Aufgaben Wahrscheinlichkeit < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:46 Do 12.03.2015 | | Autor: | DerDon91 |
| Aufgabe 1 | | Die Lebensdauer einer Maschine bestimmten Typs sei exponentialverteilt mit [mm] \lambda [/mm] = [mm] \bruch{1}{10} [/mm] (pro Jahr). Wie groß ist die erwartete Lebensdauer bei den 10% der langlebigsten dieser Maschinen? |
| Aufgabe 2 | Es sei die Variable X normalverteilt mit Sigma(X)=10
a)Das Experiment zu X wurde zweimal unabhängig wiederholt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist der zweite gefundene Wert um wenigstens 5 größer als der Erste? (Hinweis: Arbeiten Sie mit einer Differenz von zwei Zufallsvariablen
b) Jemand kennt [mm] \mu [/mm] (X) nicht und möchte diesen Erwartungswert schätzen durch das in einer Zufallsstichprobe vom Umfang 1000 gefundene Mittel der X-Werte. Mit welcher Wahrscheinlichkeit weicht der Schätzwert um höchstens den Wert 0,1 von [mm] \mu [/mm] (X) ab?
c) Welchen Umfang müsste eine Zufallsstichprobe haben, damit das aufzufindende Stichprobenmittel der X-Werte mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 0,99 um höchstens 0,1 vom tatsächlichen [mm] \mu [/mm] (X) abweicht? |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo Leute,
ich brauch GANZ dringend eure Hilfe. Ich habe die beiden oben stehenden Fragen zur Klausurvorbereitung und ABSOLUT KEINE Ahnung, wie ich bei sowas vorgehe. Ich war zwar bei jeder Vorlesung, jedoch macht mein Professor (nahezu) keine Beispiele, sodass das Gelernte etwas schwer nachzuvollziehen ist.
Bei Aufgabe 1 wäre mein Ansatz:
[mm] 1-e^{\bruch{1}{10} *t}=0,1 [/mm] und das ganze mit ln nach t auflösen
Bei Aufgabe 2 hab ich garkeine Ahnung, ich würde
a) mit der Standardformel für Normalverteilung lösen, aber ich habe ja nur Omega, aber kein [mm] \mu
[/mm]
c) mit [mm] (\bruch{99}{100})^{n} [/mm] = 0,1 nach n auflösen
b) Keine Ahnung, nichtmal ansatzweise :/
Es wäre echt super, wenn ihr mir helfen könntet. Ich will nicht den Eindruck erwecken, dass ihr alles für mich machen sollt, sondern ich bin über jede Hilfe dankbar, und wenns nur ein "Ja, deine Überlegung ist richtig" oder "les dir mal .... durch" oder "Der Wert, den du suchst, ist ..."
ist.
Vielen Dank im Vorraus
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Hallo,
> Die Lebensdauer einer Maschine bestimmten Typs sei
> exponentialverteilt mit [mm]\lambda[/mm] = [mm]\bruch{1}{10}[/mm] (pro Jahr).
> Wie groß ist die erwartete Lebensdauer bei den 10% der
> langlebigsten dieser Maschinen?
> Es sei die Variable X normalverteilt mit Sigma(X)=10
> a)Das Experiment zu X wurde zweimal unabhängig
> wiederholt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist der zweite
> gefundene Wert um wenigstens 5 größer als der Erste?
> (Hinweis: Arbeiten Sie mit einer Differenz von zwei
> Zufallsvariablen
> b) Jemand kennt [mm]\mu[/mm] (X) nicht und möchte diesen
> Erwartungswert schätzen durch das in einer
> Zufallsstichprobe vom Umfang 1000 gefundene Mittel der
> X-Werte. Mit welcher Wahrscheinlichkeit weicht der
> Schätzwert um höchstens den Wert 0,1 von [mm]\mu[/mm] (X) ab?
> c) Welchen Umfang müsste eine Zufallsstichprobe haben,
> damit das aufzufindende Stichprobenmittel der X-Werte mit
> einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 0,99 um höchstens
> 0,1 vom tatsächlichen [mm]\mu[/mm] (X) abweicht?
