Protokolle vom Juli 2014

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 2.7.2014Thema: Zweiseitiger Hypothesentest und die Sigma-Regeln

Protokoll von: :--Schiffert1996 (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (2 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Schiffert1996 (Diskussion) 06:18, 11. Jul. 2014 (CEST)


Zweiseitiger Hypothesentest

Wir zeigen den zweiseitigen Hypothesentest anhand des Würfel-Beispiels.
n=100
\alpha =10%
 \mu  \approx 17
H_0:p= \frac{1}{6}
H_1:p >  \frac{1}{6}  \vee p <  \frac{1}{6}
Da es sich um einen zweiseitigen Test handelt, ist p nicht entweder kleiner (linksseitig) oder größer (rechtsseitig), sondern muss beide Ansprüche erfüllen.

Daraus folgt der systematische, durch Variablen verzierte Annahme- und Ablehnungsbereich:
\bar{A} =[0;a] \cup [b;100]
A =[a+1;b-1]

Die Wahrscheinlichkeit des linken und rechten Bereichs beträgt also:P(X \epsilon  \bar{A} ) \leq 10%
Dementsprechend ist die Wahrscheinlcihkeit des mittleren Bereichs:P(X \epsilon  A)  \geq 90%


Beispiel11.jpg


Nun beginnt man den linken und rechten Bereich zu berechnen, wobei die Signifikang pro Ablehnungsbereich höchstens 5% sein darf, da die gesamte Signifikanz höchstens 10% ergeben darf!

Dies wird mit der Binominialsummenfunktionstabelle berechnet:

P(X \leq a) \leq 5%
P(X \leq 10) = 4,27%
a=10

Nun wird der Bereich ab dem linken Abhlehnungsbereich mit dem Annahmebereich berechnet! Dieser wiederum darf mindestens 95% ergeben, da der rechte Ablehnungsbereich höchstens 5% ergeben darf!

P(X \leq b-1) \geq 95%
P(X \leq 23) = 96,21%

b-1=23
=b=24

Also haben wir die Grenzen vom Ablehnungsbereich(\bar{A} =[0;10]\cup [24;100]) und vom Annahmebereich(A =[11;23]) berechnet.
Die endgültige Wahrscheinlichkeit des Annahmeberichs lässt sich natürlich auch prüfen:
P(11 \leq X \leq 23)=P(X \leq 23)-P(X \leq 10)=96,21%-4,27%=91,94%=P(X \epsilon A)
\mapsto Somit ist die Signifikanz erfüllt!

Aber was geschieht, wenn wir die Grenzen des Annahmenereichs jeweils um 1 vergrößern oder verkleinern?
A=[10;24]=P(X \epsilon A)=P(X \leq 24)-P(X \leq 9)=95,7%
Beim Vergrößern des Bereichs ist die Signifikanz, wie zu erwarten, erfüllt!

A=[12;22]=P(X \epsilon A)=P(X \leq 22)-P(X \leq 1)=85,92%
Beim Verkleinern des Bereichs ist die Signifikanz nicht mehr erüllt!

Dieses Testen kann auch zur Probe verwendet werden.



Musteraufgabe 2a vom Übungsblatt 5

p=0,5
n=50
\mu =25
 \alpha  \leq 5%

A=[a;b]
 \bar{A} =[0;a-1] \cup [b+1;50]

P(X \epsilon A) \geq 95%
P(X \epsilon  \bar{A} )  \leq 5%

P(X \leq a-1)\leq 2,5%

!Da hier nur die Wahrscheinlichkeit des linken Ablehnugsbereichs berechnet wird, darf dieser höchstens 2,5% sein! Der rechte Ablehnungsbreich ist hier noch nicht mit einbezogen, wobei die Wahrscheinlichkeit für diesen auch höchstens 2,5% sein darf, damit die Signifikanz von 5% gewährleistet ist!
P(X \leq 17)= 1,64%



a-1=17
=a=18

P(X \leq b) \geq 97,5%

Die 97,5% entstehen aus den höchstens 2,5% des linken Ablehnungsbereichs und den mindestens 95% des Annahmebereichs!
P(X \leq 32) = 98,36%

b=32

Also ist der Annahmeberich:A=[18;32]
Und somit ist der Ablehnungsbereich: \bar{A} =[0;17] \cup [33;50]

