindestens 10 betragen.
$\begin{aligned}&n\le0.1\,N\\&n\hat p\ge10,\quad n(1-\hat p)\ge10\\&np_0\ge10,\quad n(1-p_0)\ge10\end{aligned}$
Das Intervall. p̂ ± z* mal Standardfehler. Letzterer nutzt p̂, weil p unbekannt ist. z* hängt vom Konfidenzniveau ab: 1,645 für 90 %, 1,96 für 95 %, 2,576 für 99 %. Zur Interpretation im Sachzusammenhang: Wir dürfen zu 95 % darauf vertrauen, dass das Intervall den wahren Anteil überdeckt – das heißt, die Methode ist bei wiederholter Stichprobenziehung in 95 % der Fälle erfolgreich.
$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}},\qquad z^*=1.645,\ 1.96,\ 2.576$
Der Test. Formuliere H₀: p = p₀ und die Alternative. Unter der Annahme, dass H₀ wahr ist, berechnet sich die Standardabweichung von p̂ mit p₀. z gibt an, wie viele Standardabweichungen p̂ von p₀ entfernt liegt. Der p-Wert ist die Wahrscheinlichkeit, unter H₀ ein p̂ zu erhalten, das mindestens so weit in Richtung von Hₐ liegt.
$H_0:\ p=p_0\ \Rightarrow\ \sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}},\qquad z=\frac{\hat p-p_0}{\sigma_{\hat p}}$
Schlussfolgern im Sachzusammenhang. Liegt der p-Wert unter α, verwirf H₀: Es gibt überzeugende Belege für Hₐ. Andernfalls verwirf H₀ nicht: Die Daten reichen nicht aus – was kein Beweis dafür ist, dass H₀ wahr ist. Eine wahre H₀ zu verwerfen, ist ein Fehler 1. Art; der Test soll dessen Risiko auf α begrenzen. Folgt die Zählung der Normalverteilung nur näherungsweise, gilt auch α nur ungefähr: Bei n = 100 und p₀ = 0,1 verwirft ein 5-%-Test eine wahre H₀ in 6,4 % der Fälle. Eine falsche H₀ beizubehalten, ist ein Fehler 2. Art.

Setzt voraus: Die Normalverteilung ist eine Näherung für die diskrete Binomialverteilung. Reicht der Stichprobenumfang nicht aus, zeigt die Seite neben dem Normalwert den exakten p-Wert der Binomialverteilung; bei einem zweiseitigen Test verdoppelt sie den kleineren Randbereich.

Aufgaben vollständig gelöst

Die Stichprobenverteilung von p̂ 2 Schritte
Angenommen, 10 % der Schülerschaft einer Schule gehen zu Fuß. Beschreibe die Stichprobenverteilung von p̂ für Zufallsstichproben von 100 Jugendlichen.

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1. Zentrum und Streuung folgen aus p und n:
  
  $\mu_{\hat p}=p=0.1,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.03$
2. Die Form ist annähernd normalverteilt, da beide erwarteten Anzahlen mindestens 10 erreichen:
  
  $np=100\,(0.1)=10\ge10,\qquad n(1-p)=100\,(0.9)=90\ge10$
Antwort

Annähernd normalverteilt mit Mittelwert 0,1 und Standardabweichung 0,03.

$\hat p\ \dot\sim\ N(0.1,\ 0.03)$
Die 10-%-Bedingung 2 Schritte
Die Stichprobe von 100 Jugendlichen wird ohne Zurücklegen aus einer Schule mit nur 400 Lernenden gezogen. Prüfe die Voraussetzungen für die Inferenz über den Fußgängeranteil.

