Mathematik für Humanbiologen und Biologen

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1 Fachbereich Mathematik und Informatik Wintersemester 009/00 der Universität Marburg Dr. Helga Lohöfer Mathematik für Humanbiologen und Biologen Musterlösungen zum Wiederholungsblatt 4 A) SI-Präfixe, Prozentrechnung, proportional, antiproportional, Mischungsrechnung, Text in Formel übersetzen, Interpolation, Wachstums- /Abbaugesetze, Folgenkonvergenz:. Aufgabe µm 0 6 m, m 0 cm µm 0 6+ cm 0 4 cm cm 0 4 µm, cm 0 8 µm Auf µm kommen laut Aufgabentext Moleküle Rhodopsin. Auf cm kommen Moleküle 3 0 Moleküle 3 Billionen Moleküle Rhodopsin.. Aufgabe A Anzahl Ärzte, G Gesamtvergütung, P Prokopfvergütung. Es gilt allgemein P G A. Für die Jahre 99 bzw. 006 folgt A neu, 3 A alt, G neu 0, 8 G alt P neu Gneu A neu 0,8 G alt,3 A alt 0,8,3 Galt A alt 8 3 P alt 0, 654P alt. Für die relative Änderung der Prokopfvergütung seit 99 ergibt sich somit P neu P alt P alt (0,654 ) P alt P alt 0, , 46%. Somit ist die Prokopfvergütung nicht um 50%, sondern um 38, 46% zurückgegangen. 3. Aufgabe a) % der Bevölkerung sind erkrankt. Davon sind 95% ohne Impfschutz. Somit sind 0, 0, 95 0, 4, 4% der Bevölkerung erkrankt und ohne Impfschutz. b(i) Wegen a) sind 0, 0, 4 0, 006 0, 6% der Bevölkerung erkrankt und geimpft. Damit sind 0,006 0,3 0, 0 % der Geimpften erkrankt. b(ii) Nach a) sind, 4% der Bevölkerung erkrankt und ohne Impfschutz. Nach Aufgabenstellung sind 70% der Bevölkerung nicht geimpft. Damit sind 0,4 0,7 0, 69 6, 9% der Nichtgeimpften erkrankt, d.h. das Erkrankungsrisiko der Nichtgeimpften liegt bei 6, 9%. 4. Aufgabe a) v k [BrO 3 ] [Br ] [H + ] b) Um die Reaktionsordnung zu bestimmen, müssen wir berechnen, um wieviel % sich die Reaktionsgeschwindigkeit verringert, wenn

2 sich die Konzentrationen aller Edukte um je % verringern. Seien v alt k [BrO3 ] alt [Br ] alt ([H + ] alt ) bzw. [BrO3 ] alt, [Br ] alt und [H + ] alt die Reaktionsgeschwindigkeit bzw. die Konzentrationen vor einer Konzentrationsänderung. Die Reaktionsgeschwindigkeit v neu nach Änderung der Konzentration berechnet sich als v neu k [BrO 3 ] neu [Br ] neu ([H + ] neu ) k (0, 99 [BrO 3 ] alt) (0, 99 [Br ] alt ) (0, 99 [H + ] alt ) (0, 99) 4 k [BrO 3 ] alt [Br ] a lt ([H + ] a lt) (0, 99) 4 v alt 0, 9606 v alt. Relative Änderung der Reaktionsgeschwindigkeit: v neu v alt v alt (0,9606 ) v alt v alt 0, , 94% 4% Demnach hat die Reaktion die Ordnung 4. c) Mit den Bezeichnungen aus b) gilt v neu k [BrO 3 ] neu [Br ] neu ([H + ] neu ) v neu v alt v alt 5. Aufgabe k (0, 5 [BrO 3 ] alt) (0, 5 [Br ] alt ) (0, 5 [H + ] alt ) (0, 5) 4 k [BrO 3 ] alt [Br ] alt ([H + ] alt ) 0, 065 v alt Relative Änderung der Reaktionsgeschwindigkeit: (0,065 ) v alt v alt 0, , 75% Damit wird die Reaktionsgeschwindigkeit um 93, 75% reduziert, wenn die Konzentrationen