Wahrscheinlichkeitsverteilung

09.02.2016, 17:08

Loui1409

Wahrscheinlichkeitsverteilung

Meine Frage:
Folgende Aufgabe:

Die mittlere WIndgeschwindigkeit an der westlichen Ostsee beträgt 18 km/h. Die Standardabweichung beträgt 6 km/h. Zur Vorbereitung von Segelregatten werden Messungen vorgenommen
Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird bei einer Messung eine Windgeschwindigkeit über 25km/h gemessen?

Meine Ideen:
Ich habe jetzt angenommen das 18 km/h die Varianz ist und 6km/ h offensichtlich die Standardabweichung. Mein Problem ist jetzt das ich nicht weiß wie ich p berechnen mussbzw was die 25 km/h überhaupt für ein Wert sind?

09.02.2016, 17:11

Steffen Bühler

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RE: Wahrscheinlichkeitsverteilung
Nein, die 18km/h sind der Mittelwert, nicht die Varianz.

Ansonsten hilft diese Tabelle beim Berechnen. Wenn's da Schwierigkeiten gibt, melde Dich.

Viele Grüße
Steffen

09.02.2016, 17:23

Loui1409

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RE: Wahrscheinlichkeitsverteilung
Hi Steffen , danke erstmal für deine schnelle Antwort. Gibt es auch eine Möglichkeit die Wahrscheinlichkeit zu berechnen?? Augenzwinkern

09.02.2016, 18:58

Steffen Bühler

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RE: Wahrscheinlichkeitsverteilung
Nur mit manchen Taschenrechnern. Das auftretende Integral hat, wie da ja auch im Wiki-Artikel steht, keine elementare Stammfunktion.

09.02.2016, 20:30

Dopap

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z.B. mit dem HP50: UTPN(18,36,25) smile

Woher weis man, dass das eine Normalverteilung ist. verwirrt

09.02.2016, 20:48

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
Woher weis man, dass das eine Normalverteilung ist. verwirrt

Frag ich mich auch. Zumal bei Geschwindigkeiten andere Verteilungen nicht unüblich sind (zugegeben, der Vergleich ist an den Haaren herbeigezogen Augenzwinkern

09.02.2016, 20:49

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von Dopap
Woher weis man, dass das eine Normalverteilung ist.

Sonst wäre die Aufgabe nicht lösbar. smile

09.02.2016, 21:06

HAL 9000

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Sonst wäre die Aufgabe nicht lösbar. smile

Stimmt insoweit, dass man ohne Verteilungsannahme die gesuchte Wahrscheinlichkeit nicht berechnen, sondern allenfalls abschätzen kann. Und die "üblichen" Abschätzungen sind zugegebenermaßen erbärmlich schlecht:

Mit Tschebyscheff: $\begin{align*} P(X>25) = P(X-18>7) \leq P(|X-18|>7) \leq \frac{6^2}{7^2} \approx 0.734 \end{align*}$

Mit Markow: $\begin{align*} P(X>25) \leq \frac{18}{25} = 0.72 \end{align*}$

Bemerkenswert, dass von zwei miserablen Abschätzungen die mit der Markow-Ungleichung sogar die bessere ist, obwohl die gar keinen Gebrauch von der gegebenen Standardabweichung macht. Augenzwinkern

09.02.2016, 21:38

Dopap

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anscheinend ist die Weibull-Verteilung hier zuständig.

$\begin{eqnarray*} F(v)=1-\exp(-(\lambda v)^k) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k>0 \quad \text{- Formparameter} <br /> \lambda >0 ~ \text{ - inverser Skalenparameter} \end{eqnarray*}$

10.02.2016, 07:53

Steffen Bühler

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Mag sein. Wie gesagt, die einzige Verteilung, die durch Mittelwert und Standardabweichung eindeutig definiert ist, ist die Normalverteilung. Aber warten wir ab, was Loui1409 zu sagen hat.

10.02.2016, 08:42

HAL 9000

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Naja, die Weibull-Parameter sind auch durch Angabe von Mittelwert und Standardabweichung definiert, wenn auch indirekt:

$\begin{align*} \mu &= \frac{1}{\lambda} \Gamma\left(1+\frac{1}{k}\right) \\ \sigma^2 &= \frac{1}{\lambda^2} \left( \Gamma\left(1+\frac{2}{k}\right) - \Gamma^2\left(1+\frac{1}{k}\right) \right) \end{align*}$

D.h., es ist dann $\begin{align*} \frac{\sigma^2}{\mu^2}+1 = \frac{\Gamma\left(1+\frac{2}{k}\right)}{\Gamma^2\left(1+\frac{1}{k}\right)} \end{align*}$ .

Im vorliegenden Fall würde das zu der Bestimmungsgleichung $\begin{align*} \frac{\Gamma\left(1+\frac{2}{k}\right)}{\Gamma^2\left(1+\frac{1}{k}\right)} = \frac{10}{9} \end{align*}$ führen, mit Lösung $\begin{align*} k\approx 3.3035 \end{align*}$ und in der Folge $\begin{align*} \lambda\approx 0.049837 \end{align*}$ , und folgendem Graph der Verteilungsfunktion:

und Dichte

.

10.02.2016, 08:49

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von HAL 9000
die Weibull-Parameter sind auch durch Angabe von Mittelwert und Standardabweichung definiert

Na gut, ich geb mich geschlagen. Allerdings unterscheidet sich das Ergebnis bei Gauß und Weibull erst in der dritten Stelle, womit wir über Kaisers Bart reden.

Viele Grüße
Steffen

10.02.2016, 09:24

HAL 9000

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Ähnliches hab ich beim Anblick der Dichte auch gedacht. Big Laugh

10.02.2016, 10:34

Dopap

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für $\begin{eqnarray*} k\approx 3.6 \end{eqnarray*}$ ergibt sich eine Verteilung mit verschwindender Schiefe wie bei der Normalverteilung. Will sagen: steckt man Normalverteilung rein kommt auch Normalverteilung raus. Mit anderen Werten können schon asymmetrische Dichten auftreten.
In der Praxis entscheidet darüber dann die statistische Windgeschwindigkeitsverteilung.

10.02.2016, 15:03

Dopap

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und hier noch ein Beispiel aus der Praxis. Es gibt dazu einen Weibull-Rechner für die persönliche Windverteilung am Wohnort Augenzwinkern

http://wind-data.ch/tools/weibull.php?v0...e=Aktualisieren

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