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| Aufgabe | | Eine Unfallversicherung hat 6000 Versicherte in ihrem Kollektiv. Die Wahrscheinlichkeit, dass einer der Versicherten im Laufe des Jahres einen Unfall erleidet sei 1/1000. Die Wahrscheinlichkeit, dass jemand mehr als einen Unfall erleidet, werde vernachlässigt. Wie wahrscheinlich ist es, dass in einem Jahr mindestens 3 Versicherungsfälle eintreten? Benutzen Sie den zentralen Grenzwertsatz |
Ich habe die Aufgabe nach der exakten Wahrscheinlichkeit nach der Binomialverteilung berechnet, sowie nach dem Poissonschen Grenzwertsatz.
Beim Zentralen Grenzwertsatz habe ich wie folgt angefangen:
P=(k1 <=x<= k2) =
( I ((k1-n*u+1/2)/(Wurzel der Varianz)) - ( I ((k2-n*u+1/2)/(Wurzel der [mm] Standardabweichung^2))
[/mm]
Die [mm] Standardabweichung^2, [/mm] also [mm] o^2, [/mm] müsste ja n*p*(1-p) sein.
ist u hier n*p?
Wie sind k1 und k2 in diesem Bsp. definiert?
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Hallo Mareike,
da wirfst du ja mit ganz schön mächtig gewaltigen Begriffen um dich. 
Es verbirgt sich jedoch hinter der Aufgabenstellung nichts weiter, als die Aufforderung, das ganze mit als normalverteilt zu betrachten. Hierzu benötigst du, wie du richtig erkannt hast, den Erwartungswert und die Standardabweichung. Dein Ansatz
[mm]P\left(k_{1} \le X \le k_{2}\right)[/mm]
kann so nicht richtig sein, die Frage lautet nach wie vor (soweit man das verstehen kann), wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass von den 6000 Versicherten mindestens 3 in dem betrachteten Zeitraum einen Unfall verursachen / erleiden.
Deine Rechnung kann ich ehrlich gesagt nicht entziffern. Wenn du hier wirklich Hilfe haben möchtest, solltest du die Aufgabe nacheditieren, so dass sie im Originaltext dasteht (das ist in der Stochastik noch wichtiger als sonst eh schon), und außerdem deine Rechnungen etwas lesbarer gestalten. Was soll bspw. dieses 'I' sein?
Gruß, Diophant
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[mm] (\oplus ((k1-n*u+1/2)/(\wurzel{n*p*(1-p)})) [/mm] - ( [mm] \oplus ((k2-n*u+1/2)/(\wurzel{n*p*(1-p)}))
[/mm]
Dieser Kreis, bzw. das I zuvor, soll das Symbol der Standardnormalverteilung darstellen.
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Hallo,
üblicherweise verwendet man für die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung das große griechische Phi:
[mm] \Phi
[/mm]
Das ändert alles nichts an der Tatsache, dass man deine Rechnung sehr schwer nachvollziehen kann. Es gilt ja für ein normalverteiltes Problem mit dem Parametern [mm] \mu [/mm] und [mm] \sigma:
[/mm]
[mm] P(X\le k)=\Phi(\bruch{k-\mu}{\sigma})
[/mm]
Dein Problem ist aber von der Art
[mm] P(X\ge [/mm] k), wenn man es mit einer stetigen Verteilung modelliert. Wie kommst du denn zu einer solchen Wahrscheinlichkeit; jhatten wir das nicht schon einmal?
Gruß, Diophant
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Ok, ja hatten wir, aber wenn ich das so löse, wie ich das eigentlich tun würde, komm ich nicht auf das richtige.
Das, was ich da geschrieben habe, war der vorgegebene Ansatz.
Als Ergebnis soll 0,9236 oder 0,9276 rauskommen
Eigentlich hätte ich die Aufgabe wie folgt gelöst:
$ [mm] P(X\ge k)=1-P(X\le k)=1-\Phi(\bruch{3-(6000*\bruch{1}{1000})}{\wurzel{6000*\bruch{1}{1000}*(\bruch{999}{1000})}}) [/mm] $
Da dieser Wert dann negativ ist und vor dem [mm] \Phi [/mm] eine 1- steht, hebt sich die 1 mit dem minus auf und ich kann den Wert, der rauskommt, direkt aus der Tabelle der Standardnormalverteilung ablesen.