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1. Die Bedingung für große Stichproben hält wie in der ersten Aufgabe. Die 10-%-Bedingung scheitert:
  
  $n=100>0.1\times400=40$
2. Ohne Zurücklegen aus einer kleinen Grundgesamtheit streut p̂ weniger, als die Standardformel angibt. Der Endlichkeitskorrekturfaktor beziffert das:
  
  $\sqrt{\frac{N-n}{N-1}}=\sqrt{\frac{300}{399}}\approx0.867,\qquad0.03\times0.867\approx0.026$
Antwort

Die 10-%-Bedingung ist verletzt (100 > 40). Der Formelwert 0,03 überschätzt die Streuung von p̂; korrigiert für die kleine Grundgesamtheit liegt sie bei etwa 0,026.

$100>40,\qquad\sigma_{\hat p}\approx0.026<0.03$
Ein Konfidenzintervall aufstellen 2 Schritte
In einer Zufallsstichprobe von 1.000 der 300.000 Wahlberechtigten einer Stadt unterstützen 520 eine Kandidatin. Berechne und interpretiere ein 95-%-Konfidenzintervall für den Anteil aller Wahlberechtigten der Stadt, die hinter ihr stehen.

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1. Voraussetzungen: Zufallsstichprobe; 1.000 ist weniger als ein Zehntel von 300.000; 520 Treffer und 480 Fehlversuche. Stichprobenanteil und Standardfehler:
  
  $\hat p=\frac{520}{1000}=0.52,\qquad SE=\sqrt{\frac{0.52\,(0.48)}{1000}}\approx0.0158$
2. Mit z* = 1,96 multiplizieren, dann addieren und subtrahieren:
  
  $0.52\pm1.96\,(0.0158)=0.52\pm0.031$
Antwort

(0,489; 0,551). Wir dürfen zu 95 % darauf vertrauen, dass zwischen 48,9 % und 55,1 % der Wahlberechtigten der Stadt die Kandidatin unterstützen.

$(0.489,\ 0.551)$
Eine Behauptung mit einem Intervall beurteilen 2 Schritte
In einer Zufallsstichprobe von 100 Jugendlichen gehen 10 zu Fuß zur Schule. Eine Zeitung behauptet, 17 % der Schülerschaft kämen zu Fuß. Beurteile die Behauptung mit einem 95-%-Konfidenzintervall.

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1. Das Intervall aus 10 Treffern und 90 Fehlversuchen:
  
  $\hat p=\frac{10}{100}=0.1,\qquad0.1\pm1.96\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.1\pm0.059=(0.041,\ 0.159)$
2. Vergleiche den behaupteten Wert mit dem Intervall:
  
  $0.17>0.159$
Antwort

Das Intervall (0,041; 0,159) enthält 0,17 nicht; 17 % ist also kein plausibler Wert für den tatsächlichen Anteil.

$0.17\notin(0.041,\ 0.159)$
Ein zweiseitiger Signifikanztest 2 Schritte
Eine Schule mit 1.200 Jugendlichen gibt an, dass 10 % von ihnen zu Fuß gehen; in einer Zufallsstichprobe von 100 tun dies 17. Teste die Behauptung auf dem 5-%-Niveau.

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1. Hypothesen: H₀: p = 0,1, Hₐ: p ≠ 0,1. Voraussetzungen: Zufallsstichprobe; 100 ist weniger als ein Zehntel von 1.200; n p₀ = 10 und n(1 − p₀) = 90. Die Teststatistik mit der aus p₀ berechneten Standardabweichung:
  
  $z=\frac{0.17-0.1}{\sqrt{0.1\,(0.9)/100}}=\frac{0.07}{0.03}\approx2.33$
2. Der zweiseitige p-Wert:
  
  $P=2\,P(Z\ge2.33)\approx0.020$
Antwort

p = 0,020 < 0,05, daher H₀ verwerfen: Es liegt ein überzeugender Beleg dafür vor, dass der Anteil nicht 10 % beträgt.

$P\approx0.020<0.05$
Ein einseitiger Test ohne Verwerfung von H₀ 2 Schritte
520 von 1.000 befragten Wahlberechtigten unterstützen die Kandidatin. Reicht das als überzeugender Nachweis, dass eine Mehrheit aller Wahlberechtigten der Stadt hinter ihr steht? Rechne mit α = 0,05.

