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Spezielle Probleme im zweiten Halbjahr des Schujahres 2011 / 12

Inhaltsverzeichnis

Warum besitzen Tauben einen im Verhältnis zu anderen Vögeln hohen Anteil an Fettmasse und Volumen ?

Stadttaube

Tauben, speziell die Stadttauben, welche in Deutschland weit verbreitet sind, besitzen im Gegensatz zu anderen Vögeln wie beispielsweise Singvögeln einen höheren Anteil von Fettmasse und ein größeres Volumen.

Zunächst ist festzustellen, dass die Stadttaube kein Zugvogel ist, im Gegensatz zu vielen Singvögeln, und sich somit den kalten bis milden Temperaturen in Deutschland anpassen muss, um in eisigen Wintern zu überleben und nicht auszukühlen.

Durch eine größere Differenz zwischen Außentemperatur und Körpertemperatur gibt der Körper eines gleichwarmen Tieres mehr Wärme ab und auch die Oberfläche eines Tieres spielt eine entscheidende Rolle für die Wärmeabgabe.

Demgegenüber steht das Volumen, welches für die Wärmefreisetzung eine entscheidende Rolle spielt, da der Körper die Körpertemperatur durch Nahrungsaufnahme und Umwandlung der Nahrungsenergie in Wärmeenergie reguliert.

Da stark ausgeprägte Extremitäten durch ihre meist flache Formen wenig Volumen, jedoch eine im Verhältnis dazu eine große Oberfläche haben, wird durch stark ausgeprägte Extremitäten wie beispielsweise Flügel viel Wärme verloren.

Deshalb finden sich in warmen Regionen Tiere mit beachtlich langen Extremitäten, während sich in kälteren Regionen Tiere mit im Verhältnis dazu kleineren Extremitäten befinden.

Das genannte Phänomen wird in der Fachliteratur mit der Allen'schen Regel erfasst und erklärt.

Diese Feststellung ist auch auf die Stadttauben zu übertragen, welche im Vergleich zu Störchen oder Kranichen relativ kleine Flügel im Verhältnis zum Volumen haben.


Die Stadttaube besitzt ein größeres Volumen, aber auch eine größere Oberfläche gegenüber anderen Vogelarten wie beispielsweise Singvögeln.

Nun ist zu untersuchen, ob die Taube mit ihrem relativ großen Volumen und relativ großen Oberfläche beispielsweise den meisten Singvögeln bei der Betrachtung des Verhältnisses zwischen Wärmefreisetzung und Wärmeabstrahlung, de facto bei der Betrachtung des Verhältnisses zwischen Volumen und Oberfläche, überlegen ist und somit in kälteren Regionen bedenkenloser Leben kann als andere Vögel, welche sich in wärmeren Regionen finden oder Zugvögel sind.

Um das Verhältnis zwischen Volumen und Oberfläche bei der Taube zu untersuchen, bedarf es einem geometrischen Körper, welcher die Statur der Taube wiedergibt oder annähernd beschreibt.

Da die Stadttaube sehr rund geformt ist, bietet sich eine Kugel als der Stadttaube in der Statur ähnlicher Körper an.

Nun ist zu untersuchen, wie sich eine Kugel bei der Zunahme von Volumen und Oberfläche verhält und welcher der beiden Größen im Verhältnis zur anderen schneller anwächst.

Dazu betrachte man sich eine Kugeln und die Formeln für das Volumen und die Oberfläche dieses Körpers.


Aus der Wiederholung der zehnten Klasse:

Using Ob Bildschirmfoto 2011-11-05 um 17.07.48.png

V = \frac{4}{3} \cdot \pi r^3

O = 4 \cdot \pi r^2

Das "r" in den oben genannten Formeln steht für den Radius der Kugel.


Zu Anfang ist eine Tabelle mit diversen Werten für den Radius zu erstellen:

Radius in cm 1 2 3 4 5
Volumen in cm3 4,19 33,51 113,10 268,08 523,60
Oberfläche in cm2 12,56 50,27 113,10 201,06 314,16

Es ist auffällig, dass das Volumen gegenüber der Oberfläche schneller zunimmt.

Man kann die Formel für das Volumen, sowie für die Oberfläche zudem als Funktionen mit der Variable "r" betrachten.

V(r)=\frac{4}{3} \cdot \pi r^3

O(r)=4\cdot \pi r^2

Da V(r) eine kubische Funktion ist, steigt der Wert von V(r) mit zunehmender Größe des Radiuses schneller an, als der Wert der quadratischen Funktion O(r).

Wenn man den Radius der Kugel verdoppelt, so wird das Volumen der Kugel verachtfacht, während die Oberfläche nur vervierfacht wird.