Das wäre bei mir 0,889
Ich mache wahrscheinlich etwas mit dem [mm] \mu [/mm] und [mm] \sigma [/mm] falsch und weiß ich nicht, was k1 und k2 in dem anfänglich gegebenden Ansatz von mir ist.
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Hallo,
ich weiß nicht, mit welchen Hilfsmitteln du arbeitest, bzw. was du hier gerechnet hast. Definitiv ist hier - mit den vorgelegten Maßzahlen -
[mm] P(X\ge3)\approx0.692
[/mm]
> Als Ergebnis soll 0,9236 oder 0,9276 rauskommen
Sagt wer? Und ist die Aufgabe jetzt wirklich volllständig angegeben?
> Eigentlich hätte ich die Aufgabe wie folgt gelöst:
> ... und weiß ich nicht, was k1 und k2 in dem
> anfänglich gegebenden Ansatz von mir ist.
Das weiß ich auch nicht, und es gehört nicht zu dieser Aufgabenstellung. Was du da versucht hast, ist eine Wahrscheinlichkeit der Form
[mm] P(k_{1}\le [/mm] X [mm] \le k_{2})
[/mm]
für eine normalverteilte Zufallsvariable zu berechnen. Und da wirst du doch mit mir einig sein, dass dies in keinster Weise zu deiner Frage passt?
Gruß, Diophant
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also, das, was ich in der Klammer gepostet habe, das ergibt doch -1,22 oder nicht? Da das Ergebnis negativ ist und davor eine 1- steht, liest man doch jetzt den Wert für +1,22 aus der Tabelle ab, richtig? Das wäre bei mir 0,88.
Den einzigen Satz in der Aufgabenstellung, den ich zusammengefasst habe, ist der letzte. Hier das Original:
Benutzen Sie die exakte Verteilung, sowie den Poissonschen und den Zentralen Grenzwertsatz. Welche Näherung emphielt die Faustregel?
So, die exakte Verteilung habe ich mit der Binomialverteilung berechnet.
Ich habe die Ergebnisse gegeben, die waren auch bei den ersten 2 soweit richtig. Beim ZGWS steht das jetzt 0,9236 oder 0,9276.
Der Anfang der Berechnung, den ich gepostet habe, soll wohl Moivre-Laplace darstellen, wie ich das verstehe, das heißt für ein k1=3 und k2=6000
Wenn ich das danach ausrechen, kommt nichts gescheites dabei raus.
Es wäre nett, wenn du mir dein Ergebnis erklären könntest und vielleicht noch eine Idee reinwerfen könntest, was ich hier nicht verstehe.
Die Aufgabenstellung ist so auf jeden Fall komplett gegeben.
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Hallo,
ich hatte mich vorhin verrechnet. Mit der Normalverteilung kommt ca.
[mm] P(X\ge3)\approx0.890
[/mm]
heraus, wie du ja auch berechnet hast. Das einzige, was jetzt noch sein kann, ist, dass eine Stetigkeitskorrektur vorgenommen werden sollte. Ist das vielleicht der Fall?
Nun zu der Faustregel: hast du denn die für die Normalverteilung mal durchgerechnet? Sie sollte dir eigentlich sagen, dass die Approximation durch eine Normalsverteilung hier nicht angezeigt ist.
Gruß, Diophant
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In der Aufgabe wäre darauf ja nicht zu schließen, aber ich nehme mal an, weil ich das gerade bei einer ähnlichen Aufgabe lese, wird das mit der Stetigkeitskorrektur der Fall sein. Weißt du, wie genau damit prakiziert wird, weil ich damit noch viel weniger auf das richtige Ergebnis komme? Danke dir bis hier her für die Geduld!!
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Hallo Mareike,
besser spät als nie. 
Ok, ich habe das jetzt mal ganz streng nach Vorschrift gerechnet. Dabei habe ich über das Intervall von 3 bis 6000 einen 'Streifen' der Breite 5998 gelegt, das entspricht den möglichen Anzahlen der eintretenden Versicherungsfälle. Diesen Streifen legt man natürlich so über das Integrationsintervall, dass er auf beiden Seiten gleich weit übersteht, also um 0.5. Dies nennt man, wie du sicherlich weißt, Stetigkeitskorrektur. Es ergibt sich (mittels CAS):
[mm] P(X\ge3)\approx\bruch{1}{\wurzel{2*\pi*6*\bruch{999}{1000}}}*\integral_{2.5}^{6000.5}{e^{-\bruch{1}{2}*\left(\bruch{x-6}{\wurzel{6*\bruch{999}{1000}}}\right)^2} dx}\approx0.9236
[/mm]
Also das eine der in der Musterlösung angegebenen Resultate, wenn ich mich nicht irre.
