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Binomialverteilung und Anwendungen

Elke Warmuth

Humboldt-Universitat Berlin

Sommersemester 2010

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Unabhangigkeit von Ereignissen

1 Unabhangigkeit von EreignissenBedeutung der UnabhangigkeitUnabhangigkeit von zwei EreignissenUnabhangigkeit von 3 Ereignissen

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Unabhangigkeit von EreignissenBedeutung der UnabhangigkeitUnabhangigkeit von zwei EreignissenUnabhangigkeit von 3 Ereignissen

Kolmogorow:”The concept of mutual independence of two or

more experiments holds, in a certain sense, a central position inthe theory of probability....Historically, the independence of experiments and random variablesrepresents the very mathematical concept that has given the theoryof probability its peculiar stamp.“

Quelle: A. N. Kolmogorov: Foundations of the Theory of Probability. New York: Chelsea Publishing Company, 1950.

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Was soll erfasst werden?

Ereignisse A und B haben folgende Eigenschaft:

Information uber das Eintreten von A beeinflusst unsere Bewertungder Chancen fur das Eintreten von B nicht.

Prototypen: Ziehen mit und ohne Zurucklegen

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R1 – rote Kugel im 1. Zug, R2 – rote Kugel im 2. Zug

ohne Zurucklegen mit Zurucklegen

P(R2) = 310 P(R2) = 3

10

P(R2|R1) = 29 < 3

10 P(R2|R1) = 310

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Ziehen ohne Zurucklegen:

P(R1|R2) =P(R1 ∩ R2)

P(R2)=

310 ·

29

310

=2

9

Die Information daruber, dass die zweite Kugel rot ist, verandertdie Chancen fur eine rote Kugel im ersten Zug. Es istwahrscheinlicher, dass die erste Kugel weiß war.

Real ist R1 unbeeinflusst von R2, aber stochastisch, im Sinne derChancen, schon.

Provisorische Festlegung: Das Ereignis A ist stochastischunabhangig vom Ereignis B mit P(B) > 0, falls

P(A|B) = P(A)

gilt.

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Folgerungen aus der provisorischen Festlegung fur P(A) und P(B)positiv:

A unabhangig von B⇔ P(A|B) = P(A)

⇔ P(A ∩ B)

P(B)= P(A)

⇔ P(A ∩ B) = P(A) · P(B)

⇔ P(A ∩ B)

P(A)= P(B)

⇔ P(B|A) = P(B)

A unabhangig von B genau dann, wenn B unabhangig von A,stochastische Unabhangigkeit ist symmetrisch in A und B⇒ endgultige Definition

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Definition: Unabhangigkeit zweier Ereignisse

Zwei Ereignisse A und B heißen (stochastisch) unabhangig, fallsdie Produktformel

P(A ∩ B) = P(A) · P(B)

gilt.

Symmetrie

ohne Voraussetzung P(A) > 0 bzw. P(B) > 0.

Aspekte von Unabhangigkeit

Unabhangigkeit als Modellannahme

Unabhangigkeit in einem Modell nachweisen

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gutes Beispiel:

Quelle: Barth, Haller: Stochastik Leistungskurs. Munchen: Oldenbourg Schulbuchverlag, 1998

Sehr empfehlenswertes Lehrbuch (fur Lehrerinnen und Lehrer)

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schlechtes Beispiel:

Quelle: Mathematik. Band 2. Sachsen-Anhalt. Berlin: Cornelsen Verlag, 2005

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Begriff Unabhangigkeit festigen

Unabhangigkeit und Unvereinbarkeit

Unabhangigkeit in Vierfeldertafel

Beispiele und Gegenbeispiele

Verallgemeinerung auf n Ereignisse

Unabhangigkeit von Vorgangen

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Unabhangigkeit und Unvereinbarkeit

i.A. krasse Abhangigkeit:Eintreten von A macht Eintre-ten von B unmoglich und um-gekehrt.

Nagelprobe fur inhaltlichesVerstandnis

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Ausnahme: P(A ∩ B) = P(A) · P(B)0 = P(A) · P(B)P(A) = 0 oder P(B) = 0

Ereignisse mit Wahrscheinlichkeit 0 sind von allen Ereignissenunabhangig.

Ereignisse mit Wahrscheinlichkeit 1 auch. Sei namlichP(A) = 1

P(A) · P(B) = P(B) = P(B ∩ A) + P(B ∩ A) = P(B ∩ A)

Entspricht das inhaltlichem Verstandnis?

