Schokoladentafeln < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 23:05 Fr 20.03.2009 | | Autor: | groedi2001 |
| Aufgabe | In einer Schokoladenfabrik werden die Verkaufsfertigen Tafeln in Fünferkartons verpackt. Aus Erfahrung ist bekannt, da? etwa 2% alle Tafeln bei der Abpackung zu Bruch gehen.
A.) Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält ein Fünferpack mehr zerbrochene als ganze Tafeln
B.) Mit welcher Wahrscheinlichkeit etwa sind in 4 von 5 Fünferpackungen nur einwandfreie Tafeln enthalten? |
Hallo das sind meine Ergebnisse wäre schön wenn jemand mal schauen könnte ob die richtig sind.
A.) [mm] \approx7,76*10^-5
[/mm]
B.) P(x=k)= 0,3207
Danke schonmal
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:31 Fr 20.03.2009 | | Autor: | barsch |
Hi,
bitte nicht einfach nur Ergebnisse hinklatschen. 
> A.) [mm]\approx7,76*10^-5[/mm]
> B.) P(x=k)= 0,3207
Wie kommst du denn auf die beiden Ergebnisse?
Mehr zerbrochene als ganze Tafeln bedeutet, entweder 3,4 oder alle 5 sind zerbrochen. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Tafel zerbricht [mm] p=\bruch{2}{100}. [/mm] Das eine Tafel nicht zerbricht also [mm] q=1-\bruch{2}{100}=\bruch{98}{100}.
[/mm]
Welche Wahrscheinlichkeitsverteilung liegt vor? k sei die Anzahl der zerbrochenen Tafeln, dass bedeutet doch
[mm] P(X=k)=\vektor{5 \\ k}*(\bruch{2}{100})^k*(\bruch{98}{100})^{5-k}
[/mm]
Das also mehr als zwei Tafeln zerbrochen sind, bedeutet
$P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=...$
Bist du auch so vorgegangen?
Was hast du denn bei Teil b) gerechnet?
Bedenke: Wenn du deinen Rechenweg postest, hilft das nicht nur den potentiellen Helfern, sondern auch dir, weil man dir - sofern notwendig - genau zeigen kann an welcher Stelle Fehler aufgetreten sind.
In diesem Sinne, poste doch mal deine Gedanken / deinen Rechenweg zu Aufgabenteil b).
MfG barsch
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:31 Sa 21.03.2009 | | Autor: | groedi2001 |
Der Rechenweg steht ab 15 Uhr hier zur verfügung.
|
|
|
| |
|
Hier mal der der Rechenweg.
A.) [mm] \vektor{5 \\ 3}*0,02^3*(1-0,02)^2+\vektor{5 \\ 4}*0,02^4*(1-0,02)^1+\vektor{5 \\ 5}*0,02^5*(1-0,02)^0\approx7,76*10^{-5}
[/mm]
B.) M = 9039207968
K = 4
N= 10000000000
N-M=960792032
n-k=1
n=5
[mm] P(x=K)=\bruch{\vektor{9039207968 \\ 4}*\vektor{960792032 \\ 1}}{\vektor{10000000000 \\ 5}}=0,32071621
[/mm]
Wäre schön wenn jemand mal drüber schauen könnte.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:37 Sa 21.03.2009 | | Autor: | abakus |
> Hier mal der der Rechenweg.
>
> A.) [mm]\vektor{5 \\ 3}*0,02^3*(1-0,02)^2+\vektor{5 \\ 4}*0,02^4*(1-0,02)^1+\vektor{5 \\ 5}*0,02^5*(1-0,02)^0\approx7,76*10^{-5}[/mm]
>
>
> B.) M = 9039207968
> K = 4
> N= 10000000000
> N-M=960792032
> n-k=1
> n=5
Hallo,
das (Teil B) ist kein Lösungsweg, sondern eine recht verzweifelte Ersatzhandlung unter Zuhilfenahme von Rechenhilfsmitteln, die mit derart extremen Zahlen umgehen können.
Berechne einfach wie im Teil A, mit welcher Wahrscheinlichkeit eine Fünferpackung Null Fehler enthält.
Damit hast du ein neuer Bernoulli-Experiment:
Eine Fünferpackungs ist fehlerfrei mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit.
Die Anzahl n=5 solcher Fünferpackungen wird getestet, und gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für k=4.
Gruß Abakus
> [mm]P(x=K)=\bruch{\vektor{9039207968 \\ 4}*\vektor{960792032 \\ 1}}{\vektor{10000000000 \\ 5}}=0,32071621[/mm]
>
> Wäre schön wenn jemand mal drüber schauen könnte.
|
|
|
|