P(X \epsilon A)=P(18 \leq X \leq 32)=P(X \leq 32)-P(X \leq 17)=96,72%



Musteraufgabe 3 Übungsblatt 5

n=100
\mu =25
\alpha  \leq 5%

H_0:p=0,25
H_1:p \neq 0,25

A=[a;b]
 \bar{A} =[0;a-1] \cup [b+1;100]

P(X \epsilon A) \geq 95%
P(X \epsilon  \bar{A} )  \leq  5%

P(X \leq a-1) \leq 2,5%
P(X \leq 16) = 2,11%
a-1=16
=a=17

P(X \leq b) \geq 97,5%
P(X \leq 34)= 98,36%
b=34

A=[17;34]
 \bar{A} =[0;16] \cup [35;100]
P(X \epsilon A)=96,25%



Die Sigma-Regeln


 \mu =n \cdot p
Die allgemeine Definition der Standardabweichung in der Binomiaverteilung ist:\sigma = \sqrt{\sum_{i=1}^n p_i(  \mu -x_i)^2}
Nur für die Binomialverteilung kann man die Formel auch so darstellen:\sigma = \sqrt{n \cdot p\cdot(1-p)}


Regeln.jpg

Nun einige beispiele dazu:
p=0,3
 \mu  =6

n=20
 \sigma = \sqrt{20 \cdot 0,3 \cdot0,7}  \approx 2,05
Wenn n=80, also wenn n nun vervierfacht wird, bekommen wir folgendes Ergebnis:
 \sigma = \sqrt{80\cdot 0,3 \cdot0,7}  \approx4 ,1
Also wird, wenn n vervierfacht wird,  \sigma verdoppelt!
Wenn n=180, also wenn n verneunfacht wird, bekommen wir folgenes Ergebnis:
 \sigma : \sqrt{180 \cdot 0,3 \cdot 0,7}  \approx 6,15
Also wird, wenn n verneunfacht wird,  \sigma verdreifacht!

Also wird das Ergenis von  \sigma , welches von einer Zahl mit n multipliziert wird, automatisch mit der Wurzel dieser Zahl multipliziert.


Anwendungsbeispiel
n=100
p=0,5
 \mu =50

\sigma = \sqrt{100 \cdot 0,5 \cdot 0,5} =5

Beispiel für den auzurechnenden Bereich:
I=[ \mu - \sigma ; \mu + \sigma ]
Daraus resultiert:
I=[ 45;55]
P(X \epsilon I)=P(X \leq 55)-P(X \leq 44)=86,44%-13,56%=72,88%



Nun setzten wir den Bereich wie folgt:
I_2=[ \mu -2 \sigma ; \mu +2 \sigma ]
Daraus ergibt sich:
I_2=[ 40;60 ]

P(X \epsilon I_2)=P(40 \leq X \leq 60)=P(X \leq 60)-P(X \leq 39)=96,48%



Nun verändern wir den Bereich nochmals:
I_3=[ \mu -3 \sigma ; \mu +3 \sigma ]=[35;65]
P(X \epsilon I_3)=P(35 \leq X \leq 65)=P(X \leq 65)-P(X \leq 34)=99,91%-0,09%=99,82%



Musteraufgabe zu  \sigma
n=100
p=0,3
 \mu =30


Wie lautet der Bereich und mit welcher Wahrscheinlichkeit landet man in ihm?

 \sigma = \sqrt{100 \cdot0,3 \cdot 0,7} = \sqrt{21}  \approx 4,58
P(30-4,58 \leq X \leq 30+4,58)=[25,42;35,58]
P(25,42 \leq X \leq 34,48)=P(26 \leq X \leq 34)
P(25,42 \leq X \leq 34,48)=P(26 \leq X \leq 34)=P(X \leq 34)-P( X \leq 25)=67,4%



Musteraufgabe, welche den zweiseitigen Hypothesentest und die Sigma-Regeln beinhaltet
Ausgangssituation: Würfel  \alpha =10%
n=100
p= \frac{1}{6}
 \mu = \frac{100}{6}

 \sigma = \sqrt{100 \cdot  \frac{1}{6} \cdot  \frac{5}{6}  }  \approx 3,73

P(X \epsilon A) \geq 90%
 \sigma \cdot 1,64=6,12
Daraus resultiert:
A=[ \frac{100}{6} -6,12; \frac{100}{6}+6,12]=[10,55;22;78]=[11;23]