Leider konnte ich nicht eher antworten, ich bin Freiberufler und mache das hier nebenbei (weil Mathe eben Spaß macht ). Aber leider geht dann der Job halt manchmal vor...
Gruß, Diophant
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Gerade weil das wirklich erste Klasse ist, wie du dir die Zeit nimmst, muss ich leider immer noch kapitulieren, weil ich nicht verstehe, wie ich hier vorgehen muss. Ich habe verstanden, wie das Intervall erweitert wird, aber nicht, wie das "in den Taschenrechner" eingegeben wird. Ich will das wirklich koennen, deswegen frustiert mich auch, dass es immer noch nicht klappen will. Egal wie ich 6000,5 eingebe, immer kommen kryptische Werte raus.
Zu aller erst, fuer was steht CAS? (Computeralgebrasystem???)
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Hallo,
ja: CAS steht für ein Computer-Algebra-System. In diesem Fall war es ein Ti-Nspire cx CAS, der kann auch Wahrscheinlichkeiten der Form P(a<=X<=b) direkt berechnen. Mit was für einem Hilfsmittel arbeitest du denn, und wo genau liegen jetzt deine Verständnisprobleme noch?
Gruß, Diophant
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Ich habe einen wissenschaftlichen Taschenrechner, eine Tabelle der Standardnormalerverteilung, ...Blatt Papier ;)
Fuer mich stellt sich die Frage, wie ich vorgehen muss, als wortwoertlich, um das Ergebnis abzulesen bzw. zu erhalten?
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Hallo,
nun, das mit den Tabellen ist so eine Sache, ich kann jetzt nicht beurteilen, ob das hier geht oder nicht, du hast mir auch nicht genau beschrieben, wie du mit der Tabelle gearbeitet hast. Aber in Zeiten des Internet, wie wäre es hiermit:
![[]](/images/popup.gif) wolfram alpha
Am Rechenwerkzeug soll es doch nicht scheitern.
Gruß, Diophant
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haha, ja, gute Idee. Leider muss ich mit dem Handwerkzeugs zurechtkommen, wenn ich im naechsten Semester darueber eine Pruefung schreibe, weil da Internet nicht so gerne gesehen wird ;)
Ich weiss nicht genau, wie ich mich korrekt in Bezug auf das Arbeiten mit der Tabelle ausdruecke.
Ich habe versucht mein Vorgehen bezueglich der Tabelle am Anfang naeher zu erleutern. Also im Grunde das Vorgehen, mit dem ich 0,889 erhalten habe, was fuer dich jetzt wahrscheinlich auch nicht mehr sagt.
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Hallo,
ist dir denn klar, dass man beim Arbeiten mit dieser Tabelle die endlichen Integrationsschranken substituieren muss? Falls ja, gib doch einfach mal die Werte und den Ansatz an, wie du mit den tabellierten Werten weitergerechnet hast.
Gruß, Diophant
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Grundsaetzlich wuerde ich jetzt so vorgegangen:
$ [mm] P(2,5\le [/mm] X [mm] \le 6005)=\Phi(\bruch{6000,5-(6000\cdot{}\bruch{1}{1000})}{\wurzel{6000\cdot{}\bruch{1}{1000}\cdot{}(\bruch{999}{1000})}})-(1-\Phi(\bruch{2,5-(6000\cdot{}\bruch{1}{1000})}{\wurzel{6000\cdot{}\bruch{1}{1000}\cdot{}(\bruch{999}{1000})}}))$
[/mm]
So wirst du das ja nicht berechnet haben, weil vorne bei mir 2448,47 rauskommt, das kann ja nicht stimmen, das ist ja nirgends ablesbar.
Vielleicht koennen wir darauf aufbauen und versuchen meine Verstaendnisprobleme zu loesen.
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Hallo,
du musst die eingesetzten Werte erst transformieren, und zwar mittels der Beziehung
[mm] u=\bruch{x-\mu}{\sigma}
[/mm]
denn die Tabelle enthält Werte für die sog. Standardnormalverteilung, das ist die Normalverteilung mit den Parametern [mm] \mu=0 [/mm] und [mm] \sigma=1. [/mm] Dein Problem ist normalverteilt mit anderen Parametern, daher ist diese Transformation zwingend erforderlich.
