Protokolle vom Juni 2016

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Inhaltsverzeichnis

Protokoll vom 1.06. und 3.06.2016 Testreview,C7 und C8,The errors α and β depend on the sample n ( α and β must be as small as possible) , The two-tailed test

Kurzinfo

Schülerbeitrag
Diese Seite enthält
Schülerbeiträge.

Bitte beachte die Hinweise für Schüler.

Protokoll von--L.Wagner (Diskussion) 20:53, 1. Jun. 2016 (CEST)Laurent99OB (Schuljahr 2015 / 2016)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von--L.Wagner (Diskussion) 16:35, 28. Jun. 2016 (CEST)Laurent99OB

Test Review

You will find our Test at Europa-Schule_Obermayr/2015-2017_LK_M_11.2/Hausaufgabenüberprüfungen,_Musterklausuren_und_Leistungsnachweise_11.2

Excercise Review of C7 and C8

You will find our excercises at:

Excercise C7

Excercise C8

Tips

http://brinkmann-du.de/mathe/rbtest/1sonstiges/zufall/binomialvert_01.htm

You wll find this website on Wiki at Klappteste. You take the link under, then on Rechnenhelfer für Bionomialverteilung

Value table (Nico´s System)

If we don´t know which initial value you have to choose for the system of "Solve" of the WTR like in Excercise 2 of our test, you can use Nico´s System:


First, you take the WTR, then you enter Mode after 3 (table). Then you write down the equation. After you give the initial value, give the end value and give the step range. So you can see which X you have to choose for the system of "Solve"

Table for summed binomial probability(Titus System)

If we want to calculate a of the acception or rejection region, we can use "Titus System":

Example: n=100, p=0,5, k=55

First, you enter 4 (Dist), then you go own down (arrow down), enter 1,enter again 1(List), enter x-value in this case write 55, click next, enter n=100, write p. So you get the probality of P(X\le 55). This system you can only use if you have got the significance or you want to talk the probality for a value.

Verbesserung Taschenrechner

Homework

4b

f(x)=0,75)^n+n \cdot 0,25^1 \cdot 0,75^{n-1}

Graph 4b

n must be than ≥ 15

11b

1.

n=100; α=5%; µ=30

H_0: p=0,3

H_1: p>0,3

Now use the calculator for searching a for the rejection region

\overline{A}=[39;100]

\overline{A} \mbox{ means rejection region}

When k=35, then the hypothesis will be assumed--> 35\in A

2.

n=1000; α=5%; µ=300

\overline{A}=[325;1000]

A=[0;324]

When k=350, then the hypothesis won´t be assumed--> 350\notin A


The error probability is called the type I error. That is the probability that I won´t accept null hypothesis although it is true.


The errors α and β depend on the sample n ( α and β must be as small as possible)

We are now looking the error α and β for a right and left hypothesis. For this theme, we will take a dice as an example.


Please remind!: For a right and a left hypothesis, we will start always with the rejection region.


Right hypothesis

Our null hypothesis to get a six is a sixth. But somebody else says that this is false:

We will get a 6 for a probality of one-third. He assumes, that the number six occurs more often.

At first, we haven´t got a signifiance. So we will take a number which is near at the expected value for our rejection and acceptance region. We want to get a α under 10%.

H_0=\frac{1}{6}

H_1=\frac{1}{3}

At first, we haven´t got a signifiance. So we will take a number which is near at the expected value for our rejection and acceptance region.

n=10

\mu=1,77

Because we have a right hypothesis, we will take a value for the rejection region [a;10] which is over the expected value.

\overline{A}:[3;10]

\alpha=P_{p=\frac{1}{6}}(x \ge 3)=22,48%

This α error is too high. So we will take another rejection region [4;10].

P_{p=\frac{1}{6}}(X \ge 4)=6,97%


But now,we assume a single significance α=0,01

n=10

\overline{A}:[6;10]

\alpha=P_{p=\frac{1}{6}}(X \ge 6)=0,24%--> This is the real signifiance!

\beta=P_{p=\frac{1}{3}}(X \le 5)=92,34%

For the β error, use always the probality of H1


n Rejection region at α β
10 6 0,24% 92,34%
50 16 0,57% 36,9%
100 27 0,62% 7,19%


When α gets smaller, β gets bigger.


Left hypothesis

Our null hypothesis to get a six is a sixth. But somebody else says that this is false:

We will get a 6 for a probality of 0,1. He assumes, that the number six occurs not so often.

At first, we haven´t got a signifiance. So we will take a number which is near at the expected value for our rejection and acceptance region. We want to get a α under 10%.