Hausaufgaben

Übungblatt Nr.5 A.2f/4
Buch Seite 356/57 lesen
Buch S.352/53 lesen
S.354 Nr 1a/2b
Ziegenproblem


Protokoll vom 4.7.2014 Thema: Näherungslösung nach Laplace (1812) und Moivere (1734)

Protokoll von:--Philipp95 (Diskussion) 16:47, 4. Jul. 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Philipp95 (Diskussion) 14:42, 9. Jul. 2014 (CEST)


Besprechung der Hausaufgaben

S.354 Nr 1b und 2

1.)
n=50

p= \frac{1}{6}

\mu =  \frac{25}{3}

\sigma =2,64

I=[ \mu - \sigma ; \mu + \sigma ]=[5,69;10,97]=[6;10]

P(X  \epsilon I)=P(6 \leq X \leq 10)=65,98%



p=0,25

\mu = 12,5

\sigma =3,1

I=[ \mu - \sigma ; \mu + \sigma ]=[9,4;15,6]=[10;15]

P(X  \epsilon I)=P(10 \leq X \leq 15)=67,32%



p=0,4

\mu = 20

\sigma =3,46

I=[ \mu - \sigma ; \mu + \sigma ]=[16,54;23,46]=[17;23]

P(X  \epsilon I)=P(17 \leq X \leq 23)=68,77%



p=0,8

\mu =40

\sigma =2,83

I=[ \mu - \sigma ; \mu + \sigma ]=[37,17;42,83]=[38;42]

P(X  \epsilon I)=P(38 \leq X \leq 42)=62,35%



2.)


n=25

p=0,3

\mu = 7,5

\sigma =2,29

I=[ \mu - 3\sigma ; \mu + 3\sigma ]=[1;14]

P(X  \epsilon I)=99,81%

P(X=7)=17,12%



Ü5 Nr 2f und 4
2.f)
A=[83;97]



4)
n=100

H_{0}:p=0,5

H_{1} :p  \neq p_{0}

\alpha =1%

A=[37;63]


Exkurs Sigma-Regel


Die Aufgabe 4 vom Ü5 haben wir aber nicht ganz so schnell vergessen.
Wir versuchten es mit der Sigma-Regel.

n=100

H_{0}:p=0,5

\mu =50

\sigma =5

\alpha =1%

Daraus folgt man :P(X  \epsilon A) \geq  99%

Die 6 Sigma-Regel besagt:P( \mu -2,58 \sigma  \leq X \leq  \mu +2,58 \sigma )=0,99 \longrightarrow 2,58\cdot \sigma =12,9

A=[\mu -2,58 \sigma ;\mu +2,58 \sigma]=[50 -12,9 ;50 +12,9]=[37,1;62,9]=[38;62]

Man erkennt ,dass der Annahmebereich nicht genau mit dem Annahmebereich der Hausaufgabe gleicht.
Es ist nur eine Näherung.


Wahrscheinlichkeit und Flächeninhalt


Flächeninhalt und Wahrscheinlichkeit identifizieren sich gegenseitig.
Bsp: B_{n};_{0,5}

\mu =1

k P(X=k)
0 \frac{1}{4}
1 \frac{1}{2}
2 \frac{1}{4}


Wahrscheinlichkeit in der Flaeche


Das ganz große Kästchen hat nun eine Breite von 1 und eine Höhe von 0,5.
Das zusammen multipliziert ergibt \frac{1}{2} und das entspricht auch der Wahrscheinlichkeit.
Das bedeutet die Wahrscheinlichkeit entspricht den Flächeninhalt.



Die Glockenkurve


Symmetrie


\varphi = \frac{1}{ \sqrt{2 \pi } } \cdot e^{ -\frac{x^2}{2}}=0,4\cdot   e^{ -\frac{x^2}{2}}


Man sieht ,dass die Histogramme von Binomialverteilungen für nicht zu kleine n glockenförmig werden.Wird n groesser so tritt die Glockenform immer deutlicher hervor. Die Histogrammform nähert sich mit größer werdendem n immer mehr der Gaußschen Glockenkurve an. Der gesamte Flächeninhalt zwischen der Kurve und der x-Achse hat den Wert 1.
Bei p=0,5 ist auch bei kleinen n-Werten die Wahrscheinlichkeitsverteilung symmetrisch , bei großen n-Werten
entspricht die Verteilung schon fast der Glockenkurve.
Bei p=0,3 sieht es schon anders aus ,da müssen die n-Werte groß sein um eine Anäherung zur Glockenkurve zu haben bzw. eine Symmetrie haben.