Zur Illustration:

V(2r)=\frac{4}{3} \cdot \pi (2r)^3 =\frac{4}{3} \cdot \pi (2)^3 \cdot r^3= 8 \cdot \frac{4}{3} \pi r^3

O(2r)=4 \cdot \pi (2r)^2=4 \cdot \pi \cdot (2)^2 \cdot r^2=4\cdot 4 \pi \cdot r^2


Es ist nun klar, dass die Stadttaube durch ihr großes Volumen einen Vorteil hat, da nun das Verhältnis zwischen Wärmefreisetzung und Wärmeabstrahlung hinsichtlich der Wärmefreisetzung verbessert wurde.

Da mit größerem Volumen die Wärmefreisetzung stärker verbessert wird und im Verhältnis dazu die Wärmeabstrahlung um einen niedrigeren Faktor erhöht wird, ist ein größeres Volumen für Tiere in kälteren Regionen sinnvoll.

Deshalb ist die Taube so voluminös.

Dieses beschriebene Phänomen wird in der Fachliteratur mit der Bergmann'schen Regel beschrieben, wonach Tiere in kälteren Gebieten ein größeres Volumen haben, als Tiere in wärmeren Gebieten.

--Liberté 20:27, 25. Apr. 2012 (CEST)


Übungsblatt 5 / Das Ziegenproblem

Das Szenario

Der Kandidat hat alle Runden der Quiz-Show heil überstanden. Jetzt geht es noch einmal aufs Ganze. Er wird vor drei verschlossene Türen geführt. Hinter zweien befindet sich eine Ziege- eine Niete. Hinter der dritten ein teurer Sportwagen. CJSchmitt Ziegen.jpg Der Kandidat wählt nun eine Tüir aus. Sie wird jedoch nicht geöffnet, stattdessen öffnet der Moderator (der genau weiss, wo das Auto steht) eine andere Tür, hinter der sich eine Ziege befindet. Die allen Teilnehmern bekannten Spielregeln zwingen den Moderator, dies in jedem Fall zu tun, unabhängig von der anfänglichen Auswahl des Kandidaten.

Nun fragt er den Kandidaten, ob dieser vielleicht seine Wahl noch einmal überdenken und zu der anderen noch verschlossenen Tür wechseln möchte, oder ob er bei seiner erstgetroffenen Wahl bleibt. Sein Ziel ist es natürlich, den Sportwagen zu erwischen!

Szene dazu aus dem Film 21.



Aufgabe

Sollte man wechseln oder nicht? Ist es eine 50-50 Chance, oder hat eine der beiden Entscheidungen mathematisch eine höhere Gewinnchance...?


Lösungsvorschlag 1

Unser Ziel ist also herauszufinden, wo der Kandidat die grösste Wahrscheinlichkeit hat, in dem er seine erste Entscheidung aufrechthaltet, oder seine Meinung noch mal ändert.

Wir wissen also, dass sich der Kandidat zwischen 3 Türen entschieden hat, um den Rennwagen zu finden. Also haben wir zwei möglichen Ergebnissen:

A) \frac{1}{3}, Wahrscheinlichkeit für den Rennwagen
B) \frac{2}{3}, Wahrscheinlichkeit für eine Ziege

So oder so wird eine der drei Türen von dem Moderator geöffnet, hinter der sich eine Ziege versteckt. Also bleiben am Ende zwei Türen geschlossen. Wir haben jeweils eine Niete (Ziege) und ein Gewinn Rennwagen (Rennwagen).

Jetzt hat der Kandidat zwei Möglichkeiten:

I) Er blieben bei seine Wahl
II) Er nimmt die andere Tür

Im Fall, dass er am Anfang die Tür, wo sich das Auto befindet, gewählt hätte, müsste er bei diese Wahl bleiben. Dafür hat der Kandidat eine Wahrscheinleichkeit von \frac{1}{3} \approx 33,33%

Wenn er aber am Anfang eine Ziege gewählt hat, was viel wahrscheinlicher ist, und danach seine Meinung ändert (nachdem die vom Moderator gewählte Tür geöffnet wurde), so würde der Kandidat sein Auto gewinnen. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist von \frac{2}{3} \approx 66,67%

Das Ergebnis ist also, dass der Kandidat seine Meinung ändern muss, da er eine grössere Trefferwahrscheinlichkeit besitzt.

--Tortosa 12:03, 20. Mai 2012 (CEST)


Lösungsvorschlag 2

Um herauszufinden, ob die Wahrscheinlichkeit für das Auto nach dem Wechseln größer ist, bedarf es zunächst einem Baumdiagramm, welches die Problematik verdeutlicht und zur Lösung des Problems beiträgt:

Liberté Bildschirmfoto 2012-05-19 um 12.08.24.png

Zunächst liegt die Wahrscheinlichkeit für eine Ziege bei \frac{2}{3} und die Wahrscheinlichkeit für ein Auto bei \frac{1}{3}.