aller Edukte um je 50% absinken. Bemerkung: Da 93, 75% nicht das 50-Fache von 4% ist (vgl. b), besteht offenbar keine Proportionalität zwischen dem Absinken der Konzentrationen und dem Absinken der Reaktionsgeschwindigkeit. a) Die fehlenden Werte werden mittels Interpolation berechnet. Wir interpolieren zwischen den Werten für f 0 bzw. f und f 40. Gerade durch (0, 37) und (, 33): F,33,37 0 (f 0)+, 37 0, 0 f +, 77. Für f kombiniert mit f 40 ergibt sich dann der F-Wert: F 0, 0 +, 77, 35. Wir interpolieren zwischen den Werten für f 0 bzw. f und f 60. Gerade durch (0, 0) und (, 6): F,6,0 0 (f 0)+, 0 0, 0 f +, 60. Für f kombiniert mit f 60 ergibt sich dann der F-Wert: F 0, 0 +, 60, 8. b) Wir interpolieren zwischen den in a) berechneten Werten für f und f 40 bzw. f 60. Gerade durch (40, 35) und (60, 8): F,8, (f 40)+, 35 0, 0085 f +, 69. Für f kombiniert mit f 54 ergibt sich dann der F-Wert: F 0, , 69, 3.

3 6. Aufgabe a) A A c t, wobei c die Proportionalitätskonstante ist. c ist positiv, da zum einen A und t positiv sind (da sie einen Anteil bzw. eine Zeit bezeichnen) und zum anderen ist A positiv, weil A eine in t monoton wachsende Funktion ist. (Bemerkung: Somit handelt es sich hier um ein Wachstumsgesetz.) b) A erfüllt keines der aufgelisteten Wachstums- oder Abbaugesetze: Für () müsste A A c A, für () A c A, für (3) A A c t A und für (4) A A c t gelten. 7. Aufgabe Werden von 500ml Lösung 400ml, also % entnommen, so werden gleichzeitig auch 80% des gelösten Stoffes entnommen. Nach dem Wiederauffüllen mit reinem Lösungsmittel enthalten 500ml Lösung daher 80% weniger gelösten Stoff als vorher, die Konzentration ist also auf 0% der ursprünglichen Konzentration gesunken. a) c 0, c 0, c 0, c 0, c 0, c 3 0, c 0, 3 c 0 usw. Allgemein: c n 0, n c 0, in Zahlen: c n 0, n 0, mol l. b) Suche zunächst ein n, so dass gilt: 0, n 0, , n 0 5 lg n lg 0, 5 5 lg 0, n 7, 5 n 7 ist noch zu klein, aber für n 8 gilt schon c 8 0, 8 0, mol l, mol l mol l 56 nmol l Nach 8 Arbeitsschritten ist die Konzentration erstmalig niedriger als 0 6 mol l und dann beträgt sie 56 Nanomol pro Liter. B) Fehlerrechnung: 8. Aufgabe x 30, , a) Es gilt nach Voraussetzung 30, , 005 x 30, , 005, d.h. 30, x 30, b) Rundet man die Eckdaten, zwischen denen x liegt, bekommt man als bestmöglichen Wert x 30. c) Aus a) sind die Eckdaten von x bekannt. Es gilt 30, 46 30, , 047 und 30, , 46 0, Demnach beträgt der absolute Höchstfehler 0, Aufgabe a) π 0, (da 4 Nachkommastellen angegeben sind) h 0, 05 cm und r 0, 05 cm 3