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> Bei Aufgabe 1 wäre mein Ansatz:
> [mm]1-e^{\bruch{1}{10} *t}=0,1[/mm] und das ganze mit ln nach t
> auflösen
Das ist noch nicht richtig.
Ich finde diese Aufgabe auch nicht besonders einfach / klar gestellt. Irgendwie ist mathematisch mir nicht ganz klar, was man sich unter den 10% der langlebigsten Maschinen in diesem Kontext vorzustellen hat. Ich gehe davon aus, das so eine Aufgabe nicht in einer Klausur / mndl. Prüfung drankommen würde. Hier trotzdem ein Vorschlag:
Formal könnte man es so schreiben: Ist $Z [mm] \sim Exp(\lambda [/mm] = 1/10)$, so suchen wir zunächst [mm] $t_0$ [/mm] mit
[mm] $\int_{t_0}^{\infty} \lambda e^{-\lambda x} \dif [/mm] x = P(Z [mm] \ge t_0) [/mm] = 0.1$
Das liefert uns die Lebensdauer [mm] $t_0$, [/mm] welche die 10% der langlebigsten Maschinen auf jeden Fall haben ( das so genannte $0.9$-Quantil ).
Das [mm] $t_0$ [/mm] kannst du berechnen.
Das ist aber strenggenommen noch nicht die erwartete Lebensdauer, sondern eben die "Mindestlebensdauer". Ich nehme an, man muss nun noch einen Erwartungswert, eingeschränkt auf diese oberen 10% berechnen. Das sähe so aus, dass man die ganz normale Erwartungswertformel benutzt, aber den Integrationsbereich einschränkt:
Erwartete Lebensdauer der oberen 10%
= [mm] \int_{t_0}^{\infty} x\cdot \lambda e^{-\lambda x} \dif [/mm] x.
> Bei Aufgabe 2 hab ich garkeine Ahnung, ich würde
> a) mit der Standardformel für Normalverteilung lösen,
> aber ich habe ja nur Omega, aber kein [mm]\mu[/mm]
Formalisiere die Aufgabe, indem du annimmst, du hast zwei unabhängige [mm] $X_1,X_2 \sim N(\mu,\sigma^2)$, $\sigma [/mm] = 10$, [mm] $\mu$ [/mm] unbekannt.
Nun steht als Hinweis, du sollst mit der Differenz [mm] $X_1-X_2$ [/mm] arbeiten.
1) Kannst du das Ereignis, dessen Wahrscheinlichkeit bestimmt werden soll, mittels dieser Differenz ausdrücken? Also "Ereignis tritt ein" [mm] \gdw [/mm] " [mm] $X_1-X_2$ [/mm] .... "
2) Die Verteilung von [mm] $X_1-X_2$ [/mm] kannst du mittels der ![[]](/images/popup.gif) Invarianz der Faltung von Normalverteilungen ausrechnen. Beachte hierbei, dass [mm] $X_1 [/mm] - [mm] X_2 [/mm] = [mm] X_1 [/mm] + [mm] (-X_2)$ [/mm] ist und nutze die Regel über die lineare Transformation von Normalverteilungen: Ist $Y [mm] \sim N(\mu,\sigma^2)$, [/mm] so ist $aY + b [mm] \sim N(a\mu+b, a^2 \sigma^2)$-verteilt.
[/mm]
> c) mit [mm](\bruch{99}{100})^{n}[/mm] = 0,1 nach n auflösen
> b) Keine Ahnung, nichtmal ansatzweise :/
c) Ansatz ist leider nicht richtig.
Für diese beiden Aufgaben solltest du vorher wieder etwas formalisieren: Sei [mm] $X_1,...,X_n \sim N(\mu,\sigma^2)$ [/mm] die
gegebene Stichprobe. (in (b) ist $n = 1000$). Nach dem Link oben kannst du auch die Verteilung des Mittelwerts ausrechnen:
[mm] $\overline{X_n} \sim N(\mu, \frac{\sigma^2}{n})$.
[/mm]
b) Kannst du nun die gesuchte Wahrscheinlichkeit formal ausdrücken und dann weiterrechnen?
