Stahlstifte und kumulierte W. < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:27 Do 04.03.2010 | | Autor: | kushkush |
| Aufgabe | 1. Die Länge von Stahlstiften ist angenähert normalverteilt mit [mm] $\mu [/mm] = 15$. Ermittle die Standardabweichung, wenn $98 % $ der Stifte zwischen $14$ und $16$ mm lang sind.
2.
In einer Trinkanlage werden Flaschen vor dem Wiederauffüllen gewaschen. Die Arbeitszeit X (in Sekunden) sei angenähert normalverteilt [mm] $\mu_{X} [/mm] = 120$ und [mm] $\sigma_{X}=15$. [/mm] Die Arbeitszeit Y ( in Sekunden) für das Füllen sei angenähert normalverteilt mit [mm] $\mu_{Y}=54$ [/mm] und [mm] $\sigma_{Y}=5$. [/mm]
Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Waschen und Füllen einer Flasche zusammen nicht länger als 3 Minuten dauert? |
1. Da dies in der [mm] 3\Sigma [/mm] Umgebung liegt, müsste die Standardabweichung [mm] \frac{1}{3} [/mm] sein...
2. Diese Aufgabe ist vor einiger Zeit mal ausgelaufen; habe immer noch nicht herausgefunden wie ich sie bewältigen könnte.
Ansatz war:
P(X+Y [mm] \le [/mm] 180) nur, wie behandle ich X+Y ??
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt und bin für jede Antwort dankbar.
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Hallo!
> 1. Die Länge von Stahlstiften ist angenähert
> normalverteilt mit [mm]\mu = 15[/mm]. Ermittle die
> Standardabweichung, wenn [mm]98 %[/mm] der Stifte zwischen [mm]14[/mm] und [mm]16[/mm]
> mm lang sind.
>
> 2.
> In einer Trinkanlage werden Flaschen vor dem
> Wiederauffüllen gewaschen. Die Arbeitszeit X (in Sekunden)
> sei angenähert normalverteilt [mm]\mu_{X} = 120[/mm] und
> [mm]\sigma_{X}=15[/mm]. Die Arbeitszeit Y ( in Sekunden) für das
> Füllen sei angenähert normalverteilt mit [mm]\mu_{Y}=54[/mm] und
> [mm]\sigma_{Y}=5[/mm].
>
> Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Waschen und
> Füllen einer Flasche zusammen nicht länger als 3 Minuten
> dauert?
> 1. Da dies in der [mm]3\Sigma[/mm] Umgebung liegt, müsste die
> Standardabweichung [mm]\frac{1}{3}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
sein...
Nein, so "grob" können wir da nicht rangehen 
Also, was wissen wir:
98 Prozent aller Stifte sind zwischen 14mm und 16mm lang, Erwartungswert ist \mu = 15mm.
Das heißt:
Sei X die Länge der Stahlstifte mit Erwartungswert \mu und Standardabweichung \sigma.
Dann ist
\frac{X-\mu}{\sigma}
standardnormalverteilt (merken!).
Wir wissen aus der Aufgabenstellung:
$P(14 \le X \le 16) = 0.98$
Nun umformen:
$0.98 = P(14 \le X \le 16) = P\left(\frac{14-\mu}{\sigma}\le \frac{X-\mu}{\sigma} \le \frac{16-\mu}{\sigma}\right)$
$\mu = 15$ wissen wir, und der mittlere Term ist ja nun standardnormalverteilt:
$= P\left(\frac{-1}{\sigma}\le Z} \le \frac{1}{\sigma}\right)$
Nun können wir also in die \Phi - Funktion umschreiben:
$= \Phi(1/\sigma) - \Phi(-1/\sigma)$
Wegen $\Phi(-z) = 1-\Phi(z)$ folgt:
$= \Phi(1/\sigma) - (1-\Phi(1/\sigma))$
$ = 2*\Phi(1/\sigma) - 1$.
