standardisierte Normalverteilung, W-keit

18.01.2014, 13:29

Studentu

standardisierte Normalverteilung, W-keit

Meine Frage:
Hallo an alle!

Bei einem Beispiel, das vermutlich nicht recht schwer sein sollte, stehe ich leider auf der Leitung. Es handelt sich um folgende Aufgabe:

Unter 2N+1 Personen wird eine Abstimmung über ein Projekt durchgeführt.
n Personen sind für das Projekt, der Rest ist gleichgültig und
entscheidet mit der Wahrscheinlichkeit 0,5 dafür oder dagegen.
Wie groß muss n sein, damit die Befürworter mit einer Wahrscheinlichkeit
von 0,99 gewinnen?
Berechne n konkret für N=500 000.

Meine Ideen:
Meine Vermutung ist, dass man das mit der standardisierten Normalverteilung löst.

Es gibt 2N+1-n Gleichgültige, d.h., der Erwartungswert für die, die dafür bzw. dagegen stimmen ist 0.5*(2N+1-n). Die Varianz ist dann 0.25*(2N+1-n).
Der Erwartungswert für die n Personen, die sicher dafür stimmen, ist n, die Varianz 0.
Wir haben gelernt, dass die standardisierten Summen $\begin{eqnarray*} T_n = \sum_{i=1}^{n}\frac{Yi-\mu}{\sigma\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ in Verteilung gegen N(0,1) konvergieren.

Wäre toll, wenn ihr mir hier helfen könntet!

Danke im Voraus,
LG
Studentu

18.01.2014, 18:29

Leopold

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Die Anzahl $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ der Befürworter unter den $\begin{eqnarray*} 2N+1-n \end{eqnarray*}$ Gleichgültigen ist binomialverteilt mit $\begin{eqnarray*} p=0{,}5 \end{eqnarray*}$ als Erfolgswahrscheinlichkeit. Die Abstimmung geht zugunsten des Projekts aus, wenn $\begin{eqnarray*} X+n>N \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} X>N-n \end{eqnarray*}$ ist. Die Wahrscheinlichkeit dafür soll mindestens 99 Prozent betragen. Das führt auf die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} P(X>N-n) \geq 0{,}99 \end{eqnarray*}$

Nach Übergang zur Gegenwahrscheinlichkeit erhält man

$\begin{eqnarray*} P(X \leq N-n) \leq 0{,}01 \end{eqnarray*}$

Mittels der Approximation $\begin{eqnarray*} P(X \leq k) \approx \Phi \left( \frac{k + 0{,}5 - \mu }{\sigma} \right) \end{eqnarray*}$ , worin $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung ist, kannst du die Ungleichung nach $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ auflösen.

19.01.2014, 00:26

Studentu

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Danke für deine Antwort, Leopold!

Mir ist leider nicht ganz klar, wie du auf X+n>N kommst.
Es gibt ja 2N+1-n Gleichgültige und wenn von denen X dafür stimmen, dann stimmen 2N+1-n-X dagegen.
Ich nehme an, es muss eine einfache Mehrheit (über 50%) erreicht werden.
Dann müsste also X+n>2N+1-n-X sein, damit es zugunsten des Projekts ausgeht?
Wie kommt man denn auf deine Lsg?

Meine zweite Frage ist, wie man dann hier: $\begin{eqnarray*} P(X \leq k) \approx \Phi \left( \frac{k + 0{,}5 - \mu }{\sigma} \right) \end{eqnarray*}$ auf den Ausdruck in der Klammer kommt?

Der Erwartungswert (bzw. die Standardabweichung) $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ (bzw. $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ ) steht hier für den der Zufallsvariable X, also den der Dafürstimmenden unter den Gleichgültigen, oder?

Das anschließende Umformen nach n ist mir klar, denke ich.

Danke für deine Hilfe,
LG

19.01.2014, 10:56

Leopold

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$\begin{eqnarray*} X+n > 2N+1-n-X \ \ \Leftrightarrow \ \ 2X + 2n > 2N + 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ X+n > N + \frac{1}{2} \ \ \Leftrightarrow \ \ X+n > N \end{eqnarray*}$

Die letzte Äquivalenz gilt, weil $\begin{eqnarray*} X,n,N \end{eqnarray*}$ ganz sind.
Es ist ja auch klar, daß die Mehrheit erreicht ist, wenn die Befürworter (das sind $\begin{eqnarray*} X+n \end{eqnarray*}$ ) über die Hälfte der Stimmen haben (das sind $\begin{eqnarray*} N + \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ ).

Zitat:

Original von Studentu
Meine zweite Frage ist, wie man dann hier: $\begin{eqnarray*} P(X \leq k) \approx \Phi \left( \frac{k + 0{,}5 - \mu }{\sigma} \right) \end{eqnarray*}$ auf den Ausdruck in der Klammer kommt?