Wahrscheinlichkeit, dass [mm] $\overline{X_n}$ [/mm] höchstens 0.1 von [mm] $\mu$ [/mm] abweicht = P( ...?... )
c) Hier kennst du $n$ nicht, und hast die Ungleichung
$P(...?...) [mm] \ge [/mm] 0.99$
vorgegeben. Du musst nach $n$ umstellen.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:00 Do 12.03.2015 | | Autor: | DerDon91 |
Hi,
vielen Dank für die schnelle Antwort. Allerdings (sei mir nicht böse) sind jetzt noch einige Fragezeichen dazugekommen
Zur Aufgabe 1 (die übrigens 1/1 Klausuraufgabe war):
Also muss ich nun erstmal das Integral $ [mm] \int_{t_0}^{\infty} \lambda e^{-\lambda x} \dif [/mm] x = P(Z [mm] \ge t_0) [/mm] = 0.1 $ lösen? Also integrieren, für x t einsetzen und dann nach t auflösen und dann alles in $ [mm] \int_{t_0}^{\infty} x\cdot \lambda e^{-\lambda x} \dif [/mm] $ einsetzen?
Ich dachte nur an meinen Ansatz, weil ich bei einer anderen, ähnlichen Aufgabe für die Ausfallzeit von Bauelementen den Ansatz hatte:
[mm] P(X\le t_{0.9}=1-e^{-0.001t_{0.9}}=0.9
[/mm]
daraus wurde für [mm] t_{0.9}= -\bruch{ln(0,1)}{0.001}= [/mm] 2302.6
Und als Antwort kam raus, dass 10% der Bauelemente länger als 2302.6h halten (Aufgabe kam aus dem Buch "Starthilfe Stochastik)
Deshalb dachte ich, ich muss hier genauso vorgehen
Zu Aufgabe 2:
Invarianz der Faltung habe ich noch nie gehört (sorry :/ ), und der Wikipedia Artikel hilft mir da auch nicht so ganz weiter. Ich hätte jetzt die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung genutzt, aber das scheint ja der falsche Weg zu sein.
Mir ist bei der ganzen Aufgabe überhaupt nicht bewusst, wie ich da drangehe bzw. was genau rauskommt. Steht dort am Ende ein Zahlenwert oder eine Formel der Form P=X1-X2
Die Wahrscheinlichkeit, dass $ [mm] \overline{X_n} [/mm] $ höchstens um 0.1 von [mm] \mu [/mm] abweicht, wäre doch P($ [mm] \overline{X_n} [/mm] $ [mm] \le [/mm] 0.1) = [mm] I_{0,1} [/mm] (x), oder?
Und [mm] P(\overline{X_n} \le 0.1)=0.9^{n} \ge [/mm] 0.99 oder?
Tut mir leid, wenn die Fragen vielleicht blöd sind, aber ich bin da echt schwer von KP
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Hallo,
> Zur Aufgabe 1 (die übrigens 1/1 Klausuraufgabe war):
>
> Also muss ich nun erstmal das Integral [mm]\int_{t_0}^{\infty} \lambda e^{-\lambda x} \dif x = P(Z \ge t_0) = 0.1[/mm]
> lösen? Also integrieren, für x t einsetzen und dann nach
> t auflösen und dann alles in [mm]\int_{t_0}^{\infty} x\cdot \lambda e^{-\lambda x} \dif[/mm]
> einsetzen?
Ja, so würde ich es machen.
> Zu Aufgabe 2:
>
> Invarianz der Faltung habe ich noch nie gehört (sorry :/
> ), und der Wikipedia Artikel hilft mir da auch nicht so
> ganz weiter. Ich hätte jetzt die Verteilungsfunktion der
> Standardnormalverteilung genutzt, aber das scheint ja der
> falsche Weg zu sein.
> Mir ist bei der ganzen Aufgabe überhaupt nicht bewusst,
> wie ich da drangehe bzw. was genau rauskommt. Steht dort am
> Ende ein Zahlenwert oder eine Formel der Form P=X1-X2
Nochmal zu a).
Bei der Aufgabe wird am Ende eine Wahrscheinlichkeit, d.h. eine Zahl rauskommen.