Wenn wir nun, nachdem wir eine der drei Türen ausgewählt haben, vorausgesetzt, der Moderator öffnet nun eine Tür, hinter welcher sich eine Ziege befindet, die Tür wechseln, so kann es geschehen, dass sich hinter dieser Tür nun eine Ziege oder das Auto befindet.

Wechselt der Kandidat die Tür, vorausgesetzt, dass sich hinter seiner Tür eine Ziege befand und das der Moderator eine Tür öffnet, hinter welcher sich eine Ziege befindet, so erhält er nun mit hundertprozentiger Wahrscheinlichkeit ein Auto.

Da er mit einer Wahrscheinlichkeit von \frac{2}{3} eine Ziege wählt und, wenn er die Tür wechselt, vorausgesetzt der Moderator öffnet eine Tür, hinter welcher sich eine Ziege befindet, mit einer Wahrscheinlichkeit von 100% ein Auto gewinnt, ist die Wahrscheinlichkeit für ein Auto beim Wechseln der Tür, vorausgesetzt man wählte eine Tür, hinter welcher sich eine Ziege befand, \frac{2}{3} \cdot 1 =\frac{2}{3} groß.

Nun betrachte man sich den zweiten Pfand, welcher jedoch, wie sich herausstellen wird, für die Wahrscheinlichkeit von keiner großen Bedeutung ist.

Da man, sobald man, wenn man die Tür, hinter welcher sich das Auto befindet, wechselt, zu 100% eine Ziege erhält, existiert logischerweise keine Möglichkeit für ein Auto hinter der nach dem Wechseln gewählten Tür, daher liegt die Wahrscheinlichkeit bei 0%.

Dies kann man nun mathematisch ausdrücken:

E:"Wahrscheinlichkeit für ein Auto beim Wechseln der Tür"

P(E)=\frac{2}{3} \cdot 1 + 0=\frac{2}{3}\approx 66,67%

A: Die Wahrscheinlichkeit für ein Auto beim Wechseln der Tür, vorausgesetzt der Moderator öffnet eine Tür, hinter welcher sich eine Ziege befindet, liegt bei ca. 66,67%.

--Liberté 12:50, 19. Mai 2012 (CEST)


Lösungsvorschlag 3

Prinzip

Zuerst mal ist dies eine reine Zufallsentscheidung wo wir mit \frac{1}{3} Wahrscheinlichkeit die Tür mit dem Sportwagen erraten.

Ziegenproblem.png


Nun nehmen wir an der Kanditat wählt die Tür 1 aus. Dann sieht dies folgender Maßen aus:

Ziegenproblem2.png


"Sie wird jedoch nicht geöffnet, stattdessen öffnet der Moderator (der genau weiss, wo das Auto steht) eine andere Tür, hinter der sich eine Ziege befindet. Die allen Teilnehmern bekannten Spielregeln zwingen den Moderator, dies in jedem Fall zu tun, unabhängig von der anfänglichen Auswahl des Kandidaten. "

Nun sieht unsere Wahrscheinlichkeitsverteilung folgendermaßen aus:

1)Ziegenproblem3.png oder 2) Ziegenproblem4.png

Wichtig ist wie sich unsere Wahrscheinlichkeitsverteiliung durch die Information geändert hat, denn ursprünglich sah es folgender maßen aus:

Ziegenproblem5.png

Nun nehmen wir Fall 1) an. So ist die Wahrscheinlichkeit für Tür 3 =0 , da wir die Information haben, dass Tür 3= Ziege\neq Sportwagen ist. Da durch ändert sich die Wahrscheinlichkeitsverteilung in den nicht gewählten Türen:

Ziegenproblem6.png

Ziegenproblem7.png

"Nun fragt er den Kandidaten, ob dieser vielleicht seine Wahl noch einmal überdenken und zu der anderen noch verschlossenen Tür wechseln möchte, oder ob er bei seiner erstgetroffenen Wahl bleibt. "

Somit sieht die Situation folgendermaßen aus:

1.Wenn der Kandidat bei seiner ersten Wahl bleibt, hat er mit der Wahrscheinlichkeit \frac{1}{3} ein Sportwagen gewonnen.
2.Wenn der Kanditdat seine Wahl ändert, hat er mit Wahrscheinlichkeit \frac{2}{3} ein Sportwagen gewonnen.

Dieses Prinzip ändert sich kaum mit dem Lösungsansatz 1. Als ich mir aber den 2.Ansatz angesehen habe fiel mir ein weiterer Ansatz ein.