Vergleich Verteilung mit Glockenkurve

Auf dem Bilde erkennt man nun ,dass eine Verteilung nicht gleich der Glockenkurve entspricht z.B wenn es um die Höhe oder Breite geht.
 \mu ist dabei der HP der Binomialverteilung ,wobei die Glockkurve den HP beo 0 hat.
Um eine Annaeherung zu errechen muss man k-\mu rechnen.
Um der Glockenkurve zu entsprechen muss man die Höhe Verdoppeln und die Breite halbieren,
die Fläche ändert sich dabei nicht. Man muss also P(X=k)\cdot2 (Verdoppelung der Höhe) und x=\frac{k- \mu }{2} (Halbierung der Breite)
beachten.

Beispiel



B_{4};_{0,5}

k P(X=k) x=k-\mu  \varphi (x)
0 0,0625 -2 0,05
1 0,25 -1 0,24
2 0,375 0 0,4
3 0,25 1 0,24
4 0,0625 2 0,05




B_{16};_{0,5}
\mu =8

k P(X=k) x= \frac{k- \mu }{2} P(X=k)\cdot2  \varphi (x)
8 0,2 0 0,4 0,4
7 0,17 -0,5 0,34 0,35
9 0,17 0,5 0,34 0,35
10 0,12 1 0,24 0,24

Verdoppelung und Halbierung mit Sigma


Ich erwähnte schon davor ,dass bei einer Vervierfachung von n ,das \sigma sich verdoppelt.
Das bedeutet ,dass \sigma auch zur Halbierung und Verdoppelung Der Höhe und Breite bei der Wahrscheinlichkeitsverteilung beitragen kann.

x= \frac{k- \mu }{ \sigma } und y=P(X=k)\cdot  \sigma  \longrightarrow Transformation


1734 Moivre Näherung: P(X=k)\cdot  \sigma  \approx  \varphi ( \frac{k- \mu }{ \sigma } )
p=0,5



1812 Laplace Näherung p \neq 0,5
\sigma = \sqrt{n\cdot p\cdot(1-p) } >3



\frac{k- \mu }{ \sigma }  \rightarrow standardisierte Zufallsvariable.

Bsp:B_{50};_{0,5}
 \mu =25
 \sigma =3,54

k P(X=k) k-\mu x= \frac{k- \mu }{ \sigma } P(X=k)\cdot \sigma \varphi (x)
25 0,113 0 0 0,4 0,4
24 0,108 -1 -0,28 0,38 0,38
23 0,096 -2 -0,56 0,34 0,34
26 0,108 1 0,28 0,38 0,38
27 0,096 2 -0.56 0,34 0,34
30 0,042 5 1,41 0,148 0,149



Das tolle daran ist ,dass wir nun auch n-Werte ausrechnen können ,die nicht auf der Tabelle stehen und es verkürzt
das Testen von Hypothesen.



Integrale in der Stochastik


Integrale in der Wahrscheinlichkeitsverteilung
Dies alles ermöglicht es für große n, Wahrscheinlichkeiten in einem bestimmten Intervall näherungsweise zu bestimmen.
Bsp: B_{100};_{0,4}
\mu=40
\sigma=4,9
P(30 \leq X \leq 50)

P(30 \leq X \leq 50)= \int_{ \frac{30-40}{ \sigma }} ^{ \frac{30-40}{ \sigma }}  \varphi (x) dx =2\cdot  \int_0 ^{ 2,04} \varphi (x) dx = 2\cdot ( \phi (2,04)-0,5)=2\cdot 0,4793=95,86%

Alternative:P(30 \leq X \leq 50)= \int_ { \frac{30-40}{ \sigma }} ^{ \frac{30-40}{ \sigma }}  \varphi (x) dx=
\phi (2,04)- \phi (-2,04)=\phi (2,04)-1-\phi (2,04)=2\cdot\phi (2,04)-1=95,86%

Kontrolle:P(30 \leq X \leq 50)=P(X \leq 50)-P(X \leq 29)=96,84%



Stetigkeitskorrektur


Wie man sieht ist die Wahrscheinlichkeit bei  \phi (x) um 1% größer als beim Ergebnis
aus den kumulierten Wahrscheinlichkeiten.Man muss also in den Integralen um 0,5 addieren bzw. um 0,5 subtrahieren.