Invarianz der Faltung bedeutet, dass wenn man zwei unabhängige normalverteilte Zufallsvariablen addiert, wieder eine normalverteilte Zufallsvariable entsteht. Man kann sogar ganz leicht Mittelwert und Varianz der neuen Zufallsvariable angeben.
Du hast [mm] $X_1,X_2 \sim N(\mu,\sigma^2)$ [/mm] unabhängig.
Das gesuchte Ereignis ist (siehe Aufgabenstellung):
" [mm] $X_2$ [/mm] ist um mindestens 5 größer als [mm] $X_1$ [/mm] ", d.h. [mm] $X_2 [/mm] - [mm] X_1 \ge [/mm] 5$.
Das heißt gesucht ist in der Aufgabe
$p = [mm] P(X_2 [/mm] - [mm] X_1 \ge [/mm] 5)$.
Wahrscheinlichkeiten kann man nur berechnen, wenn man die Verteilungen der Zufallsvariablen kennt, die drin stehen. Deswegen geht es jetzt darum, die Verteilung von [mm] $X_2 [/mm] - [mm] X_1$ [/mm] zu ermitteln. Es ist bekannt (siehe meine Links im ersten Post), dass
[mm] $X_2 [/mm] - [mm] X_1 \sim N(\mu [/mm] - [mm] \mu, \sigma^2 [/mm] + [mm] \sigma^2) [/mm] = N(0, [mm] 2\sigma^2)$.
[/mm]
Damit kannst du die gesuchte Wahrscheinlichkeit berechnen:
$p = P( [mm] N(0,2\sigma^2) \ge [/mm] 5) = 1 - [mm] \Phi(\frac{5}{sqrt(2) \sigma}).$
[/mm]
Sind dir diese Formeln klar?
> Die Wahrscheinlichkeit, dass [mm]\overline{X_n}[/mm] höchstens um
> 0.1 von [mm]\mu[/mm] abweicht, wäre doch P([mm] \overline{X_n}[/mm] [mm]\le[/mm] 0.1)
> = [mm]I_{0,1}[/mm] (x), oder?
Nein. Was soll denn [mm] $I_{0,1}(x)$ [/mm] bzw. $x$ hier sein? Und wo geht bei deinem Vorschlag ein, dass [mm] $\overline{X_n}$ [/mm] von [mm] $\mu$ [/mm] abweicht? Da ist ja gar kein [mm] $\mu$ [/mm] in der Formel.
> Und [mm]P(\overline{X_n} \le 0.1)=0.9^{n} \ge[/mm] 0.99 oder?
Nein. Wie konntest du denn diese Wahrscheinlichkeit berechnen? Dazu müsstest du doch erstmal wissen, welche Verteilung [mm] $\overline{X_n}$ [/mm] besitzt. Mit anderen Worten: Mir ist nicht klar, wie du auf die [mm] $0.9^n$ [/mm] kommst.
Zu b):
Hier ist gesucht [mm] ($\overline{X_n} [/mm] = [mm] \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$ [/mm] bezeichnet den Stichprobenmittelwert):
$p = P( [mm] |\overline{X_n} [/mm] - [mm] \mu| \le [/mm] 0.1)$
("Mit welcher Wahrscheinlichkeit weicht der Mittelwert höchstens um 0.1 von [mm] $\mu$ [/mm] ab", siehe Aufgabe). Es ist bekannt (siehe erster Post), dass
[mm] $\overline{X_n} \sim N(\mu, \sigma^2/n)$,
[/mm]
damit folgt für die gesuchte Wahrscheinlichkeit:
$p = P( | N(0, [mm] \sigma^2/n) [/mm] | [mm] \le [/mm] 0.1) = P( |N(0,1)| [mm] \le \frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma}) [/mm] = ...$
c) geht genauso, nur dass nun $p$ vorgegeben ist und nach $n$ umgestellt werden muss.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:16 Fr 13.03.2015 | | Autor: | DerDon91 |
Okay, so langsam kommts, glaub ich.
also zu a)
$ [mm] X_1,X_2 \sim N(\mu,\sigma^2) [/mm] $ ist die allgemeine Form, meine ich?
