BASİT ŞANS ÖRNEKLEMESİkisi.deu.edu.tr/levent.senyay/ornekleme/5 basit sans orneklemesi.pdf · 1 1,2 1.5 -0.5 0.25 2 1,3 2.0 0 0 3 2,3 2.5 0.5 0.25 0.50 dolayısıyla 2 5 Vx 0

Prof.Dr.Levent ŞENYAY V- 1 ÖrneklemeYöntemleri

5 BASİT ŞANS ÖRNEKLEMESİ

5.1 Aritmetik ortalamanın tahmini

5.1.1. Aritmetik ortalamanın varyansı

5.1.2. Aritmetik ortalama için güven aralığı

5.1.3. Aritmetik ortalamanın tahmininde örnek hacmi ve duyarlılık arasındaki ilişki

5.2 Toplamın tahmini

5.2.1. Toplamın varyansı

5.2.2. Toplam için güven aralığı

5.2.3. Toplamın tahmininde örnek hacmi ve duyarlılık arasındaki ilişki

5.3. Oranın tahmini

5.3.1. Oranın varyansını

5.3.2. Oran için güven aralığı

5.3.3. Oranın tahmininde örnek hacmi ve duyarlılık arasındaki ilişki


Bu ve bundan sonraki örnekleme yöntemleri incelenirken üzerinde durulacak noktalar sırasıyla;

1. hangi örnekleme yönteminin Niçin? Seçileceği,

2. ilgilenilen parametreler sırasıyla, populasyon ortalaması, populasyon toplamı ve populasyon oranı

tahmin edicilerinin bulmak,

3. tahmin edicilerin duyarlılığını değerlendirebilmek amacı ile bu tahmin edicilerin standart hatalarını

bulmak,

4. populasyon parametre tahminleri için güven aralıkları oluşturmak.

5. Duyarlılık ve gerekli örneğin hacmini bulmak. Uygulamada bu ikinci adımda yer alır.

Örnekleme kuramı sonlu N sayıda populasyon birimi içeren populasyondan n hacimli örnekler seçme

ve seçilen örneklerden tahminler yapma yöntemlerini inceler. Her bir örneğin eşit seçilme şansına sahip

olduğu seçme işlemine Basit Şans Örneklemesi denir.

Örnek Seçimi

Basit Şans Sayıları Tablosu

En çok kullanılan basit şans sayıları tablosu Kendall ve Smith’in Basit Şans Sayıları Tablosudur.

Örneğin; 300 öğrenci olduğunu ve bu öğrencilerin ortalama ağırlığını tahmin etmek için 8 kişilik bir

şans örneği seçilmek istendiğini varsayılsın. Öğrencilerin bir listesi yapılmış ve her bir öğrenciye

001’den 300’e kadar seri numarası verilmiş olsun. 300 rakamı üç basamaklı sayı olduğundan önce üç

kolon kullanılır. Tesadüfi sayılar tablosundan aşağıdaki sayılar bulunur

231 117 070 092 978

055 433 433 979 891

148 938 615 937 259

389 495 313 726 814

973 367 570 610 113

örnek için aşağıdaki 8 sayı seçilir:

231, 55, 148, 117, 70, 92, 259, 113

ancak yukarıda 25 sayıdan sadece 8 sayı seçilmiş, şans sayılarının yaklaşık 2/3’lük bir kısmı

kaybolmuştur. Bunu önlemenin bir yolu seçilen numaralardan sabit bir sayı çıkarmaktır.


Örnekte 300 sabit sayısı belirlenir.

Şans Sayıları Sabiti Çıkarma alınan örnek örnek no

231 231 1

055 055 2

148 148 3

389 -300 89 4

973 Atla

117 117 5

433 -300 133 6

983 Atla

495 -300 195 7

367 -300 67 8

Burada sadece 10 sayı seçilerek şans sayıları belirlenmiştir.

5.1. Aritmetik Ortalamanın Tahmini

5.1.1. X ’nın tahminleyicisi

Örnek ortalaması, populasyon ortalamasının sapmasız, tutarlı ve minimum varyanslı tahmin edicisidir.

X1, X2, .....,XN N hacimli populasyon ve x1, x2,......,xn n hacimli örnek olsun;

Popülasyon ortalaması : X = NXXXN

......1

21

Örnek ortalaması : nxxxn

x .......1

21

x ’nın populasyon ortalaması X ’nın sapmasız bir tahminleyicisi olduğunu göstermek için şu şekilde

ifade edilebilir:

xX ˆ

E( x )= X x X ’nın sapmasız bir tahminleyicisidir.


5.1.1. Aritmetik ortalamanın Varyans

Xi’nin Varyansı

Örnekleme teorisinde Xi’nin varyansının iki alternatif tanımı vardır:

2

1

22 1)(

N

i

i XXN

XXE populasyon varyansıdır. İkincisi ise

S2=

N

i

i XXN 1

2)(1

1 şeklinde tanımlanır ve N yerine N-1 kullanılır.

x ’nın varyansı

Xi’nin varyansı tanımlandıktan sonra x ’nın varyansı aşağıdaki gibi tanımlanır.

222 )())(( XxExExEx

buradan aşağıdaki ifadelerin sağlandığı görülebilir:

Aşağıdaki popülasyona ait varyans tanımları esas olarak teorik sonuçları türetmek için kullanılır.

Özellikle varyans analizi ile ilgili tekniklerde S tanımı daha kullanıllıdır. Uygulamalarda ise populasyon

varyansı yerine daha çok bunların tahminleri olan örnek varyansları (s) kullaılır.

