Standardisierung

11.02.2012, 12:13

akvarel

Standardisierung

Hallo!
Ich habe eine kleine Frage.
Ich verstehe nicht wozu man die Standardisierung braucht. Ich weiss, dass die standardisierte Variablen Erwartungswert 0 und Varianz 1 haben.
Die Kurven aber für jede standardisierte Variable sieht anders aus oder?

zB.
Zwei Abfüllmaschinen füllen Getränkeflaschen; eine füllt zwei-Liter Flaschen, eine 0.33l Flaschen. Die Füllmenge ist bei der einen 2±0.024 l, und bei der anderen 0.33±0.001 l.
Welche Abfüllmaschine füllt nun genauer ab?

Wenn man die Zufallgrössen standardisiert, haben die beide Erwartungswert=0 und Varianz= 1, aber sie werden sich durch was unterscheiden? Durch die Höhe des Erwartungswertes? Und wenn bei der zweiten Maschine ist die Kurve höher als bei der ersten, dann ist sie genauer?

Oder zB. X liegt in [-1,5]. Erwartungswert=1, Varianz=4.
Standardiserung für dieses Variable liegt dann in [-1,2]

Y liegt in [-5,10].Erwartungswert=2, Varianz=9. Standardieserung lfür Y liegt in
[-2.33.. , 2.66..]

Was sagen mir dann dieses Standardiserungsintervalle? Standardisierte kurve für Y ist breiter und die Wahrscheinlichkeit, dass Y im Intervall [-5,10] lieht, ist höher, als die Warscheinlichkeit, dass X im Intervall [-1,5] liegt. Und? Was sagt mir das ?

Ich habe auch in Wikipedia gelesen:

Zitat:

Standardisierung ist z. B. notwendig um unterschiedlich verteilte Zufallsvariablen miteinander vergleichen zu können.

Wie kann man die vergleichen bzw woduch werden sie sich unterscheiden?

Vielen Dank im Voraus.

11.02.2012, 19:49

Dopap

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das ist wohl ein Missverständnis. Standardiesierte Verteilung ( z.B. Normalverteilung )braucht man um Fragen der Wahrscheinlichkeit berechnen zu können. Das zugehörige Integral ist nämlich nicht elementar Lösbar.

es geht um das Integral der Dichte $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^x e^{-t^2} \dd t \end{eqnarray*}$ ( vereinfacht )

mit einem heutigen TR geht das numerisch. Die Standardisierung war früher notwendig und in Tabellen hinterlegt.

Beispiel: 2 Kugelstosser werfen $\begin{eqnarray*} \overline x_1 = 17m \quad mit~~ \sigma_1=0.8 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \overline x_2 = 16.5m \quad mit~~ \sigma_2=1.2 \end{eqnarray*}$

Wer von beiden übertrifft eher 18.5m ?

Wie gesagt, das könnte man umständlich numerisch berechnen...

oder: man berechnet die Abweichung in $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Einheiten

$\begin{eqnarray*} z_1=\frac {18.5-17}{0.8}=1.88 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_2=\frac {18.5-16.5}{1.2}=1.67 \end{eqnarray*}$

z ist nun die Variable der standardisierten Normalverteilung.

Stosser 2 wird eher 18.5 m erreichen, da er seinen Erwartungswert nur um $\begin{eqnarray*} 1.67 \sigma \end{eqnarray*}$ -Einheiten übertreffen muss.
Will man noch die Wkt wissen dann schaut man unter N(1.67) nach und erhält die

$\begin{eqnarray*} P(X_2\leq 18.5)=95.2% \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} P(X_1\leq 18.5)= 97.0% \end{eqnarray*}$

jetzt klar, warum man standardisierte Verteilungen braucht um damit andere Verteilungen vergleichen zu können?

Die standardisierte Normalverteilung ist immer dieselbe Funktion.

