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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:46 Do 31.05.2012 | | Autor: | Mathics |
| Aufgabe | Ein Verein möchte einen "Tag der offenen Tür" veranstalten. Ein Mitglied hat 100 Lokomotiven aus dem vorhandenen Bestand getestet und festgestellt, dass 15 defekt sind. Leider hat er diese nicht gekennzeichnet.
Für das Schaufahren am "Tag der offenen Tür" werden nun drei Lokomotive zufällig ausgewählt. Begründen Sie, dass die Zufallsgröße "Anzahl der defekten Lokomotiven" nicht binomialverteilt ist.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit der folgenden Ereignisse:
E1: Genau eine der drei Lokomotiven ist defekt." |
Hallo,
In den Lösungen steht: "Die Lokomotiven werden nach dem "Test" nicht wieder zurückgestellt, es muss mit "Ziehen ohne Zurücklegen" modelliert werden. Deshalb liegt keine Binomialverteilung vor.
P(E1)= (15/100) * (85/99) * (84/98) + (85/100)* (15/99) * (84/98) + (85/100)*(84/99)*(15/98) = 15/154 = 0,33
Ich habe die Begründung an sich nicht wirklich verstanden. In der Aufgabe steht ja , dass die defekten nicht gekennzeichnet wurden und in der Lösung, dass die nicht zurückgestellt wurden. Was hat das denn miteinander zu tun? Ich verstehe da den Zusammenhang zur Binomialverteilung nicht.
LG
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Hallo,
> Ich habe die Begründung an sich nicht wirklich verstanden.
> In der Aufgabe steht ja , dass die defekten nicht
> gekennzeichnet wurden und in der Lösung, dass die nicht
> zurückgestellt wurden. Was hat das denn miteinander zu
> tun? Ich verstehe da den Zusammenhang zur
> Binomialverteilung nicht.
Bei der Binomialverteilung müssen die Wahrscheinlichkeiten für 'Treffer' und 'Kein Treffer' für alle Ziehungen gleich bleiben. Das würde hier nur funktionieren, wenn man jede getestete Lokomotive nach dem Test wieder zurückstellt und vergisst, welche es war. Nur dann sind für die zweite getestete Lok wieder 100 Loks da, von denen drei defekt sind. Da die Loks nicht zurückgestellt werden, hab sich bereits nach dem ersten Test die Wahrscheinlichkeiten geändert. Damit ist es eben keine Binomialverteilung. Man nennt diese Art von Verteilung übrigens die Hypergeometrische Verteilung, aber dies nur am Rande, das musst du in diesem Kontext sicherlich nicht wissen.
Der Satz, dass die defekten Loks (zu Beginn) nicht gekennzeichnet sind, ist etwas obsolet. Er soll sicherstellen, dass für jede Lok die Wahrscheinlichkeit gleich groß ist, dass sie defekt ist.
> P(E1)= (15/100) * (85/99) * (84/98) + (85/100)* (15/99) *
> (84/98) + (85/100)*(84/99)*(15/98) = 15/154 = 0,33
Die Rechnung kann man sogar noch vereinfachen: beim Ziehen ohne Zurücklegen hat dennoch jede mögliche Reiehenfolge, in der ein Ereignis eintreten kann, die gleiche Wahrscheinlichkeit. Von daher geht es auch so:
[mm] P(E_1)=3*\bruch{15}{100}*\bruch{85}{99}*\bruch{84}{98}=\bruch{51}{154}
[/mm]
Und da hast du am Ende ganz offensichtlich einen Tippfehler, denn dein dezimales Näherungsergebnis ist wieder ok.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:32 Do 31.05.2012 | | Autor: | Mathics |
Ok! Also ist das entscheidende das eine lok getestet und danach aussortiert wird und daher sich die anzahl und das p ändert. Wie kommt man denn auf die Zahlen 15/100 (wsk. für defekt) und die 85/100. Und warum auf einmal 85/100?
[mm] (\vektor{a \\ i} [/mm] * [mm] \vektor{n-a \\ k-i}) [/mm] / [mm] \vektor{n\\ k}
[/mm]
das ist ja die formel für die hypergeometrische verteilung. kann man das auch damit berechnen?
lg
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Hallo,
> Ok! Also ist das entscheidende das eine lok getestet und
> danach aussortiert wird und daher sich die anzahl und das p
> ändert. Wie kommt man denn auf die Zahlen 15/100 (wsk.
> für defekt) und die 85/100. Und warum auf einmal 85/100?
Nun, in deiner Musterlösung werden alle drei möglichen Reihenfolgen getrennt betrachtet:
[mm] E_1:= [/mm] eine Lok ist defekt = {DFF;FDF;FFD}
Und die Wahrscheinlichkiet, dass die erste Lok intakt (F) ist, ist eben gleich 85/100.
>
>
> [mm](\vektor{a \\
i}[/mm] * [mm]\vektor{n-a \\
k-i})[/mm] / [mm]\vektor{n\\
k}[/mm]
>
> das ist ja die formel für die hypergeometrische
> verteilung. kann man das auch damit berechnen?
Ja, das würde gehen. Aber man fährt schließlich mit einem Rolls-Royce auch nicht los und macht den Wochenendeinkauf. 
Gruß, Diophant
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