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

H_1:p=0,1

At first, we haven´t got a signifiance. So we will take a number which is near at the expected value for our rejection and acceptance region.

n=10; \mu\approx 17

Because it is a left hypothesis, our rejection region is everytime [0;a]. So we will take a value which is under the expected value.

\overline{A}:[0;14]

\alpha=P_{\frac{1}{6}}=(X \le 14)= 28,74%

\beta=P_{0,1}(X \ge 15)=7,3%

n Rejection Region at α β
100 14 28,74% 7,26%
100 12 12,94% 19,82%
100 10 4,27% 41,68%

We want to get \alpha smaller, so \beta gets bigger.


When we enlarge our rejection value, we can see that our \alpha becomes smaller , and so β gets bigger



Now, we stay on a significance of 5%

n=200; \mu \approx 34; \alpha=5%

\overline{A}:[0;a]

P_{\frac{1}{6}}(X \le a) \le 0,05

P(X \le 24)=2,69%

\overline{A}: [0;24]

\beta=P_{0,1}(X \ge 25)=14,5%


n α β
100 α ≤ 5% 41,68%
200 α ≤ 5% 14,5%
500 α ≤ 5% 0,3%
1000 α ≤ 5% 0%


When n enlarges and we have the same signifiance, β gets smaller


Relation between sample size and overall error

We know that shifting our acception region to lower our type I error increases the type II error and vice versa. Therefore there is only one way to decrease the overall error which is the sum of type I and type II error. The following pictures show that you can decrease the overall error by increasing the sample size n.

In picture 1 one wants to test whether H0: p=0,5 is true. Furthermore we have n=20 which leads to an acception region of [0;14]. This leads to a probability of the Type I error of 2,07% which is marked red. If we assume that the real p under H1 is 0,7 we come to a type II error of 58,36% which is marked beige. From the explanations to “Right hypothesis” and “Left hypothesis” we know that decreasing our significance lever increases the probability of our type II error and vice versa. This is what we also see in the picture. The blue marked area (Type I error) is very small while the red market area (Type II error) is much bigger.

Histogram n=20 p=0,5 p1=0,7

The two-tailed test

You can find the page for the two-tailed test at 356.

As an example we take again a dice. We roll the dice 100-times. Our null hypothesis to get a 6 is a sixth. Somebody else says that this isn´t true.

n=100

\mu \approx 17

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

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

For H1 we have two possibilities: The probability can be bigger or smaller than a sixth. This obtains for every H1 for the two-tailed test.

We start here with the accepted region, not with the rejection area like in R-T and L-T. First we will search our accepted region. There we go 4 up and down from our µ. So our accepted region will be [13;21] Our rejection region will be [0;12] \bigcup {  } [22;100]

Our Probality for our accepted region is:

P_{\frac{1}{6}}(13 \le X \le 21)=P(X \le 21)-P(X \le 12)=77%=P(X \in A)

Our α error will be:

P(X \in \overline{A})=23%= \alpha= 1-P(X \in A)


Now we go from a signifiance of 10%

\alpha=0,1

P(X \in \overline{A} \le 0,1

P(X \in A) \ge 0,9

P(X \in A) \ge 0,9 reminds us of the 4.th rule of the Sigma-Interval.

P(\mu-1,64 \sigma \le X \le \mu+ 1,64 \sigma) \approx 90%

That can be substituted for P(X \in A) \ge 0,9

But at first, we need our µ and our σ for n=100

\mu= 100 \cdot \frac{1}{6}=16,67

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

1,64 \cdot 3,73= 6,11

A=[16,67-6,11;16,67+6,11]

=[10,56;22,78]

Now you have to round. Becuase we have 90%, it is expedient that we get a big Interval for the accepted region.

=[10;23]

P(10 \le X \le 23)=94,08%

\alpha= 5,92%= 1-P(10 \le X \le 23)

"Musteraufgabe"

We throw a coin 100-times. Our signifiance is 5%.

H_0:p=0,5

H_1:p\neq 0,5

P(X \in \overline{A}) \le 0,05

=1-P(X \in A) \le 0,05

P(X \in A)\ge 0,95

Now it´s time for the fifth rule of the Sigma-Intervall because our signifiance is 5%.

A: [\mu-1,96\sigma; \mu+ 1,96\sigma]

\mu=50

\sigma=5

1,96 \cdot \sigma= 9,8

A:[40,2;59,8]


A=[40;60]

\overline{A}=[0,39] \bigcup {} [61;100]


P(X \in A)=P(40 \le X \le 60)=P(X=60)-P(X \le 39)=0,9824-0,0176 \approx 96%

\alpha=1-P(X \in A)= 4%

This is the real signifiance and under 5%

Ü15

You can find Ü15 on our platform.

