Würfelaufgabe + Normalverteilung

05.08.2017, 11:04

Polikronakis

Würfelaufgabe + Normalverteilung

Ein Würfel wird 2000 mal gewürfelt. Die Summe der Augenzahlen wird definiert als Summenformel von i=1 bis 2000: Xi.

1) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dass die Summe zwischen 7000 und 7100 liegt?
2) Wie muss man die Standardabweichung wählen sodass P('7000 - sigma <= X <= 7000 + sigmax') => 0.5 ist?

Bei der 1 würde ich die Formel der Normalverteilung für P(a <= X <= b) nehmen, doch ich tweiß nicht was ich für den Erwartungswert und der Standardabweichung nehmen soll?

05.08.2017, 14:06

Huggy

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RE: Würfelaufgabe + Normalverteilung

Zitat:

Original von Polikronakis
doch ich tweiß nicht was ich für den Erwartungswert und der Standardabweichung nehmen soll?

Der Erwartungswert einer Summe von Zufallsgrößen ist gleich der Summe der Erwartungswerte der einzelnen Zufallsgrößen. Die Varianz einer Summe von unabhängigen Zufallsgrößen ist gleich der Summe der Varianzen der einzelnen Zufallsgrößen.

11.08.2017, 12:51

Polikronakis

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RE: Würfelaufgabe + Normalverteilung
Meinst du damit also

E(X) = 2000*1/6 ?
Und für Var(X) = E(X)*(5/6) ?

11.08.2017, 14:07

Huggy

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RE: Würfelaufgabe + Normalverteilung
Nein!!!

Es sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ die Zufallsgröße für das einmalige Würfeln. $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ hat einen Erwartungswert $\begin{eqnarray*} E(x) \end{eqnarray*}$ und eine Varianz $\begin{eqnarray*} V(X) \end{eqnarray*}$ . Wenn man nun $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ (bei dir $\begin{eqnarray*} n= 2000) \end{eqnarray*}$ mal würfelt, hat man $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} X_i (i=1, ..., 2000) \end{eqnarray*}$ , die alle dieselbe Verteilung wie $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ haben und die unabhängig voneinander sind. Du solltest also zunächst mal $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V(X) \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Nun betrachten wir die Zufallsgröße

$\begin{eqnarray*} Y=\sum_{i=1}^n X_i \end{eqnarray*}$

Dann gilt

$\begin{eqnarray*} E(Y)=\sum_{i=1}^n E(X_i)=nE(X) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} V(Y)=\sum_{i=1}^n V(X_i)=nV(x) \end{eqnarray*}$

Noch mal: Bestimme zuerst $\begin{eqnarray*} E(X) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V(X) \end{eqnarray*}$ !

11.08.2017, 16:40

Polikronakis

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RE: Würfelaufgabe + Normalverteilung
Vielen Dank!

Also ich bestimmte E(X) von einem einzigen Würfelwurf. Da ich nicht weiß um welche Augenzahl es geht, kann ich mich auch kein p festlegen. Aber da irgendeine Augenzahl am Ende kommen wird, sollte es in dem Fall 1/6 sein.

E(X) = xi*pi also = 1*1/6, dann für den nächsten Wert 2*1/6, usw.

Ist das bisher richtig?

11.08.2017, 16:49

HAL 9000

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Zitat:

Original von Polikronakis
Da ich nicht weiß um welche Augenzahl es geht, kann ich mich auch kein p festlegen.

Von welchem $\begin{align*} p \end{align*}$ redest du hier? Ich habe den Verdacht, du bist auf eine Binomialverteilung fixiert - das vergiss hier mal ganz schnell, denn Augenzahl X ist nicht binomialverteilt. Hast du keine Formeln kennengelernt, mit denen man Erwartungswert und Varianz einer beliebigen diskreten Zufallsgröße berechnen kann? Die sind hier anzuwenden!

11.08.2017, 16:53

Polikronakis

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Ja habe ich.

Für E(X) = Summe von i bis n: xi*pi

Var(X) = Summe von i bis n: xi²*pi - E(X)²

11.08.2017, 16:57

HAL 9000

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Ja, genau das meine ich. Bleibt noch zuzuordnen, was hier die $\begin{align*} x_i \end{align*}$ sind (die Werte, die die Zufallsgröße annehmen kann) und was die $\begin{align*} p_i \end{align*}$ (die zugeordneten Wahrscheinlichkeiten). Wie sieht's damit beim Würfel aus?

11.08.2017, 17:01

Polikronakis

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Die xi sind die Werte von 1 bis 2000 und die pi, wie gesagt, weiß ich nicht :/

11.08.2017, 17:22

HAL 9000

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Was hast du nur für ein schlechtes Kurzzeitgedächtnis: Wir betrachten mit X die zufällige Augenzahl eines einzigen Wurfes! Forum Kloppe

Die $\begin{align*} x_i \end{align*}$ sind die sechs möglichen Augenzahlen des Würfels, also 1,2,3,4,5,6.