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A A

B P(A) · P(B) P(B)

B P(B)

P(A) P(A) 1

P(B)− P(A) · P(B) = P(B) [1− P(A)] = P(B) · P(A)

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A A

B P(A) · P(B) P(A) · P(B) P(B)

B P(A) · P(B) P(A) · P(B) P(B)

P(A) P(A) 1

Aus der Unabhangigkeit fur ein”Parchen“ folgt die

Unabhangigkeit fur alle anderen.

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1. Zweimaliges Wurfeln mit einem fairen Wurfel

A – erster Wurf 6, B – zweiter Wurf 3

Unabhangigkeit als Modellierungselement:

Argumentation: Das Eintreten von A beeinflusst die Chancenfur das Eintreten von B nicht (Gedachtnislosigkeit).

⇒ P(A ∩ B) =1

6· 1

6

Unabhangigkeit in einem Modell nachprufen:

Ω = (w1,w2) : w1,w2 ∈ 1, 2, . . . , 6Annahme: gleichwahrscheinlich, |Ω| = 36|A| = |B| = 6, |A ∩ B| = 1 ⇒ P(A ∩ B) = P(A) · P(B)⇒ A und B unabhangig

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2. Zweimaliges Wurfeln mit einem fairen Wurfel

A – Augensumme gerade, B – zweite Augenzahl gerade

Was sagt die Intuition?

Ω = (w1,w2) : w1,w2 ∈ 1, 2, . . . , 6

Annahme: gleichwahrscheinlich, |Ω| = 36

P(A) = 1836 ,P(B) = 1

2

A ∩ B = (2, 2), (2, 4), (2, 6), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (6, 2), (6, 4), (6, 6)

⇒ P(A ∩ B) = 936 = 1

4 = P(A) · P(B)

⇒ A und B stochastisch unabhangig,

obwohl reale gegenseitige Beeinflussung von A und B.

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3. Test auf Unabhangigkeit

Verungluckte Verkehrsteilnehmer bei Verkehrsunfallen in Berlin vonJanuar bis Juli 2006

Quelle: http://www.statistik-berlin.de/home.htm

unter 15 ab 15

mannlich 369 4716 5085

weiblich 288 3733 4021

657 8449 9106

1√9106

≈ 0, 01, sinnvoll runden

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unter 15 ab 15

mannlich 0, 04 0, 52 0, 56

weiblich 0, 03 0, 41 0, 44

0, 07 0, 93 1, 00

0, 07 · 0, 56 ≈ 0, 04

Spricht fur Unabhangigkeitsannahme

Frage: Wie große Abweichungen von der Produktformel sind nochmit Zufallsschwankungen vertraglich?Typische Fragestellung bei statistischem Test.

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Was soll erfasst werden?

Information uber das Eintreten von A beeinflusst unsereBewertung der Chancen fur das Eintreten von B bzw. Cnicht.Analog B und C . Kurz paarweise Unabhangigkeit:

P(A ∩ B) = P(A) · P(B)P(A ∩ C ) = P(A) · P(C )P(B ∩ C ) = P(B) · P(C )

Aber auch: Information uber das Eintreten von A ∩ Bbeeinflusst unsere Bewertung der Chancen fur das Eintretenvon C nicht:

P((A ∩ B) ∩ C ) = P(A ∩ B) · P(C )P(A ∩ B ∩ C ) = P(A) · P(B) · P(C )

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Definition: Vollstandige Unabhangigkeit von drei Ereignissen

Drei Ereignisse A, B und C heißen (vollstandig stochastisch)unabhangig, falls die folgenden Produktformeln

P(A ∩ B) = P(A) · P(B) (1)P(A ∩ C ) = P(A) · P(C ) (2)P(B ∩ C ) = P(B) · P(C ) (3)P(A ∩ B ∩ C ) = P(A) · P(B) · P(C ) (4)

gelten.

Weder die Gleichungen (1) bis (3) zusammen, noch die Gleichung(4) alleine reichen aus fur vollstandige Unabhangigkeit.

Naheliegende Verallgemeinerung auf n Ereignisse.

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Bernoulli-Ketten

2 Bernoulli-KettenUnabhangigkeit von ExperimentenModell Bernoulli-KetteGestalt der Binomialverteilung

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Bernoulli-KettenUnabhangigkeit von ExperimentenModell Bernoulli-KetteGestalt der Binomialverteilung

Unabhangige Experimente

Was heißt eigentlich”unabhangige Wiederholungen eines

Experiments“ oder auch”unabhangige Teilexperimente“?