2

x2

*1 nN

nN

yerine koymaksızın (iadesiz) örnekleme

2

x2

*n

S

N

nN yerine koymaksızın (iadesiz) örnekleme

2

x2

n

yerine koyarak (iadeli) örnekleme

2

x2

*1

n

S

N

N yerine koyarak (iadeli) örnekleme

Yukarıdaki ifadelerde 1

N

nN ve

N

nN varyans için sonlu populasyon düzeltme katsayısı (fpc= finite

population correction) olarak adlandırılır. Burada

N

nN =1-(n/N)


f=n/N örnekleme oranı olarak adlandırılır. N, n’e oranla büyük olduğunda sonlu populasyon düzeltme

katsayısı 1’e yakınsar. f=n/N 0.05 ise fpc ihmal edilebilir. f=n/N, %5’ten daha küçük olacak şekilde

N belli bir büyüklüğü aştığında, populasyon hacminin standart hatası üzerine etkisi olmayacaktır.

Ayrıca iadeli örneklemede

n

2

2

*1

n

S

N

N idi. Uygulamalarda hemen hemen tüm durumlarda N yeterince büyüktür ve

dolayısıyla 11

N

N alınabilir ve iadesiz örneklemede

2

n

n

S 2

ifadesine ulaşılır.

Takip eden araştırmalarda bu yaklaşım kullanılacak ve esas olarak kullanılacak iki formül aşağıdaki gibi

kullanılacaktır.

2

x2

*n

S

N

nN Yerine koymaksızın (iadesiz) örnekleme

2

x2

n

S Yerine koyarak (iadeli)

Alıştırma:

X1=1, X2=2, X3=3 populasyonuna sahip olunduğunu ve n=2 hacimli örnekler seçildiği varsayılsın.

Hesaplamalar şu sonucu verecektir.

2

1

22 1)(

N

i

i XXN

XXE =2/3

S2=

N

i

i XXN 1

2)(1

1=1

2

x ’yı hesaplamak için

2

x 2

1 M

i XxM

orijinal formülü kullanalım. Burada M, tüm mümkün örnek ortalamalarının

sayısıdır. Önce yerine koymaksızın (iadesiz) örnekleme durumu incelenmektedir. Örnekler Tablo 5.1 de

verimeltedir.

Tablo 5.1


M Örnekler x x - X ( x - X )2

1 1,2 1.5 -0.5 0.25

2 1,3 2.0 0 0

3 2,3 2.5 0.5 0.25

0.50

dolayısıyla 2

x 5.03

1=

6

1 olur. Teorik formülümüzden

2

x2

*n

S

N

nN =

2

1

3

23=

6

1 elde ederiz ve görüldüğü gibi 2

x6

1 olarak aynı

sonuç elde edilir.

İkinci olarak yerine koyarak (iadeli) örnekleme dikkate alınmaktadır. Örnekler Tablo 5.2 de

verilmektedir. M=9

Tablo 5.2

M Örnekler x x - X ( x - X )2

1 1,1 1.0 -1.0 1.00

2 1,2 1.5 -0.5 0.25

3 1,3 2.0 0 0

4 2,1 1.5 -0.5 0.25

5 2,2 2.0 0 0

6 2,3 2.5 0.5 0.25

7 3,1 2.0 0 0

8 3,2 2.5 0.5 0.25

9 3,3 3.0 1.0 1.00

3.00

NXxx /22

böylece 2

x 39

1=

3

1

2

x2

*1

n

S

N

N =

3

1

2

1*

3

13

elde ederiz ve görüldüğü gibi 2

x3

1 olarak aynı sonucu

buluruz.

Bununla birlikte uygulamada N genellikle büyük olduğundan 2

x S2/n varsayılacaktır.

Not1: Genellikle yerine koyarak örnekleme için elde edilen varyans yerine koymadan örnekleme için

elde edilen varyanstan daha büyük olur.

Not2: Genellikle gerçek yaşamda S2’nin örnekten elde edilen bir tahmin edicisine ihtiyaç duyulur.


2

x ’nın tahminleyicisi

Gerçek yaşamdaki uygulamalar için 2

x ’nın bir tahmin edicisinin bulunması gerekir. 2

x ,S2 ye (ya da

2 ye )bağımlı olduğu için, 2

x ’nın sapmasız bir tahmin edicisini bulma problemi, S2 (ya da 2 nin )

bir tahmin edicisini bulmayı gerektirecektir. S2 nin sapmasız tahmin edicisi daha sonra 2

x ’nın sapmasız

bir tahmin edicisini bulmak için kullanılacak örnek varyansını verecektir.

i) Örnek varyansı

Uygulamada daha çok örnek varyansı kullanılır

s2 =

2

1

1xx

ni n>1

= 0 n=1

biçimindedir.

ii) populasyon varyansının sapmasız tahmin edicisi

s2,S2(ve 2 )nin sapmasız bir tahmin edicisidir.

E(s2)= 2 yerine koyarak örnekleme yapıldığında

E(s2)=S2 yerine koymaksızın örnekleme yapıldığında

Örnekleme genellikle yerine koymaksızın yapıldığı için esas olarak ikinci durum dikkate alınmaktadır.

Bununla birlikte, N büyük olduğunda, N-1=N ve dolayısıyla S2=2 olacak, böylece S2 ve yaklaşık

olarak eşit olacaktır.

Alıştırma: Populasyonun N=3 öğrenciden oluştuğunu ve n=2 hacimli örnekler seçildiğini varsayalım.