4 b) Ohne Berücksichtigung der Ungenauigkeit der Werte erhält man V π h r 3, 46 97, 9cm (5, 5cm) 9999, 607cm 3 99, 99dm 3 00l. Der absolute Fehler berechnet sich mittels der partiellen Ableitungen. Wir berechnen zunächst die partiellen Ableitungen von V : V h π r V π h r V r π h r. Für den absoluten Fehler gilt nun: V V h + V h π π + V r r π r h + h r π + π h r r 0, 47cm 3 + 3, cm , 8473cm 3 889, cm 3 0, dm 3 0, 9l c) Der relative Fehler von V beträgt V V 0,9 00 0, , 5% C) Gewinnung von Berechnungsformeln aus Wertetabellen (mit Linearer Regression), allgemeine Exponentialfunktionen, Logarithmen, Potenzfunktionen, Differenzieren, Minima und Maxima bestimmen, Integrieren, Michaelis-Menten-Gleichung, logistische Differentialgleichung, Arrhenius-Gleichung: 0. Aufgabe a) Es gilt v(t) s (t) und a(t) v (t) s (t). Damit ist v die Ableitung von s bzw. s ist Stammfunktion von v. Weiter ist a die Ableitung von v bzw. v eine Stammfunktion von a. Zusätzlich ist a die zweite Ableitung von s. b).) Wir bestimmen eine Berechunungsformel für v mittels linearer Regression. Zeichnet man die Wertepaare in einen Graph ein, erhält man einen Bogen. Bei Durchführung der Linealtests hält man das Lineal immer flacher an. Da der Punkt (0 0) auf dem Graphen liegt, handelt es sich um eine allgemeine Potenzfunktion. Es gilt also v a t b und für die logarithmierten Werte ln(v) ln(a) + b ln(t). Wir bestimmen die Geradengleichung der logarithmierten Werte durch lineare Regression (3-Schritt- Verfahren). ln(t), 60374, ln(v), 0686, 6 i ln(t i) 0, 8395, 6 i ln(t i) ln(v i ) 6, Als Steigung der Geraden erhalten wir damit: b ln(t i) ln(v i ) 6 ln(t) ln(v) 6 i 6 i ln(t i) 6 ln(t) 0, Weiter gilt ln(a) ln(v) b ln(t), 6585, d.h. a 5, 087. Damit erhalten wir als Formel für v v 5, t 0,5..) Da a die Ableitung von v ist berechnen wir eine Tabelle für a mittels numerischer Differentiation. Dabei gilt für die Randwerte a v v t t und a 7 v 7 v 6 t 7 t 6, sowie für alle anderen Werte a i v i+ v i t i+ t i. Wir erhalten folgende Tabelle. t[s] , 5 8 a[m s ] 5, 3, 6, 8, 5, 3, 05 0, 96 4

5 In allen weiteren Berechnungen lassen wir die Randwerte unberücksichtigt, da sie zu ungenau sind. 3.) Die Wertetabelle für s berechnen wir mittels numerischer Integration. Zum Zeitpunkt t 0 ist s 0. Die nachfolgeneden Werte berechnen wir nacheinander mit s i+ s i + v i+v i+ (t i+ t i ). Damit erhalten wir folgende Werte: t[s] , 5 8 s[m] 0, 55 8, 7 6, 65 6, 4, 75 75, 75 4.) i) Da a die Ableitung von v ist, ergibt sich a(t) v (t) 5, 0, 5 t 0,5, 55 t. Verwenden wir die Wertetabelle zur Berechnung von a (ohne Randwerte), so verwenden wir lineare Regression für die logarithmierten Werte. Es handelt sich bei a um eine allgemeine Potenzfunktion, d.h. a(t) c t d und somit ln(a) ln(c) + d ln(t). ln(t) 0, 97656, ln(a) 0, 50, 5 i ln(t i) 6, 5538, 5 i ln(a i) ln(t i ), 3093 Als Steigung der Geraden durch die logarithmierten Werte erhalten wir d 5 i ln(t i) ln(a i ) 5 ln(t) ln(a) 5 i ln(t i) 5 ln(t) 0, Der Achsenabschnitt ergibt sich als ln(c) ln(a) d ln(t), 49, d.h. c 3, 487. Als Formel für a erhalten wir somit a(t) 3, 5 t 0,75. i) mittels der Formel für v aus.), ii) mittels der Wertetabelle für a aus.). 