--------------------------------------------------------

Zu deiner Aufgabe: in $\begin{eqnarray*} 2L\pm 0.024 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} 0.024 = \sigma \end{eqnarray*}$

beide $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ sind absolut und deshalb ist 0.001 (absolut ) genauer als 0.024

11.02.2012, 21:11

akvarel

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Zitat:

Original von Dopap

jetzt klar, warum man standardisierte Verteilungen braucht um damit andere Verteilungen vergleichen zu können?

Noch nicht ganz.
Dein Beispiel verstehe ich schon aber du hast gezeigt

Zitat:

Original von Dopap
z ist nun die Variable der standardisierten Normalverteilung.

Also, wie haben die Variable standardisiert und wo ist dann die standardisierte Verteilung?Und was sind dann andere Verteilungen, die man vergleichen kann? Oder das sind genau diese $\begin{eqnarray*} x_{1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_{2} \end{eqnarray*}$ ?

Wir hatten auch so ein Beispiel:
Münzwurf.
$\begin{eqnarray*} b(n,p,k) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n_{1}=25 \end{eqnarray*}$

Standardiserung
$\begin{eqnarray*} \frac{X_{1}-12,5}{\frac{5}{2} } =\frac{X_{1}-12,5}{2,5} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n_{2}=10000 \end{eqnarray*}$
Standardiserung

$\begin{eqnarray*} \frac{X_{2}-5000}{\frac{100}{2} } =\frac{X-5000}{50} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{X_{1}-12,5}{\frac{5}{2} } =\frac{X_{1}-12,5}{2,5} \in [-1,1] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{X_{2}-5000}{\frac{100}{2} } =\frac{X_{2}-5000}{50} \in [-1,1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} X_{1} \in [10,15] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X_{2} \in [4950,5050] \end{eqnarray*}$

Was soll mir dieses Beispiel sagen? Es ist klar, dass mit verschiedenen n-Werten ändert sich auch das Intervall für X. Was sagt mir noch dieses Beispiel?

Zitat:

Die standardisierte Normalverteilung ist immer dieselbe Funktion

Also, alle standardisierte Normalverteilungen sehen gleich aus aber sie haben zB. keine Ähnlichkeiten mit standardisierten Binomialverteilungen? Man standardisiert nur Verteilungen bestimmter Art um die zu vergleichen und nicht zB Binomial- und Normalverteilung?

Vielen Dank im Voraus.

11.02.2012, 21:35

akvarel

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Zitat:

Original von Dopap
Stosser 2 wird eher 18.5 m erreichen, da er seinen Erwartungswert nur um $\begin{eqnarray*} 1.67 \sigma \end{eqnarray*}$ -Einheiten übertreffen muss.
Will man noch die Wkt wissen dann schaut man unter N(1.67) nach und erhält die

$\begin{eqnarray*} P(X_2\leq 18.5)=95.2% \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} P(X_1\leq 18.5)= 97.0% \end{eqnarray*}$

Wenn Stosser 2 eher 18.5 erreichen wird, warum ist dann die Wahrscheinlichkeit beim ihm weniger als beim $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ ?

11.02.2012, 21:56

akvarel

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Ich glaub ich hab es verstanden.
Wenn zwei Normalverteilungen (mit verschiedenen Erwartungswerte/Varianzen) werden standardisiert, dann sehen sie gleich aus, aber die entspechende Intervalle bzw Wahrscheinlichkeiten werden ungleich sein.
zB.
Die Lebenserwartung von Glühbirnen von Firma 1 sei normalverteilt mit
$\begin{eqnarray*} \mu_{1} = 2000 Stunden \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_{1}=200 St. \end{eqnarray*}$

und von der Firma 2
$\begin{eqnarray*} \mu_{2} = 3000 Stunden \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sigma_{2}=50 St. \end{eqnarray*}$

Die beiden haben zwar eine gleiche Standardnormalverteilung aber ganz verschiedene P(2000<=X<=2400) oder? Und dadurch kann man entscheiden welche Firma bessere Glühbirne produziert?