Öğrencilerin 2$, 3$ ve 4$ paraları olsun. Populasyon varyansı

2

1

22 1)(

N

i

i XXN

XXE şeklinde iken örnek varyansı s2=

2

1

1xx

ni yerine

koyarak örnekleme yapıldığında 2 ’nin sapmasız bir tahminidir.

2

1

22 1)(

N

i

i XXN

XXE =2/3


M Örnekler x s2=

2

1

1xx

ni

1 2,2 2.0 0.0 = 0)12/()22()22( 22 ((2-2)

2 2,3 2.5 0.5

3 2,4 3.0 2.0

4 3,2 2.5 0.5

5 3,3 3.0 0.0

6 3,4 3.5 0.5

7 4,2 3.0 2.0

8 4,3 3.5 0.5

9 4,4 4.0 0.0

6.0

E(s2) = )(2 sps

E(s2) =3

2

9

0.05.0.....5.00.0

E(s2)=2 olur ve dolayısıyla s2 yerine koyarak örnekleme yapıldığında

2 nin sapmasız bir tahmin

edicisidir.

Alıştırma

Yerine koymaksızın örnekleme yapıldığı zaman , populasyon varyansı

S2=

N

i

i XXN 1

2)(1

1=1 olarak bulunur. Tüm mümkün örnekleri türetelim ve örnekler için s2 yi

hesaplayalım.

M=3

M Örnekler x s2=

2

1

1xx

ni

1 2,3 2.5 0.5= 5,0)12/()5,23()5,22( 22

2 2,4 3.0 2.0

3 3,4 3.5 0.5

Böylece E(s2)= 13

0.3

3

5.00.25.0


Örnekleme yerine konulmaksızın yapıldığı zaman E(s2)=S2=1 dir. s2, S2’nin sapmasız bir tahmin

edicisidir denir.

s2 nin karekökü

s=

2

1

1xx

ni örnek standart sapması olarak adlandırılır. s, S’nin sapmasız bir

tahmin edicisi değildir. Ancak n büyük olduğunda (n>30) sapma küçülecek ve s, S’nin tahmin edicisi

olarak kullanılabilecektir.

2

x ’nın tahmini

s2 kullanılarak kolaylıkla 2

x ’nin sapmasız bir tahmin edicisi bulunabilir. Formüllerde S2 yerine s2

koyularak aşağıdaki sonuçlara ulaşılır.

(a) n

s

N

nNx

22 *ˆ

yerine koymaksızın

n

s

N

Nx

22 *

1ˆ

yerine koyarak

n

sx

22ˆ yerine koyarak

(a) nolu eşitliğin sağ tarafının beklenen değeri alınırsa

)*(2

n

s

N

nNE

n

S

N

nN 2

*

olur ve böylece 2ˆx ,

2

x nin sapmasız tahmin edicisi olur. Aynı

zamanda aşağıdaki notasyon kullanılacaktır:

2

xs =n

s

N

nN 2

*


2

xs =n

s2

yerine koyarak

Prof.Dr.Levent ŞENYAY V- 10

ÖrneklemeYöntemleri

5.1.2. Aritmetik ortalama için güven aralığı

Populasyon ortalaması için güven aralığı

xx szxXszx 2/2/ şeklinde ifade edilir.

Güven aralığı

P( x -z x < X < x +z x )=1-

şeklinde ifade edilebilir.

Xx =z x duyarlılığı gösterir.

Güven aralığını elde etmek için x ’yı bulmak gereklidir. Temel istatistikte yerine koyarak örnekleme

için verilen x tanımı x =n

dir ve ’ya bağlıdır. x ’yı bulmak için önce 2 tanımlanmalıdır.

Alıştırma : Büyük bir öğrenci grubunun ortalama I.Q.’sunu tahmin etmek için n=100 hacimli bir

örnek seçilmiş olsun. Örnek ortalaması x =110 ve s=12 puandır. X için %99 güvenilirlik düzeyine

(z/2=3) göre güven aralığını elde ediniz.

N=100 , x = 110 , s = 12 , Z=3 xs =n

s=

100

12=1.2

P( xx szxXszx 2/2/ )=%99

P(106.4< X <113.6) = 0,99



5.1.3. Aritmetik ortalamanın tahmininde örnek hacmi ve duyarlılık

Duyarlılık, güvenilirlik ve standart hata arasındaki temel ilişki

x

XxZ

2/

xzdXx 2/

22

2/

2

xzd şeklindedir

2

xs , 2

x ’nın tahmin edicisidir.

Yerine koyarak örnekleme için bu ilişki

xZdXx 2/

n

SZSZd x

22

2/

222/

22

2

2

2/

d

SZn

Örnekleme yerine konulmaksızın yapıldığında sonlu populasyon düzeltmesi

N

nN gerekli olur

ve ilişki şu hale gelir:

nN

nSZ

nN

NSZ

N

nN

n

sZd

22

2/

22

2/

22

2/

2

N

SZd

n

sZ

22

2/22

2

2/

22

2/

22

2/

222

2/2

2

2/

2

/.

11

SZ

NSZd

N

SZd

ZSn

22/

2

2

2/ )(

SZNd

SZNn

elde edilir.

Açıklamalı [l1]:



Alıştırma: Çok sayıda büyükbaş hayvan bulunduğunu ve varyansın s2=600 olarak tahmin edilmiş

olduğunu varsayalım. Büyükbaş hayvanların ortalama ağırlığını 5br sınırları içinde %99 olasılıkla,

(Z=3) olarak tahmin etmek istiyoruz.

a) Hangi büyüklükte örnek seçilmelidir?

