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Mathematik » Stochastik und Statistik » Lösungsvorschlag Münzwurfproblem, dessen relative Häufigkeit und Abschätzungen
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Autor
Universität/Hochschule Lösungsvorschlag Münzwurfproblem, dessen relative Häufigkeit und Abschätzungen
Hisam
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 28.03.2016
Mitteilungen: 20
Aus: Ruhrgebiet
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-09-25

\(\begingroup\)
Edit:
So ich baue in die Lösung die Verbesserungsvorschläge nachträglich ein.


Hallo Stochastikbegeisterte,


fed-Code einblenden

Die Aufgabe lautet:

Eine Münze werde $n \in \mathbb{N}$ - mal geworfen. Die Würfe stehen unabhängig zueinander. Es beschreibe $1$ den Ausgang "Kopf" und $0$ "Zahl". Kopf trete mit der Wahrscheinlichkeit $p \in ]0,1[$ und Zahl mit $(1-p)$. Die Zufallsvariable $X_k$ mit $k=1,...,n$ beschreibe den Ausgang des k-ten Wurfs.

a) Bestimmen Sie die Verteilung der relativen Häufigkei $$H_n := \frac{1}{n}  \cdot (X_1 + X_2 + ... + X_n)$$ der Würfe mit Ausgang Kopf.

b) Geben Sie die exakte Formel für die Wahrscheinlichkeit an, dass die relative Häufigkeit der Ausgänge mit Kopf zwischen $p- \frac{1}{100}$ und $p+ \frac{1}{100}$

c) Approximieren Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes die Wahrscheinlichkeit in Teilaufgabe b).

d) Geben Sie mit Teilaufgabe c) einen abgeschätzten minimalen Wert $n$ an, sodass mit der Wahrscheinlichkeit $0,9$ die relative Häufigkeit der Würfe mit dem Ausgang Kopf im Intervall $[p- \frac{1}{100}, p+ \frac{1}{100}]$ liegt. Hierfür dürfen Sie eine Wertetabelle verwenden.




LÖSUNGSVORSCHLAG


zu a)
Wir suchen also die Verteilung der Zufallsvariable $H_n$, also $P(H_n = \frac{m}{n})$, wobei $m \in \{0,...,n\}$ beschreibt wie oft Kopf aufgetreten ist.
Anscheinend gilt: $X_k \sim Bin_{1,p}$. Die Würfe sind unabhängig voneinadnder. Die Summe $\sum_{i=0}^{n} {X_i}$ ist eine $Bin_{n,p}$ verteilte Zufallsvariable. Die Wahrscheinlichkeit des Auftretens von $\sum_{i=0}^{n} X_i = m$ ist meines Erachtens die gleiche Wahrscheinlichkeit, dass $H_n$ den Wert $\frac{m}{n}$ annimmt.

Daher schlussfolgere ich $$P(H_n=\frac{m}{n})= Bin_{n,p} (m) = \binom{n}{m} (1-p)^{n-m} p^m.$$

zu b)
Gesucht ist anscheinend $P( p- \frac{1}{100} \le H_n \le p + \frac{1}{100})$.

Ursprüngliche Version:


Hier ist meine Idee den oberen $P$ minus den unteren $P$ zu berechnen, um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu erhalten. Ich meine also $$ P( p- \frac{1}{100} \le H_n \le p + \frac{1}{100}) = P(H_n \le p + \frac{1}{100}) - P(H_n \ge p - \frac{1}{100}).$$
Hierbei verwende ich, dass
$$ P(H_n \le p + \frac{1}{100})=\sum_{i=0}^{n} (Bin_{n,p}(i) \cdot \delta_+)$$ bzw
$$P(H_n \ge p - \frac{1}{100})= 1- P(H_n < p - \frac{1}{100}) = 1- \sum_{i=0}^{n} (Bin_{n,p}(i) \cdot \delta_-),$$
wobei $$\delta_+ = \begin{cases}
1 & \text{für } i \le n\cdot(p+\frac{1}{100}) \\
0 & \text{sonst}
\end{cases}
\,\text{und}\, \, \delta_- = \begin{cases}
1 & \text{für } i < n\cdot(p-\frac{1}{100}) \\
0 & \text{sonst}
\end{cases}$$