Vorstellung: Gesamtexperiment besteht aus n Teilexperimenten.

Welche Eigenschaft musste das Modell dieses Gesamtexperimentshaben, wenn die Teilexperimente unabhangig heißen sollen?

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Halbformale Definition

Teilexperimente heißen unabhangig, wenn beliebige Ereignisse, dieetwas uber die Ausgange verschiedener Teilexperimente aussagen,unabhangig sind. Wenn A1 zum ersten, A2 zum zweiten, ..., An

zum n-ten von n unabhangigen Teilexperimenten gehort, dann giltdie Produktformel

P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An) = P(A1) · (A2) · . . . · P(An).

Genau diese Situation liegt bei Bernoulli-Ketten vor.

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Quelle: Mathematik. Band 2. Sachsen-Anhalt. Berlin: Cornelsen Verlag, 2005

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Was heißt”in exakt gleicher Weise“

Warum wird der eingefuhrte Begriff”Unabhangigkeit“ nicht

benutzt?

Bernoulli-Kette

Vorgange mit zufalligem Ergebnis, bei denen nur zwischen Erfolg(1) und Misserfolg (0) unterschieden wird, heißenBernoulli-Experimente oder Bernoulli-Versuche.

Wird ein Bernoulli-Experiment mit derselbenErfolgswahrscheinlichkeit n mal unabhangig voneinanderausgefuhrt, so entsteht eine Bernoulli-Kette der Lange n mit derErfolgswahrscheinlichkeit p.

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Jakob Bernoulli (1654-1705)

Ars conjectandi (1713)

Schweizer Briefmarke 1994

Quelle: www.fh-friedberg.de/.../marke04 09 bild01.jpg”

Bernoulli-Ketten u.a. als Rahmen fur den Beweis des Gesetzes dergroßen Zahlen

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Bernoulli-Experiment: Ω = 0, 1,P(1) = p, 1.= Erfolg

Bernoulli-Kette:

Ergebnismenge: Ω = w = (w1, . . . ,wn) : wi ∈ 0, 1

Einzelwahrscheinlichkeiten:

P((w1, . . . ,wn)) = pAnzahl der Einsen·(1−p)Anzahl der Nullen

(Unabhangigkeit)

P(nur Erfolge) = p · p · . . . · p = pn

P(nur Misserfolge) = (1− p) · (1− p) · . . . · (1− p) = (1− p)n

P(genau einen Erfolg) = n · p · (1− p)n−1

P(genau k Erfolge) =(nk

)pk(1− p)n−k

Bernoulli-Experimente zeitlich parallel oder nacheinander

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Wurfeln, Erfolg – 6

Ziehen mit Zurucklegen, Erfolg – rote Kugel

Tageshochsttemperatur an aufeinanderfolgenden Tagen imJuli in Berlin, Erfolg – Sommertag

Multiple-Choice-Test, Erfolg – richtige Antwort

Totoschein 13er-Wette, Erfolg – richtiger Tipp

kleine Stichproben ohne Zurucklegen aus großenGrundgesamtheiten, Erfolg – Merkmal liegt vor

1000 Buchstaben eines Textes auswerten, Erfolg – Vokal

Elfmeterschusse, Erfolg – Tor

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realer Vorgang als Bernoulli-Kette:

Unabhangigkeit der Teilvorgange

gleichbleibende Erfolgswahrscheinlichkeit

in der Regel idealisierende Annahmen, deshalb Modellkritikwichtig

aber

auch einfache Modelle konnen helfen Einsichten zu gewinnen

einfache Modelle als erster Schritt

PS: Wir lassen die Pfadregeln hinter uns.

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Zufallsgroßen als Modellierungswerkzeuge nutzen!

Xi =

1 falls i-ter Teilversuch Erfolg, d.h. wi = 10 falls i-ter Teilversuch Misserfolg, d.h. wi = 0

Xi unabhangig und identisch verteilt mit

P(Xi = 1) = p, E (Xi ) = p, Var(Xi ) = p(1− p)

Anzahl der Erfolge Sn = X1 + X2 + . . . + Xn

P(Sn = k) =(nk

)pk(1− p)n−k

E (Sn) = E (X1) + E (X2) + . . . + E (Xn) = np (Additivitat)

Var(Sn) = Var(X1) + Var(X2) + . . . + Var(Xn) = np(1− p)

(Additivitat bei Unabhangigkeit)

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kσ-Intervalle

Mit σn =√

np(1− p) gilt fur große n

P (np − kσn ≤ Sn ≤ np + kσn) ≈

0, 683 k = 10, 954 k = 20, 997 k = 3

nur experimentell uberprufbar ⇒ experimentell uberprufen!