Alles nachvollzogen? Dann nun nach \Phi(...) umstellen, Wert in der Tabelle raussuchen und \sigma bestimmen!
> 2. Diese Aufgabe ist vor einiger Zeit mal ausgelaufen; habe
> immer noch nicht herausgefunden wie ich sie bewältigen
> könnte.
>
> Ansatz war:
>
> P(X+Y [mm]\le[/mm] 180) nur, wie behandle ich X+Y ??
Der Ansatz ist richtig.
Was du nun wissen musst, ist, wie die Zufallsvariable $Z = X+Y$ verteilt ist.
Wenn X normalverteilt mit Erwartungswert [mm] \mu_{1} [/mm] und Standardabweichung [mm] \sigma_{1}^{2}, [/mm] und Y normalverteilt mit Erwartungswert [mm] \mu_{2} [/mm] und Standardabweichung [mm] \sigma_{2}^{2}, [/mm] dann ist $Z = X+Y$ ebenfalls normalverteilt mit Erwartungswert [mm] $\mu_{Z} [/mm] = [mm] \mu_{1}+\mu_{2}$ [/mm] und Standardabweichung [mm] $\sigma_{Z}^{2} [/mm] = [mm] \sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}$, [/mm] d.h.
[mm] $\sigma_{Z} [/mm] = [mm] \sqrt{\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}}$.
[/mm]
Diese Werte solltest du nun erstmal ausrechnen.
Nun kannst du wie bei 1. vorgehen:
$P(X+Y = Z [mm] \le [/mm] 180) = [mm] P\left(\frac{Z-\mu_{Z}}{\sigma_{Z}} \le \frac{180 - \mu_{Z}}{\sigma_{Z}}\right) [/mm] = ...$
(Achso: Das Z ist hier jetzt natürlich nicht standardnormalverteilt, die Zufallsvariable heißt hier einfach "Z". Aber [mm] \frac{Z-\mu_{Z}}{\sigma_{Z}} [/mm] ist wieder standardnormalverteilt.)
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:47 Do 04.03.2010 | | Autor: | kushkush |
Ich habe aufgelöst, allerdings ist mir etwas aufgefallen: wieso wird bei den Grenzen nicht $0.5$ hin bzw. weggezählt wie sonst üblich?
für die Stifte erhalte ich eine Standardabweichung von : $0.5$
und bei der Wahrscheinlichkeit des Waschen und Füllen: 96%
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Hallo!
> Ich habe aufgelöst, allerdings ist mir etwas aufgefallen:
> wieso wird bei den Grenzen nicht [mm]0.5[/mm] hin bzw. weggezählt
> wie sonst üblich?
Nein.
Das macht man nur bei einer Binomial-Verteilungs-Approximation!
Man macht das, um den Fehler der Approximation zu verringern.
Hier findet aber gar keine Approximation statt.
> für die Stifte erhalte ich eine Standardabweichung von :
> [mm]0.5[/mm]
Ich komme auf:
[mm] $\Phi(1/\sigma) [/mm] = 0.99$,
also
[mm] $\frac{1}{\sigma} [/mm] = 2.326 [mm] \Rightarrow \sigma [/mm] = 0.43$
....
> und bei der Wahrscheinlichkeit des Waschen und Füllen: 96%
Ich komme auf [mm] $\mu_{Z} [/mm] = 174, [mm] \sigma_{Z} [/mm] = 15.811$.
Damit erhalte ich
P(Z [mm] \le [/mm] 180) = [mm] \Phi\left(\frac{180-\mu_{Z}}{\sigma_{Z}}\right) [/mm] = 0.65...
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:33 Do 04.03.2010 | | Autor: | kushkush |
Beim ersten scheinen es Abweichungen von den Tabellen zu sein, und bei der zweiten komme ich nun ebenfalls auf dieses Ergebnis.
Dankeschön
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