$ [mm] X_2 [/mm] - [mm] X_1 \ge [/mm] 5 $ das ist auch logisch
$ p = [mm] P(X_2 [/mm] - [mm] X_1 \ge [/mm] 5) $ das auch, immerhin ist ja die WK gesucht
$ [mm] X_2 [/mm] - [mm] X_1 \sim N(\mu [/mm] - [mm] \mu, \sigma^2 [/mm] + [mm] \sigma^2) [/mm] = N(0, [mm] 2\sigma^2) [/mm] $
Das versteh ich noch nicht so ganz. Wieso rechnet man [mm] \mu [/mm] - [mm] \mu [/mm] aber dann [mm] \sigma^2 [/mm] + [mm] \sigma^2. [/mm] Also wieso das eine Minus und das andere Plus?
$ p = P( [mm] N(0,2\sigma^2) \ge [/mm] 5) = 1 - [mm] \Phi(\frac{5}{sqrt(2) \sigma}). [/mm] $
[mm] \Phi [/mm] (das meinte ich weiter oben mit I, wusste nicht, wie mans schreibt) ist die Normalverteilung, und sqrt(2) [mm] \sigma [/mm] ist die Standardabweichung, oder?
Also in erster Linie versteh ich noch nicht, wie man auf [mm] N(0,2\sigma^2) [/mm] kommt
zu b)
$ [mm] \overline{X_n} [/mm] = [mm] \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i [/mm] $ auch das ist eine allgemeine Formel, meine ich?
$ p = P( [mm] |\overline{X_n} [/mm] - [mm] \mu| \le [/mm] 0.1) $ auch klar, das ist ja die formelmäßige Umsetzung der Aufgabe
$ p = P( | N(0, [mm] \sigma^2/n) [/mm] | [mm] \le [/mm] 0.1) = P( |N(0,1)| [mm] \le \frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma}) [/mm] = ... $
das verstehe ich noch nicht so recht
[mm] \bruch{0.1 \sqrt{n}}{{\sigma}} [/mm] ist klar, das sind ja gerade die 0.1 und [mm] \sigma [/mm] geteilt durch [mm] \sqrt{n}
[/mm]
Aber wie gehts jetzt weiter? Ich blicke da noch nicht durch
und c) Würde ich jetzt $ p = P( | N(0, [mm] \sigma^2/n) [/mm] | [mm] \le [/mm] 0.1) = P( |N(0,1)| [mm] \le \frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma}) \ge [/mm] 0.99 nehmen und dann nach n umformen? Wenn ja, wie sieht die Formel aus?
Tut mir leid, dass ich so viel frage, aber ich bin irgendwie noch zu blöd, da durchzublicken
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Hallo,
> also zu a)
> [mm]X_1,X_2 \sim N(\mu,\sigma^2)[/mm] ist die allgemeine Form,
> meine ich?
Ja, [mm] $X_1,X_2$ [/mm] sind ganz allgemein normalverteilt, und das bezeichnet man dann mit [mm] $N(\mu,\sigma^2)$. $\sigma$ [/mm] ist in der Aufgabe bekannt.
> [mm]X_2 - X_1 \ge 5[/mm] das ist auch logisch
> [mm]p = P(X_2 - X_1 \ge 5)[/mm] das auch, immerhin ist ja die WK
> gesucht
> [mm]X_2 - X_1 \sim N(\mu - \mu, \sigma^2 + \sigma^2) = N(0, 2\sigma^2)[/mm]
>
> Das versteh ich noch nicht so ganz. Wieso rechnet man [mm]\mu[/mm] -
> [mm]\mu[/mm] aber dann [mm]\sigma^2[/mm] + [mm]\sigma^2.[/mm] Also wieso das eine
> Minus und das andere Plus?
Das hängt mit diesen Formeln zusammen, die ich dir verlinkt habe.
(1) Lineare Transformation: Ist $Y [mm] \sim N(\mu,\sigma^2)$, [/mm] dann ist für reelle Zahlen $a,b$: $aY + b [mm] \sim N(a\mu+b, a^2 \sigma^2)$.