Faustregel fur Anwendung np(1− p) > 9

Wahrscheinlichkeiten fest, Lage und Lange der Intervalleabhangig n und p

Kleine Standardabweichung ⇒ kurze Intervalle

große Standardabweichung ⇒ lange Intervalle

sehr schone Interpretation von Erwartungswert undStandardabweichung

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Beispiele fur 2σ-Intervalle

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B(50; 0, 3) : 15± 6 und B(150; 0, 3) : 45± 11

Intervalllange wachst mit n. Wachstum mit Großenordnung√

n.34 / 61


Exakte Aussagen uber kσ-Intervalle

Tschebyschewsche Ungleichung:

P(|X − EX | ≥ ε) ≤ VarXε2

⇔ P(|X − EX | < ε) ≥ 1− VarXε2

X ∼ B(n; p) und ε = kσ

P(|X − np| < kσ) ≥ 1− np(1−p)k2np(1−p)

≥

0 k = 10, 75 k = 20, 89 k = 3

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Normalverteilung als Grenzfall der Binomialverteilung

3 Normalverteilung als Grenzfall der BinomialverteilungStandardisierenStandardnormalverteilungGrenzwertsatz von de Moivre-Laplace

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Normalverteilung als Grenzfall der BinomialverteilungStandardisierenStandardnormalverteilungGrenzwertsatz von de Moivre-Laplace

fur große n:E (Sn) → ∞

Var(Sn) → ∞

σn → ∞

Verteilungen (Histogramme)”fließen auseinander“, aber

Gesamtflache 1

Standardisierung in drei Schritten:

1. Zentrieren: Sn − np

2. Stauchen der Intervallbreite:Sn − np√np(1− p)

3. Strecken der Saulenhohe

Anpassung einer universellen Kurve an die standardisiertenHistogramme

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1. Zentrieren

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2. Stauchen und 3. Strecken

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Beim 2. Schritt entstehen reelle Zahlen, die keine naturlichen sind:

Sn = k

⇔ k − 0, 5 ≤ Sn ≤ k + 0, 5

⇔ k − 0, 5− np ≤ Sn − np ≤ k + 0, 5− np

⇔ k − 0, 5− np

σn≤ Sn − np

σn≤ k + 0, 5− np

σn

Somit

P(Sn = k) = P

(k − 0, 5− np

σn≤ Sn − np

σn≤ k + 0, 5− np

σn

)= pk

±0, 5 – Stetigkeitskorrektur

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P(Sn = k) = P

(k − 0, 5− np

σn≤ Sn − np

σn≤ k + 0, 5− np

σn

)= pk

Intervallbreite:k + 0, 5− np − (k − 0, 5− np)

σn=

1

σn41 / 61


Intervallbreite: 1σn

Saulenflache := pk , folglich Saulenhohe = pk · σn

universelle Kurve: ϕ – Gaußsche Glockenkurve

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Quelle: www.geogebra.org/de

ϕ(x) = 1√2π

e−x2

2

X ∼ N(0, 1): P(a ≤ X ≤ b) =b∫a

ϕ(x)dx = φ(b)− φ(a)

siehe auch www.geogebra.org/de/examples/normalverteilung/normalverteilung.html

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Grenzwertsatz von de Moivre-Laplace

Sei Sn ∼ B(n, p) mit 0 < p < 1. Dann gilt fur alle α < β

limn→∞

P

(α ≤ Sn − np√

np(1− p)≤ β

)= φ(β)− φ(α)

Praktische Anwendung:

Ersetze das n-te Folgeglied durch den Grenzwert

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P(a ≤ Sn ≤ b) (∗)

= P(a− 0, 5 ≤ Sn ≤ b + 0, 5) Stetigkeitskorrektur

= P

(a−0,5−np√

np(1−p)≤ Sn−np√

np(1−p)≤ b+0,5−np√

np(1−p)

)Standardisierung

≈ φ

(b−0,5−np√

np(1−p)

)−(

a+0,5−np√np(1−p)

)Approximation

auf schwache Ungleichungen im Ansatz (*) achten

Stetigkeitskorrektur bei großen σn vernachlassigbar

Faustregel fur die Approximation: np(1− p) > 9

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2σ-Intervalle:

P (np − 2σn ≤ Sn ≤ np + 2σn)