2b

n=50; \alpha=1%; p_0=0,5

To calculate the acception region we need the "last Sigma-Rule" because we have a signifiance level of 1%.

A:[\mu-2,58\sigma;\mu+2,58\sigma] \approx 99%

A=[15,87;34,13]

A=[15;35]

\overline{A}:[0;14] \bigcup {} [36;50]

Now we check that α is lower than one 1%

P(15 \le X \le 35)=99,56%

\alpha=1-0,9956=0,44%

4

First, we need to calculate the acception region.

n=100; \alpha=0,01; H_0:p=0,5; H_1:p \neq 0,5

As the required signifiance is 1% our confidence interval has to cover the true value with 99% probability. This is called the last Sigma-Rule.

A:[\mu-2,58 \sigma ; \mu+ 2,58\sigma]

\mu=50; \sigma=5; 2,58\sigma=12,9

A:[37,1;62,9]

A:[37;63]

P(64 \notin A) --> reject hypothesis

Check:

\alpha=1-P(X \in A)=0,64%

5a.

n=53; \alpha=0,05; (k=8)

H_0:p=0,25

H_1 \neq 0,25

A:[\mu-1,96\sigma;\mu+ 1,96\sigma] \approx 95%

\mu=13,25; \sigma=3,15; 1,96\sigma=6,17

A:[7,08;19,42]

=[7;20]

Our hypothesis will be accepted because 8 is in our acception region

b.

If we tenlod our n and our k, is then k in our acception region?

n=530; \alpha=10; (k=80)

H_0=0,25

H_1 \neq 0,25

A:[\mu-1,96\sigma;\mu+ 1,96\sigma] \approx 95%

\mu=132,5; \sigma=9,97; 1,96\sigma=19,54

A:[112,96;152,04]

=[112;153]

80 \notin A because it isn´t in our acception region [112;153]


If we tenlod our n and our k, our k is not anymore in our acception region


6

n=100;

H_0:p=0,3

H_1:p \neq 0,3

A:[17;43]

P(17 \le X \le 43)= P(X \le 43)-P(X \le 16)= 0,9979-0,0009=99,7%

\alpha=1-0,997=0,3%

Our signifiance is 0,3%

8.

[| Exercise 8]

Protokoll vom 8.06. und 10.06.2016 Näherungsformel nach Laplace, Gaußfunktion, Transformation, Zufallsversuch mit einer Toast-/Butterseite, Standardisierte Zufallsvariable, 2-Seitiger Test

Protokoll von----Joao99OB (Diskussion) 21:09, 8. Jun. 2016 (CEST) (Schuljahr 2015 / 2016)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von--Joao99OB (Diskussion) 15:19, 4. Jul. 2016 (CEST)

Ü15 Nr.8

Der Unterricht begann mit der Veranschaulichung und Erklärung dieser Aufgabe von Laurent. Zu finden ist sie unter diesem Link:
Ü15 Aufgabe 8

WTR Hilfe (Quadratische Ungleichung)

Mit diesem System löst man quadratische Ungleichungen über den WTR.
Als Beispiel nehmen wir die Ungleichung:
0< ax^{2}+bx+c
WRT TIPP
Im 3.) Schritt muss man drauf achten,ob die Ungleichung eine quadratische Funktion oder eine Funktion mit einem höheren Grad ist. Je nachdem wählt man dann die Taste 1 bzw. die Taste 2. An unserem Beispiel war es eine quadratische Funktion,also wählen wir Taste 1. Im 4.) Schritt ist es dann wichtig zu beachten,ob man das richtige Ungleichheitszeichen auswählt. In unseren Fall ist es die Taste 1 für 0< ax^{2}+bx+c. Dann gibt man jeweils a,b und c ein und man bekommt die Werte für unser gesuchtes x.


Referat Operationscharakteristik

Des weiteren gibt es ein Referat über die Operationscharakteristik, welches der Titus präsentieren wird. Informationen sind zu finden auf der Seite 367 im Lambacher Schweizer 11/12 der hessischen Ausgabe.