2

2

2/

d

szn = 216

25

600*9

böylece güven aralığı

xx szxXszx 2/2/

5216

60032/

n

sz olur

Büyükbaş hayvanların ortalama ağırlığı hemen %99 güvenilirlikle, populasyon ortalamasının 5br’lik

sınırları içinde olacaktır.

b) Toplam büyükbaş hayvan sayısı N=2000 ‘dir. Sonlu populasyon düzeltmesi kullanılarak örnek hacmi

f= 05.02000

216

Nn olduğu için,

22/

2

2

2/ )(

szNd

szNn

= 195

)600*9()25*2000(

600*9*2000

olarak elde edilir.

N=20000 ise bu durumda n=214 olur.

Hesaplamalar özetlenirse;

N = 2000 iken n=195

N = 20000iken n=214

N sonsuz iken n=216 dır.



Dolayısıyla populasyon hacminin örnek hacmi üzerine çok az etkisi bulunmaktadır. Belli bir duyarlılık

ve güvenilirlik için, N = 20000 nüfuslu bir şehirden seçilmesi gereken örnek hacmi, tüm A.B.D’den

seçilmesi gereken örnek hacmine yaklaşık olarak eşittir.

Bu sonuç populasyon hacmi ve duyarlılık bakımından ifade edilebilir. Örnekleme varyansı

n

S

N

nNx

22 *

şeklinde verilir. Bu, N çok büyük olduğunda

N

nN teriminin 1 e

yaklaşacağını ve 2

x üzerinde çok az etkiye sahip olduğunu gösterir. Buna göre 2

x ’yi en çok

etkileyebilecek olan örnek hacmi n’dir. Populasyon hacmi N büyük olduğunda çok az etkiye sahip iken,

tahmin edicinin duyarlılığı üzerinde örnek hacmi en büyük etkiye sahiptir.

c) Aynı örnekte büyük baş hayvan ağırlıklarının ortalaması 250 br ve C=0,097olduğuna göre,

ortalamanın %5 br sınırları içinde %99 olasılıkla, (z=3) olarak tahminlemek için ne büyüklükte

örnek seçilmelidir?

X

d

X

Xxd

'

X

nZ

XZ

X

dd xx /'

n

CZd '

097.0250

600

XC X

355,34

)05,0(

)097.0.3(2

2

2'

2

d

ZCn gerekli örnek hacmi elde edilir,

5.2. Toplam tahminleyicisi

Toplam=(birim sayısı)*(ortalama)

= N X veya ∑X=N X

Populasyon ortalaması( X )’nın tahmin edicisi olan örnek ortalaması ( x ) toplam değeri tahmin etmekte

kullanılmaktadır.



Toplam değerin tahmin edicisi

xNX ˆ

E( )X E( xN )=NE( x )=N X =X şeklindedir, yani toplamın tahminleyicisi toplamın

sapmasız bir tahminidir.. Çünkü, E( x )= X sapmasız old. için.

Alıştırma: N=1000 öğrenciden oluşan grubun sahip olduğu toplam kitap sayısı tahmin edilmek

istenmektedir ve bu amaçla n=50 öğrenciden oluşan bir şans örneği seçilmiştir. Öğrenci başına düşen

ortalama kitap sayısının 12 olarak bulunduğu varsayılırsa toplam kitap sayısını tahmin ediniz.

xNX ˆ =1000*12=12000 kitap olur.

5.2.1. Toplamın tahmininin varyansı

V( X )=22 )()ˆ( XNxNEXXE

=22 )( XxEN

=N

nN

n

SN

*

22


=n

SN

22

yerine koyarak, N-1/N 1

S2 genellikle bilinmediğinden, bunun tahmin edicisi(örnek varyansı s2) kullanılır. Bu da V X nin

sapmasız tahmin edicilerini verir.

V X =N

nN

n

sN

*

22


=n

sN

22

yerine koyarak, N-1/N 1



Alıştırma: Yukarıdaki örnekte n=50 öğrencinin kitaplarının dağılımının örnek varyansının s2=10

olduğunu varsayalım. Bu durumda, N=1000 olduğuna göre X ’nin varyansının tahmini

V X =N

nN

n

sN

*

22

= 1900001000

501000*

50

10)1000( 2

olur.

V X ’yı 2

Xs =V X =190000 olarak tanımlayalım.

Böylece X ’nin standart hatası X

s ˆ =436 kitap. Olur.

5.2.3. Toplam için güven aralığı

Xs ˆ ’yı tahmin ettikten sonra, 2/z güvenilirlik katsayısı olmak üzere toplam değer X için güven aralığı

XX

szXXszX ˆ2/ˆ2/ˆˆ

olur.

190000645.1000.12

Alıştırma: Belirli bir lisedeki öğrencilerin hergün tükettikleri toplam süt miktarı tahmin edilmek

istenmektedir. Okulda N=2000 öğrenci vardır. Şansa bağlı olarak n=100 öğrenci seçilmiş ve süt

tüketiminin örnek ortalaması x =0.8 litre ve standart sapması 0.3 olarak bulunmuştur.

a) Toplam tüketilen süt miktarını tahmin ediniz.

b) Tahmininin varyansını elde ediniz.

c) Toplam tüketilen süt miktarı için %95’lik güven aralığını oluşturunuz.

a) xNX ˆ =2000*0.8=1600 litre

b) V X =N

nN

n

sN

*

22

=

34202000

1002000*

100

3.02000

22

c) XX

szXXszX ˆ2/ˆ2/ˆˆ

X

s ˆ = 3420 =58.5 litre

P(1600-1.96*58.5<X<1600+1.96*58.5)=%95

P(1485,34<X<1714,66)=%95



5.2.4. Toplamın tahmininde örnek hacmi ve duyarlılık

(1) 2

ˆ

2

2/

2

Xszd şeklindedir.