= P

(−2 ≤ Sn − np

σn≤ 2

)≈ φ(2)− φ(−2)

≈ 0, 954

Beispiel

X ∼ B(600, 1

6

),E (X ) = 100,Var(X ) = 500

6 , σ ≈ 9, 13

100− 2σ = 81, 74, 100 + 2σ = 118, 26

2σ-Intervall: [82; 118]

exakt: P(82 ≤ X ≤ 118) = 0, 958

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AnwendungenPS

4 AnwendungenVerdeckte BefragungStatistische QualitatskontrolleWeitere Beispiele

5 PS

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AnwendungenPS

Verdeckte BefragungStatistische QualitatskontrolleWeitere Beispiele

Verdeckte Befragung

Prozentsatz sozial unerwunschter, peinlicher oder strafbarerHandlungen soll geschatzt werden

ehrliche Antworten auf direkte peinliche Fragen nicht zuerwarten

S. L. Warner (1965): RRT, Idee: verstarke das Gefuhl vonAnonymitat

W. R. Simmonds (1967): Unrelated Question Model, wieRRT, aber unverfanglicher.

P. T. Liu, L. P. Chow (1976): Quantitative RandomizedResponse Model

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AnwendungenPS


Beispiel

Gesucht: Prozentsatz der Studierenden, die schon einmal beieiner Prufung betrogen haben

Befragungsdesign:

10 Kartchen: 7 mit der Aufforderung”Sagen Sie Ja!“ (Typ A)

3 mit der Frage”Haben Sie schon einmal bei einer Prufung

betrogen?“ (Typ B)

Kartchen auf der Ruckseite gleich.

befragte Person zieht eine Karte

Annahme: Die Befragten folgen der Aufforderung bzw.antworten wahrheitsgemaß.

Was spricht dafur, dass Befragte bei dieser Form eher ehrlichantworten?

Worin bestehen Nachteile dieses Verfahrens?

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AnwendungenPS


Modell

π – Anteil der Typ-B-Karten, p – unbekannter Anteil derBetruger

P(Ja) = 1− π + π · pp – Schatzwert fur p aus einer großen Anzahl n von Befragten

Ansatz P(Ja) = hn(Ja) liefert p =hn(Ja)− 1 + π

π

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AnwendungenPS


Eigenschaften des Schatzers p

Arbeiten im Modell, Nutzen von Zufallsgroßen, Eigenschaften vonErwartungswert und Varianz

p ist eine Zufallsgroße, E (p) =?,Var(p) =?

E (p) = E(

hn(Ja)−1+ππ

)= E(hn(Ja))−1+π

π

Var(p) = Var(

hn(Ja)−1+ππ

)= Var(hn(Ja))

π2

hn(Ja) = Snn , Sn – Anzahl der Ja-Antworten

E (hn(Ja)) = 1nE (Sn)

Var(hn(Ja)) = 1n2 Var(Sn)

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AnwendungenPS


Verteilung von Sn – Anzahl der Ja-Antworten?

Annahmen:

1. Befragungen der n Personen sind unabhangige Teilexperimente2. Jede Person antwortet mit Wahrscheinlichkeit p auf eine

B-Frage mit”Ja“

Dann Sn ∼ B(n, 1− π + πp)

E (Sn) = n(1− π + πp),Var(Sn) = n(1− π + πp)(π − πp) = nπ(1− π + πp)(1− p)

Einsetzen in die bereitgestellten Formeln liefert

E (p) = p

Var(p) =p(1− p)

n+

(1− π)(1− p)

πn

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AnwendungenPS


Diskussion der Eigenschaften des Schatzers

E (p) = p – im Mittel schatzen wir richtig

Var(p) =p(1− p)

n+

(1− π)(1− p)

πn

π = 1 bedeutet direkte BefragungVarianz erhoht sich durch RRT

p, n fest: Erhohung um so großer, je kleiner π

psychologisch gut ist π = 0, 5

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AnwendungenPS


Zahlenbeispiel

n = 2000, π = 0, 5

p =h2000(Ja)− 0, 5

0, 5= 2 · h2000(Ja)− 1

Var(p) =p(1− p)

2000+

1− p

2000=

1− p2

2000≤ 1

2000

Genauigkeit der Schatzung: σ(p) ≤ 0, 022

Beispiel: hn(Ja) = 0, 67 liefert p = 2 · 0, 67− 1 = 0, 34

2σ-Intervall fur das unbekannte p: [0, 30; 0, 38].