Edit:
Die Idee hierbei: Finde ein geeignetes Intervall für $m$, um die Wahrscheinlichkeit als  die Summe aller geeigneten $P(H_n=\frac mn)$ anzugeben:
$$P(p-\frac1{100}\leq H_n\leq p+\frac1{100}) =\sum_{m\in I}P(H_n=\frac mn)
$$ $$ \text{mit}\, \, I=\{m|p-\frac1{100}\leq \frac mn \leq p+\frac1{100}\} = \{m| n(p-\frac1{100})\leq m \leq n(p+\frac1{100})\}  = \left[\lceil n(p-\frac1{100})\rceil,\lfloor n(p+\frac1{100})\rfloor\right]$$
Somit lautet die exakte Gleichung für die gesuchte Wahrscheinlichkeit: $$P( p- \frac{1}{100} \le H_n \le p + \frac{1}{100})=\sum_{m=\lceil n(p-\frac1{100})\rceil}^{\lfloor n(p+\frac1{100})\rfloor}P(H_n=\frac mn)$$
zu c)
$$ P( p- \frac{1}{100} \le H_n \le p + \frac{1}{100}) = P(-\frac{1}{100} \le H_n -p \le \frac{1}{100}) $$
$$=P\left( - \frac{1/100}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} \le \frac{\frac{\sum_{i=0}^{n} X_i}{n} - p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} \le \frac{1/100}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} \right) \approx 2\Phi\left(\frac{1/100}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}\right)-1 $$

zu d)
Es ist zu untersuchen für welche $n$ die folgende Ungleichung erfüllt ist:
$$\frac{1/100}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}} \ge \Phi^{-1} (0,9)$$
Umstellen nach $n$ und einsetzen des Wertes $\Phi^{-1} (0,9) \approx 1,3$ ergibt
$$n \ge \left( \frac{1,3}{1/100}\right)^2 \cdot p(1-p)$$





Herzliche Grüße.
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Hisam
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 28.03.2016
Mitteilungen: 20
Aus: Ruhrgebiet
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-30


Denkt ihr das passt soweit?



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StrgAltEntf
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 4517
Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-10-02

\(\begingroup\)
Hallo Hisam,

leider etwas spät ein paar Anmerkungen zu a und b.

2018-09-25 23:58 - Hisam im Themenstart schreibt:
1) Geben Sie die exakte Formel für die Wahrscheinlichkeit an, sodass ...

2) wobei $m \in \{1,...,n\}$

3) Scheinbar gilt

4) Die Summe $\sum_{i=1}^{\infty} {X_i}$ ist eine $Bin_{n,p}$ verteilte Zufallsvariable.

5) $$P(H_n=\frac{m}{n})= Bin_{n,p} (m) = \binom{n}{m} (1-p)^{n-m} p^m.$$

6) Gesucht ist scheinbar

7) Gesucht ist $P( p- \frac{1}{100} \le H_n \le p + \frac{1}{100})$.

1) hier würde ich eher "dass" statt "sodass" sagen/schreiben

2) $m \in \{0,...,n\}$

3) das Wort heißt "anscheinend" und nicht "scheinbar"

4) die Summe lautet $\sum_{i=0}^{n} {X_i}$

5) das ist richtig

6) Auch hier muss es "anscheinend" heißen. "Scheinbar" würde bedeuten, dass es zwar so aussieht, in Wirklichkeit aber ganz anders ist.

7) das ist richtig

b) würde ich etwas anders lösen.

\(P(p-\frac1{100}\leq H_n\leq p+\frac1{100}) =\sum_{m\in I}P(H_n=\frac mn)\)
mit \(I=\{m|p-\frac1{100}\leq \frac mn \leq p+\frac1{100}\}\) \( = \{m| n(p-\frac1{100})\leq m \leq n(p+\frac1{100})\} \) \(= \left[\lceil n(p-\frac1{100})\rceil,\lfloor n(p+\frac1{100})\rfloor\right]\)

Also \[P()=\sum_{m=\lceil n(p-\frac1{100})\rceil}^{\lfloor n(p+\frac1{100})\rfloor}P(H_n=\frac mn)\]
\(\endgroup\)


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Hisam
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 28.03.2016
Mitteilungen: 20
Aus: Ruhrgebiet
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-03


Cool und vielen Dank. Dieser Ansatz für Teil b) ist aufjedenfall handlicher smile hatte die Gaußklammern überhaupt nicht mehr auf dem Schirm  biggrin

Ich baue mal die Idee im ersten Beitrag ein, damit alles schön an einem Platz ist.
Den Index bei der Summe in c) passe ich auch an. Ansonsten sollten c) und d) richtig sein...



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Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-10-03

\(\begingroup\)
Ich hätte bei c) eigentlich folgendes erwartet:

\(\displaystyle {\bf P}\left( p- \frac{1}{100} \le H_n \le p + \frac{1}{100}\right)={\bf P}\left(\frac{n\left(p-\frac{1}{100} \right)-np}{\sqrt{p(1-p)n}}\le\frac{nH_n-np}{\sqrt{p(1-p)n}}\le \frac{n\left(p+\frac{1}{100}\right)-np}{\sqrt{p(1-p)n}}\right)\approx 2\Phi\left(\frac{\frac{{n}}{100}}{\sqrt{p(1-p)n}}\right)-1 = 2\Phi\left(\frac{\sqrt{n}}{100\sqrt{p(1-p)}}\right)-1\)

Gruß,

Küstenkind
\(\endgroup\)


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Hisam
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-03

\(\begingroup\)
Oh. Also das Argument von $\Phi$ stimmt bei beiden Versionen überein. $n$ im Zähler und im Nenner ausklammern...