[/mm]
(2) Faltung: Addiert man zwei unabhängige normalverteilte Zufallsvariablen [mm] $Y_1 \sim N(\mu_1, \sigma_1^2), Y_2 \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$, [/mm] so ist die Summe [mm] $Y_1 [/mm] + [mm] Y_2 \sim N(\mu_1 [/mm] + [mm] \mu_2, \sigma_1^2 [/mm] + [mm] \sigma_2^2)$-verteilt.
[/mm]
Wir haben [mm] $X_2 [/mm] - [mm] X_1 [/mm] = [mm] X_2 [/mm] + [mm] (-X_1)$.
[/mm]
Wir wissen: [mm] $X_2 \sim N(\mu, \sigma^2)$ [/mm] und [mm] $(-X_1) \sim N(-\mu,\sigma^2)$ [/mm] (nutze die erste Formel (1)).
Damit (nutze die zweite Formel (2)): [mm] $X_2 [/mm] - [mm] X_1 \sim N(\mu- \mu, \sigma^2 [/mm] + [mm] \sigma^2) [/mm] = N(0, [mm] 2\sigma^2)$.
[/mm]
Die Intuition dahinter ist: [mm] $X_1,X_2$ [/mm] sind Zufallsvariablen, die ja eine gewisse Streuung haben. Es kommt nicht immer genau der Erwartungswert [mm] $\mu$ [/mm] raus, sondern abhängig von [mm] $\sigma$ [/mm] kommen auch größere und kleinere Werte raus. Wenn man jetzt die Summe [mm] $X_1+X_2$ [/mm] oder die Differenz [mm] $X_2-X_1$ [/mm] bildet, wird das Ergebnis natürlich immer noch streuen, weil ja die beiden Ausgangsvariablen [mm] $X_1,X_2$ [/mm] gestreut haben. Die Streuung von Summe / Differenz der beiden Zufallsvariablen wächst sogar: Wenn beide Zufallsvariablen gerade viel größer sind als der Erwartungswert, dann ist ja die Summe noch viel größer als der Erwartungswert. Bei der Differenz ist es ähnlich. Deswegen wächst die Streuung (d.h. [mm] $\sigma$) [/mm] auch bei der Differenz.
> [mm]p = P( N(0,2\sigma^2) \ge 5) = 1 - \Phi(\frac{5}{sqrt(2) \sigma}).[/mm]
>
> [mm]\Phi[/mm] (das meinte ich weiter oben mit I, wusste nicht, wie
> mans schreibt) ist die Normalverteilung, und sqrt(2) [mm]\sigma[/mm]
> ist die Standardabweichung, oder?
Ja, die Standardabweichung von $N(0, [mm] 2\sigma^2)$.
[/mm]
> Also in erster Linie versteh ich noch nicht, wie man auf
> [mm]N(0,2\sigma^2)[/mm] kommt
Ich hoffe, nun ist es klarer :)
> zu b)
> [mm]\overline{X_n} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i[/mm] auch das ist
> eine allgemeine Formel, meine ich?
Naja, das [mm] $\overline{X_n}$ [/mm] ist zunächst einfach nur eine Definition (Abkürzung) für den Mittelwert $ [mm] \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$, [/mm] und wie man den Mittelwert berechnet, sollte dir eigentlich klar sein :)
In obiger Zeile steht also nichts mathematisch wertvolles, sondern nur eine Abkürzung.
> [mm]p = P( |\overline{X_n} - \mu| \le 0.1)[/mm] auch klar, das ist
> ja die formelmäßige Umsetzung der Aufgabe
> [mm]p = P( | N(0, \sigma^2/n) | \le 0.1) = P( |N(0,1)| \le \frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma}) = ...[/mm]
> das verstehe ich noch nicht so recht
> [mm]\bruch{0.1 \sqrt{n}}{{\sigma}}[/mm] ist klar, das sind ja
> gerade die 0.1 und [mm]\sigma[/mm] geteilt durch [mm]\sqrt{n}[/mm]
(hier wurde übrigens wieder die Formel (1) von oben benutzt! Deswegen steht jetzt auf der rechten Seite auch die Wurzel von $n$ statt einfach nur $n$, mach dir das klar.)