P(30 \leq X \leq 50)= \int_ { \frac{30-40-0,5}{ \sigma }} ^{ \frac{50-40+0.5}{ \sigma }}  \varphi (x) dx=
\phi (2,14)- \phi (-2,14)=\phi (2,14)-1-\phi (2,14)=2\cdot\phi (2,14)-1=96,74%

Nun dieses Ergebnis entspricht mehr dem Ergebnis aus der kumulierten Wahrscheinlichkeiten.

Hausaufgaben für den 9.7.2014


Verbesserung der Arbeit

Ü5 A.5a,5b,11

S.354 A.3 (A.5)

Ü11 A.6

B_{225};_{0,5}
P(100 \leq X \leq 120)
P(X \leq 108)
P(X > 110)




Protokoll vom 09.07.2014 Thema: Anwendung von Näherungsformel von Laplace und Moivre sowie Stetigkeitskorrektur

Protokoll von:--Marius95 (Diskussion) 19:32, 9. Jul. 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von:--Marius95 (Diskussion) 12:44, 22. Jul. 2014 (CEST)

Hausaufgaben

Übungsblatt 5, Aufgabe 5)

a)

A=[8 \ ; \ 19] \ \ \ \ \ \ \overline{A}=[0 \ ; \ 7] \cup [20 \ ; \ 53]

8  \epsilon A

Die Werbeaussage stimmt !


b)

A=[113 \ ; \ 152] \ \ \ \ \ \ \overline{A}=[0 \ ; \ 112] \cup [153 \ ; \ 530]

8 \ nicht \ \epsilon A

Die Werbeaussage stimmt nicht !


Übungsblatt 5, Aufgabe 11)

a)

mit Sigmaregel

A=[19 \ ; \ 31]


mit Binomial-Teabelle

A=[18 \ ; \ 32]


Die Hypothese wird angenommen !


b)


mit Sigmaregel

A=[38 \ ; \ 62]


mit Binomial-Teabelle

A=[37 \ ; \ 63]


Die Hypothese wird nicht angenommen !



Buch Seite 354 Aufgabe 3)

a)

 \mu = \frac{50}{3} \ \ \ \ \ \ \  \sigma =3,73


b)

I=[ \mu-2 \sigma \ ; \  \mu+2 \sigma]=[10 \ ; \ 24]


P(10 \leq X  \leq 24)=0,957=95,7 %


Fazit: Die Wahrscheinlichkeit des Intervalls ist nur um 0,002 höher als die des Nährungswertes der Sigma-Regel! Die Näherung ist also brauchbar.



B_{225;0,5}


P(100 \leq X  \leq120)=81,59%


P(X  \leq108)=29,81%




Übungsblatt 11, Aufgabe 6)


P(X   \geq 420)=P(420 \leq X \leq 450)=1,07%



Wiederholung der Nährungsformel von Moivre und Laplace

Die Nährungsformel von Moivre, Laplace für eine Binomialverteilung ist durch folgende Bedingungen definiert :

wenn... \ \ \ \  \sigma  >  3

X ist B_{n;p} verteilt

Zufallsgröße k

P(k_{1} \leq X \leq k_{2}) \approx  \Phi ( \frac{k_{2}+0,5- \mu }{\sigma})-\Phi ( \frac{k_{1}-0,5- \mu }{\sigma})


Wichtig ! ist die sogenannte Stetigkeitskorrektur von +0,5 bzw. -0,5 in der Formel zu verwenden. Wenn explizit in einer Aufgabe steht, dass man sie nicht einbringen muss, kann man sie weglassen.