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1. Hypothesen: H₀: p = 0,5, Hₐ: p > 0,5. Stichprobenbedingung: 500 und 500. Die Teststatistik:
  
  $z=\frac{0.52-0.5}{\sqrt{0.5\,(0.5)/1000}}=\frac{0.02}{0.0158}\approx1.265$
2. Der einseitige p-Wert:
  
  $P=P(Z\ge1.265)\approx0.103$
Antwort

p = 0,103 ≥ 0,05, also H₀ nicht verwerfen: Es gibt keinen überzeugenden Beleg für eine Mehrheit. Das ist allerdings auch kein Beleg dagegen.

$P\approx0.103\ge0.05$
Wenn die Normalnäherung versagt – und welche Fehler drohen 3 Schritte
Ein Zulieferer behauptet, 2 % seiner Teile seien fehlerhaft. In einer Zufallsstichprobe von 100 sind es 5. Ist der z-Test zulässig? Bestimme den exakten p-Wert für Hₐ: p > 0,02 und erkläre, was ein Fehler 1. Art und ein Fehler 2. Art hier bedeuten würden.

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1. Die Bedingung für große Stichproben beim Test ist verletzt:
  
  $np_0=100\,(0.02)=2<10$
2. Rechne mit der Binomialverteilung selbst. Bei p = 0,02 ist die Anzahl der Defekte X binomialverteilt mit n = 100:
  
  $P(X\ge5)=1-\sum_{k=0}^{4}\binom{100}{k}(0.02)^k(0.98)^{100-k}\approx0.051$
3. Ein Fehler 1. Art hieße zu folgern, dass die Ausschussrate über 2 % liegt, obwohl sie es nicht tut; ein Fehler 2. Art hieße, eine tatsächlich über 2 % liegende Rate zu übersehen.
Antwort

Nein: n p₀ = 2 < 10. Der exakte p-Wert liegt bei 0,051 gegenüber 0,016 nach der Normalverteilung – auf dem 5-%-Niveau reicht der Befund somit knapp nicht aus.

$P_{\mathrm{exact}}\approx0.051,\qquad P_{\mathrm{normal}}\approx0.016$
Den Stichprobenumfang bestimmen 2 Schritte
Wie groß muss eine Zufallsstichprobe sein, damit ein 95-%-Konfidenzintervall eine Fehlerspanne von höchstens 3 Prozentpunkten hat – ganz gleich, wie der wahre Anteil lautet?
Lösung anzeigen
1. p̂(1 − p̂) wird bei p̂ = 0,5 am größten; plane deshalb damit:
  
  $n=\left(\frac{z^*}{m}\right)^{2}p^*(1-p^*)=\left(\frac{1.96}{0.03}\right)^{2}(0.5)(0.5)\approx1067.1$
2. Runde auf, da 1.067 eine Fehlerspanne von knapp über 3 Prozentpunkten liefern würde:
  
  $1.96\sqrt{\frac{0.25}{1067}}\approx0.0300016>0.03$
Antwort

n = 1.068.

$n=1068$

Weitere Aufgaben, nur mit Lösungen

In einer Zufallsstichprobe von 60 besitzen 45 ein bestimmtes Merkmal. Bestimme ein 90-%-Konfidenzintervall für den Anteil in der Grundgesamtheit.

Ergebnis anzeigen

(0,658; 0,842)

$0.75\pm1.645\sqrt{\frac{0.75\,(0.25)}{60}}=0.75\pm0.092=(0.658,\ 0.842)$
Prüfe bei α = 0,05, ob Kerrichs Münze mit 5.067 Köpfen bei 10.000 Würfen fair war.

Ergebnis anzeigen

z = 1,34, p = 0,18: H₀ nicht verwerfen; kein überzeugender Beleg dafür, dass die Münze verzerrt war.