> Aber wie gehts jetzt weiter? Ich blicke da noch nicht
> durch
Du musst nun die Wahrscheinlichkeit weiter ausrechnen. Auch dafür gibt es allgemeine Formeln (nutze [mm] $\Phi(-x) [/mm] = [mm] 1-\Phi(x)$, [/mm] siehe Symmetrie)
$P(|N(0,1)| [mm] \le [/mm] x) = P(-x [mm] \le [/mm] N(0,1) [mm] \le [/mm] x) = [mm] \Phi(x) [/mm] - [mm] \Phi(-x) [/mm] = [mm] 2\Phi(x) [/mm] - 1$.
Das heißt, du bekommst:
$p = [mm] 2*\Phi\left(\frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma}\right) [/mm] - 1$.
Das kannst du nun ausrechnen, weil alle Werte bekannt sind.
> und c) Würde ich jetzt $ p = P( | N(0, [mm]\sigma^2/n)[/mm] | [mm]\le[/mm]
> 0.1) = P( |N(0,1)| [mm]\le \frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma}) \ge[/mm]
> 0.99 nehmen und dann nach n umformen?
So ist es.
Nimmt jetzt mal statt [mm] $\ge [/mm] 0.99$ einfach Gleichheit an: $= 0.99$.
Wenn du nun umformst und die Formel von b) benutzt, erhältst du eine Gleichung der Form
$Zahl = [mm] \Phi(\frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma})$.
[/mm]
Nun musst du gucken, wann [mm] $\Phi$ [/mm] den Wert $Zahl$ annimmt (Tabelle etc.), dann weißt du [mm] $\frac{0.1 \sqrt{n}}{\sigma}$ [/mm] und kannst nach $n$ umstellen.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:37 So 15.03.2015 | | Autor: | DerDon91 |
Eine allerletzte Frage, dann hab ich glaub ich alles verstanden :)
$ P(|N(0,1)| [mm] \le [/mm] x) = P(-x [mm] \le [/mm] N(0,1) [mm] \le [/mm] x) = [mm] \Phi(x) [/mm] - [mm] \Phi(-x) [/mm] = [mm] 2\Phi(x) [/mm] - 1 $
Wieso muss ich hier -x UND x berücksichtigen, also wieso reicht es nicht nur, wenn ich [mm] 1-\Phi(x) [/mm] rechne?
Den Rest habe ich verstanden, VIELEN VIELEN Dank für deine Hilfe :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:17 So 15.03.2015 | | Autor: | luis52 |
> Eine allerletzte Frage, dann hab ich glaub ich alles
> verstanden :)
> [mm]P(|N(0,1)| \le x) = P(-x \le N(0,1) \le x) = \Phi(x) - \Phi(-x) = 2\Phi(x) - 1[/mm]
>
> Wieso muss ich hier -x UND x berücksichtigen, also wieso
> reicht es nicht nur, wenn ich [mm]1-\Phi(x)[/mm] rechne?
Ich uebernehme mal kurz fuer Stefan:
Es geht doch um die Berechnung von $ P(-x [mm] \le [/mm] N(0,1) [mm] \le [/mm] x) $. Mit [mm]1-\Phi(x)[/mm] berechnest du aber $ P(x [mm] \le [/mm] N(0,1)) $ ...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:21 So 15.03.2015 | | Autor: | DerDon91 |
Ja aber ich soll doch $ P(x [mm] \le [/mm] N(0,1)) $ berechnen oder nicht? Es geht doch nur darum, dass x höchstens um 0,1 von N abweicht. P(-x [mm] \le [/mm] N(0,1) [mm] \le [/mm] x) wäre doch mindestens -x und höchstens x, oder nicht?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:36 So 15.03.2015 | | Autor: | DerDon91 |
*Hand meets Stirn*
Klar, dann ist das natürlich logisch :D
Wahnsinn, ich glaub echt ich habs verstanden
Vielen Vielen Dank euch allen für eure schnelle, sorgfältige Hilfe
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![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
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