Burada XX ˆ ’dir.

(2) 2

Xs =

N

nN

n

sN

*

22

yerine koymaksızın (iadesiz)

(3) 2

Xs =

n

sN

22

yerine koyarak, N-1/N 1 (iadeli)

şeklinde idi. (2) ve (3) nolu eşitlikleri (1) nolu eşitlikte yerine koyup n için çözdüğümüzde

(4) 22/

2

2

2/

2 )(

szNd

szNn

yerine koymaksızın,

(5)

2

2

2/

2

d

szNno

yerine koyarak

(4) nolu eşitlik pay ve paydası d(kare) bölünür

2222

222

/)(/

/)(

dZSNdd

dZSNn

ve burada (5) yerine konursa,

Nn

nn

/1 0

0

sonucuna ulaşılır. Bu iadesiz ve f=n/N>0,05 olduğu durumlarda kullanılır.

Alıştırma: Belirli bir lisedeki öğrencilerin her gün tükettikleri toplam süt miktarı tahmin edilmek

istenmektedir. Okulda N=2000 öğrenci vardır. Şansa bağlı olarak n=100 öğrenci seçilmiş ve süt

tüketiminin örnek ortalaması x =0.8 litre olarak bulunmuştur. %99 güvenilirlikle hatanın 100 litre

içinde kalması arzu edildiği varsayıldığına göre hangi büyüklükte bir örnek seçilmelidir?(s=0.3)

CZdo 2/

2

2

2/

2

d

szNno

=

324100

3.0*32000

2

22



164.02000/324/0 Nn 05.0 olduğundan dolayı n hesaplanmalıdır.

Nn

nn

/1 0

0

= 279

164.01

324

Duyarlılık, göreli ifade edildiğinde ilişki

(6) 2

ˆ

2

2/

2

Xo Czd

Duyarlılık, XXd ˆ

Nispi duyarlılık, XXXd /ˆ0

2

2ˆ

X

XXdo biçimindedir. C ve C( X )-bazı durumlarda xC ˆ olarak da gösterilecektir-

2 ’ye bağlı olarak ifade edilmiştir. Bu ifadeler S2 ler cinsinden yazıldığında

xC ˆ =N

nN

n

S

X

N

X

XV **

)ˆ( 2

2

2

2 xNVXV )ˆ(

2

2

2ˆ

)ˆ(

X

S

X

XVC

X

Pay ve payda N(kare)ye bölünürse C(kare) elde edilir

xC ˆ =N

nN

n

S

X

**

1 2

2

(7) xC ˆ =N

nN

n

C *

2


(8) xC ˆ =n

C 2

yerine koyarak

C2=22 / X yerine C2=S2/

2X yazılacaktır.

Bu iki değer arasındaki ilişki ((N-1) = N2 olduğundan)



C2=N

N

X

S

X

1*

2

2

2

2

olur.

Böylece N büyük olduğunda N-1/N 1olarak alınır ve (7) ve (8) nolu eşitliklerde kullanılan

C2=2

2

2

2

X

S

X

ifadesine ulaşılır. (7) ve (8) nolu eşitlikler (6) nolu eşitlikte yerine konur ve

n için çözülürse

(9) 22/

2

2

2/ )(

CzNd

CzNn

o


10)

2

0

2

2/

d

Czno

yerine koyarak elde edilir. (9) ve (10) nolu eşitliklerden

Nn

nn

/1 0

0

elde edilir.

Uygulamalarda C ve C( X )’nin tahmin edicileri, S2 yerine bunun tahmin edicisi s2 alınarak elde edilir.

Alıştırma: N=2000 öğrenciden oluşan bir populasyondan , n=100 öğrencilik bir örnek seçilmiştir.

Öğrencilerin ağırlıkları araştırılmış ve x =70 kg. ve s=10 kg. olarak bulunmuştur. xXCCC ,, ˆ ’nın

tahminlerini elde ediniz.

n/N=0,05

1-(n/N) 1 alınacaktır.

2

2

2

22

70

10ˆx

sC 0.02 C 0.14

100

02.0ˆˆˆ

222

ˆn

CCC xX

0.0002

xXCC ˆˆ

ˆ 0.014 olarak bulunur.

C 0.14 olması göreli olarak 1 standart sapma büyüklüğünü gösterir. Ağırlıklar normal dağılmışsa, bu

durumda C 0.14olması ağırlıkların yaklaşık olarak %68’inin ortalama ağırlık X ’nın %14 sınırları



içinde olacağını gösterir. X

C ˆˆ 0.014 olması ise tahmin edilen toplamın ( X ) yaklaşık %68’inin, toplam

X’in %1.4’lük sınırları içinde kalacağını gösterir.

Alıştırma: Bir şehirde yaşayan 5000 aile olduğunu ve her bir aile tarafından bir haftada tüketilen

ortalama yumurta sayısının tahmin edilmek istendiği varsayılmaktadır. Duyarlılığın ortalamanın %5’i

kadar olması istenmektedir. n=100 aile üzerinde yapılan bir ön çalışmada s=12 yumurta ve x =36

yumurta olarak bulunmuştur.

a)Değişim katsayısını elde ediniz.

b) Duyarlılığın ortalamanın %5’i kadar olması istendiğine göre kaç aile ile daha görüşülmelidir?

c)Populasyon ortalaması için %90’lık güven aralığını oluşturunuz.

a) 2

2

2

22

36

12ˆx

sC C 1/3 olur.

b) 22/

2

2

2/ )(

CzNd

CzNn

o

=

22

2

)3/1*64,1()05.0(5000

)3/1*64,1(5000

=118

118-100=18 aile ile daha görüşülmelidir.