Der Moderator als Teil des Systems

Laut 2. Ansatz hieß es :"(...)Wechselt der Kandidat die Tür, vorausgesetzt, dass sich hinter seiner Tür eine Ziege befand und das der Moderator eine Tür öffnet, hinter welcher sich eine Ziege befindet, so erhält er nun mit hundertprozentiger Wahrscheinlichkeit ein Auto.(...)"

So fiel mir ein das wir auch sagen können,dass der Moderator also gezwungen ist mit 100% Wahrscheinlichkeit die Tür mit der Ziege wählen muss.

So dachte ich mir dass ich mal alle Situationen durchgehe wenn wir annehmen der Kandidat hat die Tür 1 gewählt.Es gibt 2 Annahmen dafür.
1) Wir nehmen an der Kandidat hat in seiner ersten Wahl die Tür mit dem Sportwagen gewählt.
2) Wir nehmen an der Kandidat hat in seiner ersten Wahl eine Tür mit einer Ziege gewählt.

Kommen wir zu 1). Bei 1) würde sich erst mal folgender Pfad darstellen:

Ziegenproblem8.png

Nun kommen wir zu meinen Ansatzpunkt nämlich dem Moderator denn in dieser Annahme wären in den anderen Türe jeweils eine Ziege.Doch wichtig ist, dass die Wahl des Moderators nicht 100% beträgt.Denn der Moderator muss sich auch entscheiden, welche Tür der beiden Ziegen er öffnet. Das hieße der Moderator entscheidet mit 50%, welche Tür er öffnet:

Fall 1.1.)Ziegenproblem9.png
oder Fall 1.2.)Ziegenproblem10.png


Meinen Vermutungen nach hat somit sich der Moderator mit seiner Wahl einen Einfluss auf die Wahl des Kandidaten ausgeübt. Denn wenn wir z.B. Fall 1.1.) annehmen, dann hieße es, dass wir bei einer Änderungen die 50% Wahl des Moderators miteinbeziehen müssen, denn mit 50% ist die andere Tür die Tür laut unserer Annahme eine Ziege, jedoch wissen wir dieses nicht:

Ziegenproblem17.png

Unter dieser Annahme ist Tür 3 mit \frac{1}{6} die Tür mit dem Sportwagen.
Bei Fall 1.2.)ergibt sich die selbe Wahrscheinlichkeit:

Ziegenproblem16.png

Unter dieser Annahme ist Tür 2 mit \frac{1}{6} die Tür mit dem Sportwagen.

Das heißt unter der Annahme, dass Tür 1 der Sportwagen ist, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass die andere Tür die richtige ist:
P(E)=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}

???? Wenn hinter Tür 1 der Sportwagen ist, ist die Wkeit für jede andere Tür 0(, dass sie die richtige ist)--CJSchmitt 20:18, 29. Mai 2012 (CEST)

Richtig, in diesem Fall verlieren wir wenn wir wechseln würden.Problem ist ,dass ich hier noch Schwierigkeiten bei der Formulierung habe. Im Prinzip wäre die Gewinnchance 0 jedoch ist dies die Wahrscheinlichkeit zu verlieren. Der Pfad wo kein Gewinnereignis vorliegt.--Aikawa 18:49, 30. Mai 2012 (CEST)


Somit würde es sich nicht lohnen die Wahl zu wechseln.

Nun nehmen wir Fall 2) an.

Unter diese Annahme ist der Moderator gezwungen die zweite Ziege aufzudecken, da wir annehmen, dass die erste Ziege von uns gewählt wurde.
So haben wir :

Fall 2.1.) Ziegenproblem18.png

oder Fall 2.2.) Ziegenproblem19.png

Das heißt unter der Annahme, dass Tür 1 eine Ziege ist, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass die andere Tür die richtige ist:
P(E)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}

Das heißt mit \frac{2}{3} Wahrscheinlichkeit wäre die andere Tür der Sportwagen.

Wenn wir nun beide Annahmen betrachten spricht die erste gegen ein Wechsel, jedoch die zweite Annahme für einen Wechsel. Nun habe ich eine Tabelle erstellt die die Summer der Wahrscheinlichkeit in allen 4 möglichen Fällen angibt:

Ziegenproblem20.png

Insgesamt lohnt es sich also seine Wahl zu ändern.



Probe

Fall 1.1.) Ziegenproblem13.png

Wie wir sehen können haben wir in diesem Pfad nur mit \frac{1}{9} Wahrscheinlichkeit den Sportwagen gewonnen.

Bei Fall 1.2.) ergibt sich die selbe Wahrscheinlichkeit:

Ziegenproblem14.png


Fall 2.1.) Ziegenproblem21.png

Hier haben wir die Wahrscheinlichkeit von \frac{2}{9}.