Zufallsversuch mit einer Toast-/Butterseite

Für diesen Versuch nehmen wir einen Toast mit einer butterbeschmierten Seite und einer Toastseite. Es wird dann verglichen, welche Seite öfters unten liegt und ob die Nullhypothese p=0,5 dadurch gefährdet wird.
https://www.youtube.com/watch?v=lZZN8f2bXGo
In diesem Video erfahren wir den theoretischen Ablauf, dass mehr Gewicht auf der Butterseite herrscht als auf der Toastseite, so dass eine stärkere Anziehung auf der Seite mit Butter zustandekommt und der Toast eher auf die Butterseite als auf die Toastseite fällt.
https://www.youtube.com/watch?v=uBbAPckFRIs
In diesem Video findet die Versuchsdurchführung verschiedener Variationen statt. Alle Arten des Fallens finden dabei 20 mal statt:
1.) Butterseite von oben
2.) Toastseite von oben
3.) Butterseite auf der rechten Seite
4.) Toastseite auf der rechten Seite

Hier sind die Ergebnisse der Statistik für eine Seite Butter und eine Seite Toast:

Butterseite unten auf dem Boden Toastseite unten auf dem Boden
Butterseite von oben gefallen 0 20
Toastseite von oben gefallen 20 0
Butterseite auf der rechten Seite 17 3
Butterseite auf der linken Seite 19 1

Hier noch der Beitrag zweier Engländer, die es ganz genau wissen wollen

Und jetzt noch der physikalische Hintergrund--CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 20:43, 14. Jun. 2016 (CEST)


Näherungslösung nach Laplace

Forderung

1.) Verschiebung der Binomialverteilung nach links, so dass die y-Achse die Symmetrieachse ist.
2.) Die Werte nach oben strecken.
3.) Die Werte horizontal stauchen.

Arbeitsblatt

Beispiel

n=2

p=0,5

\mu =1

P(X=0)=0,25

P(X=1)=0,5

P(X=2)=0,25

P(X\leq 2)=1

Näherungskurve A=1\cdot 0,25+1\cdot0,5+1\cdot 0,25=1


Gaußfunktion

Die Gaußfunktion wird auch Glockenkurve genannt und wird meistens zum Beispiel verwendet, wenn die Verteilungsfunktion unbekannt ist. Gauß entwickelte die Formel:
Glockenkurve

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


Der Hochpunkt bei der Glockenkurve ist H(0/0,4)


Gauß´sche Summenfunktion

Summenfunktion

\phi(x)=\int_{-\infty }^{x}\varphi(t)dt


Bei der Summenfunktion wird die Fläche vom negativen Unendlichen bis x integriert, welches dann \phi (x) ergibt.
Verläuft x gegen Unendlich ist die Fläche zu 100% integriert.

\lim_{x\rightarrow \infty }\phi(x) =1
\lim_{x\rightarrow \infty }\phi (x)=\int_{-\infty }^{\infty }\varphi (t)dt=1

Ist x gleich 0 ist nur 50% der Fläche abgedeckt und 0,5 ist folglich dann das Resultat dieser Integration.
\phi (0)=\int_{-\infty }^{0 }\varphi (t)dt=0,5

Haben wir nun aber ein negatives x muss man der ganzen Fläche das Phi mit dem positiven x abziehen, da \phi (x)+\phi (-x)=1. Phi mit dem positiven x und Phi mit dem negativen x sind symmetrisch zueinander und bilden 100%.

\phi (-x)= 1-\phi (x)


\phi (-x) liegt immer unter 0,5. Da -x<0 ist.


Wie bei der Binomialverteilung gibt es auch für die Gauß´sche Summenfunktion eine Tabelle auf der Seite 460.

https://download.e-bookshelf.de/download/0001/8621/61/L-X-0001862161-0002998946.XHTML/e9783846334669_i0317.jpg


Zuerst schauen wir nach unserem gesuchten x, welches sich immer auf der linken Seite der drei Spalten befindet. Daraufhin finden wir entweder den Wert für \phi (-x) oder \phi (x) für das jeweilige x. Der maximalste Wert für x ist bei 3, da bei 3 die Funktion anfängt in sehr kleinen Werten gegen die x-Achse zu laufen.


Übungsaufgabe

B_{4;0,5}
\mu=2
 \sigma=1
\varphi (x)=0,4e^{-\frac{x^{2}}{2}}

K P(X=K) x=K-2 \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


Es ist zu erkennen, dass die Angaben von P(X=K) und \varphi (x) nicht sehr weit auseinander liegen. Da der Erwartungswert und somit auch die Symetrieachse bei x=2 liegt müssen wir 2 von jedem K abziehen, um den passenden x-Wert für die Gaußfunktion zu erhalten.