18 aile daha ilave edilerek x =38 yumurta ve s=12 yumurta olarak bulunmuştur.

c) Populasyon ortalaması için %90’lık güven aralığı

P( xx szxXszx 2/2/ )=1-

n/N 0.05

n

ssx =

118

12 şeklinde idi.

P(38-1,64118

12< X <38+1,64

118

12)=0.90

P(36.2< X <39.8)=0.90 olarak bulunur.



5.3. Populasyon orani P’nin tahmini

P oranı daha çok pazarlama araştırması, kamuoyu araştırmaları ve kalite kontrolü

çalışmalarında kullanılır.

Populasyon Oranı

P oranına Xi şans değişkeninin sadece 0 ve 1 değerlerini aldığı özel bir durum olarak bakılabilir.

Örneğin, K marka sabun kullanan insanların oranı bulunmak istenildiğini varsayalım. N sayıda insan

olduğunu düşünelim ve kişi K marka sabunu kullandığında Xi=1 ve kullanmadığında ise Xi=0 olsun.

Bu durumda,

N

iX NXXX ........21

K marka sabunu kullananların sayısı olacak ve

(1) N

X

P

N

i ifadesi de K marka sabunu kullananların oranı olacaktır.

(1) nolu denklem populasyon ortalaması için verilen formülün aynısıdır. Buradaki tek fark Xi

değişkeni sadece 0 ve 1 değerlerini almaktadır.

Örnek oranı p, P’nin sapmasız bir tahmin edicisidir

N hacimli bir populasyondan seçilen n hacimli bir tesadüfi örneğin elemanları x1,x2,.........,xn

olsun. Örnek oranı, xi=1 yada 0 olmak üzere

(2) p=n

xn

i olarak tanımlanır. Bu şekilde tanımlanmış p, populasyon oranı P’nin sapmasız

tahmin edicisidir. p’nin P’nin sapmasız bir tahmin edicisi olduğunu göstermek için (2)

nolu denklemin her iki tarafının beklenen değeri alınır.

E(p)=

n

ixEn

1

n

xEpE )( 1.0x



E(p)= in

xEn

1

PxN

XxEN

ii 1

)(

E(p)= i

N

xN

nn

11=P

Buradan E(p)=P olduğu görülmektedir.

Alıştırma: N= 1000 öğrenci olduğunu, n=50 öğrencilik tesadüfi örnek seçildiğini ve bunlardan

20’sinin sigara içtiğinin saptandığını varsayalım. Sigara içen öğrencilerin oranını tahmin ediniz.

40.050

20ˆ pP

Alıştırma: N=5 öğrenci olduğunu ve bunlardan 3’ünün sigara içtiğini varsayalım. Bu şu şekilde

olsun:XA=1, XB=1, XC=1, XD=0 ve XE=0. Yerine koymaksızın n=2 hacimli tesadüfi örnekler seçelim.

Aşağıda verildiği gibi

2

5=10 tane mümkün örnek bulunmaktadır.

Örnekler ix ix p= ix /n

AB 1,1 2 1

AC 1,1 2 1

AD 1,0 1 0,5

AE 1,0 1 0,5

BC 1,1 2 1

BD 1,0 1 0,5

BE 1,0 1 0,5

CD 1,0 1 0,5

CE 1,0 1 0,5

DE 0,0 0 0

6

E(p)=(1/n)∑p=(1+1+0,5+ … + 0)=6/10=3/5

P=(1+1+1+0+0)/5=3/5

E(p)=P bu nedenle p P’nin sapmasız bir tahmin edicisidir.



5.3.1. Populasyon oranının varyansı

N kişilik bir grup olduğunu ve bunlardan A tanesinin sigara içtiği varsayılsın. Sigara içenler için X i=1 ve

içmeyenler için Xi=0 olmak üzere , N kişi X1, X2,.........,Xn ile gösterilebilir. Bu durumda

N

iX =A ve populasyon oranı P ise P=A/N olur. Tanım gereği, Xi’nin varyansı,

S2=

N

ii XNXN

XXN

222

1

1)(

1

1= PQ

N

NNPNP

N

1)(

1

1 2

biçimindedir. Xi=1 yada 0 olduğundan ∑X=A dır.

NPAXN

i 2 P

N

AX P

N

A

N

X

2

22 PX olur, dolayısıyla varyans S2

S2= PQN

NNPNP

N

1)(

1

1 2 olur. Burada PQ 1 ’dir. S2’nin, P’nin değil

Xi’nin varyansı olduğuna dikkat edilmelidir.

Örneğin, N=100 öğrenci olsun ve sigara içenler için Xi=1,içmeyenler için Xi=0 olmak üzere ,

populasyonu oluşturan öğrenciler X1,X2,.......,X100 ile gösterilsin.

A=60 öğrencinin sigara içtiğini varsayalım. Bu durumda P=0,60 ve Xi’nin varyansı

V(Xi)=S2= 24.0)4.0)(6.0(1100

100

Bu sonuç Xi’lerin dağılması hakkında bilgi verir.

