Testen von Hypothesen - Risiken 1. und 2. Art berechnen

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13.05.2012, 10:55

dvdevil

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Testen von Hypothesen - Risiken 1. und 2. Art berechnen

Hallo Community,

ich als nicht gerade mathematisches Genie Hammer

muss für die Mathematik-Stunde eine Aufgabe vorbereiten, bei der mir leider jeglicher Ansatz abgeht unglücklich

Hier die Aufgabe:
"Peter gibt Eva eine Liste mit 200 Zufallsziffern von 1 bis 4. Er sagt ihr: "Diese Liste wurde entweder mit einem idealen Würfel oder mit einem idealen Tetraeder erstellt." Der ideale Würfel ist jedoch zweimal mit einer 1 und zweimal mit einer 4 beschriftet. Eva möchte herausfinden, ob die Liste mit dem Würfel oder dem Tetraeder erstellt wurde und will deshalb die Anzahl der Einser in der Liste zählen. Sie sagt: "Wenn es mindestens 60 Einser sind entscheide ich mich für den Würfel. Berechne die Risiken 1.Art und 2.Art bei Evas Vorgangsweise."

Leider war ich mehrere Mathematik-Stunden aufgrund von Krankheiten, Nachschreibearbeiten und einmal auch keine Lust, das muss ich zugeben, nicht da.

Ich hab irgendwie mitbekommen, dass man bei solchen Aufgaben entweder einen einseitigen oder einen zweiseitigen Test vornehmen muss, aber wie ich nun darauf komme, für welche Art Test ich mich entscheiden muss, bleibt mir ein Rätsel.

Ich bin für jeden Lösungsansatz dankbar Freude

Gruß
dvd

13.05.2012, 12:38

Felipe-

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Hallo dvdevil,

die Entscheidung ob es sich um einen einseitigen oder zweiseitigen Hypothesentest handelt, ist recht leicht.
Hier: --> Entscheidet sich Eva für den Würfel, wenn es "irgendwie um die 60 Einsen" gibt, oder wenn es signifikant mehr als 60 Einser gibt?

Zu der eigentlichen Aufgabe habe ich eine Idee, bin mir jedoch nicht 100%ig sicher:

$\begin{eqnarray*} H_{0} : \mu \geq 60 \end{eqnarray*}$ --> Entscheidung für den Würfel
$\begin{eqnarray*} H_{0} : \mu < 60 \end{eqnarray*}$ --> Entscheidung gegen den Würfel

Dann brauchst du noch $\begin{eqnarray*} \mu_{0} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ , n=200 hast du ja gegeben.

Der Fehler 1. Art wäre dann der "p-Wert" (empirisches Signifikanzniveau), d.h. das kleinste Niveau auf dem die $\begin{eqnarray*} H_{0} \end{eqnarray*}$ gerade noch verworfen werden kann.
Der Fehler 2. Art ist etwas komplexer.

Wie gesagt, ich bin mir bei meinem Ansatz leider nicht ganz sicher...
Viel Erfolg trotzdem! smile

13.05.2012, 18:20

dvdevil

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Hallo Felipe-,
danke für deine Antwort.

Bedeutet das, dass es sich um einen einseitigen Test handelt?

Ist mir peinlich, aber ich kann nicht einmal mit allen Zeichen etwas anfangen, die du in deinem Ansatz verwendest.

H 0 ist doch die Nullhypothese oder?

Und was bedeutet dieses Mikro-Zeichen oder was auch immer das ist Hammer

?

Signifikanzniveau hab ich auch schon mal gehört, aber wirklich was darunter vorstellen kann ich mir leider nicht.

Stimmt es, dass das Signifikanzniveau die Ungenauigkeit oder Fehlerwahrscheinlichkeit angibt ?

Hätte sonst noch jemand einen Ansatz auf Lager, ich wäre echt dankbar.

Gruß
dvd

13.05.2012, 19:17

Dopap

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scheint auf einseitigen Test hinauszulaufen...