$z=\frac{0.5067-0.5}{0.005}=1.34,\qquad P=2\,P(Z\ge1.34)\approx0.18$
Bestimme ein 95-%-Konfidenzintervall für den Anteil an Köpfen bei Kerrichs 10.000 Würfen.

Ergebnis anzeigen

(0,497; 0,516) – enthält 0,5

$0.5067\pm1.96\,(0.0050)=(0.497,\ 0.516)$
Wie groß muss eine Stichprobe sein, damit ein 90-%-Intervall eine Fehlerspanne von höchstens 4 Prozentpunkten hat, unabhängig vom wahren Anteil?

Ergebnis anzeigen

n = 423

$n=\left(\frac{1.645}{0.04}\right)^{2}(0.25)\approx422.8\ \Rightarrow\ n=423$
Eine Münze landet bei 100 Würfen 40-mal auf Kopf. Teste H₀: p = 0,5 gegen Hₐ: p < 0,5 bei α = 0,05.

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z = −2, p = 0,023: H₀ verwerfen; es liegt ein überzeugender Beleg dafür vor, dass die Münze in weniger als der Hälfte der Fälle Kopf zeigt.

$z=\frac{0.4-0.5}{0.05}=-2,\qquad P=P(Z\le-2)\approx0.023<0.05$
Was bedeutet „zu 95 % sicher“ bei der Wählerbefragung von 520 aus 1.000 Personen?

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Würde man viele Zufallsstichproben von 1.000 Wahlberechtigten ziehen und jeweils auf dieselbe Weise ein Intervall berechnen, würden etwa 95 % dieser Intervalle den wahren Anteil überdecken. Es ist nicht die Wahrscheinlichkeit, dass dieses eine konkrete Intervall (0,489; 0,551) den Wert enthält: Das trifft entweder zu oder nicht.
Ein Test läuft mit α = 0,01. Wenn H₀ in Wahrheit zutrifft: Wie wahrscheinlich ist es etwa, dass der Test sie verwirft, und wie heißt dieser Fehler?

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Etwa 0,01 – exakt 0,01 nur dann, wenn die Stichprobenverteilung exakt normal wäre. Das Verwerfen einer wahren H₀ ist ein Fehler 1. Art. Wurde H₀ einmal verworfen, ist 0,01 nicht die Wahrscheinlichkeit, dass genau diese Entscheidung ein Irrtum ist.

$P(\mathrm{reject}\ H_0\mid H_0)\approx\alpha=0.01$

17 von 100 verwerfen 10 % – und das Intervall behält den Wert

Klicke auf 17 von 100, These 10 %. Der Test liefert z = 2,33 sowie p = 0,0196 und verwirft p = 0,1 auf dem 5-%-Niveau. Trotzdem schließt das 95-%-Intervall von 0,096 bis 0,244 den Wert 0,1 ein. Klicke nun auf 10 von 100, These 17 %, dieselben beiden Anteile mit vertauschten Rollen: Das Intervall von 0,041 bis 0,159 schließt 0,17 aus, während der Test die Hypothese bei p = 0,062 beibehält. Keine der Rechnungen ist falsch, und der exakte Binomial-p-Wert stützt beide Male den Test; die Normalverteilung versagt hier also keineswegs. Der Grund liegt im Maßstab: Weil der Test H₀ als wahr annimmt, misst er den Abstand zwischen p̂ und p₀ mit einer aus p₀ berechneten Standardabweichung. Das Intervall setzt dagegen gar nichts über p voraus und nutzt den aus p̂ geschätzten Standardfehler. Bei 0,1 misst dieser Maßstab 0,03 und bei 0,17 liegt er bei 0,0376. Die Differenz von 0,07 liegt genau zwischen dem 1,96-Fachen des einen und dem 1,96-Fachen des anderen. Verlangt eine Aufgabe einen Test, rechne den Test; fragt sie nach plausiblen Werten, nimm das Intervall.