Das ist der zentrale Grenzwertsatz in seiner einfachsten Form als Satz von de Moivre und Laplace. $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ hast du richtig berechnet:

$\begin{eqnarray*} \mu = \mathcal{E}(X) = 0{,}5 \cdot (2N+1-n) \, ; \ \ \sigma = \sqrt{\operatorname{Var}(X)} = \sqrt{(2N+1-n) \cdot 0{,}5^2} = 0{,}5 \cdot \sqrt{2N+1-n} \end{eqnarray*}$

Die $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ in deiner Formel

Zitat:

Original von Studentu
Wir haben gelernt, dass die standardisierten Summen $\begin{eqnarray*} T_n = \sum_{i=1}^{n}\frac{Yi-\mu}{\sigma\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ in Verteilung gegen N(0,1) konvergieren.

sind hier die Bernoulli-Größen

$\begin{eqnarray*} Y_i = \begin{cases} 1, & \text{falls die} \ i \text{-te Person dem Projekt zustimmt} \\ 0, & \text{falls die} \ i \text{-te Person das Projekt ablehnt} \end{cases} \end{eqnarray*}$

Mit ihnen ist

$\begin{eqnarray*} X = \sum_{i=1}^{2N+1-n} Y_i \end{eqnarray*}$

die zufällige Anzahl der Personen, die das Projekt befürworten. Beachte, daß $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ in deiner Formel nicht der Erwartungswert und die Standardabweichung von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ sind, sondern von den $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} \hat{\mu} = p = 0{,}5 \, ; \ \ \hat{\sigma} = \sqrt{pq} = \sqrt{0{,}5^2} = 0{,}5 \end{eqnarray*}$

Ich habe einmal ein Dach darauf gesetzt, um die Größen von denen von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ zu unterscheiden. Um den Zusammenhang zu sehen, kannst du folgendermaßen umformen (statt $\begin{eqnarray*} T_{2N+1-n} \end{eqnarray*}$ schreibe ich kürzer $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ ):

$\begin{eqnarray*} T = \sum_{i=1}^{2N+1-n} \frac{Y_i - \hat{\mu}}{\hat{\sigma} \sqrt{2N+1-n}} = \frac{1}{\hat{\sigma} \sqrt{2N+1-n}} \cdot \sum_{i=1}^{2N+1-n} \left( Y_i - \hat{\mu} \right) = \frac{1}{\hat{\sigma} \sqrt{2N+1-n}} \cdot \left( \left( \sum_{i=1}^{2N+1-n} Y_i \right) - (2N+1-n) \cdot \hat{\mu} \right) \end{eqnarray*}$

Und wegen $\begin{eqnarray*} X = \sum_{i=1}^{2N+n-1} Y_i \, , \ \mu = \hat{\mu} \cdot (2N+1-n) \, , \ \sigma = \hat{\sigma} \sqrt{2N+1-n} \end{eqnarray*}$ heißt das

$\begin{eqnarray*} T = \frac{1}{\sigma} \left( X - \mu \right) \end{eqnarray*}$

Und wenn nun $\begin{eqnarray*} 2N+1-n \end{eqnarray*}$ sehr groß ist, kann man die Verteilung von $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ durch die Standardnormalverteilung (mit $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ als Dichte und $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ als Verteilungsfunktion) approximieren:

$\begin{eqnarray*} P(T \leq t) \approx \Phi(t) \end{eqnarray*}$

Numerisch bessere Werte bekommt man mit

$\begin{eqnarray*} P(T \leq t) \approx \Phi \left( t + \frac{0{,}5}{\sigma} \right) \end{eqnarray*}$

Der Korrektursummand $\begin{eqnarray*} \frac{0{,}5}{\sigma} \end{eqnarray*}$ spielt "im Unendlichen" keine Rolle mehr, liefert aber "im Endlichen" genauere Werte.

Wenn man in $\begin{eqnarray*} T \leq t \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ auflöst:

$\begin{eqnarray*} T \leq t \ \ \Leftrightarrow \ \ \frac{1}{\sigma} \left( X - \mu \right) \leq t \ \ \Leftrightarrow \ \ X \leq \sigma t + \mu \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} k = \sigma t + \mu \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} t = \frac{k - \mu}{\sigma} \end{eqnarray*}$ setzt, heißt das

$\begin{eqnarray*} P(T \leq t) = P(X \leq k) \approx \Phi \left( \frac{k - \mu + 0{,}5}{\sigma} \right) \end{eqnarray*}$

19.01.2014, 17:21

Studentu

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Vielen Dank für deine Hilfe, Leopold!!!

Jetzt hab ich's mir fertig ausgerechnet.
Mit Korrektursummand kommt bei mir heraus, $\begin{eqnarray*} n\geq2327,28829 \rightarrow n\geq2328 \end{eqnarray*}$ und ohne: $\begin{eqnarray*} n\geq2326,289461 \rightarrow n\geq 2327 \end{eqnarray*}$ .
Ich hoffe, das stimmt so.

LG
Studentu

19.01.2014, 18:07

Leopold

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Das Ergebnis stimmt und sollte alle Demokraten aufhorchen lassen: Etwa 2330 von 1 Million Personen, das sind nicht einmal 1/4 Prozent, können, wenn sie fest entschlossen sind, eine indifferente Masse majorisieren.

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