5.) i) Da s eine Stammfunktion von v ist, gilt s(t) t 0 v(x)dx 5,,5 t,5. ii) Es handelt sich bei s um eine allgemeine Potenzfunktion, d.h. s(t) f t g. Für die logarithmierten Werte gilt somit ln(s) ln(f) + g ln(t). Wir bestimmen Steigung und Achsenabschnitt dieser Geradengleichung mittels linearer Regression. ln(t), 60374, 6 i ln(t i) 0, 8395, ln(s), 876, 6 i ln(s i) ln(t i ) 4, 587 Die Steigung berechnet sich als g 6 i ln(t i) ln(s i ) 6 ln(t) ln(s) 6 i ln(t i) 6 ln(t), 656. Als Achsenabschnitt erhalten wir ln(f) ln(s) g ln(t) 0, 9898, d.h. f, 7. Als Formel für s bekommen wir daher s(t), 7 t,6. 6.) Die mittlere Geschwindigkeit im Zeitraum 3s t 8s berechnet sich mittels des Integrals. Es gilt v mitt v(t) dt. i) Bei Verwendung der Tabelle berechnen wir das Integral mit der Trapezregel und erhalten: v mitt 5 ( 8,7+0, (4 3) + +0, (5, 5 4) + 4,4+ (8 5, 5), 8 (in m s ). ii) Mittels der Formel für v gilt: v mitt , t0,5 dt 5 [ 5,,5 t,5 ] 8 3, 85 (in m s ).. Aufgabe Minimum von E f(v) gesucht. Berechne. Ableitung mit Quotientenregel: E 3 v (v v 0 ) v 3 (v v 0 v3 3v v 0 ) v v 0 Nullstellen der Ableitung: ) 5

6 v 3 3v v 0 (v v 0 ) 0 mit Nenner multiplizieren: v 3 3v v 0 0 : v 0 v 3v 0 0 v, 5 v 0 ist einzige Nullstelle der Ableitung. Außerdem gilt: E > 0 v 3v 0 > 0 v >, 5 v 0, d.h. die Ableitung ist negativ für v <, 5 v 0 und positiv für v <, 5 v 0, d.h. die Funktion E f(v) fällt links von der Nullstelle und steigt rechts davon. Damit liegt bei v, 5 v 0 das absolute Minimum von E.. Aufgabe a) Nach Voraussetzung gilt I(, 7) I 0 exp( µ, 7) I 0 : I 0 exp( µ, 7) ln µ, 7 ln(0, 5) : (, 7) ln(0, 5) µ 0, 567, 7 Der Schwächungskoeffizient beträgt damit 0, 567 cm. b) Beträgt die Intensität zu einer gegebenen Eindringtiefe d nur noch 0% von I 0, so gilt I(d) I 0 exp( µ d) 0, I 0. Weiter gilt: I 0 exp( µ d) 0, I 0 : I 0 exp( µ d) 0, ln µ d ln(0, ) : ( µ) ln(0, ) d µ Durch Einsetzen des in a) berechneten Wertes für µ erhalten wir als gesuchte Eindringtiefe d ln(0,) µ 8, 97 cm. 3. Aufgabe Genügt die Enzymreaktion einer ungehemmten Michaelis-Menten-Reaktion, so gilt v vmax [S] [S]+K. Dabei ist v max v sup die maximal erreichbare Reaktionsgeschwindigkeit und K eine reaktionsspezifische Konstante. Durch Kehrwertbildung erhält man v v max + K v max [S], wobei k v max. Wir testen daher, ob die Wertepaare ( [S] v ) auf einer Geraden liegen. [S] [0 mol l] 0, 5 0, 5 0, 5 0, 065 v [0 mol l min] 4, 5, 754, 37, 9, 099 Man erhält eine steigende Gerade. Somit liegt eine Michaelis-Menten- Kinetik vor. Der Schnittpunkt mit der senkrechten Achse ist (0 v max ) (0, k) (0 0). Damit ist k 0l min mol, bzw. v max 0, mol min l. Der Schnittpunkt mit der waagrechten Achse ist ( K 0) ( 7 0). Durch Kehrwertbildung erhält K 7 mol l. 6

