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Mathematik » Stochastik und Statistik » Tschebyscheff-Ungleichung
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Universität/Hochschule Tschebyscheff-Ungleichung
kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-03-25




Kann mir jemand weiterhelfen?
Für a hab ich den Erwartungswert 1/6n und die Varianz 5/36n, aber bei der Tschebyscheff-Ungleichung komm ich garnicht weiter, egal wie ich einsetze..
Danke im Voraus!



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-03-25


Huhu kathalina,

eine unmittelbare Umformulierung der Tschebycheff-Unglchung besagt <math>\mathbb{P}(|Z-EZ| < \epsilon) \geq 1 - \frac{\mathrm{Var}(Z)}{\epsilon^2} </math> für eine Zufallsvariable <math>Z</math>.

Varianz <math>\mathrm{Var}(X_n)</math> und Erwartungswert <math>EX_n</math> der Zufallsvariablen <math>X_n</math> hast Du ja bereits (richtig) bestimmt. Für die Zufallsvariablen <math>Y_n=\frac{X_n}{n}</math> solltest Du die entsprechenden Werte ebenfalls leicht ermitteln können.

Betrachte dann die umformulierte Tschebycheff-Ungleichung (s.o.) für diese <math>Y_n</math>. Es ergibt sich eine Ungleichung, die Du leicht nach <math>n</math> umformen kannst.

lg, AK.



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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-03-25


Ich versteh das mit der neuen Zufallsvariable nicht.
Ist es nicht das selbe, wenn ich die WSL von (X-1/6n) und die WSL von (X/n-1/6) berechne?
Warum benötige ich die neue ZV?

Durch umformen komm ich am Ende auf n = 0,00036 aber das macht ja bei WÜrfen keinen Sinn oder steh ich gerade auf dem Schlauch?



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-03-25


Huhu kathalina,

ohne zu sehen, was Du rechnest können wir Dir nicht helfen...

Und natürlich musst Du ggf. auf eine ggf. auf eine ganze Zahl aufrunden, aber <math>n_0=1</math> ist sicher nicht die korrekte Lösung.

lg, AK.



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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-13


Wie kann ich denn den Erwartungswert und die Varianz der neuen Zufallsvariable bestimmen?



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
Huhu Kathalina,

Du hast das doch bereits getan (siehe Post #2), Du solltest das eben nur ordentlich aufschreiben.

Der E'wert $\mathbb{E}(\frac{X_n}{n})$ beträgt $1/6$, die Varianz entsprechend $\mathbb{V}(\frac{X_n}{n}) = \frac{5}{36n}$.

lg, AK.
\(\endgroup\)


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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


die Varianz von Yn müsste doch dann auch 5/36 sein (statt 5/36n) oder nicht?

also geh ich in der Annahne richtig, dass ich den erwartungswert und die varianz für yn einfach durch E(x) /n berechnen kann?



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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


Angenommen die Varianz wäre 5/36n (warum das n nicht wegfällt versthe ich nicht)

dann steht auf der rechten Seite
1- (VarX/0,01^2) und das soll gleich 0,5 sein
Wenn ich das nach der Varianz auflöse , komme ich auf
1- (VarX/0,01^2) = 0,5
0,5 = VarX *100
VarX = 5/1000

5/36n= 5/1000
n= 36/1000 ??

Ich versteh nicht wo mein Denkfehler ist



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
Huhu kathalina,

ist $S$ eine Zufallsvariable, welche die Anzahl der Sechsen bei einmaligen Würfelwurf zählt, so beträgt deren Erwartungswert $\mathbb{E}S=\frac{1}{6}$ und ihre Varianz $\mathbb{V}S=\frac{5}{36}$

Damit ergibt sich dann $\mathbb{E}X_n=\frac{n}{6}$ und $\mathbb{V}X_n=\frac{5}{36}n$ (wie in Post #2), sowie weiter $\mathbb{E}\frac{X_n}{n}=\frac{n}{6}$ sowie $\mathbb{V}\frac{X_n}{n}=\frac{5}{36n}$ (und nicht wie in Post #6), denn es gilt für unabhängige Zufallsvariablen $A$ und $B$ und $c\in \mathbb{R}$ ja:
$\mathbb{E}(A+B) = \mathbb{E}A+\mathbb{E}B$, $\mathbb{V}(A+B)=\mathbb{V}A+\mathbb{V}B$ sowie $\mathbb{E}(cA)=c\mathbb{E}A$ und $\mathbb{V}(cA)=c^2\mathbb{V}A$.

lg, AK.

EDIT: War doch alles in Ordnung und ich habe es wieder (re-)korrigiert.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]
\(\endgroup\)


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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


Jetzt versteh ich garnichts mehr.
Kannst du mir sagen wie du auf die Werte kommst?



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
Und nun zur Tschebycheff-Ungleichung:

Damit die rechte Seite von $\mathbb{P}(|\frac{X_n}{n}-\frac{1}{6}| < \epsilon) \geq 1 - \frac{\mathbb{V}(\frac{X_n}{n})}{\epsilon^2}$ mindestens $0.5$ ist, muss mit $\epsilon=0.01$ also gelten:

$1 - \frac{50 000}{36\cdot n } \geq 0.5$ bzw. $n \geq \frac{100000}{36}$ und somit $n\geq 2778$.

lg, AK.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
\(\endgroup\)


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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-01-14


2018-01-14 18:05 - kathalina in Beitrag No. 9 schreibt:
Jetzt versteh ich garnichts mehr.
Kannst du mir sagen wie du auf die Werte kommst?

Ich war wohl verwirrt und es war doch alles in Ordnung.  Beitrag #8 ist entsprechend korrigiert.