Örnekteki Xi’lerin varyansı

n öğrenciden oluşan bir örnek verilmiş olsun ve bunlarsan a tanesi sigara içsin. Sigara içenlerin

oranı , p=a/n dir. Sigara içenler xi=1 ve içmeyenler xi=0 olmak üzere

bu örnek x1,x2,........,xn ile gösterilebilir. Bu durumda,



n

i

n

i xnxn

xxn

s 22

2

2

1

1

1

1

Fakat xi=1 yada xi=0 olduğundan

npaxn

i 2

n

a

n

xpx

22 px olur. Dolayısıyla, örnek varyansı s2, q=1-p olmak üzere

s2= pqn

nnpnp

n 11

1 2

biçimine gelir.

Örneğin, N=100 öğrencilik bir populasyondan n=50 öğrenci seçilsin ve bunlardan a=25

öğrenci sigara içiyor olsun. Bu durumda p=25/50=0.5 olur. Böylece örnek varyansı s2,

s2= pqn

nnpnp

n 11

1 2

= 25.0)5.0)(5.0(

150

50

Örnek oranı p’nin varyansı

Xi’nin varyansı tanımını kullanarak örnek oranı p’nin varyansı tanımlanabilir. Tanımdan

V(p)=E(p-E(p))2=E(p-P)2

)(111

)(22

2

22xVar

n

s

nnxnVar

nxVar

nn

xVar

n

aVarpVar i

xp

biçimindedir. Daha önce,

(3) V( x )= )(*

2

pVarn

S

N

nN

yerine koymaksızın (iadesiz) örnekleme

V( x )= )(

2

pVarn

S yerine koyarak (iadeli) örnekleme

Olduğu görülmüştü. Aynı zamanda Xi=1 yada 0 aldığımızda ,



p= xn

xn

i

P= XN

XN

i

olduğunu görmüştük. Böylece V(p), (3) nolu eşitlikte x =p alınarak

(4) V( p )=

2

*n

S

N

nN yerine koymaksızın (iadesiz) örnekleme

V( p )=

2

n

S yerine koyarak (iadeli) örnekleme

bulunur. Burada , ix =1 ve ya 0 dır.

S2= PQN

NNPNP

N

1)(

1

1 2 yi formülde yerine koyduğumuzda V(p) şu hale gelir.

V(p)=

2

*n

S

N

nN =

N

nN

nPQ

N

N

*

1

1

=1

*1

N

nN

nPQ Yerine koymaksızın

=PQn

1 Yerine koyarak

1

1N

N

Örneğin, N=4000 öğrenciden oluşan 50 öğrencilik bir tesadüfi örnek seçildiğini varsayalım. Sigara

içenlerin populasyon oranı P=0,3 ise,

örnek oranı varyansı

05.00125.04000

50

N

n olduğu için (1-f) faktörüne gerek yoktur , böylece

V(p)= 0042.050

)7.0)(3.0( olur. Varyans %0,4 civarındadır. Bu örnek oranı p’nin örnekleme

dağılımının varyansıdır.



V(p)’nin sapmasız tahmin edicisi

s2, S2’nin sapmasız bir tahmin edicisidir. Bu durumda

s2= pqn

n

1 S2= PQ

N

N

1’nun sapmasız bir tahmin edicisidir.bu durumda

)(ˆ pV =1

*1

1

N

nN

npq Yerine koymaksızın

= pq1

1

n Yerine koyarak

elde edilir.

5.3.3. Oran için güven aralığı

P(p-z/2sp<P<p+z/2sp)=1-

p değerleri Normal dağılım yaklaşımını kullanabilmek için n’ye ilişkin alt sınır

0.5 30

0.4 veya 0.6 50

0.3 veya 0.7 80

0.2 veya 0.8 200

0.1veya 0.9 600

0.05 veya 0.95 1400

Alıştırma: Bir şehirdeki 2 yada daha fazla radyoya sahip ailelerin oranı tahmin edilecektir. N=8000 aile

bulunmaktadır ve bunlardan n=101 ailelik tesadüfi bir örnek seçilmiş ve p=0.6 olarak bulunmuştur.

Şehirdeki iki veya daha fazla radyoya sahip ailelerin oranı için %95’lik güven aralığını hesaplayınız.

n/N =101/8000 <0,05 olduğundan

2

ps =1

1

npq =(0.6)(0.4)

1101

1

=0.0024

ps =0.05



pszp 2/

P(0.6-(1.96)0.05<P<0.6+(1.96)0.05)=0,95

P(0.502<P<0.698)=1-

5.3.4. Populasyon oranı tahmininde örnek hacmi ve duyarlılık n için formül

Duyarlılık, güvenilirlik ve standart hata arasındaki temel ilişki şu şekilde açıklanabilir

Duyarlılık=(güvenilirlik) x(standart hata)

d=ZS

Populasyon oranı P’nin tahmin edicisi p’nin duyarlılığını ele aldığımızda

2

ps =N

nN

npq

*

1

1 ifadesi standart hata olarak kullanılabilir. Uygulamadaki amaçlar için,n-1

yerine n kullanılabilir. Bu durumda ilişki

N

nN

n

pqzd

2

2/

2


2d =

n

pqz 2

2/ yerine koyarak

şeklinde ifade edilebilir.

Buradan belli bir d duyarlılığı ve belli bir z/2 güvenilirliği için gerekli örnek hacmi

pqzNd

pqNzn

2

2/

2

2

2/


2

2

2/

d

pqzn yerine koyarak , şeklinde yazılabilir.



Alıştırma: N=4000 öğrenciden n=50 birimlik bir ön örnek tesadüfi seçilmiş ve a=30 öğrencinin sigara

içtiği görülmüştür. P’yi tahmin etmenin duyarlılığı %5 sınırı içinde hemen hemen kesin olacak (0.999)

şekilde hangi büyüklükte bir ön örnek seçilmelidir?