Bei Fall 2.2. ) ergibt sich die selbe Wahrscheinlichkeit:

Ziegenproblem22.png

Die insgesamte Gewinnwahrscheinlichkeit für das Wechseln beträgt:

P(E)=\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+ \frac{2}{9}+ \frac{2}{9}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}





--Aikawa 14:35, 27. Mai 2012 (CEST)



Lösungsvorschlag 4


Pdf20.gif Was ist der mathematische Hintergrund der "Schokoladenaufgabe für Tobias"?

CJSchmitt Schokolade.jpg

Beweis der Formel für den Erwartungswert bei binominalverteilten Zufallsversuchen

Zu Anfang betrachten wir uns die Formel für den Erwartungswert im Allgemeinem.

\mu=\sum_{k=0}^n k \cdot P(X=k)

Des Weiteren wissen wir, dass P(X=k) wie folgt definiert ist.

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

Nun können wir dies für P(X=k) in der obigen Summe einsetzen.

\mu=\sum_{k=0}^n k \cdot  \binom nk \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}

Zudem wissen wir, dass  \binom nk wie folgt definiert ist.

\binom nk = \frac{n!}{(n-k)!k!}

Auch dies können wir in der obigen Summe berücksichtigen.

\mu=\sum_{k=0}^n k \cdot  \frac{n!}{(n-k)!k!} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}

Nun kann man n und p ausklammern.

\mu=n\cdot p \cdot \sum_{k=0}^n k \cdot  \frac{(n-1)!}{(n-k)!k!} \cdot p^{(k-1)} \cdot (1-p)^{n-k}


Wir wissen, dass n!=n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot (n-3) \cdot ... \cdot 1 ist, daher bleibt folglich, wenn wir n ausklammern, nur noch (n-1) \cdot (n-2) \cdot (n-3) \cdot ... \cdot 1 = (n-1)! bestehen.

Zudem wissen wir, dass p^k=p\cdot p^{(k-1)}, daher bleibt p^{k-1} bestehen, wenn man p ausklammert.


Des Weiteren können wir den Startwert des Summenoperators auf 1 setzen, da das Produkt aus k und P(X=k) bei k gleich Null in jedem Falle Null ergibt.

\mu=n\cdot p \cdot \sum_{k=1}^n k \cdot  \frac{(n-1)!}{(n-k)!k!} \cdot p^{(k-1)} \cdot (1-p)^{n-k}

Zudem wissen wir, dass k!=k \cdot (k-1) \cdot (k-2) \cdot (k-3) \cdot ... \cdot 1 ist, daher können wir k! im Nenner mit dem Faktor k vor dem Bruch kürzen, wodurch im Nenner nun (k-1)! zu stehen hat.

\mu=n\cdot p \cdot \sum_{k=1}^n \frac{(n-1)!}{(n-k)!(k-1)!} \cdot p^{(k-1)} \cdot (1-p)^{n-k}

Zudem wissen wir, dass n-k gleich (n-1)-(k-1) ist (beispielsweise ist 100-10=99-9=90), daher können wir dies, da uns dies im folgenden Schritt von Bedeutung sein wird, dementsprechend in unserer Gleichung berücksichtigen.

\mu=n\cdot p \cdot \sum_{k=1}^n \frac{(n-1)!}{((n-1)-(k-1))!(k-1)!} \cdot p^{(k-1)} \cdot (1-p)^{(n-1)-(k-1)}

Da \binom {n-1}{k-1} = \frac{(n-1)!}{((n-1)-(k-1))!(k-1)!} können wir auch dies zur Vereinfachung in unserer Gleichung berücksichtigen.

\mu=n\cdot p \cdot \sum_{k=1}^n \binom {n-1}{k-1} \cdot p^{(k-1)} \cdot (1-p)^{(n-1)-(k-1)}

Nun können wir k-1 als l definieren und in unsere Gleichung substituieren.

\mu=n\cdot p \cdot \sum_{l=0}^{n-1} \binom {n-1}{l} \cdot p^{l} \cdot (1-p)^{(n-1)-l}


Da k im Laufindex gleich 1 ist, und l=k-1 ist, kann der Laufindex nun als l und der Startwert als Null definiert werden.

Zur Illustration

k=1 \qquad |-1

k-1=0

l=0

Zudem ergibt sich aus der folgenden Rechnung, dass der Endwert nun n-1 sein muss, wenn k den Wert n annimmt.

k=n \qquad \qquad |-1

k-1=n-1 \Rightarrow l=n-1


Nun können wir n-1 als m definieren und in der Gleichung berücksichtigen.

\mu=n\cdot p \cdot \sum_{l=0}^{m} \binom {m}{l} \cdot p^{l} \cdot (1-p)^{m-l}

Nun wenden wir den binomischen Lehrsatz an.


Wenn wir m den Wert 3 geben würden, so könnten wir unsere Summe wie folgt ausschreiben.