Literaturhinweise:

K.Kruger: Wahrheit oder Pflicht. In: mathematik lehren, Heft 125, August 2004

A. Engel: Stochastik. Stuttgart: Klett, 1987

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AnwendungenPS


Qualitatskontrolle des Ausschussanteils p bei Massenproduktion

Sollwert p ≤ 0, 05 durch zufallige Stichprobe vom Umfang nkontrolliert

X – Anzahl Ausschussteile in der StichprobeAnnahme: X ∼ B(n, p)

bei p = 0, 05 gilt EX = n · 0, 05 und σ =√

n · 0, 05 · 0, 95

Wenn K = X > n · 0, 05 + 2σ eintritt, dann Postenablehnen.

”Zu viel Ausschuss!“

Wenn p = 0, 05 gilt, dann P(K ) ≈ 0, 023 (2σ-Intervall)

Herstellerrisiko: Es kann sein, dass K eintritt, obwohlp ≤ 0.05. Chance: 2,3%

Abnehmerrisiko: Es kann sein, dass K nicht eintritt, obwohlp > 0, 05.

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AnwendungenPS


Herstellerrisiko und Abnehmerrisiko konkurrieren!

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AnwendungenPS


Abnehmerrisiko umso großer, je naher p an 0,05.

Abnehmer gibt einen fur ihn gerade noch ertraglichenAusschussanteil π > 0, 05 und eine Risikowahrscheinlichkeit βan, so dass gilt:

Pπ(K ) ≤ β,

d.h. schlechter Posten wird hochstens mit Wkeit β nichtzuruckgewiesen.

erfullbar nur durch genugend großes n

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AnwendungenPS


Wahlen π = 0, 07 und β = 0, 1:

Pπ(X ≤ n · 0, 05 + 2σ) ≤ 0, 1

⇔ Pπ(X − n · 0, 07 ≤ n · 0, 05 + 2σ − n · 0, 07) ≤ 0, 1

⇔ Pπ

(X−n·0,07√

n·0,07(1−0,07)≤ n(0,05−0,07)+2σ√

n·0,07(1−0,07)

)≤ 0, 1

Normalapproximation:

φ

(n(0,05−0,07)+2σ√

n·0,07(1−0,07)

)≤ 0, 1

⇔ 1− φ(

0,02n−2σ√n·0,07·0,93

)≤ 0, 1

⇔ φ(

0,02n−2σ√n·0,07·0,93

)≥ 0, 9

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AnwendungenPS


⇔ φ

(0, 02

√n − 2σ√

0, 07 · 0, 93

)≥ 0, 9

⇔ 0, 02√

n − 2√

0, 05 · 0, 95√0, 07 · 0, 93

≥ 1, 28

n ≥ 1554

Ablehnungsbereich K = X > 87 sichert Herstellerrisiko vonhochstens 2, 3% und Abnehmerrisiko bei p = 0, 07 von 10%.

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AnwendungenPS


Weitere Beispiele

Uberbuchung

u.a. in:”Einheitliche Prufungsanforderungen in der

Abiturprufung – Mathematik“ (Beschluss der KMK vom24.05.2002)

Sammelproben

Kernzerfall

Irrfahrten

Mendelsche Gesetze

Wahlen

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AnwendungenPS

Sunday, November 16, 2008Lieber Steini,als wir dieses Wochenende ein Spiel na-mens

”Abenteuer Menschheit“ (ahnlich wie

”Siedler von Catan“) spielten, beschwerte

sich mein kleiner Bruder ,dass mein Vaterviel mehr Karten bekam als er. Nach demSpiel berechnete ich aber die Wahrscheinlich-keit fur jede Farbe (rot, orange, blau, weiß) eine Karte zu bekommen (bei einen malwurfeln, mit zwei Wurfeln). Eine Karte be-kommt man, wenn ein Stamm (sieht so aus,wie eine Flamme; s. Bild) deiner Farbe an ei-nem Feld steht, worauf die Zahl zusehen ist,die gewurfelt wurde. Mein keiner Bruder hat-te blau und mein Vater rot. Aber nach derAusrechnung kam raus, dass WEISS (Mama)die beste Wahrscheinlichkeit von 27

36( 3

4) hat-

te und alle anderen Farben eine von 2636

( 1318

)hatten, eine Karte bei einen mal wurfelnzu bekommen. Ab jetzt an, kann ich wegender Wahrscheinlichkeitsrechnung viel strate-gischer gegen meine Familie spielen.Danke. Gruss Florian

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