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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:56 Fr 26.08.2005 | | Autor: | Kimi |
Hallo,
haben heute in der Schule mit dem besagten Alternativ-Test angefangen.
Haben natürlich auch Hausaufgaben auf bekommen, doch hier steckt irgendwie der Wurm drinn!!??
Also Aufgaben:
Bei einer Urne soll mit einer Stichprobe der Länge 5, die mit Zurücklegen zu ziehen ist, entschieden werden, ob sie 6 weiße oder 4 schwarze, oderumgekehrt 6 schwarze und 4 weiße enthält.
a)Geben Sie eine sinnvolle Entscheidungsregel an
b) Wie groß ist die Fehlerwahrscheinlichkeit
Meine Lösungen:
a) n=10 H1 (6weiße 4schwarze)
[mm] Z\le [/mm] 5 = Entscheidung für H1
Z >5 =Entscheidung für H2
b) H1 liegt vor 83,38 % 16,62%
h2 liegt vor 63,31% 36,69%
Also insgesamt eine Fehlerquote von 79,93%
Wie bei Aufgabe 1 soll über eine Urne entschieden werden, diesmal jedoch ohne Zurücklegen, sonst bleibt alles gleich.
a)Geben Sie eine sinnvolle Entscheidungsregel an
b) Wie groß ist die Fehlerwahrscheinlichkeit
c) Warum sind die Fehlerwahrscheinlichkeiten kleiner als bei Aufgabe 1???
A) [mm] Z\le [/mm] 4
Z > 4
b) habe ich die selben Ergebnisse raus, wie bei 1, halt nur umgekehrt.
Das kann doch aber nicht sein! Wo steckt der Fehler.
Vielen Dank,
LG Julia
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Hallo Julia,
In der Stochastik ist es wichtig, dass man gaaaanz genau ist. Folgende Situation. Man hat eine Urne mit 10 Kugeln. Es gibt 2 Möglichkeiten:
H1: 6 weiße und 4 schwarze Kugeln
H2: 4 weiße und 6 schwarze Kugeln
1) Man zieht 5 Kugeln MIT Zurücklegen.
a) Man soll sich entscheiden, ob mehr weiße oder mehr schwarze Kugeln im Topf sind.
Da genau fünf Kugeln gezogen werden, müssen sich darunter entweder mehr weiße oder mehr schwarze befinden. Danach richtet sich die Entscheidung.
b) Wie groß ist die Irrtumswahrscheinlichkeit [mm] $\alpha$?
[/mm]
Annahme: Man hat sich für H1 entschieden. Mit welcher Wahrscheinlichkeit war das falsch?
Weitere Annahme: Tatsächlich ist H2 richtig. Wieso hat man sich dennoch für H1 entschieden?
Fall 1: w=3, s=2 (Das heißt, man hat 3 weiße und zwei schwarze Kugeln gezogen.) Da MIT Zurücklegen gezogen wird, beträgt die Wahrscheinlichkeit, eine weiße Kugel zu erhalten 4/10 = 2/5, und die Wahrscheinlichkeit, eine schwarze zu erhalten 6/10 = 3/5. So haben wir es angenommen.
Man könnte etwa zu Anfang die 3 weißen erwischen, und dann die 2 schwarzen, oder die 3 weißen genau in den Mitte. Insgesamt gibt es [mm] $\vektor{ 5 \\ 2 }$ [/mm] = 10 Möglichkeiten 3 weiße und 2 schwarze Kugeln zu ziehen.