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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


Ihre Werte ergeben für mich keinen Sinn

also der Erwartungswert und Varianz von X ist mir klar
Dann ist der Erwartungswert von Xn das n-fache davon
aber warum ist Varianz nicht das n fache ? Also warum hab ich im nenner plötzlich 6 statt 36?



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
Huhu kathalina,

im Nenner der Varianz steht eine 36, das ist korrekt. Da ist mir beim hin und her editieren ein Versehen passiert. Post #8 ist also noch einmal upgedatet worden.

Wie kommt man nun auf die Varianz?

Ausgangspunkt ist (mit den Bezeichnungen von Beitrag #8):
$\mathbb{V} S = \frac{5}{36}$
und somit (wegen $\mathbb{V}(A+B)=\mathbb{V}A+\mathbb{V}B$)
$\mathbb{V} X_n = \frac{5n}{36}$
und mit $\mathbb{V}(cA)=c^2\mathbb{V}A$ folgt
$\mathbb{V} \frac{X_n}{n} = \frac{5}{36n}$.

Deine Frage scheint auf die Beziehung $\mathbb{V}(cA)=c^2\mathbb{V}A$ für $c\in\mathbb{R}$ und eine Zufallsvariable $A$ abzuzielen. Dies gilt schlicht aufgrund der Definition der Varianz und der Linearität des Erwartungswertes:

$\mathbb{V}(cA) = \mathbb{E}(cA-\mathbb{E}(cA))^2 = \mathbb{E}(cA)^2-(\mathbb{E}(cA))^2 = c^2\mathbb{E}A^2-c^2(\mathbb{E}A)^2=c^2(\mathbb{E}A^2-(\mathbb{E}A)^2) = c^2 \mathbb{V}(A)$.

lg, AK.
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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


VIelen dank ! aber müssten es am Ende nicht 50000/18 sein?



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-01-14

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$\frac{100000}{36}=\frac{50000}{18}$, diesmal kommen wir beide zum gleichen Ergebnis :)
\(\endgroup\)


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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


zum Glück.

Könntest du mir jetzt noch den Ansatz für den Teil mit dem Grenzwertsatz sagen?



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
Huhu kathalina,

der zentrale Grenzwertsatz besagt ja in seiner einfachsten Form:

Ist $X_n$ eine Folge unabhängiger und ideentisch verteilter Zufallsvariablen mit $\mathbb{V}(X)<\infty$, so konvergiert $\frac{\sum_{j=1}^{n}X_j-\mathbb{E}(X_1)}{\sqrt{n \mathbb{V}(X_1)}}$ in Verteilung gegen die Standardnormalverteilung für $n\to\infty$.

Das heisst, man kann Folgen von standarisierten Summen (im Grenzwert) durch die Normalverteilung approximieren.

Wie wendet man das nun konkret an? Will kann eine Wahrscheinlichkeit $\mathbb{P}(\sum_{j=1}^n X_j < a)$ abschätzen, so standardisiert man den Ausdruck zunächst und wendet dann des Grenzwertsatz an, in dem man abschätzt:
$\mathbb{P}(\sum_{j=1}^n X_j < a) = \mathbb{P}(\frac{\sum_{j=1}^n(X_j-\mathbb{E}X_1)}{\sqrt{n \mathbb{V}(X_1)}} < \frac{a-n \mathbb{E}X_1}{\sqrt{n \mathbb{V}(X_1)}}) \approx \mathbb{P}(\chi < \frac{a-n \mathbb{E}X_1}{\sqrt{n \mathbb{V}(X_1)}})$, wobei $\chi$ eine standardnormalverteilte Zufallsvariable meint.

Versuche dieses Vorgehen hier anzuwenden. Beachte hierbei, dass Deine $X_n$ bereits Summen sind. Überprüfe auch, ob Teile der für die Standarisierung notendigen Ausdrücke bereits anzutreffen sind...

lg, AK.
\(\endgroup\)


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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


Die zentrierte, normalisierte Variable ist
Xn* := X- E(Xn)/(Var(xn))^(1/2)
= X- (1/6n)/(5/36n)^(1/2)

Die relative Häufigkeit ist
Sn:= 1/N (Xn)   also Xn=NSn

Gesucht ist also ein N mit

0,5 < P ( Sn < 0,01)  =P ( Xn < 0,01N)
= P ( 0,01N - (1/6n)/((5/36n)^(1/2)) < Xn*)



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]



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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-30


Vergisst meinen letzten Vorschlag.
WIr haben das Thema erst heute behandelt.
Nun stoß ich aber auf das Problem, dass ich ja n suche.
1.) Benutze ich wieder Xn/n und wenn ja ,warum?
2.) Wenn nicht, stimmt dieser Ansatz?

P (Sn < 0,01 ) > 0,5
P (Sn-1/6n / sqrt(5n/36)) < (0,01-1/6n / sqrt(5n/36))) und das geht gegen die Vtf. von N(1,0)
Jetzt hätte ich phi an der stelle ausgerechnet. Also in der Tabelle geschaut wo das 0,5 wird und dann gleichgesetzt mit (0,01-1/6n / sqrt(5n/36))
stimmt das? aber in der tabelle ist alles größer als 0,5




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kathalina
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jetzt müsste es stimmen. allerdings komme ich auf eine relativ hohe Zahl. Knan das überhaupt sein, wenn man das mit tschebyscheff vergleicht, oder wo liegt mein fehler?



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kathalina
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-01


niemand?



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AnnaKath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2018-02-01


Huhu kathalina,

sieht alles richtig aus. Ich wundere mich allerdings auch etwas über die sehr hohe Zahl in der Normalapproximation.

lg, AK.



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