Approximationsmöglichkeiten diskreter Verteilungen

Aufgabe 1

Allgemein gilt:

\[ MSE(G)=Var(G)+(E(G)-\theta)^2 \]

Also gilt hier speziell:

\[ \begin{align*} MSE(\hat{\theta}_1)&=Var(\hat{\theta}_1)+(E(\hat{\theta}_1)-\theta)^2=4+(\theta-3-\theta)^2=13\\ MSE(\hat{\theta}_2)&=Var(\hat{\theta}_2)+(E(\hat{\theta}_2)-\theta)^2=9+(\theta-2-\theta)^2=13 \end{align*} \]

Somit kann keiner der beiden Schützer bevorzugt werden, da beide den gleichen MSE aufweisen.

Aufgabe 2

Sei \(X:=\{\text{Anzahl der richtig gelüsten Aufgaben}\}\). Dann gilt \(X\sim B(48;0{,}25)\). Bestimmt werden soll also:

\[ P(X\geq 19)=\sum_{x=19}^{48} \binom{48}{x}\cdot 0{,}25^x\cdot 0{,}75^{48-x} \]

Die Binomialverteilung kann allerdings durch die Normalverteilung approximiert werden, wenn gilt:

\[ \begin{align*} np\geq 5 \qquad\text{und}\qquad n(1-p)\geq 5 \end{align*} \]

Beides ist hier erfüllt, somit ergeben sich für die Parameter der Normalverteilung:

\[ \begin{align*} \mu=np=48\cdot 0{,}25=12 \qquad\text{bzw.}\qquad \sigma^2=np(1-p)=48\cdot 0{,}25\cdot 0{,}75=9 \end{align*} \]

Im Mittel werden also 12 richtige Antworten bei zufülligem ankreuzen gegeben. Somit gilt approximativ mit \(Y\sim \mathcal{N}(12;9)\):

\[ P(X\geq 19)=1-P(X\leq 18)\approx 1-F_Y(18) \]

Standardisieren führt zu: \[ 1-F_Y(18)=1-F_Z\left(\frac{18-12}{3}\right)=1-F_Z(2{,}00)=1-0{,}9772=0{,}0228 \]

Durch rein zufülliges ankreuzen wird die Klausur also approximativ zu \(2{,}28\%\) bestanden. (Exakter Wert der Binomialverteilung: \(\approx 1{,}84\%\))

Aufgabe 3

Sei \(X:=\{\text{Anzahl der Studenten mit eigenen Mitteln}\}\). Dann gilt \(X\sim H(50;300;1000)\). Bestimmt werden soll also:

\[ P(16\leq X \leq 35)=\sum_{x=16}^{35} \frac{\binom{300}{x}\binom{700}{50-x}}{\binom{1000}{50}} \]

Die Hypergeometrische-Verteilung kann allerdings durch die Normalverteilung approximiert werden, wenn gilt:

\[ \begin{align*} \frac{n}{N}\leq 0{,}05 \qquad\text{und}\qquad \frac{nM}{N}\geq 5 \qquad\text{und}\qquad n\left(1-\frac{M}{N}\right)\geq 5 \end{align*} \]

Sümtliche Voraussetzungen sind hier erfüllt, somit ergeben sich für die Parameter der Normalverteilung:

\[ \begin{align*} \mu=\frac{nM}{N}=15 \qquad\text{bzw.}\qquad \sigma^2=n\frac{M}{N}\left(1-\frac{M}{N}\right)=10{,}5 \end{align*} \]

Somit gilt approximativ mit \(Y\sim \mathcal{N}(15;10{,}5)\):

\[ P(16\leq X \leq 35) \approx P(16\leq Y \leq 35)=F_Y(35)-F_Y(16) \] Standardisieren führt zu: \[ =F_Z\left(\frac{35-15}{\sqrt{10{,}5}}\right)-F_Z\left(\frac{16-15}{\sqrt{10{,}5}}\right)\approx F_Z(6{,}17)-F_Z(0{,}31)\approx 1-0{,}6217=0{,}3783 \]

Mit einer Wahrscheinlichkeit von \(0{,}3783\) finanzieren 16 bis 35 Studierende aus den 50 ausgewühlten Studierenden ihr Studium selbst. (Exakter Wert der Hypergeometrischen-Verteilung: \(0{,}4299\))

Aufgabe 4

Sei \(X:=\{\text{Anzahl der eingehenden Aufträge}\}\). Dann gilt \(X\sim Pois(36)\) (Zähldaten pro vorgegebenen Zeitintervall) . Bestimmt werden soll also:

\[ P(X\leq 45)=e^{-36}\sum_{x=0}^{45} \frac{36^x}{x!} \]

Die Poissonverteilung kann allerdings durch die Normalverteilung approximiert werden, wenn gilt:

\[ \lambda\geq 10 \]

Dies ist hier erfüllt, somit ergeben sich für die Parameter der Normalverteilung:

\[ \begin{align*} \mu=\lambda=36\qquad\text{bzw.}\qquad \sigma^2=\lambda=36 \end{align*} \]

Somit gilt approximativ mit \(Y\sim \mathcal{N}(36;36)\):

\[ P(X\leq 45)=F_X(45)\approx F_Y(45) \]

Standardisieren führt zu: \[ =F_Z\left(\frac{45-36}{6}\right)=F_Z(1{,}5)=0{,}9332 \]

Mit einer Wahrscheinlichkeit von \(93{,}32\%\) führt die Spedition die Aufträge selbst aus. (Exakter Wert der Poissonverteilung: \(\approx 93{,}9085\%\))