Es gilt P(w=3, s=2) = [mm] (2/5)^3 [/mm] * [mm] (3/5)^2 [/mm] *10
Fall 2: w=4, s=1: P(w=4, s=1) = [mm] (2/5)^4 [/mm] * [mm] (3/5)^1 [/mm] * 5
Fall 3: w=5, s=0: P(w=5, s=0) = [mm] (2/5)^5 [/mm] * [mm] (3/5)^0 [/mm] * 1
Weitere Fälle gibt es nicht. Um [mm] $\alpha$ [/mm] zu erhalten, muss man diese Wahrscheinlichkeiten addieren. Es gilt:
[mm] $\alpha \approx$ [/mm] 0,32 = 32 %
2) Das selbe Spiel OHNE Zurücklegen.
a) Selbe Entscheidungsregel
b) Fall 1: w=3, s=2: Es wird OHNE Zurücklegen gezogen. Daher verändern sich nach JEDER Ziehung die Wahrscheinlichkeiten für die Einzelergebnisse. Am Anfang gilt wie oben P(Weiß) = 2/5 und P(Schwarz) = 3/5. Zieht man nun eine weiße Kugel, so verbleiben nur noch 9 Kugeln - 3 weiße und 6 schwarze. Die neuen Wahrscheinlichkeiten lauten: P(Weiß) = 3/9 = 1/3, P(Schwarz) = 6/9 = 2/3. Wieder muss beim Berechnen der Wahrscheinlichkeit für diesen Fall, die Reihenfolge der gezogenen weißen und schwarzen Kugeln berücksichtigt werden. Es gilt:
P(w=3, s=2) = [mm] $\bruch{4 * 3 * 2 * 6 * 5}{10 * 9 * 8 * 7 *6} [/mm] * 10$ Üblicherweise scheibt man hier Einzelbrüche [mm] ($\bruch{4}{10} [/mm] * [mm] \ldots$) [/mm] - das ist aber ziemlich viel Schreibarbeit. 
Fall 2: w=4, s=1: P(w=4, s=1) = [mm] $\bruch{4*3*2*1*6}{10*9*8*7*6} [/mm] * 5$
Fall 3: w=5, s=0: P(w=5,s=0) = 0, da nach 4 gezogenen weißen Kugeln keine mehr in der Urne ist.
Somit hat man: [mm] $\alpha \approx$ [/mm] 0,26 = 26%
c) Wieso ist die Irrtumswahrscheinlichkeit nicht in beiden Fällen gleich? Der Grund ist folgender. Zieht man mit Zurücklegen, so kann man die selbe Kugel mehrmals ziehen. Zieht man eine Kugel aber mehrmals, so erhält man keine neue Information über die Kugeln in der Urne. Man kann daher keine so genaue Aussage treffen, wie in Fall b). Dort werden die Kugeln ja nicht zurückgelegt, und man erhält bei jeder Ziehung eine neue Information über die Kugeln inder Urne.
Liebe Grüße,
Holy Diver
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:14 So 28.08.2005 | | Autor: | Kimi |
Hallo,
erstmal super vielen Dank, für die ausführliche Erklärung, bis auf eine Sache ist mir auch alles klar geworden.
Und zwar nimmst du die möglichen Ziehungsausgänge mal 10, mal 5, mal 1
Wie komme ich darauf???
Danke, Julia
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Hallo Julia,
Nehmen wir den Fall mit 4 weißen und einer schwarzen Kugel. Die weißen Kugeln sind untereinander nicht unterscheidbar, ABER man kann unterscheiden, an welcher Stelle die schwarze Kugel gezogen wurde. Da gibt es eben genau fünf Möglichkeiten: zuerst, als zweite, usw.
Ich habe bereits angedeutet, dass man in diesem Fall die Binomialkoeffizienten [mm] $\vektor{n \\ k}$ [/mm] verwenden muss. Es gilt:
[mm] $\vektor{ n \\ k }$ [/mm] = [mm] $\bruch{n!}{k!*(n-k)!}$
[/mm]
[mm] $\vektor{ n \\ k }$ [/mm] = [mm] $\vektor{ n \\ n-k }$ [/mm] = Die Anzahl der Möglichkeiten, aus einer Menge mit n Elementen k Elemente auszuwählen, wobei die Reihenfolge der ausgewählten Elemente nicht berücksichtigt wird. (Hier die Menge der fünf Ziehungen. Reihenfolge ist egal, da weiße und schwarze Kugeln untereinander nicht unterschiedbar sind.)
So, jetzt müsste endgültig alles klar sein.
Liebe Grüße,
Holy Diver
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