Wahrscheinlichkeitsberechnung < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:44 So 01.03.2009 | | Autor: | LaLeLuuu |
| Aufgabe | | In einer Sendung von 80 Batterien befinden sich 10 defekte. Mit welche Wahrscheinlichkeit enthält eine Stichprobe von 5 Batterien genau eine (genau 3; höchstens 4; mindestens 1) defekte Batterie? |
Defekt: 12,5%
5, davon genau 1 defekt:
[mm] \vektor{5 \\ 1} [/mm] * 0,125 * [mm] 0,875^{4} [/mm] = 0,366
5, davon 3 defekt:
[mm] \vektor{5 \\ 3} [/mm] * [mm] 0,125^{3} [/mm] * [mm] 0,875^{2} [/mm] = 0,0149
5, davon höchstens 4 defekt: Addition von 0, 1, 2, 3, 4 defekten auf Basis der oberen 2 Aufgaben -> 0,513 + 0,366 + 0,105 + 0,0149 + 0,001 = 0,99
5, davon höchstens 1 defekte:
0: 0,513
1: 0,366
=> 0,879
5, davon mind. 1 defekte:
1: 0,366
2: 0,105
3: 0,0149
4: 0,001
5: 0,00003
=> 0,487
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 13:18 So 01.03.2009 | | Autor: | barsch |
Hallo Vicky,
auch das sieht alles gut aus. Ich habe nicht alles explizit nachgerechnet, aber dieser Ansatz
> Defekt: 12,5%
>
> 5, davon genau 1 defekt:
>
> [mm]\vektor{5 \\ 1}[/mm] * 0,125 * [mm]0,875^{4}[/mm] = 0,366
>
> 5, davon 3 defekt:
> [mm]\vektor{5 \\ 3}[/mm] * [mm]0,125^{3}[/mm] * [mm]0,875^{2}[/mm] = 0,0149
zeigt mir, dass du das Prinzip verstanden hast.
> 5, davon höchstens 4 defekt: Addition von 0, 1, 2, 3, 4
> defekten auf Basis der oberen 2 Aufgaben -> 0,513 + 0,366 +
> 0,105 + 0,0149 + 0,001 = 0,99
>
> 5, davon höchstens 1 defekte:
> 0: 0,513
> 1: 0,366
> => 0,879
>
Zu dieser ein kleiner Tipp:
> 5, davon mind. 1 defekte:
> 1: 0,366
> 2: 0,105
> 3: 0,0149
> 4: 0,001
> 5: 0,00003
> => 0,487
Mindestens eine defekt, kannst du auch über das Gegeneregnis machen.
Mindestens eine defekt ist 1-"keine Defekt".
[mm] P(X\ge{1})=1-P(X=0)\approx{1-0,513}=0,487.
[/mm]
Wenn du hier über das Gegenereignis gehst, musst du nicht so viel berechnen. Ansonsten ist das aber richtig.
MfG barsch
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 00:56 Mi 07.04.2010 | | Autor: | KarlMarx |
Moin zusammen!
Auch wenn der Artikel schon über ein Jahr alt ist, möchte ich ihn doch richtig stellen, denn die hier durchgeführte Rechnung ist fundamental falsch.
Ihr habt die Binomialverteilung angewendet, welche jedoch nur für einen mehrstufigen Zufallsversuch mit gleichbleibender Wahrscheinlichkeit gilt. Mit [mm]n =[/mm] Umfang der Stichprobe (hier 5), [mm]k = [/mm] Anzahl der günstigen Ereignisse (hier defekte Batterien) und [mm]p = [/mm] konstante Wahrscheinlichkeit des günstigen Ereignisses gilt für so einen Versuch:
[m]B_p^n (k) = {n \choose k} p^k (1-p)^{n-k}[/m].
Wie gesagt darf diese Verteilung nur Anwendung finden, wenn sich die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses nicht ändert. Das tut sie jedoch im Falle der Batterie-Stichprobe, da die Batterien ja nicht wieder zurückgelegt werden. Ein kurzes Rechenbeispiel:
Beim ersten Zug ist die Wahrscheinlichkeit, eine defekte zu ziehen [mm]p_{1\mbox{d}} = \frac{10}{80}[/mm]. Nehmen wir an, es wurde eine defekte Batterie gezogen, dann ist die Wahrscheinlichkeit, beim zweiten Zug wieder eine defekte zu ziehen [mm]p_{2\mbox{d}} = \frac{9}{79}[/mm] usw. Eine Stichprobe mit Zurücklegen wäre hingegen völliger Unsinn und statistisch absolut nutzlos - das kann also nicht Gegenstand einer solchen Aufgabe sein.
Für diese Aufgabenstellung ist die Hypergeometrische Verteilung anzuwenden - es gilt:
[m]W_{M,N}^n (k) = \bruch{{M \choose k}{N-M \choose n-k}}{{N \choose n}} [/m]. Dabei sind
[mm]N[/mm] Umfang der Population (hier 80 Batterien)
[mm]M[/mm] Anzahl der günstigen Elemente in der Population (hier zehn defekte Batterien)
[mm]n[/mm] Umfang der Stichprobe (hier fünf gezogene Batterien)
[mm]k[/mm] Anzahl der günstigen Elemente in der Stichprobe (hier Anzahl der defekten Batterien unter fünf gezogenen)
Genau 1
Batterie soll im ersten Aufgabenteil defekt sein. Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich mit der obigen Formel dann so:
[m]W_{10,80}^5 (1\mbox{d}) = \bruch{{10 \choose 1}{70 \choose 4}}{{80 \choose 5}} \approx 0,3814[/m].
Genau 3
Batterien sollen im zweiten Aufgabenteil defekt sein. Man rechnet also:
[m]W_{10,80}^5 (3\mbox{d}) = \bruch{{10 \choose 3}{70 \choose 2}}{{80 \choose 5}} \approx 0,0121[/m].
Höchstens 4
Batterien sollen im dritten Aufgabenteil defekt sein. Es sind die Wahrscheinlichkeiten für genau null, eine, zwei, drei und vier defekte Batterien aufzuaddieren. Man rechnet also:
[m]W_{10,80}^5 (\mbox{max }4\mbox{d}) = \bruch{{10 \choose 0}{70 \choose 5} + {10 \choose 1}{70 \choose 4} + {10 \choose 2}{70 \choose 3} + {10 \choose 3}{70 \choose 2} + {10 \choose 4}{70 \choose 1}}{{80 \choose 5}}
\approx 0,5035 + 0,3814 + 0,1025 + 0,0121 + 0,0006 = 0,9999895[/m].
Mindestens 1
Batterie soll im vierten Aufgabenteil defekt sein. Entweder werden die Wahrscheinlichkeiten für genau eine, zwei, drei, vier und fünf defekte Batterien aufaddiert oder man rechnet über die Gegenwahrscheinlichkeit, was wesentlich schneller geht. Die Gegenwahrscheinlichkeit ist die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses - das heißt höchstens keine defekte Batterie. Diese Wahrscheinlichkeit ist von 100 Prozent abzuziehen um die eigentlich gewünschte Wahrscheinlichkeit zu erhalten:
[m]W_{10,80}^5 (\mbox{min 1}\mbox{d}) = 1 - W_{10,80}^5 (\mbox{max }0\mbox{d}) = 1 - \bruch{{10 \choose 0}{70 \choose 5}}{{80 \choose 5}} \approx 1 - 0,5035 = 0,4965 [/m].
Schönen Gruß, Marx.
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