7 4. Aufgabe y a) y y 0, 4 0, 365 0, , , , 33 0, 368 0, 77 0, 33 0, 907 Es liegt kein exponentielles Wachstum vor, da der Quotient y y sonst konstant sein müsste b) Ein graphischer ( ) Test ergibt ungefähr eine fallende Gerade für die Punkte y y y. Wir führen eine lineare Regression durch mit v y, w y y : 0 i 0 v 090, 3 w 0, 3508 (v i ) v i w i 3057 i B 0 i v i w i 0 v w 0 i (v i) 0 v 9, A w B v 0, 467 Wie erhalten damit die Geradengleichung w 0, 467 9, v bzw. y y 0, 467 9, y. c) Gleichsetzen mit der theoretischen Formel y y c (m y) c m c y ergibt c m 0, 467 und c 9, Daraus folgt m 0,467 c 0, , 03 9,3 0 5 Mit y(0) 400 ergibt sich für y die Berechnungsformel y m + m y(0) y(0) exp( c m t) 447, , 8 exp( 0, 467 t) 5. Aufgabe a) Die Halbwertszeit berechnet sich für jede der Geschwindigkeitskonstanten gemäß der Formel t ln() k. Damit ergeben sich folgende Werte: t (3, s ), s 5 h min, t (5, 0 4 s ), s min 39 s t (, s ) 407, 7 s 6 min 48 s, t 33, 3 s min 3 s. (5, 0 3 s ) 7

8 b) Falls k einer Arrheinusgleichung genügt, so gilt k k 0 exp( b T ), wobei b eine reaktionsspezifische Konstante ist. Um dies zu überprüfen, reicht es zu prüfen, ob die Wertepaare ( T ln(k)) auf einer Geraden mit der Steigung b liegen. Wir berechnen zunächst die dazu benötigten Werte. T 3, , , , ln(k) 0, 05 7, 58 6, 377 5, 59 D) Statistik: Ein graphischer Test ergibt ungefähr eine fallende Gerade. c) Die Aktivierungsenergie berechnet sich gemäß der Formel E a b R, wobei R 8, 3446 J K mol die universelle Gaskonstante ist. Wir berechnen die Steigung b der Gerade aus b) mit Hilfe des ersten und letzten Wertepaares der Tabelle. b ln(5, 0 3 ) ln(3,7 0 5 ) 5. Aufgabe , 5 [K]. Damit ergibt sich als Aktivierungenergie E a 0354, 49J mol 03, 54kJ mol 04kJ mol. a) Nach Voraussetzung handelt es sich um zwei normalverteilte, ausreißerfreie Messreihen. Gefragt ist nach der Gleichheit der Mittelwerte. Dies entscheidet der t-test. Zwingende Voraussetzung für seine Anwendung ist aber die Durchführung des F-Tests: Die Nullhypothese H 0 lautet: σ σ oder auch s s, d.h. Unterschiede zwischen den Streuungen sind nur zufällig.. Schritt: Es muss s s gelten, daher nummeriere: n 50, x 0, s 0 und n 45, x 6, s 9.. Schritt: F ( s s ) ( 0 9 ), 346, f n 49, f n Schritt: Nachschlagen in F-Tabelle für 95% Sicherheit: f 4 f 40, 79, 5 60, 70, 39 tab-f(95%) für f n 49, f n 44 liegt im Viereck der obigen vier Tabellenwerte, ist also maximal, 79 und minimal, 39 und damit garantiert größer als der Prüfwert F, 346. Der F-Test kann keinen Unterschied der Streuungen feststellen. Damit ist der Weg frei für den t-test, d.h.: Die Mittelwerte beider Messreihen dürfen miteinander verglichen werden. b) t-test: Die Nullhypothese lautet: µ µ oder auch x x, d.h. Unterschiede zwischen den Durchschnittswerten sind nur zufällig.. Schritt: (n ) s s d +(n ) s 49 0 n +n , Schritt: 8