\sum_{l=0}^{3} \binom {3}{l} \cdot p^{l} \cdot (1-p)^{3-l}=\binom {3}{0} \cdot (1-p)^{3}+\binom {3}{1} \cdot p^{1} \cdot (1-p)^{2}+\binom {3}{2} \cdot p^{2} \cdot (1-p)^1 +\binom {3}{3} \cdot p^{3}

Nun könnte man den binomischen Lehrsatz anwenden.

=p^3+3p^2\cdot (1-p)+3p\cdot (1-p)^2+(1-p)^2=(p+(1-p))^3=1

Allgemein kann man das Folgende aussagen.

\sum_{l=0}^{m} \binom {m}{l} \cdot p^{l} \cdot (1-p)^{m-l}=(p+(1-p))^m

Dies übertragen wir nun auf unsere Gleichung.


\mu=n\cdot p \cdot (p+(1-p))^m=n\cdot p \cdot 1^m=n\cdot p \qquad \qquad \qquad q.e.d.


Damit ist bewiesen, dass bei einer binominalverteilten Wahrscheinlichkeit der Erwartungswert mit  n \cdot p berechnet werden kann.

--Liberté 18:14, 27. Mai 2012 (CEST)


Überlegungen zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit des Ablehnungsbereiches für p ungleich 0,5

Diese Problematik bezieht sich zunächst auf die Aufgabe 3.1. des Vorschlags C1 des Hessischen Landesabiturs 2008.

Bei einer Teilaufgabe der Aufgabe 3.1. gilt es die Wahrscheinlichkeit \alpha für den Fehler erster Art zu berechnen, wobei das Folgende gegeben war.

  • H_0: \, p=0,324
  • n=38
  • A=[10;16]
  • \overline{A}=[0;9] \cup [17;38]

Nun ist die Wahrscheinlichkeit für das Ablehnen der Nullhypothese bei Richtigkeit der Nullhypothese zu errechnen.

Dabei kam der im Folgenden zu erläuternde Gedanke zur alternativen Berechnung dieser Wahrscheinlichkeit auf.

Für gewöhnlich hätten wir die Wahrscheinlichkeit mit Hilfe des Gegenereignisses berechnet.

Der Ansatz wäre der Folgende gewesen.

P_{0,342}(X \in \overline{A})= 1-P_{0,342}(X \in A) = 1- P_{0,342}(10 \le X \le 16) =1- 0,769= 0,231 =23,1%

Alternativ kam der Gedanke auf, dass man die Wahrscheinlichkeit für den Ablehnungsbereich berechnen könnte, indem man die Wahrscheinlichkeit für die Menge [0;9] verdoppeln würde.

Dieser Gedanke entstand durch folgende Überlegung.

Um bei einem gegebenen Signifikanzniveau \alpha den Annahme- und Ablehnungsbereich bei einem Hypothesentest zu definieren, verwenden wir folgenden Ansatz.

P(X \le a-1) \le \frac{1}{2} \alpha , wobei A=[a;b] und \overline{A}=[0;a-1] \cup [b+1;n]

Hierbei haben wir die Symmetrie der Binominalverteilung um den Erwartungswert genutzt, um Annahme- und Ablehnungsbereich zu bestimmen, jedoch existiert diese Symmetrie nicht bei jeder Binominalverteilung.

Dennoch hätte man wie folgt die Symmetrie der Binominalverteilung nutzen können, falls diese vorhanden wäre.

2 \cdot P(X \le 9) =P (X \in \overline{A})

Dazu müssten jedoch die beiden Mengen, welche in dem Ablehnungsbereich vereinigt werden, gleich viele Werte enthalten, da nur so eine Symmetrie möglich wäre.

Die Binominalverteilung müsste, wenn eine Symmetrie vorhanden wäre, ähnlich wie die Gauß'sche Glockenkurve aufgebaut sein.

Bei einer symmetrischen Binominalverteilung würde das Folgende gelten.

Zur Illustration:

Liberté Bildschirmfoto 2012-06-17 um 14.46.02.png

Bei der Abituraufgaben haben die beiden Mengen, welche in dem Ablehnungsbereich vereinigt werden, unterschiedlich viele Werte.

Die Menge [0;9] enthält 10 Wert, während die Menge [17;38] 22 Werte enthält.

Dies ist ein Anzeichen dafür, dass keine Symmetrie vorliegt.

Neben dem Quantitativem der Mengen ist auch die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Zufallsgröße einen Wert der ersten oder der zweiten Menge annimmt, von unterschiedlicher Größe.

P(X \in [0;9])=P(X \le 9)=0,1140 =11,40%

P(X \in [17;38])=P(X \ge 17)= 1-P(X\le 16) =1-0,8834=0,1166=11,66%

P(X \in [0;9]) \neq P(X \in [17;38])

Auch bei der Darstellung ist ersichtlich, dass keine Symmetrie vorliegt, jedoch ist die Ähnlichkeit zur Gauß'schen Glockenkurve erkennbar.