$\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ = die Wkt dass "1" eintritt. Aufgrund der Geometrie ist das keine empirische Grösse (=Messgrösse ) sondern = exakt = p.

Für den Tetraeder p=0.25
Für den Würfel p=0.3333333..
$\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ ist die Standardabweichung, ist auch genau bestimmbar.
Davon aber evtl.später mehr...

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

für einen Tetraeder ist $\begin{eqnarray*} p(X_T\geq 60)=6.25% \end{eqnarray*}$

Wenn man sich jetzt für den Würfel entscheidet, ist das $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ =Signifikanzniveau= Fehler 1.Art =6.25%
Das ist die Wahrscheinlichkeit den Würfel zu akzeptieren obwohl das Falsch wäre.

Der Ablehnugsbereich für diese Nullhypothese $\begin{eqnarray*} H_0 \end{eqnarray*}$ : es ist der Würfel,
ist demnach K= Null bis 59 für die Anzahl der Einsen.

Dann gilt $\begin{eqnarray*} H_1 \end{eqnarray*}$ : es ist der Tetraeder.

Trotzdem könnte es doch der Würfel gewesen sein. Wenn man also $\begin{eqnarray*} H_0 \end{eqnarray*}$ verwirft und damit $\begin{eqnarray*} H_1 \end{eqnarray*}$ akzeptiert, obwohl es doch der Würfel war, ist das der Fehler 2. Art.

$\begin{eqnarray*} \beta =p(X_W \leq 59)=14.1% \end{eqnarray*}$

Das ist gerade mein Wissensstand. Aber aus Erfahrung: ohne Gewähr!

für Antworten auf Top-Level: Math1986 oder HAL9000 oder Huggy , aber die werden sich schon noch melden. Augenzwinkern

edit---------------------------------------
wenn das Schulbereich ist, ist das Niveau schon ziemlich hoch!
Welches Bundesland, welche Klassenstufe?

13.05.2012, 21:54

Felipe-

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Zitat:

Original von Dopap
wenn das Schulbereich ist, ist das Niveau schon ziemlich hoch!
Welches Bundesland, welche Klassenstufe?

Ja, das habe ich mir auch gedacht!!!

Mich würde jetzt interessieren, wie du auf die Werte 6,25% und 14,1% kommst. Was rechnest du?

13.05.2012, 22:19

Dopap

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nun das sind kummulierte Werte der Binomialverteilung :

1.) Tetaeder: n=200 p= 0.25 mehr als 59 "Einsen"

$\begin{eqnarray*} p(X_T\ \geq 60) = \sum_{k=60}^{200} \binom {200} k 0.25^k 0.75^{200-k} \end{eqnarray*}$

das ist exakt gerechnet, aber man könnte auch mittels Normalverteilung approximieren ( und hier bräuchte man die Standartabweichung $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ siehe oben)

2.) beim "Würfel" wäre

$\begin{eqnarray*} p(X_W \leq 59) = \sum_{k=0}^{59} \binom {200} k 0.333333^k \cdot 0.6666666^{200-k} \end{eqnarray*}$

edit----------------------------------------

ist mir doch mal wieder Standartabweichung aus dem Füller geflossen.

selbstredend : Standardabweichung

13.05.2012, 22:25

Felipe-

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Zitat:

Original von Dopap
nun das sind kummulierte Werte der Binomialverteilung :

1.) Tetaeder: n=200 p= 0.25 mehr als 59 "Einsen"

$\begin{eqnarray*} p(X_T\ \geq 60) = \sum_{k=60}^{200} \binom {200} k 0.25^k 0.75^{200-k} \end{eqnarray*}$

das ist exakt gerechnet, aber man könnte auch mittels Normalverteilung approximieren ( und hier bräuchte man die Standartabweichung $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ siehe oben)

2.) beim "Würfel" wäre

$\begin{eqnarray*} p(X_W \leq 59) = \sum_{k=0}^{59} \binom {200} k 0.333333^k \cdot 0.6666666^{200-k} \end{eqnarray*}$

Ja klar, über die Binomialverteilung. Ich wollte den Weg über die Normalverteilung gehen, aber so geht's natürlich auch.