Wenn du dich auf eine Klausur zu diesem Themenkreis vorbereitest, rate ich dir dringend an, dich mehr mit der Theorie der elementaren Verteilungen auseinanderzusetzen.
Gruß, Diophant
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Ist das wirklich so schwer oder steh ich einfach irgendwo im dunkeln?
Ich habe die doch genau nach dieser Formel, wie ich Sie dir gepostet habe, verwendet, um einen Wert zu erhalten, mit dem ich letztendlich in der Tabelle der Standartnormalverteilung einen Wert erhalte. Wenn du mit deinem Beitrag jetzt meinst, dass ich meine Werte zuvor mit dieser Formel transformieren soll, bevor ich das phi berechne, dann verwende ich doch die gleiche Formel zweimal oder was stellt das x und u jeweils dar?
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Hallo,
dein Fehler liegt in der Behandlung des negativen Wertes. Für negative u gilt
[mm] \Phi(-u)=1-\Phi(u)
[/mm]
Du hast aber gerechnet:
[mm] \Phi(-u)=1-\Phi(-u)
[/mm]
Rechne das nochmal richtig, und dann kommt auch nach Tabelle das richtige Ergebnis heraus (bei mir jedenfalls).
Gruß, Diophant
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Wenn ich die 2,5 in die Formel einsetze, was ja diesen Fall betrifft, habe ich eigentlich gedacht, dass ich genau das beachte. Wenn ich aber versuche das u mit 6000,5 zu berechnen, kommt bei mir 2448...raus. Was kommt bei dir raus, wenn wir jetzt nur das erste [mm] \phi [/mm] der Gleichung betrachten?
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Hallo,
> Wenn ich die 2,5 in die Formel einsetze, was ja diesen Fall
> betrifft, habe ich eigentlich gedacht, dass ich genau das
> beachte.
Ist bei dir 2,5-6 positiv?
> Wenn ich aber versuche das u mit 6000,5 zu
> berechnen, kommt bei mir 2448...raus. Was kommt bei dir
> raus, wenn wir jetzt nur das erste [mm]\phi[/mm] der Gleichung
> betrachten?
Das kommt bei mir auch heraus, der Wert ist über 4 und damit der entsprechende Wert der Phi-Funktion annähernd 1.
Ablesen ergibt:
[mm] \Phi\left(\bruch{6000,5-6}{\wurzel{6*\bruch{999}{1000}}}\right)-\Phi\left(\bruch{2,5-6}{\wurzel{6*\bruch{999}{1000}}}\right)
[/mm]
[mm] \approx1-\left(1-\Phi\left(\bruch{6-2,5}{\wurzel{6*\bruch{999}{1000}}}\right)\right)
[/mm]
[mm] =\Phi\left(\bruch{6-2,5}{\wurzel{6*\bruch{999}{1000}}}\right)
[/mm]
[mm] \approx\Phi(1,43)
[/mm]
=0,9236
Gruß, Diophant
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Die 1,43 habe ich sogar zuletzt rausbekommen, nur habe ich nicht gewusst, dass Werte groesser 4 annaehernd 1 sind. Wenn ich so darueber nachdenke, macht das natuerlich auch Sinn. Grossartig.
Ich danke dir vielmals!
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Hallo,
> Die 1,43 habe ich sogar zuletzt rausbekommen, nur habe ich
> nicht gewusst, dass Werte groesser 4 annaehernd 1 sind.
> Wenn ich so darueber nachdenke, macht das natuerlich auch
> Sinn. Grossartig.
> Ich danke dir vielmals!
Gern geschehen. Das mit den Werten größer 4 stand soweit ich weiß in diesen Tabellen (mit denen ich seit vielen Jahren wegen besserer Alternativen nicht mehr arbeite) irgendwo fettgedruckt dabei. Wenn man allerdings weiß, was eine Verteilungsfunktion ist, so weiß man, das selbige generell folgende Eigenschaften hat:
[mm] \limes_{x\rightarrow-\infty}F(X)=0
[/mm]
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}F(X)=1
[/mm]
[mm] F'(X)=f(x)\ge0
[/mm]
Dabei ist f(x) die zugehörige Dichtefunktion zur Funktion F(X) [im diskreten Fall heißt die Dichte Wahrscheinlichkeitsfunktion]. Und wie gesagt, wenn man das weiß - und du solltest das wissen! - dann folgt dieser Sachverhalt ganz von alleine.
Gruß, Diophant
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