6.050

30p

pqzNd

pqNzn

2

2/

2

2

2/

= 711

)4.0)(6.0()3()05.0(4000

)4.0)(6.0(3)4000(22

2

n’i bulmanın daha kolay ve alternatif bir yolu

864

05.0

4.06.0922

2

2/

0

d

pqzn iken

4000/8641

864

/1 0

0

Nn

nn = 711

2

2/

2

2

2/ pqzNd

pqNz

şeklindedir.

Alıştırma:1998-99 öğretim yılında Dokuz Eylül Üniversitesi'ne kayıtlı bulunan 12023 öğrenciden 1426

öğrenci BŞÖ yöntemi ile çekilmiştir. Çekilen öğrencilerin üniversite öncesi eğitimlerine ilişkin dağılımı

aşağıdadır.

Bitirilen Okul Sayısı (a)

Kolej 145

Devlet Lisesi 1083

Meslek Lisesi 187

Diğerleri 11

Toplam

1426

Bitirilen okul türüne göre oranları tahmin ederek %95 olasılıkla içinde bulundukları sınırları

tahmin ediniz.

n

ap



Çözüm :

Belli özelliğe sahip birimler oranı tahmini,

bulunur.

Varyanslar ise,

N

nf

elde edilir.

Bu değerler yardımıyla tahminlerin %95 olasılıkla içinde bulundukları sınırlar tahmin edilebilir. z=1.96

0077.01426

11

1311.01426

187

7595.01426

1083

1017.01426

145

D

ML

DL

K

p

p

p

p

0021.0

0000046.00000053.0*8814.011426

9923.0*0077.0

12023

14261

11

0084.0

0000704.00000799.0*8814.011426

8689.0*1311.0

12023

14261

11

0106.0)(

0001129.00001281.0*8814.011426

2405.0*7595.0

12023

14261

1)1(

0075.0)(

000057.00000641.0*8814.011426

8983.0*1017.0

12023

14261

1)1(

)(

)(

)(

)(

D

p

ML

p

DL

p

K

p

psh

n

pqfV

psh

n

pqfV

psh

n

pqfV

pst

n

pqfV

D

ML

DL

K



Yukarıdaki 1/2n ifadesi süreklilik düzeltmesidir.

Buradan kolej için,

Olduğundan %95 olasılıkla p 0.0866 ile 0.1168 arasındadır.

Devlet lisesi için,


Meslek lisesi için,


Diğer okulları için,


npszp

2

1

0151.01017.0

000351.0*0147.01017.01426*.2

10075.0*96.11017.0

021.07595.0000351.00106.0*96.17595.0

016851.01311.0000351.00165.01311.0000351.00084.0*96.11311.0

0045.00077.0000351.00021.0*96.10077.0



Alıştırma: İzmir ili merkez ilçesinde bulunan 100 hane BŞÖ ile çekilmiş ve her bir hanede yaşayan kişi

sayısı, ev sahibi-kiracı olma durumları ve araba sahibi olmalarına göre aşağıdaki dağılım elde edilmiştir.

Hane Sayısı Yaşayan Kişi Sayısı

Ev sahibi 40 234

Arabası olan 30 120

Arabası olmayan 10 114

Kiracı 60 427

Arabası olan 30 150

Arabası olmayan 30 277

Toplam 100 661

Bu çalışmada örnek oranı f=n/N=0.001 olduğuna göre

a)Bu örnek, ev sahibi-kiracı olan hanelerin oranını, arabası olan ev sahibi ve kiracı hanelerin oranlarını,

arabalı aile oranını ve yaklaşık standart hataları tahmin ediniz.

b)Merkez ilçe nüfusunu tahmin ediniz. Ev sahibi-kiracı olan hane sayısını, arabası olan ev sahiplerinin

ve kiracıların hane sayısını, yaklaşık standart hatalarını tahmin ediniz.

Çözüm :

Oran tahminleri (p=a/n)

Ev sahibi 40/100=0.40

Evsah.ve arabalı 30/100=0.30

Kiracı 60/100=0.60

Kir.ve arabalı 30/100=0.30

Arabalılar (30+30)/100=0.60



Standart hata tahminleri

b) Örnek oranı f=0.001 olduğuna göre,

n/N=f 100/N=0.001 N=100/0.001 N=100,000 hane olur.

Hanelerde yaşayan kişi sayısı,

n

ap

N

AP

İle tahmin edilebilir. n

qpNpNSNpsAsh

.)()(ˆ

Bulunur.

Sayı tahminleri ( pNA .ˆ )

Ev sahibi 100000*0.40=40000

Evsah.ve arabalı 100000*0.30=30000

Kiracı 100000*0.60=60000

Kir.ve arabalı 100000*0.30=30000

Arabalılar 100000*0.60=60000

npqstd P /

049.0100/040*60.0

046.0100/70.0*30.0

049.0100/40.0*60.0

046.0100/70.0*30.0

049.0100/60.0*40.0

NpA ˆ

661000100

661100000ˆ A

Standart hata tahminleri n

qpNAsh

.ˆ

4900100

60.0.40.0100000

4600100

70.0.30.0100000

4900100

40.0.60.0100000

4600100

70.0.30.0100000

4900100

40.0.60.0100000

Documents

BASİT ŞANS ÖRNEKLEMESİkisi.deu.edu.tr/levent.senyay/ornekleme/5 basit sans orneklemesi.pdf · 1 1,2 1.5 -0.5 0.25 2 1,3 2.0 0 0 3 2,3 2.5 0.5 0.25 0.50 dolayısıyla 2 5 Vx 0