Aber da ist mir wohl ein Fehler unterlaufen, denn ich stimme dir zu, was die Abschätzung angeht
$$P(...) \approx 2 \Phi (...) - 1$$

Das ändere ich dann mal in der Lösung.

Kann man die d) so lassen?
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1105
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-10-03

\(\begingroup\)
Huhu Hisam,

2018-10-03 14:52 - Hisam in Beitrag No. 5 schreibt:
Also das Argument von $\Phi$ stimmt bei beiden Versionen überein.

ja - ich habe mir schon selbst kräftig auf die Schulter geklopft, dass ich dieses auch erkannt habe.  razz

2018-10-03 14:52 - Hisam in Beitrag No. 5 schreibt:
Kann man die d) so lassen?

Da diese Aufgabe mit den Worten "Geben Sie mit Teilaufgabe c)" beginnt, denke ich, dass du hier noch mal ran musst. Ich habe zumindest an dieser Stelle aufgehört zu lesen.

Ich wünsche dir einen Schönen Feiertag!

Küstenkind
\(\endgroup\)


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Hisam
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-16



Da diese Aufgabe mit den Worten "Geben Sie mit Teilaufgabe c)" beginnt, denke ich, dass du hier noch mal ran musst. Ich habe zumindest an dieser Stelle aufgehört zu lesen.

Hey Leute,

Nun war ich aber paar Tage mit anderen Sachen beschäftigt. Und jetzt gucke immer wieder auf diese Aufgabe und kriege d) nicht vernünftig gelöst.

Habt ihr dafür Ansätze, nachdem c) anders gelöst wurde?

LG



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Kitaktus
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-10-17

\(\begingroup\)
Nimm die Formel aus c), schlage in einer Wertetabelle den passenden Wert von $\Phi^{-1}$ nach, löse die Gleichung nach $n$ auf und schätze auf der anderen Seite nach oben ab(*), sodass die Ungleichung für alle $p$ gilt.

(*) Hinweis: Für welches $p$ ist $p(1-p)$ am größten?
\(\endgroup\)


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Hisam
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 28.03.2016
Mitteilungen: 20
Aus: Ruhrgebiet
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17

\(\begingroup\)
Also "standardmäßig" und zusätzlich mit dem Hinweis $p(1-p)$ abzuschätzen?

Also, aus

$$
2\Phi\left(\frac{1/100}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}\right)-1 \overset{!}{=} 0,9
\, \, \Leftrightarrow \, \, \Phi\left(\frac{1/100}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}\right) = 0,95

$$

ergibt sich
$$
\sqrt{n} = \Phi^{-1}(0,95) \cdot \frac{\sqrt{p(1-p)}}{1/100}\\
\Leftrightarrow n = \Phi^{-1}(0,95)^2 \cdot \frac{p(1-p)}{1/10^4} \, .

$$

Da $p(1-p)$ für den Wert $\frac{1}{4}$ sein Maximum annimmt, kann $n$ wie folgt abgeschätzt werden:

$$
n \geq \Phi^{-1}(0,95)^2 \cdot \frac{\frac{1}{4}\left( 1- \frac{1}{4} \right)}{1/10^4} =1,65^2 \cdot \frac{3 \cdot 10^4}{16} \approx 5105
$$

Auch wenn Mathematik keine Gefühlsduselei ist, so kommt mir dennoch 5105 gefühlt zu hoch vor. Oder hängt das damit zusammen, dass diese Art und Weise der Abschätzung generell grob ist?
\(\endgroup\)


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Kitaktus
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 11.09.2008
Mitteilungen: 5562
Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-10-17

\(\begingroup\)
Zwei Fehler:

1) Du hast den falschen Wert für $p$ eingesetzt.
2) Du hast (in der letzten Ungleichung) das falsche Relationszeichen gewählt.

Wenn Dir der Wert zu groß erscheint, dann liegt das an Deinem nicht genügend ausgeprägten "Gefühl".
Die Fehlerbereiche bei einer Wahlumfrage (mit 1000 bis 2000) Teilnehmern werden (für große Parteien) z.B. mit 2-3% angegeben. Du sollst auf ca. die Hälfte runterkommen, da musst Du auch viermal so viele Leute befragen.

Angaben auf's Prozent genau (manchmal sogar mit halben Prozenten) täuschen eine Genauigkeit vor, die nicht gegeben ist.
Die Institute geben allerdings typischerweise nicht ihre Rohmesswerte an, sondern "rechnen" die noch etwas glatt. Gibt es Gründe für eine sprunghafte Änderung? Ist die Stichprobe überdurchschnittlich konservativ/liberal/grün/links/... (bewertet anhand anderen Angaben in der Umfrage, z.B. Beliebtheit der Politiker usw.)?
\(\endgroup\)


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