B_{16;0,5}
\mu=8
\sigma=2

K P(X=K) x=\frac{K-8}{2} 2P(X=K) \varphi (x)
8 0,2 0 0,4 0,4
9 0,18 0,5 0,36 0,35
10 0,12 1 0,24 0,24
11 0,07 1,5 0,14 0,13


In diesem Fall mussten wir die Kurve um 8 nach links verschieben und durch 2 teilen, damit zum einen die y-Achse (wie oben) die Symetrieachse ist und die Kurve breiter ausfällt.

Aus beiden Verfahren lässt sich schließen:

x=\frac{k-\mu }{\sigma }

Dieser Trem ist sehr wichtig für die Transformation. Sie heißt standardisierte Zufallsvariable. Für das x wird nun der Quotient eingesetzt. Im Zähler wird jedes K von dem Erwartungswert reduziert, da man die Kurve so verschieben will, dass die y-Achse die Symmetrieachse ist, was bedeutet, dass der Hochpunkt bei H(0/0,4) liegen soll. Es wird dann durch die Standardabweichung geteilt, um die Werte horizontal zu stauchen.

y=\sigma P(X=K)\approx P\left ( \frac{k-\mu }{\sigma } \right )

Um nun die Werte zu strecken, multipliziert man diese mit der Standardabweichung. Näherungsweise wird das selbe Ergebnis erzielt, wie bei der Gaußfunktion.


Probleme bei den Hausaufgaben

Ü15 Nr.10

In dieser Aufgabe werden 50 Versuchsfelder für zwei Kartoffelsorten A und B hinsichtlich ihrer Erträge in zwei gleich große Parzellen aufgeteilt. In einer Parzelle befindet sich die Sorte A und in der anderen Parzelle befindet sich die Sorte B. Später wird festgestellt wer den höheren Ertrag hat. Man stellt die Hypothese auf ,dass beide den gleichen Ertrag haben, also p=0,5. Das Signifikanzniveau ist 5% und gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für den Fehler I. Art.

n=50

H_{0}:p=0,5

H_{1}:p\neq 0,5

\alpha =0,05

\mu =25

\sigma =3,54

1,96\sigma =6,93

P(X\epsilon\overline{A})\leq 0,05

P(X\epsilon  A   )\geq 0,95

A=\left [ \mu-1,96\sigma ;\mu+1,96\sigma\right ] \approx 0,95

A=\left [18,07;31,93\right ]

A=\left [18;32\right ]


P(X\leq 32)-P(X\leq 17)=0,9672

\alpha =1-0,9672=0,0328=3,28%

Der Fehler I. Art hat im Annahmebereich von 18 bis 32 eine Wahrscheinlichkeit von 3,28%.


Ü15 Nr.12

In einer Schule wird die Verteilung der Geburtstage von 502 Schülern überprüft. Die Hypothese für einen Geburtstag am Sonntag ist dabei p=1/7. Das Signifikanzniveau ist 1% und 58 Schüler der Schule haben am Sonntag Geburtstag. Gesucht ist der Annahmebereich für einen Geburtstag am Sonntag und ob die 58 Schüler ein Element des Annahmebereiches sind.

H_{0}:p=\frac{1}{7}

H_{1}:p\neq\frac{1}{7}

\alpha =0,01

K=58

\mu =71,71

\sigma =7,84

2,58\sigma =20,23

P(X\epsilon\overline{A})\leq 0,01

P(X\epsilon  A   )\geq 0,99

A=\left [ \mu-2,58\sigma ;\mu+2,58\sigma\right ] \approx 0,99

A=\left [51,48;91,94\right ]

A=\left [54;92\right ]

58\epsilon A 58 ist ein Element des Annahmebereiches. Das bedeutet, dass die Hypothese von 1/7 bestätigt wird, wenn 58 Schüler am Sonntag geboren sind.


Übungsaufgabe zum Zweitseitigen Test

n=50

Gesucht ist, ob 31 ein Element des Annahmebereiches ist.
K=31

H_{0}:p=0,5

H_{1}:p\neq 0,5

\alpha =0,05

\mu =25

\sigma =3,54

1,96\sigma =6,93

P(X\epsilon\overline{A})\leq 0,05

P(X\epsilon  A   )\geq 0,95

A=\left [ \mu-1,96\sigma ;\mu+1,96\sigma\right ] \approx 0,95

A=\left [18,07;31,93\right ]

A=\left [18;32\right ]

31\epsilon A

n=100

Gesucht ist der Annahmebereich unter diesen Bedingungen:

H_{0}:p=0,5

H_{1}:p\neq 0,5

\alpha =0,01

\mu =50

\sigma =5

2,58\sigma =12,9

P(X\epsilon\overline{A})\leq 0,01

P(X\epsilon  A   )\geq 0,99

A=\left [ \mu-2,58\sigma ;\mu+2,58\sigma\right ] \approx 0,95

A=\left [37,1;62,9\right ]

A=\left [37;63\right ]


Transformation

Die Transformation ist die Grundlage für die Normalverteilung und wurde zuerst von Moivre 1734 (für p=0,5) formuliert. 1812 führte Laplace (für beliebige p) das Werk Moivres weiter.
An einem Beispiel werden wir die Formel für die Transformation allgemein entwickeln.

n=16

p=0,5

\mu =8

\sigma =2

P(X=8)=\binom{16}{8}cdot 0,5^{8}\cdot 0,5^{8}=0,2


P(X=8)\cdot 2=0,4

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

Die Wahrscheinlichkeit für den Erwartungswert multipliziert mit der Standardabweichung ergibt näherungsweise den Wert von 0,4. Diese Formel kann nicht bewiesen werden, da es nur näherungsweise an der 0,4 liegt.

Beispiel für ein glattes Sigma

B_{64;0,5}

\mu=32

\sigma=4

K P(X=K) k-\mu x=\frac{K-\mu}{ \sigma} P(X=K)\cdot \sigma \varphi (x)
32 0,0993 0 0 0,4 0,4
33 0,0963 1 0,25 0,39 0,39
34 0,0878 2 0,5 0,35 0,35
40 0,0136 8 2 0,054 0,054

Beispiel für ein dezimales Sigma

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 0,1122 0 0 0,4 0,4
26 0,1079 1 0,2825 0,38 0,38
30 0,0419 5 1,4124 0,15 0,15
23 0,096 -2 -0,5649 0,34 0,34


An beiden Beispielen wird verdeutlicht, dass...

P(X=K)\cdot \sigma = \varphi (x)


Protokoll vom 15.06. und 17.06.2016 Transformation nach Moivre, Fortsetzung der Approximation, Stetigkeitskorrektur, Beispiel ohne und mit Stetigkeitskorrektur, Wählen der Grenzen, Besprechung der Musterklausur

Protokoll von --Addie98OB (Diskussion) 21:48, 19. Jun. 2016 (CEST) (Schuljahr 2015 / 2016)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)
verbessert von --Addie98OB (Diskussion) 21:15, 27. Jun. 2016 (CEST)

Transformation nach Moivre

Moivre entwickelte die Formel für die Transformation erstmals im Jahre 1734 für p=0,5.


P(X=k)= \binom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} = \binom{n}{k} \cdot 0,5^k \cdot 0,5^{n-k}



\mu = p \cdot n = 0,5n

P(X = \mu ) = \binom{n}{0,5n} \cdot 0,5^{0,5n}\cdot 0,5^{n-0,5n} = \binom{n}{0,5n} \cdot 0,5^{0,5n} \cdot 0,5^{0,5n}

= \binom{n}{0,5n} \cdot 0,5^{0,5n+0,5n} = \binom{n}{0,5n} \cdot 0,5^n

= \frac{n!}{(n-0,5n)!\cdot(0,5n)!} \cdot 0,5^n =  \frac{n!}{0,5n!\cdot 0,5n!} \cdot 0,5^n



P(X= \mu) \cdot  \sigma = \frac{n!}{0,5n!\cdot 0,5n!} \cdot 0,5^n \cdot  \sqrt{n \cdot 0,5 \cdot 0,5}

= \frac{n!}{0,5n!\cdot 0,5n!} \cdot 0,5^n \cdot 0,5 \cdot  \sqrt{n} = f(n)


Bei steigenden Werten für n kann man erkennen, dass sich die Wahrscheinlichkeit dem Wert 0,4 nähert.

f(10) = 0,389

f(20) = 0,394

f(30) = 0,396

f(40) = 0,397


Hieraus ergibt sich die Näherungsgleichung.

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

Annäherung zu 0,4

Fortsetzung: Approximation der Binomialverteilung

Man kann mithilfe der Gauß'schen Glockenfunktion näherungsweise Wahrscheinlichkeiten durch Integration bestimmen.

\varphi(x) =  \varphi\left( \frac{k- \mu }{ \sigma }\right) =  \sigma \cdot P(X=k)

Für eine ordentliche Näherung ist jedoch wichtig, dass \sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)}  > 3 gilt. Dies bezeichnet man als die Laplace-Bedingung.