Zur Illustration:

Liberté Bildschirmfoto 2012-06-17 um 13.59.33.png

Die Asymmetrie der Darstellung lässt sich mit Hilfe der mathematischen Definition für P(X=k) begründen.

P(X=k) = \binom nk \cdot p^k \cdot q^{(n-k)}

Zunächst sind jedoch die Merkmale für eine Symmetrie der Binominalverteilung festzulegen.


Wenn p=0,5 , so liegt ein symmetrisches Verhalten vor, da man die Gleichung wie folgt umformen könnte und aus der umgeformten Gleichung die Symmetrie begründen könnte.

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

Da n konstant ist, ist der Faktor 0,5n bei jedem k gleich.

Der Binominalkoeffizient ist bei k=\frac{1}{2}n am größten und nimmt bei größeren und kleineren Werten für k ab.

Wir können jedoch, da uns das Verhalten des Binominalkoeffizienten bekannt ist, folgende Gleichung aufstellen, welche nur bei p=0,5 gilt, da nur bei p=0,5 der Erwartungswert der Hälfte der Länge der Bernoulli-Kette gleicht.

Zur Illustration:

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\m“): \m=n \cdot p =n \cdot 0,5=0,5n


Nun die aufzustellende Gleichung:

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\m“): \binom {n}{\m - x} = \binom {n} { \m +x }


Da 0,5n konstant ist, lässt sich nun folgende Gleichung aufstellen.

Fehler beim Parsen(Unbekannte Funktion „\m“): P(X = \m - x) = P(X = \m + x)


Damit ist erwiesen, dass eine Symmetrie bei p=0,5 vorliegt.

Zur Illustration ein Beispiel:

Wenn die Länge der Bernoulli-Kette nun bei 100 liegt, liegt der Erwartungswert bei 50, vorausgesetzt, dass die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer 0,5 ist.

Beispielsweise ist Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Zufallsgröße X dem Wert 49 gleicht ist mit der Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Zufallsgröße dem Wert 51 gleicht, gleichzusetzen.

Skizziert man ein Diagramm zur Binominalverteilung erhält man die folgende Grafik.

Liberté Bildschirmfoto 2012-06-17 um 16.12.31.png

Die Symmetrie ist hier klar zu erkennen, obwohl auch die Länge der Bernoulli-Kette Einfluss auf die Symmetrie hat, jedoch ist auch bei der Betrachtung der Länge der Balken die Symmetrie feststellbar.


Nun betrachten wir uns das asymmetrische Verhalten bei einer Trefferwahrscheinlichkeit, welche nicht bei 0,5 liegt.

Wie schon vor der Begründung für die Symmetrie bei p=0,5 genannt, betrachten wir und die mathematische Definition für P(X=k).

P(X=k) = \binom nk \cdot p^k \cdot q^{(n-k)}

Wenn die Trefferwahrscheinlichkeit nicht der Wahrscheinlichkeit für eine Niete gleicht \left( p \neq q \right), so ist der Faktor neben dem Binominalkoeffizienten nicht konstant, da dieser durch k variiert wird.

Zudem ist der Wert des Binominalkoeffizienten bei k=µ nicht am größten, da der Erwartungswert nicht bei der Hälfte der Länge der Bernoulli-Kette liegt.

Es lässt sich also kein Anzeichen für eine Symmetrie erkennen, weshalb dieses Diagramm bei einer Trefferwahrscheinlichkeit, welche nicht bei 0,5 liegen darf, asymmetrisch sein muss.

Daher kann auch 2 \cdot P(X\le a-1) nicht der Wahrscheinlichkeit für den Ablehnungsbereich gleichen, da nur bei einer Trefferwahrscheinlichkeit von 0,5 eine Symmetrie vorliegt, sonst jedoch nicht, weshalb dieser alternative Ansatz nur bei einer Trefferwahrscheinlichkeit von 0,5 verwendet werden darf.

--Liberté 16:33, 17. Jun. 2012 (CEST)


Erörterung

Hallo Arthur,

bitte ersetzen Sie "diagrammatisch", das gibt es nicht.

Wie bei der Laplace-Näherung gezeigt, ergibt sich die Symmetrie der Verteilung für große n; (bei der Abiaufgabe haben wir nur n =38!). Z.B. für n=10 und p=0,8 entwickelt sich eine Symmetrie um um X=80; dabei dürfen Sie sich nicht davon beirren lassen, dass das Intervall [0; 80] viel länger ist als das Intervall [80; 100]. Die Symmetrie ist bzgl. 80!