Zwei Defekte erwartet, fünf gefunden: 1,6 % nach der Kurve, 5,1 % nach Zählung

Klicke auf 5 Defekte bei 100. Der Zulieferer garantiert 2 %, rechnerisch werden also 2 Defekte erwartet – aufgetreten sind 5. Der z-Test liefert z = 2,14 und einen einseitigen p-Wert von 0,016, scheinbar klar unter 0,05. Doch n p₀ = 2 verfehlt die geforderten 10 deutlich. Die Säulen hinter der Kurve zeigen sofort, woran das liegt: Die Zahl der Defekte kann nicht unter 0 fallen, die Verteilung ist schief und besitzt einen langen rechten Rand, den die symmetrische Glockenkurve nicht hat. Die exakte Wahrscheinlichkeit für 5 oder mehr Defekte bei einer 2-%-Lieferung beträgt 0,051. Das ist das Dreifache des Werts der Normalverteilung und liegt knapp über 0,05. Die Bedingung für große Stichproben markiert genau die Grenze, ab der die Kurve die Säulen nicht mehr verlässlich beschreibt.

Kerrichs Münze zeigte 67 Köpfe zu viel – und das ist völlig normal

Während seiner Internierung in Dänemark warf der Mathematiker John Kerrich 1941 eine Münze 10.000-mal und zählte 5.067-mal Kopf. Klicke auf Kerrichs Münze: z = 1,34 und p = 0,18 zeigen, dass eine faire Münze bei etwa einer von fünf oder sechs solchen Versuchsreihen mindestens so weit abweicht. Die 67 zusätzlichen Köpfe sind keine Schuld, die die Münze jemals begleichen müsste. Bei einer fairen Münze hat der absolute Abstand zwischen der Zahl der Köpfe und der halben Wurfzahl eine Standardabweichung von √n/2. Er wächst also mit jedem Wurf: 5 nach 100 Würfen, 50 nach 10.000, 500 nach einer Million. Was schrumpft, ist der relative Anteil dieses Abstands an den Gesamtwürfen – von 5 % über 0,5 % auf 0,05 %. Das Gesetz der großen Zahlen gilt für den Anteil. Nichts zieht die absolute Zählung zum Ausgleich zurück; deshalb macht eine lange Serie von Zahl einen Wurf von Kopf keineswegs wahrscheinlicher.

Lernpfad

Statistik: Von Daten zu Anteilen

Quellen (2)

Insight block 3 and the Kerrich preset: John Kerrich, interned in Denmark in 1941, tossed a coin 10,000 times and it landed heads 5,067 times; his weighted wooden disc, tossed 1,000 times, did show a bias: Gelman, A. & Nolan, D. (2002). You can load a die, but you can't bias a coin. The American Statistician, 56(4), 308–311.
Why the large-counts condition is a rule of thumb rather than a guarantee: the coverage of the standard interval, p̂ ± z* SE, is erratic far more persistently than is usually appreciated, and the textbook prescriptions for when it is safe cannot be trusted; the Wilson, Jeffreys and Agresti–Coull intervals are recommended instead: Brown, L. D., Cai, T. T. & DasGupta, A. (2001). Interval estimation for a binomial proportion. Statistical Science, 16(2), 101–133.

Vom 7-Raven-Room-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.

Inferenz für einen Anteil

Woher die Formel kommt

Weitere Aufgaben, nur mit Lösungen

17 von 100 verwerfen 10 % – und das Intervall behält den Wert 🖖

Zwei Defekte erwartet, fünf gefunden: 1,6 % nach der Kurve, 5,1 % nach Zählung 🖖

Kerrichs Münze zeigte 67 Köpfe zu viel – und das ist völlig normal 🖖

17 von 100 verwerfen 10 % – und das Intervall behält den Wert

Zwei Defekte erwartet, fünf gefunden: 1,6 % nach der Kurve, 5,1 % nach Zählung

Kerrichs Münze zeigte 67 Köpfe zu viel – und das ist völlig normal