12.08.2017, 17:48

Polikronakis

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E(X) = 1*1/6 + 2*1/6 + ... + 6*1/6 = 3.5
Var(X) = 1²*1/6 + 2²*1/6 + ... + 6²*1/6 = 15-16 - (EX) = 2,91

12.08.2017, 18:09

Polikronakis

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Sorry für das unklare aufschreiben, also nochmal

E(X) = 3.5
Var(X) = 2.91

Jetzt würde ich gerne die Teilaufgaben ausrechnen.

1) Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dass die Summe zwischen 7000 und 7100 liegt?

Dazu würde ich P(a <= x <= b) nehmen und dann einsetzen:

sigma((7100-?)/?) - sigma(7000-?/?)

Die Fragezeichen habe ich geschrieben, weil sowas wie sigma((7100-3.5)/2.91) viel zu falsch aussieht.

Ich habe mir überlegt k=(2000*3.5) als Parameter in der Sigmafunktion einzusetzen, aber ich weiß trotzdem nicht welchen Wert ich für die Standardabweichung der Sigmafunktion nehmen soll. 2000*2.91?

12.08.2017, 19:20

Huggy

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Zitat:

Original von Polikronakis
Sorry für das unklare aufschreiben, also nochmal

E(X) = 3.5
Var(X) = 2.91

Das ist (fast) richtig. Gerundet gilt $\begin{eqnarray*} V(X) \approx 2.92 \end{eqnarray*}$ . Über den Rest mach dir noch mal Gedanken. Es gibt keine Sigmafunktion. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich als Differenz der Verteilungsfunktion einer Normalverteilung mit bestimmten Werten für $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ an den Stellen 7100 und 7000, was man durch Standardisierung auf die Differenz der Standardnormalverteilung an zwei Stellen zurückführen kann.

13.08.2017, 09:04

Huggy

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Nachtrag, um dir auf die Sprünge zu helfen.

Zitat:

Original von Polikronakis
Die Fragezeichen habe ich geschrieben, weil sowas wie sigma((7100-3.5)/2.91) viel zu falsch aussieht.

Ist auch falsch.

Zitat:

Ich habe mir überlegt k=(2000*3.5) als Parameter in der Sigmafunktion einzusetzen, aber ich weiß trotzdem nicht welchen Wert ich für die Standardabweichung der Sigmafunktion nehmen soll. 2000*2.91?

Das geht schon in die richtige Richtung.
Es geht doch um die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ , die Summe für das 2000 malige Würfeln. Deren Erwartungswert und Standardabweichung geht in die Formel zur Standardisierung ein. Wie man deren Erwartungswert und Varianz aus den entsprechenden Größen für $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ (das einmalige Würfeln) bekommt haben wir ausführlich diskutiert.

Zitat:

Ich habe mir überlegt k=(2000*3.5) als Parameter in der Sigmafunktion einzusetzen

Genau, bis auf die Bezeichnung Sigmafunktion. Und analog gehst du für die Varianz vor. Nur das in der Standardisierungsformel im Nenner nicht die Varianz, sondern die Standardabweichung steht. Wie errechnet sich denn die Standardabweichung aus der Varianz?

13.08.2017, 10:03

Polikronakis

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Na die Wurzel von der Varianz, dann hat man die Standardabweichung.

Ist es also für die Formel der Standardnormalverteilten ... Sigmafunktion:

2000*E(X) = k
2000*Root(Varianz) = m

Für 1-Sigma(7000-k/m)?

13.08.2017, 10:51

Huggy

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Zitat:

Original von Polikronakis
Na die Wurzel von der Varianz, dann hat man die Standardabweichung.

Richtig.

Zitat:

Ist es also für die Formel der Standardnormalverteilten ... Sigmafunktion:

Na gut, ich akzeptiere mal, dass du die Standardnormalverteilung als Sigmafunktion bezeichnest.

Zitat:

2000*E(X) = k

Richtig. Ich nenne mal $\begin{eqnarray*} k = \mu_Y \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

2000*Root(Varianz) = m

Falsch. Man muss erst $\begin{eqnarray*} V(X) \end{eqnarray*}$ mit 2000 multiplizieren. Dann hat man $\begin{eqnarray*} V(Y) \end{eqnarray*}$ . Und daraus ist dann die Wurzel zu ziehen. Als Formel

$\begin{eqnarray*} m=\sigma_Y=\sqrt {2000 \cdot V(X)} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Für 1-Sigma(7000-k/m)?