Wir haben festgestellt, dass der Extremwert der Gauß-Funktion immer 0,4 beträgt. Darauf kommt man über eine Herleitung für folgende Formel, worüber wir auch ein Arbeitsblatt bekommen haben:

P(X= \mu ) \cdot  \sigma  \approx 0,4


Graphischer Beleg

---

Anwendung der Nährungsformel von Laplace und Moivre

B_{500;0,95} \ \ \ \ \ \  \mu =475 \ ; \  \sigma =4,87  > 3


Wir haben dieses Beispiel zum Aufzeigen der Wichtigkeit der Stetigkeitskorrektur in 2 Lösungen eingeteilt. Zuerst ohne Stetigkeitskorrektur und dann mit Stetigkeitskorrektur. Zur Verdeutlichung haben wir dabei jeweils nochmal 2 unterschiedliche Lösungswege gemacht..


I. ohne Stetigkeitskorrektur


P(X   \geq 480)=P(480 \leq X \leq 500)= \Phi ( \frac{500-475}{4,87})-\Phi ( \frac{480-475}{4,87}) = \Phi (5,13)- \Phi (1,03)=1-0,8485=0,1515=15,15%

P(X   \geq 480)=1-P(X \leq 479)=1-( \Phi ( \frac{479-475}{4,87})-\Phi ( \frac{0-475}{4,87}) )=1-( \Phi (0,82)-\Phi (-97,54))=1-0,7939=0,2061=20,61%


Man erkennt, dass die Wahrscheinlichkeiten beider Lösungswegen recht deutlich auseinander gehen. Wie sieht es jetzt aber mit Stetigkeitskorrektur aus ?



II. mit Stetigkeitskorrektur

P(X   \geq 480)=P(480 \leq X \leq 500)= \Phi ( \frac{500+0,5-475}{4,87})-\Phi ( \frac{480-0,5-475}{4,87}) = \Phi (5,24)- \Phi (0,92)=1-0,8212=0,1788=17,88%

P(X   \geq 480)=1-P(X \leq 479)=1-( \Phi ( \frac{479+0,5-475}{4,87})-\Phi ( \frac{0-0,5-475}{4,87}) )=1-( \Phi (0,92)-0)=1-0,8212=0,1788=17,88%


Man erkennt nun, dass die Wahrscheinlichkeiten beider Lösungswege gleich sind. Dies ist also nur der Fall, wenn man die Stetigkeitskorrektur benutzt !



Wir haben auch angefangen,die 7. Abituraufgabe zu bearbeiten.

Hausaufgaben zum 10.07.2014

Übungsblatt Nr.5 Aufgabe 5 a) + b) mit \alpha =0,01, Aufgabe 12

Übungsblatt Nr.11 Aufgabe 12, 13 (mit 250,500)


--Marius95 (Diskussion) 19:26, 10. Jul. 2014 (CEST)


Protokoll vom 11.07.2014 Thema: Stetige Zufallsvariable

Protokoll von:--Vincent97 (Diskussion) 17:47, 11. Jul. 2014 (CEST) (Schuljahr 2013 / 14)
Lehrer C.-J. Schmitt (3 Unterrichtsstunden)
verbessert von: --Vincent97 (Diskussion) 23:12, 12. Jul. 2014 (CEST)

Lösung der Hausaufgaben

Übungsblatt 5:

5a) A=[6;21]

5b) A=[107;158]

12) A=[52;91]


Übungsblatt 11:

10) P(X\geq 15)=0%

12) n=250 P(X\leq 3)=24,19%

n=500 P(X\leq 3)=1,84%

6a) P(X\geq 420)=1,07%

6b) P(X\leq 15)=20,27%


P(X>110)=69,04%


Musteraufgabe: Zweiseitiger Test

Lösung mit Laplace Näherung

H_0: p= \frac{1}{6}

H_1: p \neq  \frac{1}{6}

n=100

\mu=16,67

\sigma=3,73>3

\alpha =10%


A=[a,b]

\overline{A}=[0;a-1]\vee[b+1;100]

P(X\leq a-1)\leq0,05

 \Phi \left ( \frac{a-17,17}{3,73} \right ) - \Phi \left ( \frac{-0,5-16,67}{3,73} \right )\leq0,05

\Phi \left ( \frac{a-17,17}{3,73} \right )- \Phi (-4,6)\leq0,05

Da die zweite Wahscheinlichkeit von \Phi 0 ergibt, fällt diese raus und man muss in der Tabelle nur noch einen Wert suchen, der kleiner als 0,05 ist.