Nehmen wir z.B. A = [75; 85] und \overline{A} =[0;74] \cup  [86;100]

Dann haben wir P(X\le 74) = 8,7%

und

P(X\ge 86) =8%

Das ist doch nicht so schlecht, und die Werte werden mit zunehmendem n immer besser.

Also ich stehe nach wie vor zu Ihrer Idee :-)

Allgemein läßt sich zeigen, dass

P(X \le np-c) \approx P(X\ge np+c)

--CJSchmitt 21:44, 19. Jun. 2012 (CEST)

Guten Tag Herr Schmitt,
P(X \le np-c) \approx P(X\ge np+c) sollte jedoch nur für lange Bernoulli-Ketten der Länge n gelten, da auch bei Ihrem Beispiel zwischen P(X\le 74) = 8,7% und P(X\ge 86) =8% ein bedeutender Unterschied von 0,7% existiert.
MfG
--Liberté 16:15, 22. Jun. 2012 (CEST)
ok, Arthur,
aber üblicherweise hantieren wir ohnehin mit Näherungen. :-)
--CJSchmitt 16:23, 22. Jun. 2012 (CEST)

Beweis der geometrischen Reihe

In der Stochastik wurde die geometrische Reihe des Öfteren für diverse Rechnungen verwendet, beispielsweise um zu ermitteln, welche Anzahl von Würfen benötigt wird, damit mit mindestens siebzigprozentiger Wahrscheinlichkeit mindestens eine Sechs als Augenzahl eines Würfels erscheint.

Dabei haben wir die folgende Formel für die geometrische Reihe verwendet:

q^0+q^1+q^2+....+q^{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1} q^i = \frac{q^n-1}{q-1}

Nun gilt es diese Formel mittels eines Induktionsbeweises zu bestätigen.

Wir stellen zunächst die Induktionsannahme auf, wobei die obige Formel dieser Induktionsannahme gleich ist.

Daher formulieren wir nun die Induktionsbehauptung, wobei unsere Behauptung ist, dass diese Formel nicht nur für den Wert n, sondern auch für den Wert n+1 und somit für alle natürlichen Zahlen gelten muss.

Die Induktionsbehauptung ist daher die Folgende:

\sum_{i=0}^{n} q^i = \frac{q^{n+1}-1}{q-1}

Nun setzten wir den Induktionsbeweis wie folgt an, indem wir lediglich die Induktionsannahme verwenden und über die Addition von q^n die Gleichung der Induktionsbehauptung erhalten möchten.

\sum_{i=0}^{n} q^i=\sum_{i=0}^{n-1} q^i+q^n

Hierbei wissen wir, dass das folgende gelten soll.

\sum_{i=0}^{n-1} q^i = \frac{q^n-1}{q-1}

Dies berücksichtigen wir nun in der zuvor erstellen Gleichung, wodurch wir die folgende Gleichung erhalten.

\sum_{i=0}^{n} q^i=\sum_{i=0}^{n-1} q^i+q^n=\frac{q^n-1}{q-1}+q^n

Nun stellen wir q^n als Bruch dar und erweitern diesen mit dem Buchstaben q, weshalb wir den folgenden Term in der Gleichung erhalten.

\sum_{i=0}^{n} q^i=\frac{q^n-1}{q-1}+\frac{q^n\cdot q}{1 \cdot q} = \frac{q^n-1}{q-1}+\frac{q^{n+1}}{q}

Nach diesem Schritt addieren wir die beiden Brüche und erhalten die folgende Gleichung

\sum_{i=0}^{n} q^i=\frac{q^n-1}{q-1}+\frac{q^n\cdot q}{1 \cdot q} = \frac{q^n-1}{q-1}+\frac{q^{n+1}}{q}=\frac{\left( q^n-1\right) \cdot q + \left( q-1\right) \cdot q^{n+1}}{\left( q-1 \right) \cdot q}

Nun multiplizieren wir die Klammern im Zähler aus und erhalten dadurch den folgenden Ausdruck, welchen wir daraufhin durch Subtraktion einzelner Komponenten im Zähler vereinfachen.

Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): \sum_{i=0}^{n} q^i = \frac{\left( q^n-1\right) \cdot q + \left( q-1\right) \cdot q^{n+1}}{\left( q-1 \right) \cdot q}=\frac{q^{n+1}-q+q^{n+2}-q^{n+1}}{q\cdot \left( q-1 \right)}= \frac{q^{n+2}-q}{q \cdot \left( q-1 \right)


Nachdem wir nun diesen Ausdruck erhalten haben, kürzen wir den Faktor q im Zähler und im Nenner und erhalten dadurch die folgende Gleichung.

\sum_{i=0}^{n} q^i = \frac{q^{n+1}-1}{q-1}

Damit haben wir die Induktionsbehauptung bewiesen.

q.e.d.

--Liberté 12:29, 29. Dez. 2012 (CET)