Die Stammfunktion der Gauß'schen Glockenfunktion ist Phi bzw. \phi und ist tabelliert, man kann also die Werte ablesen.

http://eswf.uni-koeln.de/glossar/zvert.htm

Wichtiges zum Merken:

\phi(0) = 0,5

Für x > 3 gilt:

\phi(-x) = 0

\phi(x) = 1



Im Allgemeinen wird die Stammfunktion so verwendet:

P(a \leq X \leq b) =  \int_{ \frac{a- \mu }{ \sigma }}^{ \frac{b- \mu }{ \sigma }}  \varphi(t)dt =  \phi\left(\frac{b- \mu }{ \sigma }\right) -  \phi\left(\frac{a- \mu }{ \sigma }\right)



Beispiel:

B_{500; 0,5}

\mu = 250

\sigma = 11,18  > 3


P(240  \leq X  \leq 260)  \approx  \int_{\frac{240-250}{11,18}}^{ \frac{260-250}{11,18}}  \varphi (t)dt =  \int_{-0,89}^{0,89}  \varphi(t)dt = 2 \cdot  \int_0^{0,89}  \varphi(t)dt

 = 2 \cdot \left( \phi (0,89) -  \phi (0)\right) = 2 \cdot (0,8133-0,5) = 2 \cdot 0,3133 = 0,6266 = 62,66%


Stetigkeitskorrektur

Histogramm Stetigkeitskorrektur 2


Das Histogramm der Binomialverteilung besteht aus mehreren Streifen der Breite 1.

Um die Wahrscheinlichkeit näherungsweise zu bestimmen, werden die Flächen der Streifen addiert, z.B. ist die Wahrscheinlichkeit P(4 \leq X \leq 6) die Summe der Flächen der Streifen bei 4, 5,und 6.

Der Streifen bei 4 reicht aber eigentlich von 3,5 bis 4,5 usw.

Wenn man daher die Binomialverteilung durch eine Normalverteilung annähert, muss man auch die Fläche von 3,5 bis 6,5 berechnen, sonst werden die schraffierten Flächen nicht berücksichtigt und das Ergebnis ist nicht sehr genau.

Deswegen wird bei der Stetigkeitskorrektur bei der unteren Grenze 0,5 subtrahiert und bei der oberen Grenze 0,5 addiert, um die gesamte Fläche der Streifen zu addieren.

P(a \leq X \leq b) =  \int_{ \frac{a- 0,5 - \mu }{ \sigma }}^{ \frac{b+ 0,5 -\mu }{ \sigma }}  \varphi(t)dt =  \phi\left(\frac{b+0,5- \mu }{ \sigma }\right) -  \phi\left(\frac{a - 0,5- \mu }{ \sigma }\right)



Beispiel:

P(240 \leq X \leq 260) =  \int_{\frac{240-0,5-250}{11,18}}^{\frac{260+0,5-250}{11,18}} \varphi (t)dt

=   \int_{-0,94}^{0,94}  \varphi(t)dt = 2 \cdot  \int_0^{0,94}  \varphi(t)dt = 2 \cdot \left( \phi(0,94)- \phi(0)\right)

= 2 \cdot (0,8264-0,5)= 2 \cdot 0,3264 = 0,6528 = 65,28%


Probe:

P(240 \leq X \leq 260) = P(X \leq 260) - P(X \leq 239) = 0,8262 - 0,1738 = 0,6524 = 65,24%


Beispiel ohne und mit Stetigkeitskorrektur

B_{100;0,4}

\mu = 40

\sigma = 4,9 > 3


Ohne Stetigkeitskorrektur:

P(30 \leq X \leq 50) =  \int_{\frac{30-40}{4,9} }^{ \frac{50-40}{4,9}}  \varphi(t)dt =  \int_{-2,04}^{2.04}  \varphi(t)dt = 2 \cdot  \int_0^{2,04}  \varphi(t)dt = 2 \cdot \left( \phi (2,04) -  \phi(0)\right) = 2 \cdot (0,9793-0,5) = 2 \cdot 0,4793 = 0,9586 = 95,86%


Mit Stetigkeitskorrektur:

P(30 \leq X \leq 50) =  \int_{ \frac{30-0,5-50}{4,9}}^{ \frac{50+0,5-40}{4,9} }  \varphi(t)dt =  \int_{-2,14}^{2,14}  \varphi(t)dt = 2 \cdot  \int_0^{2,14}  \varphi(t)dt = 2 \cdot \left( \phi(2,14) -  \phi(0)\right) = 2 \cdot (0,9838-0,5) = 2 \cdot 0,4838 = 0,9676 = 96,76%


Probe:

P(30 \leq X \leq 50) = P(X \leq 50) - P(X \leq 29) = 0,9832 - 0,0148 = 0,9684 = 96,84%

Wie man anhand der Probe erkennen kann, ist das Ergebnis mit Stetigkeitskorrektur genauer.