9 7. Aufgabe T x x s d n n n +n 4 9, ,534 3, 684, 04, f n + n 93. tab-t(95%) liegt zwischen,984 und,009 T >tab-t(95%) tab-t(99%) liegt zwischen,678 und,66 T <tab-t(99%) Damit sind die Mittelwerte zwar wahrscheinlich, aber nicht signifikant verschieden. Mit der für wissenschaftliche Aussagen erforderlichen 99%-igen Sicherheit lässt sich somit ein Einfluss des Rauchens nicht feststellen. a) Wir berechnen zunächst die empirischen Mittelwerte und Streuungen der 3 Messreihen. 5 i für 4 Zoll: x 43, 8, s (x i x ) 5, 79 für 8 Zoll: x 4, 4, s, 77 für Zoll: x 3 40, 36, s 3, 3 Um etwaige Unterschiede zwischen den Streuungen festzustellen, führen wir den Bartlett-Test durch. Die Nullhypothese lautet: Unterschiede zwischen den Streuungen sind rein zufällig.. Schritt: m Anzahl der Messreihen 3, n n n 3 5, n n + n + n 3 Anzahl aller Daten 3 5 5, f f f 3 n 4, f n m i. Schritt: s mitt f i s i f 3 i f i f c 3 (m ) P B (f ln(s mitt) 3 i f i ln(s i )) c 4 (7,8+3,+,688), 05 ( ln(,05) 4 (ln(,79)+ln(,77)+ln(,3))) 0 9, 8. Schritt: Schlägt man für f in der χ -Tabelle nach, so ist P B < χ (95)% und auch kleiner als alle anderen unter f tabellierten Werte. Demnach wird die Hypothese angenommen, d.h. Unterschiede zwischen den Streuungen sind nicht feststellbar. b) Um die Durchschnittswerte der 3 Messreihen zu vergleichen, führen wir eine Varianzanalyse durch. Die Nullhypothese lautet: Unterschiede zwischen den Durchschnittswerten sind nicht feststellbar.. Schritt: n, f i und s mitt wurden schon in a) berechnet. 3 i. Schritt: x n i x i n 5 (43,8+4,4+40,36) 3 i s x n i ( x i x) m 5 4, 4 5 ((43,8 4,4) +(4,4 4,4) +(40,36 4,4) ) 3, Schritt: F ( s x s mitt ) 3, 566, f m, f f Der Wert in der F-Tabelle zu einem Signifikanzniveau von 0, 05 ist 3, 88, also F < 3, 88. Die Nullhypothese wird nicht verworfen (bei einem niedrigern Signifikanzniveau erst recht nicht). Die Ertragsunterschiede sind somit rein zufällig. 9

10 8. Aufgabe Wir testen die Abweichungen auf Zufälligkeit durch den Wilcoxon-Test und den Vorzeichentest. a) Wilcoxon-Test Die Differenzen werden betragsmäßig der Größe nach aufsteigend in eine Tabelle eingetragen und mit Rangnummern versehen. x i y i Vorzeichen wird gestrichen Rang Da dreimal die Differenz auftaucht, wird der Rang (++3)/3 dreimal vergeben. T (+) Summe der Ränge mit , T ( ) Summe der Ränge mit Die Prüfgröße ist T ( ) 8, wegen T ( ) T (+). Die Nullhypothese lautet µ X µ Y. Für n 6 ist T ( ) größer als alle Werte in der Tabelle für den Wilcoxon signed-rank Test. Die Nullhypothese wird angenommen, d.h. die Abweichungen sind als rein zufällig zu betrachten. b) Vorzeichentest Aus der Tabelle in a) entnehmen wir k Anzahl + 4 und n k Anzahl, n 6. Als Prüfgröße verwenden wir T n k. Die Nullhypothese lautet: P (z +) P (z ). T ist größer als alle in der Tabelle für den Sign-Test geführten Werte zu n 6 und somit wird die Nullhypothese angenommen. 