Wahrscheinlichkeitsrechnung - Wahlbestechung

30.06.2016, 08:08	Kelev	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeitsrechnung - Wahlbestechung Meine Frage: Hi, die Frage lautet: Es gibt N Wähle und zwei Kandidaten. Die Wählerschaft wählt mit 50% K1 oder K2. K1 beschließt nun k Wähler zu bestechen um etwas nachzuhelfen. Wie viele k Wähler muss er bestechen, damit er mit 99% Sicherheit gewinnt. Meine Ideen: Aus dem Text schließe ich: $\begin{eqnarray} <br /> E = \frac{n}{6}<br /> V = n\frac{1}{6}(1-\frac{1}{6})<br /> s = \sqrt{n\frac{1}{6}(1-\frac{1}{6})}<br /> \end{eqnarray}$ Ich denke mal, dass ich nun die Tschebyscheff-Ungleichung einsetzen muss, da ich damit eine Abweichung von Standardabweichung berechen kann. Hier weiß ich aber nicht mehr weiter und bin mir auch nicht sicher. Würde mich über Hilfe freuen.
30.06.2016, 08:29	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Da hast du wohl ohne nachzudenken von einem Würfelbeispiel abgeschrieben: Hier bei der Wahl geht es nicht um Einzelerfolgswahrscheinlichkeit $\begin{align} \frac{1}{6} \end{align}$ , sondern um $\begin{align} \frac{1}{2} \end{align}$ . Und ich würde auch nicht mit der Tschebyscheff-Ungleichung argumentieren, die ergibt zwar eine Abschätzung, aber eine viel zu grobe. Rechne doch erstmal direkt mit der Binomialverteilung bzw. deren approximierender Normalverteilung: Sei $\begin{align} X \end{align}$ ... Anzahl der Wähler der Gegenpartei Dann ist $\begin{align} X\sim B\left(N-k,\frac{1}{2}\right) \end{align}$ , denn $\begin{align} k \end{align}$ der $\begin{align} N \end{align}$ Wähler ziehen ja nach der Bestechung die Gegenpartei nicht mehr in Frage. Zu bestimmen ist nun $\begin{align} k \end{align}$ so, dass $\begin{align} P\left(X < \frac{N}{2}\right)\geq 0.99 \end{align}$ .
30.06.2016, 14:16	Kelev	Auf diesen Beitrag antworten »
Ups da habe ich von einer anderen Aufgabe den Anfang aufgeschrieben. Es muss: $\begin{eqnarray} <br /> E = \frac{1}{2} n<br /> V = n * \frac{1}{2} * \frac{1}{2}<br /> s = \sqrt{n * \frac{1}{2} * \frac{1}{2}}<br /> \end{eqnarray}$ lauten. Die Anzahl der Wähler der Gegenpartei beträgt N-k. $\begin{eqnarray} <br /> \binom {N} {N-k}(\frac{1}{2})^k(\frac{1}{2})^{(N-k)}<br /> \end{eqnarray}$ gibt mir jetzt an mit welcher Wahrscheinlichkeit K2 noch gewählt werden kann, wenn k Wähler bestochen wurden? $\begin{eqnarray} P(X < \frac{N}{2}) \end{eqnarray}$ ist doch dann die Wahrscheinlichkeit, das K1 gewählt wird, wenn K2 weniger als N/2 Stimmen bekommt? Hieraus würde doch dann folgen, dass K1 mit $\begin{eqnarray} P(X < \frac{N}{2}) \geq 0.99 = 1 - \binom {N} {N-k}(\frac{1}{2})^k(\frac{1}{2})^{(N-k)} \end{eqnarray*}$ gewählt würde, also muss ich diesen Term nach k umstellen?
30.06.2016, 14:28	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein. Entweder hältst du meinen Zugang für falsch, oder du hast nicht genug drüber nachgedacht: Es ist nicht mehr so, dass sich alle $\begin{align} N \end{align}$ Leute mit Wahrscheinlichkeit $\begin{align} \frac{1}{2} \end{align}$ für eine der Parteien entscheiden - das trifft nach erfolgter Bestechung nur noch auf $\begin{align} N-k \end{align}$ Leute zu, denn die $\begin{align} k \end{align}$ Leute sind ja ehrliche Leute und wählen mit Wahrscheinlichkeit 1 die Partei desjenigen, der sie bezahlt hat. Daher habe ich ja geschrieben $\begin{align} X\sim B\left(N-k,\frac{1}{2}\right) \end{align}$ , dementsprechend ist $\begin{align} P(X=j) = \binom{N-k}{j} \frac{1}{2^{j}}\cdot \frac{1}{2^{N-k-j}} = \binom{N-k}{j} \frac{1}{2^{N-k}} \end{align}$ . Aber man sollte wohl besser dann zur Normalverteilungsapproximation dieser Binomialverteilung übergehen.
30.06.2016, 14:56	Kelev	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah okay also das nich mehr alle Leute sich mit $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ entscheiden leuchtet mir ein. Aber weder die von dir verwendete Formel noch die Normalverteilungsapproximation sagen mir was und tauchen auch nicht bei uns im Skript auf. Auf die Tschebyscheff-Ungleichung kam ich, da wir diese vor kurzem behandelt haben und auch sonst das Übungsblatt von der Ungleichung handelt. Nach dieser würde doch sonst gelten: $\begin{eqnarray} <br /> P(\| X - \frac{N}{2}\| \geq k) \leq \frac{V}{k^2}<br /> \end{eqnarray}$ An dieser Stelle ist mir nicht klar, wie ich die 99% einzuarbeiten habe. Kann ich einfach $\begin{eqnarray} <br /> P(\| X - \frac{N}{2}\| \geq k) \geq 1 - \frac{V}{k^2} = 0.01<br /> \end{eqnarray}$ berechnen und bekomme somit eine Abschätzung?
30.06.2016, 15:13	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Tschebyscheff bezieht sich auf den Erwartungswert der Zufallsgröße, und der ist bei dieser Binomialverteilung hier NICHT $\begin{align} \frac{N}{2} \end{align}$ , sondern $\begin{align} E(X)=\frac{N-k}{2} \end{align}$ ; die Varianz ist übrigens $\begin{align} \sigma^2=V(X)=\frac{N-k}{4} \end{align}$ . Also wenn schon Tschebyscheff, dann so: $\begin{align} P\left( X < \frac{N}{2} \right) = 1-P\left( X \geq \frac{N}{2} \right) \end{align}$ mit $\begin{align} P\left( X \geq \frac{N}{2} \right) = P\left( X-E(X) \geq \frac{k}{2} \right) \leq P\left( \|X-E(X)\| \geq \frac{k}{2} \right) \leq \frac{V(X)}{\left(\frac{k}{2}\right)^2} = \frac{N-k}{k^2} \end{align}$ . Und wenn diese rechte Seite $\begin{align} \leq 0.01 \end{align}$ ist, dann ist das hinreichend (aber nicht notwendig) für das gewünschte $\begin{align} P\left( X < \frac{N}{2} \right) \geq 0.99 \end{align}$ . Letztlich stellt sich heraus, dass das so grob abgeschätzte $\begin{align} k \end{align}$ mehr als viermal so groß wie nötig ist. Also wenn kein Bestechungsgeld verschwendet werden soll, nimmt man doch besser die Normalverteilungsapproximation.
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