13.05.2012, 22:34

Dopap

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wenn es dich interessiert, Normalverteilung :

1.) mit Stetigkeitskorrektur p= 6.04%

2.) mit Stetigkeitskorrektur: p=14.12%

13.05.2012, 22:59

Felipe-

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Zitat:

Original von Dopap
wenn es dich interessiert, Normalverteilung :

1.) mit Stetigkeitskorrektur p= 6.04%

2.) mit Stetigkeitskorrektur: p=14.12%

Ja, das interessiert mich! Danke! Freude

Was mich auch noch interessieren würde: hast du die Varianz/Standardabweichung mit der Hand ausgerechnet? Da wäre ich glaube ich in diesem Fall dran gescheitert...

13.05.2012, 23:10

Dopap

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nun die kann man Aufgrund der Binomialverteilung berechnen:

1.) $\begin{eqnarray*} \sigma_1= \sqrt {200 \cdot 0.25 \cdot 0.75 } \end{eqnarray*}$

2.) $\begin{eqnarray*} \sigma_2= \sqrt{{200 }\cdot 0.3333333 \cdot 0.666666} \end{eqnarray*}$

schön, dass du nicht nur 'ne Lösung willst, sondern auch Interesse zeigst Freude

13.05.2012, 23:34

Felipe-

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Zitat:

Original von Dopap
nun die kann man Aufgrund der Binomialverteilung berechnen:

1.) $\begin{eqnarray*} \sigma_1= \sqrt {200 \cdot 0.25 \cdot 0.75 } \end{eqnarray*}$

2.) $\begin{eqnarray*} \sigma_2= \sqrt{{200 }\cdot 0.3333333 \cdot 0.666666} \end{eqnarray*}$

schön, dass du nicht nur 'ne Lösung willst, sondern auch Interesse zeigst Freude

Ach Mensch, wir reden hier ja von Wahrscheinlichkeiten, alles klar. Big Laugh

Letztes Semester Statistik A, dieses Semester Statistik B und trotzdem steh' ich dauernd auf'm Schlauch! Vielen Dank! Langsam kommt alles wieder. Freude

Edit: Ich sag' mal "Gute Nacht"! Wird langsam Zeit... Augenzwinkern

Vielen Dank nochmal und bis bald. Wink

13.05.2012, 23:49

Dopap

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mach dir mal keinen Kopf!
erst vor Kurzem wurde mir hier klargemacht, dass ich keine Ahnung hätte!

Das hat mich ein wenig verärgert, und habe mich daraufhin etwas festgebissen. Augenzwinkern

Bisher kam hier auch kein Widerspruch, sodass das von mir Vorgetragene nicht ganz falsch sein kann.
Ich bin der Erste in der Reihe, die Verständnis dafür haben, dass man in Stochastik schnell den Anschluss , Überblick verliert.

Ich kenn nur einen Tipp:

erstmal ganz gründlich überlegen und nach einen Modell suchen..
und dann kurz und trocken zuschlagen smile

Noch 'ne schöne Woche!

Gruss Dopap

14.05.2012, 12:28

dvdevil

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Danke für eure Antworten.

Ich werd mir das alles mal gründlich durchlesen und hoffe, dass ich das dadurch auch verstehe.

Auf den ersten Blick blick ich nämlich nicht durch Hammer

Ach ja, ist Schulniveau, Jgst. 13 in BW

16.05.2012, 07:43

dvdevil

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Vielen Dank nochmals,

ich habs verstanden und mein Vortrag in der Schule war recht passabel Freude

17.05.2012, 12:10

Felipe-

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Schön zu hören! Wink

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