Wie kommst du denn darauf? Es war doch nach der Wahrscheinlichkeit gefragt, dass $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ im Bereich 7000 bis 7100 liegt. Mit der üblichen Bezeichnung $\begin{eqnarray*} \Phi(x) \end{eqnarray*}$ für die Standardnormalverteilung ist das:

$\begin{eqnarray*} P(7000 \leq Y \leq 7100)=\Phi (\frac {7100-\mu_Y}{\sigma_Y})-\Phi (\frac {7000-\mu_Y}{\sigma_Y}) \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} \mu_Y=7000 \end{eqnarray*}$ muss man den zweiten Summanden nicht in den Rechner eingeben oder in einer Tabelle nachschlagen, denn es ist $\begin{eqnarray*} \Phi (0)= 1/2 \end{eqnarray*}$ .

13.08.2017, 11:21

Polikronakis

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Cool, danke!

Die zweite Teilaufgabe hat es in sich glaube ich.

2) Wie muss man die Standardabweichung wählen sodass P(7000 - sigma <= X <= 7000 + sigma) => 0.5 ist?

Irgendwie muss man hier eine Gleichung aufstellen so dass man Sigma ausrechnen kann.

Ich würde sagen:

P(--"Gleicher Inhalt"--) = 1 - P(--"Gleicher Inhalt"--) <= 5

sigma((7000 + sigma)+ uY/oY) - sigma((7000 - sigma)+ uY/oY)

... naja, keine Ahnung wie es weitergehen soll :|

13.08.2017, 11:56

Huggy

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Zitat:

Original von Polikronakis
2) Wie muss man die Standardabweichung wählen sodass P(7000 - sigma <= X <= 7000 + sigma) => 0.5 ist?

Was soll hier => vor der 0.5 bedeuten? Ist damit $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ gemeint?

13.08.2017, 14:01

Polikronakis

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Ja, genau

13.08.2017, 14:30

Huggy

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Falls du das korrekt abgeschrieben hast, ist das eine Trickfrage, um das Verständnis der Leute für die Normalverteilung zu prüfen. 7000 ist ja der Erwartungswert $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ der betrachteten Zufallsgröße. Dann ist $\begin{eqnarray*} [7000-\sigma, 7000+\sigma]=[\mu-\sigma, \mu+\sigma] \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} \pm 1 \sigma \end{eqnarray*}$ -Bereich um den Erwartungswert. Und in dem liegt bei einer Normalverteilung die Zufallsgröße immer mit derselben Wahrscheinlichkeit völlig unabhängig von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ . Das ergibt sich aus der Standardisierung. Sie führt zu

$\begin{eqnarray*} P(\mu-\sigma \leq X \leq \mu+\sigma)=\Phi(1)-\Phi(-1)\approx 0.683 \end{eqnarray*}$

13.08.2017, 14:37

Polikronakis

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Aber was du jetzt hast ist die Wahrscheinlichkeit, die Frage ist aber wie man Standardabweichung wählen muss damit eben P(a <= x <= b) möglichst >= 0.5 ist.

13.08.2017, 14:50

Huggy

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P(a <= x <= b) ist eine Wahrscheinlichkeit. P steht für Probability. Was glaubst du denn, was das ist?

13.08.2017, 18:29

Polikronakis

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Die Frage ist doch
2) Wie muss man die Standardabweichung wählen sodass P(7000 - sigma <= X <= 7000 + sigma) => 0.5 ist?

Es geht nach meinem Verständnis um die gesuchte StdAbweichung und nicht um P

13.08.2017, 20:45

Dopap

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seit wann ist die Standardabweichung wählbar ?

Und, die Wkt eines Intervalls ist keine Ungleichung.

13.08.2017, 22:38

HAL 9000

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Zitat:

Original von Polikronakis
2) Wie muss man die Standardabweichung wählen sodass P(7000 - sigma <= X <= 7000 + sigma) => 0.5 ist?

Kardinalfehler ist, das "Standardabweichung" zu nennen: Es ist wohl einfach der (kleinste) Wert $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ so zu bestimmen, dass

$\begin{align*} P(7000 - \sigma \leq Y \leq 7000 + \sigma) \geq 0.5 \end{align*}$

gilt (ich habe bewusst $\begin{align*} Y \end{align*}$ geschrieben, denn das ist die von Huggy eingeführte Summenzufallsgröße, um die es hier geht). Dieses $\begin{align*} \sigma \end{align*}$ ist (trotz Suggerierung durch die Symbolwahl) eben nicht die Standardabweichung von $\begin{align*} Y \end{align*}$ . unglücklich

Mit Normalverteilungsapproximation + Stetigkeitskorrektur führt das letztlich zur Ungleichung

$\begin{align*} \sigma \geq z_{0.75}\cdot \sqrt{V(Y)} - 0.5\approx 51.015 \end{align*}$ ,

das bedeutet $\begin{align*} \sigma\geq 52 \end{align*}$ (da $\begin{align*} Y \end{align*}$ ja nur ganze Zahlen annimmt, weswegen wir ja auch die Stetigkeitskorrektur vorgenommen haben).

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