9. Aufgabe Da es sich um zwei unverbundene Stichproben handelt (verschiedene Kurse), muss der U-Test bemüht werden. Wir ordnen zuerst die Noten der beiden Kurse der Größe nach. A B Wir erstellen nun eine geordnete Gesamtliste der Noten beider Kurse und versehen sie mit Rängen, aufsteigend der Größe nach, wobei für gleiche Noten das arithmetische Mittel der zu vergebenden Ränge genommen wird. A B Rang , 5 8, 5 0, 5 0, Rg A , 5 8, 5 0, Rg B 4 6 0, 5 3 A B Rang 5, 5 5, , 5 3, 5 Rg A 5, 5 8 3, 5 Rg B 5, , 5 0

11 Wir berechnen nun die Rangsummen für beide Kurse: R A , 5 + 0, , , 5 48, 5 R B , , , 5 5, 5 Da R A R B, nenne R R A 47, 5, n 3, µ µ A und R R B 5, 5, n, µ µ B. Wir berechnen nun U und U zur Bestimmung der eigentlichen Prüfgröße. U n n n (n + ) 3 4 R 3 48, 5 85, 5 U n n n (n + ) R 3 5, 5 57, 5 Die Kontrollrechnung ergibt U + U 43 n n. Als Prüfgröße wählen wir U U 57, 5, da U < U. Die Nullhypothese lautet µ µ (zweisetig) bzw. µ µ (einseitig). Wir schlagen in der U-Tabelle für (n, n ) (3, ) nach. Die berechnete Prüfgröße U ist größer als alle Tabellenwerte. Wir nehmen deshalb die Nullhypothese an, d.h. ein Unterschied in der Leistungsstärke beider Kurse ist nicht erkennbar. 0. Aufgabe Um auf Schwankungen der Geburtenzahlen zu testen, verwenden wir den χ -Anpassungstest. Wir stellen zunächst eine Tabelle auf, die die tatsächlichen absoluten Häufigkeiten H i und die erwarteten absoluten Häufigkeiten n p i unter der Annahme, dass Geburten in allen vier Monaten mit der Wahrscheinlichkeit 0, 5 auftreten auf. Es ist n H i p i 0, 5 0, 5 0, 5 0, 5 n p i Die Prüfgröße χ berechnet sich als χ 4 (H i n p i ) i n p i ( ) ( ) ( ) ( ) , 05. Dieser Wert ist größer als alle Tabellenwerte zu f r 3. Die Nullhypothese (Schwankungen der Geburtenzahlen sind rein zufällig) wird auf dem Signifikanzniveau 0, %, d.h. mit wissenschaftlicher Sicherheit, abgelehnt.. Aufgabe Um zu überprüfen, ob der Krankheitsbefall unabhängig von dem verwendeten Mittel ist, verwenden wir den χ -Unabhängigkeitstest. Die Nullhypothese lautet: Der Krankheitsbefall ist unabhängig von dem verwendeten Mittel, d.h. keines der beiden Mittel ist wirksamer als das andere. Wir vervollständigen die gegebene Tabelle zu einer Kontingenztafel. Mittel erkrankt nicht erkrankt A H 9 H 8 Z 00 B H 0 H 60 Z 80 S 39 S 44 n 480

12 Es ist r m. Für die Berechnung der Prüfgröße führen wir zunächst einige Nebenrechnungen durch. Damit ergibt sich χ i,k Z S n Z S n (H i k Z i S k n ) Z i S k n 6, 5, Z S 83, 75 n, 75, Z S 57, 5 n 0, , , , 094 0, Dieser Wert ist kleiner als alle Tabellenwerte für f (r ) (m ) zur Sicherheit 90 %. Damit wird die Nullhypothese angenommen, d.h. es ist kein Unterschied zwischen der Wirksamkeit der Pflanzenschutzmittel feststellbar. Der Krankheitsbefall tritt unabhängig von der Wahl des Mittels auf.