 \Phi (-1,64)=0,0505

 \Phi (-1,65)=0,0495

Nun muss man nur noch nach a umstellen. Da das Argument kleiner als 0,05 sein soll und -1,65 als erstes einen Wert hat, der kleiner als 0,05 ist, muss das Argument von

 \frac{a-17,17}{3,73}  \leq -1,65

a \leq 11,02

 a_0=11

A=[11;23]


Lösung mit Sigmaregeln

P(X \epsilon A)\geq 0,9

A=[\mu-1,64\sigma;\mu+1,64\sigma]=[10,55;22,78]=[11;22]


Lösung mit Binomialkoeffizenten

Lösung mit Binomialkoeffizent

A=[11;23]

Man sieht, dass die beiden Näherungen sehr genau sind und fast mit der genauen Berechnung übereinstimmen.


Stetige Zufallsvariable

Die stetige Zufallsvariable gibt es unteranderem bei folgenden Themen: Größe von Soldaten, Füllmenge von Saft... Diese Beispiele sind Beispiele für Normalverteilungen, bei der man die stetige Zufallsvariable braucht.

Zentraler Grenzwertsatz: \mu,\sigma
X=X_1+X_2+...+X_n

Die Zufallsvariable setzt sich aus vielen einzelnen Zufallsvariablen zusammen, die man addieren muss, damit man die stetige Zufallsvariable erhält.

P(X\leq k)\approx \Phi \left ( \frac{k-\mu}{\sigma}\right )

Bemerkungen

  1. Die Näherung wird besser, je größer n ist
  2. Man braucht keine Stetigkeitskorrektur
Binomialverteilung Normalverteilung
B_{n;p}(k)={n \choose k}\cdot p^k\cdot q^{n-k} N_{\mu;\sigma}
ZV nimmt nur natürliche Werte an ZV stetige Werte (reelle Werte)
gegebenenfalls Laplace Näherung zentraler Grenzwertsatz

Beispiele zur Normalverteilung

Der Hersteller garantiert Abweichungen in der Zuckerpakung von weniger als 5g.

N_{500;5}

X: Gewicht in Gramm

P(495<X<505)=P(495 \leq X  \leq 505) \approx  \Phi \left ( \frac{505-500}{5} \right )-\Phi \left ( \frac{495-500}{5} \right )= \Phi (1) -\Phi (-1)=2\cdot  \Phi (1)-1=68,26%

Die Umformung beim zweiten Schritt ist erlaubt, da man diesmal alle reelen Zahlen einsetzen kann und nicht auf natürliche Zahlen beschränkt ist. Da es sowieso nur eine Näherung ist, lässt man den Bereich gleich.


Übungsblatt 11 Nr. 1

P(490 \leq X  \leq 510) \approx  \Phi \left ( \frac{510-500}{6} \right )-\Phi \left ( \frac{490-500}{6} \right ) =\Phi (1,67) -\Phi (-1,67)=2\cdot  \Phi (1,67)-1=90,5%

Ausschuß: 9,5%


Weil man jetzt den Bereich selbst bestimmen möchte, muss man c von Erwartungswert jeweils addieren und subtrahieren.

P(500-c \leq X \leq 500+c) \geq 0,96

 \Phi \left ( \frac{500-c-500}{6}\right )- \Phi \left ( \frac{500+c-500}{6}\right )  \geq 0,96

 \Phi \left (- \frac{c}{6}\right )- \Phi \left ( \frac{c}{6} \right ) \geq 0,96

2\cdot \Phi \left ( \frac{c}{6} \right )-1\geq 0,96

\Phi \left ( \frac{c}{6} \right )\geq 0,98

\Phi (2,06)=0,9803

\Phi (2,05)=0,9793

\frac{c}{6}\geq 2,06

c\geq 12,36

P(487,64\leq X \leq 512,36)=[487,64;512,36]


4) N28,3;5,2 X: Gewicht in Gramm

P(X \geq 35)=1-P(X \leq 34) \approx 1- \Phi  \left ( \frac{35-28,3}{5,2} \right )=1- \Phi (1,29)=9,85%


Abi Aufgaben

Den Rest der Stunde haben wir uns mit folgenden Abiaufgaben beschäftigt:

Abituraufgabe 3 Nr.3.1

Abituraufgabe 8 Nr.3

Abituraufgabe 4 Nr.3.1