Wählen der Grenzen

B_{500;0,95}

\mu = 475

\sigma = 4,87 > 3

P(X \geq 480)


Möglichkeit 1

Man kann bei der Integration auch das Gegenereignis verwenden und als untere Grenze 0 wählen. Hierbei ist es hilfreich, die Subtraktion von der 1 immer mitzuschreiben, damit man es am Ende der Rechnung nicht mehr vergisst.

P(X \geq 480) = 1 - P(X \leq 479) = 1 - P(0 \leq X \leq 479) = 1 -  \int_{ \frac{-0,5-475}{4,87} }^{ \frac{479,5-475}{4,87} }  \varphi(t)dt = 1 -  \int_{-97,6}^{0,92}  \varphi(t)dt =  1 - (\phi(0,92) -  \phi(-97,6)) = 1 - (0,8212-0) = 0,1788 = 17,88%


Möglichkeit 2

Bei der 2. Möglichkeit wird von der gesuchten Zahl bis n integriert.

P(X \geq 480) = P(480  \leq X \leq 500) =  \int_{ \frac{479,5-475}{4,87} }^{ \frac{500,5-475}{4,87} }  \varphi(t)dt =  \int_{0,92}^{5,24}  \varphi(t)dt =  \phi(5,24) -  \phi(0,92) = 1 - 0,8212 = 0,1788 = 17,88%


Probe:

P(X \geq 480) = 1 - P(X \leq 479) = 1 - 0,8211 = 0,1789 = 17,89%


Besprechung der Musterklausur (anklicken)

Aufgabe 3 - Alternative durch Annäherung

n = 50

p = 0,4

\mu = 20

\sigma = 3,46


A = [20-a;20+a]

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


P(20-a \leq X \leq 20+a)  \approx  \int_{ \frac{19,5-a-20}{3,46} }^{ \frac{20,5+a-20}{3,46} }  \varphi(t)dt =  \phi\left( \frac{0,5+a}{3,46}\right) -  \phi\left( \frac{-0,5+a}{3,46}\right) = 2 \cdot \left( \phi( \frac{0,5+a}{3,46}) -  \phi(0)\right) = 2 \cdot \left(  \phi( \frac{0,5+a}{3,46})-0,5\right)  = 2 \cdot  \phi( \frac{0,5+a}{3,46})-1

2 \cdot  \phi( \frac{0,5+a}{3,46})-1  \geq 0,9

2 \cdot  \phi( \frac{0,5+a}{3,46})  \geq 1,9

\phi( \frac{0,5+a}{3,46})  \geq 0,95


\phi(1,65) ist der erste Wert, der größer ist als 0,95.

\phi(1,65) = 0,9505


\Rightarrow


\frac{0,5+a}{3,46}  \geq 1,65

0,5 + a  \geq 5,709

a  \geq 5,209

a = 6

A = [20-6;20+6] = [14;26]

Themen des Unterrichtes vom 22.06. und 24.06.2016 3-Stündige Kursarbeit am ersten Tag und abschließende Bearbeitung der Abituraufgaben C1 bis C3

notiert von--CJSchmitt, Europa-Schule Obermayr (Diskussion) 20:46, 29. Jun. 2016 (CEST) (Schuljahr 2015 / 2016)
Lehrer C.-J. Schmitt (5 Unterrichtsstunden)

Titus hat die Aufgaben unter vervollständigt.


Themen des Unterrichtes vom 24.06. bis 1.07.2016

--Kat99OB (Diskussion) 12:20, 2. Jul. 2016 (CEST)
24.6.16 Freitag
Musterklausur Nr.3 (andere Methode: Laplace-Näherungsverfahren); Abituraufgaben C1/C2/C3(jeweils auch mit Aufgaben zum Laplace-Näherungsverfahren)

29.6.16 Mittwoch
Neues Thema: Normalverteilung (+Beispiele); Der Zentrale Grenzwertsatz als Grundlage für die Normalverteilung; Gegenüberstellung Binomial-und Normalverteilung (Tabelle); Aufgaben von Ü21; Abituraufgabe C3
01.7.16 Freitag
Besprechung einzelner Aufgaben der Abituraufgaben C5 und C6, Abituraufgabe C6 als Beispiel für die Anwendung elementarer Stochastik (Stoff aus Beginn des zweiten Halbjahrs)