ZGWS Binomialverteilung < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:12 So 31.01.2010 | | Autor: | Torboe |
| Aufgabe | Bei einer Qualtitätskontrolle werden 4000 elektronische Bauteile einer Produktion überprüft; dabei wird festgestellt, dass genau 1049 Exemplare nicht von erster Wahl sind.
Man teste zum Signifikanzniveau 4% die Nullhypothese, dass 75% der Bauteile der Produktion von erster Wahl sind; Gegenhypothese: Weniger als 75% sind von erster Wahl.
(Normalapproximation der Binomialverteilung) |
Lösung:
[mm] H_{0} [/mm] = P(Bauteil ist von erster Wahl) = p = 0.75
X = Anzahl der Teile erster Wahl bei 4000 Teilen
=> X~b(4000;p), P(X=k) = [mm] \vektor{4000 \\ k} p^k [/mm] (1-P)^(4000-k)
E(X) = 4000*p = 3000, Var(X) = 4000*p*(1-p) = 750
ZGS:
P(X)=k [mm] \approx[/mm] [mm] \Phi [/mm] [mm] (\bruch{(k+(1/2)-3000)}{\wurzel{750}}) [/mm] - [mm] \Phi [/mm] [mm] ((\bruch{(k-(1/2)-3000)}{\wurzel{750}})
[/mm]
Also P(X [mm] \le [/mm] 2951) = [mm] \Phi [/mm] [mm] ((\bruch{-48,5}{\wurzel{750}}))=1-[/mm] [mm] \Phi [/mm](1,771)=.....
meine Frage ist folgende:
Bis zum ZGS ist mir noch alles klar. Aber ab P(X=k) [mm] \approx [/mm] ... versteh ich es nicht mehr.
Also wieso gilt:
P(X)=k [mm] \approx[/mm] [mm] \Phi [/mm] [mm] (\bruch{(k+(1/2)-3000)}{\wurzel{750}}) [/mm] - [mm] \Phi [/mm] [mm] ((\bruch{(k-(1/2)-3000)}{\wurzel{750}})
[/mm]
und wieso folgt daraus:
P(X [mm] \le [/mm] 2951) = [mm] \Phi [/mm] [mm] ((\bruch{-48,5}{\wurzel{750}}))=1-[/mm] [mm] \Phi [/mm] (1,771)=.....
Vielen Dank im voraus!!
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Hallo!
> Bei einer Qualtitätskontrolle werden 4000 elektronische
> Bauteile einer Produktion überprüft; dabei wird
> festgestellt, dass genau 1049 Exemplare nicht von erster
> Wahl sind.
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> Man teste zum Signifikanzniveau 4% die Nullhypothese, dass
> 75% der Bauteile der Produktion von erster Wahl sind;
> Gegenhypothese: Weniger als 75% sind von erster Wahl.
>
> (Normalapproximation der Binomialverteilung)
> Lösung:
> [mm]H_{0}[/mm] = P(Bauteil ist von erster Wahl) = p = 0.75
> X = Anzahl der Teile erster Wahl bei 4000 Teilen
>
> => X~b(4000;p), P(X=k) = [mm]\vektor{4000 \\ k} p^k[/mm]
> (1-P)^(4000-k)
>
> E(X) = 4000*p = 3000, Var(X) = 4000*p*(1-p) = 750
>
> ZGS:
> P(X)=k [mm]\approx[/mm] [mm]\Phi[/mm]
> [mm](\bruch{(k+(1/2)-3000)}{\wurzel{750}})[/mm] - [mm]\Phi[/mm]
> [mm]((\bruch{(k-(1/2)-3000)}{\wurzel{750}})[/mm]
>
> Also P(X [mm]\le[/mm] 2951) = [mm]\Phi[/mm]
> [mm]((\bruch{-48,5}{\wurzel{750}}))=1-[/mm] [mm]\Phi [/mm](1,771)=.....
>
>
> meine Frage ist folgende:
> Bis zum ZGS ist mir noch alles klar. Aber ab P(X=k)
> [mm]\approx[/mm] ... versteh ich es nicht mehr.
>
> Also wieso gilt:
> P(X)=k [mm]\approx[/mm] [mm]\Phi[/mm] [mm](\bruch{(k+(1/2)-3000)}{\wurzel{750}})[/mm]
> - [mm]\Phi[/mm] [mm]((\bruch{(k-(1/2)-3000)}{\wurzel{750}})[/mm]
Wenn $X [mm] \sim [/mm] Bin(n,p)$, ist eigentlich:
$X = [mm] X_{1} [/mm] + ... + [mm] X_{n} [/mm] = [mm] \sum_{i=1}^{n}X_{i}$
[/mm]
mit [mm] X_{i}\sim [/mm] Bin(1,p), d.h. bernoulli-verteilt und stochastisch unabhängig.
Nun wissen wir:
[mm] $E(X_{i}) [/mm] = p$
[mm] $Var(X_{i}) [/mm] = p*(1-p)$.
Wir wissen dann nach dem zentralen Grenzwertsatz:
$N(0,1) [mm] \leftarrow \sqrt{n}*\frac{\overline{X_{n}}-E(X_{i})}{\sqrt{Var(X_{i})}} = \sqrt{n}*\frac{\frac{1}{n}*X-p}{\sqrt{p*(1-p)}} = \frac{X-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}$
D.h. wir wissen, dass \frac{X-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}} ungefähr normalverteilt ist.
Wenn du dir die Binomialverteilung nun aber graphisch vorstellst (n auf der x-Achse), dann siehst du, dass jede Wahrscheinlichkeit sozusagen eine "Breite" von 1 hat. Das will man nun auch bei der Normalverteilung haben, denn wenn ich da einfach für X einen speziellen Wert einsetze, erhalte ich ja als Wahrscheinlichkeit 0, weil die Normalverteilung eine stetige Verteilung ist. Deswegen ändert man das Ereignis für die Näherung durch die Normalverteilung etwas ab:
$P(X=K) \approx P(k-0.5 < X < k+0.5) = P\left(\frac{k-0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}} < \frac{X-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}} < \frac{k+0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}\right) = P\left(\frac{X-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}} < \frac{k+0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}\right) - P\left(\frac{X-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}} < \frac{k-0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}\right)$
Und weil nun eben \frac{X-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}} ungefähr standardnormalverteilt ist, kannst du nun umschreiben zu:
$= \Phi\left(\frac{k+0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}\right) - \Phi\left(\frac{k-0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}\right)$
( \Phi Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung).
> und wieso folgt daraus:
> P(X [/mm] [mm]\le[/mm] 2951) = [mm]\Phi[/mm] [mm]((\bruch{-48,5}{\wurzel{750}}))=1-[/mm]
> [mm]\Phi[/mm] (1,771)=.....
Analoge Überlegung:
[mm] $P(X\le [/mm] k) [mm] \approx [/mm] P(X [mm] \le [/mm] k + 0.5) = [mm] P\left(\frac{X-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}} < \frac{k+0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}\right) [/mm] = [mm] \Phi\left(\frac{k+0.5-n*p}{\sqrt{n*p*(1-p)}}\right).$
[/mm]
Du musst nun nur noch jeweils die Werte n = 4000 und p = 0.75 einsetzen.
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:39 Do 04.02.2010 | | Autor: | Torboe |
ok danke für die ausführliche erklärung. danke.
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