11.02.2012, 22:08

Dopap

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du möchtest die standardisierte Normalverteilung einmal sehen, bitteschön:

$\begin{eqnarray*} \Phi(z)= \int_{-\infty}^z \frac {1}{\sqrt{2\pi} }e^{-\frac 1 2 x^2} \dd x \end{eqnarray*}$

sichtbar machen kann ich nur den Integranden, da $\begin{eqnarray*} \Phi(z) \end{eqnarray*}$ nicht explizit vorliegt.
( aber in Tabellen vorliegt)

Die Fläche ist 1.
------------------------------------------------------------------

Nun zu $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ :

beide sind nicht standardisiert sondern auf Standartform gebracht. Beide sollen aus [-1,1]
sein. Im obigen Bild also von -1 bis +1.
Die Fläche dazwischen ist $\begin{eqnarray*} \Phi(1)-\Phi(-1)=0.841-0.159=0.682=68.2% \end{eqnarray*}$
Das ist die Wkt, dass beide "standardisierten" Zufallsvariablen in das Intervall fallen.

Für die ursprüglichen Zufallsvariablen ist 68.2% die Wkt ,

bei $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ : in das Intervall [10,5] zu fallen und

bei $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ in das Intervall [4950,5050] zu fallen.

Wird es klarer?

edit: habe deine zwischenzeitliche post noch nicht gelesen!

11.02.2012, 22:47

Dopap

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Zitat:

Original von Dopap

$\begin{eqnarray*} P(X_2\leq 18.5)=95.2% \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} P(X_1\leq 18.5)= 97.0% \end{eqnarray*}$

Zitat:

Wenn Stosser 2 eher 18.5 erreichen wird, warum ist dann die Wahrscheinlichkeit beim ihm weniger als beim $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ ?

Du musst immer genau lesen, was geschrieben wurde. es steht ein $\begin{eqnarray*} \color {red}\leq \end{eqnarray*}$ Zeichen.

für das > Zeichen ist die Gegenwahrscheinlichkeit zu nehmen.

nochmals zur letzten post:

in das Intervall [2000,2400] zu fallen ist bei $\begin{eqnarray*} X_1: \quad \Phi(2)-\Phi(0)=0.977-0.5 =47,7% \end{eqnarray*}$

bei $\begin{eqnarray*} X_2 \end{eqnarray*}$ ohne Rechnung = 0%

und nun zur Qualität : erstens halten die Glühbirnen der Sorte 2 länger und zudem ist die Varianz deutlich geringer, was auf saubere Arbeit und auf eine gute Qualitätssicherung schliessen lässt Augenzwinkern

11.02.2012, 23:00

akvarel

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Zitat:

Original von Dopap
und nun zur Qualität : erstens halten die Glühbirnen der Sorte 2 länger und zudem ist die Varianz deutlich geringer, was auf saubere Arbeit und auf eine gute Qualitätssicherung schliessen lässt Augenzwinkern

Ja. das war kein gutes Beispiel. Man konnte es seht leicht ablesen=) Wenn aber das Ergebnis nicht so scheinbar wäre, dann hätte ich die Qualität mittels Standardnormalverteilung ermitteln oder?

11.02.2012, 23:25

Dopap

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ich geh' jetzt einfach mal davon aus, dass Qualität mit einer geringen Varianz gleichzusetzen ist.

Dann ist keine Rechnung notwendig da die Standardabweichung absolut abzulesen ist.

und in Angaben wie $\begin{eqnarray*} \rm D=140mm \pm 0.03mm \end{eqnarray*}$ ( Innendurchmesser einer Panzerkanone ) ist die Standardabweichung mit $\begin{eqnarray*} \rm \sigma = 0.03mm \end{eqnarray*}$ abzulesen.

klar ist aber auch, dass die Qualität von der Absoluten Grösse abhängt.

$\begin{eqnarray*} \rm \pm 0.03mm \end{eqnarray*}$ ist für ein Uhrenzahnrad nichts besonderes, bei einer Gasturbine aber schon.

Deshalb gibt dann noch die relative Genauigkeitsangabe

$\begin{eqnarray*} \rm M=567kg\cdot (1\pm 0.001) \end{eqnarray*}$ hier wird klar, dass die Standardabweichung 0.1% beträgt.

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