Verteilung / Approximation < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | In einer Fabrik sind an 200 Teilen, 100 Fehler zufällig und unabhängig voneinander verteilt.
1) Wir interessieren uns für die Anzahl der Fehler an dem 13. Teil.
(i) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass 2 oder mehr Fehler an dem 13 Teil auftreten.
(ii) Berechnen Sie diese Wahrscheinlichkeit mit einer geeigneten Approximation.
Warum ist diese Approximation zulässig?
(b) Wie groß die Wahrscheinlichkeit, dass kein Fehler an den ersten 4 Teilen auftritt? |
Einen schönen guten Abend.
Ich habe diese folgende Übungsaufgabe gefunden und und würde gerne wissen, ob meine Lösungen richtig sind bzw, wie man auf die (i) kommen soll?
(i) Hier wüsste ich keine Antwort außer vielleicht die Binominalverteilung.
(ii) Hier würde ich die Poisson Verteilung [mm] nutzen:$(\frac{\lambda^k}{k!}{e}^{-\lambda} [/mm] )$ Also
[mm] $(X\geq [/mm] 2) [mm] =1-((X=0)+(X=1))=1-(\frac{(\frac{1}{2})^0}{0!}{e}^{-\frac{1}{2}}+\frac{(\frac{1}{2})^1}{1!}{e}^{-\frac{1}{2}}) [/mm] ~0,09$
Nun habe ich natürlich dazu zwei Frage Warum kann man das Lambda so wählen? Und warum ist diese Verteilung gut für solch ein Art von Aufgabe?
(b) Meine Idee hier war es herauszufinden, wie groß die Wahrscheinlichkeit für die Fall ist, dass kein Teil von den kaputt ist. Die müsste eigentlich das Komplement sein, von ein Teil ist kaputt, also die Wahrscheinlichkeit $frac{1}{2}$. Da die Ereignisse unabhängig eintreten, würde ich [mm] $(frac{1}{2})^4=frac{1}{16}$ [/mm] berechnen, könnte das stimmen?
Über eine Antwort und Hilfe würde ich mich freuen.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hiho,
die Formulierung der Aufgabe ist ja ein Graus.
Hast du die falsch abgetippt oder ist die so formuliert?
Schon der erste Satz:
> In einem Fabrik sind von 200 Teilen 100 Fehler zufällig und unabhängig voneinander verteilt.
"von 200 Teilen 100 Fehler […] verteilt"? Was soll das für ein Satz sein?
Halten wir also fest: Es soll wohl 200 Teile geben und es sind 100 Fehler aufgetreten. Jeder Fehler kann ein beliebiges Teil "treffen", d.h. es können auch mehrere Fehler am selben Teil auftreten.
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein konkreter Fehler ein bestimmtes Teil trifft ist demzufolge [mm] $\frac{1}{200}$. [/mm]
Nun eine Anleitung zur Lösung:
1.) Wie wahrscheinlich ist es nun, dass Fehler Nummer 1 Teil 13 trifft?
Wie wahrscheinlich ist es nun, dass Fehler Nummer 2 Teil 13 trifft?
Welche Verteilung ergibt sich für die Anzahl der Fehler?
Was ist dann also $P(X [mm] \ge [/mm] 2)$ hingeschrieben (nicht ausgerechnet!)
> (i) Hier wüsste ich keine Antwort außer vielleicht die Binominalverteilung.
Warum hast du das nicht weiterverfolgt?
> (ii) Hier würde ich die Poisson Verteilung
> nutzen:[mm](\frac{\lambda^k}{k!}{e}^{-\lambda} )[/mm]
Warum? Wie kommst du darauf? Was gäbe es für eine Alternative?
> [mm](X\geq 2) =1-((X=0)+(X=1))=1-(\frac{(\frac{1}{2})^0}{0!}{e}^{-\frac{1}{2}}+\frac{(\frac{1}{2})^1}{1!}{e}^{-\frac{1}{2}}) ~0,09[/mm]
Sauberer Aufschrieb!
Wo sind die Wahrscheinlichkeiten geblieben?
> Nun habe ich natürlich dazu zwei Frage Warum kann man das
> Lambda so wählen? Und warum ist diese Verteilung gut für
> solch ein Art von Aufgabe?
Das sollst du doch beantworten, siehe:
> Warum ist diese Approximation zulässig?
Für dich als Info: Die Approximation durch die Poisson-Verteilung ist zulässig.
Nur warum? Wann darf denn eine Binomialverteilung durch eine Poissonverteilung approximiert werden?
Und wenn eine Binomialverteilung durch eine Poisson-Verteilung approximiert werden soll, wie ist [mm] $\lambda$ [/mm] zu wählen?
Das hattet ihr garantiert!
> (b) Meine Idee hier war es herauszufinden, wie groß die
> Wahrscheinlichkeit für die Fall ist, dass kein Teil von
> den kaputt ist.
Gute Idee, nur leider hier nicht zielführend.
Denn: Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teil nicht kaputt ist, kannst du zwar berechnen.
Aber: Diese Wahrscheinlichkeiten sind dann nicht mehr unabhängig!
D.h. da steckst du dann fest.
> Die müsste eigentlich das Komplement sein, von ein Teil ist kaputt, also die Wahrscheinlichkeit [mm]frac{1}{2}[/mm].
Warum sollte die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teil nicht kaputt ist [mm] $\frac{1}{2}$ [/mm] betragen?
Berechne das doch mal für Teil 13 konkret oben!
> Da die Ereignisse unabhängig eintreten, würde
> ich [mm](frac{1}{2})^4=frac{1}{16}[/mm] berechnen, könnte das
> stimmen?
Wie schon erwähnt: Leider nicht. Deine gewählten Ereignisse sind nicht mehr unabhängig, wie man sich leicht überlegen kann.
Deine vorherigen Ergebnisse helfen dir hier also erstmal nicht weiter. Daher:
1: Bestimme zuerst die Wahrscheinlichkeit, dass ein einzelner Fehler keins der ersten 4 Teile trifft.
2: Verwende nun die Unabhängigkeit um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass das Ereignis von 1: für keinen der Fehler auftritt.
Gruß,
Gono
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Hallo Gono.
Erst einmal sorry für das schlechte Deutsch, ich war um die Zeit einfach nicht mehr 100% geistig anwesend.
Zu (i):
Halten wir fest, die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teil kaputt ist, lautet $ [mm] \frac{1}{200} [/mm] $.
Somit folgt per Binomialverteilung:
$ P(X [mm] \ge [/mm] 2) = 1- P(X=0)-P(X=1)= [mm] 1-\vektor{100 \\ 0}*(\frac{1}{200})^0*{(1-\frac{1}{200})}^{100}- \vektor{100 \\ 1}*(\frac{1}{200})^1*{(1-\frac{1}{200})}^{99}$ [/mm] ~ 0.09
Zu (ii):
Mit Poisson folgt
$ [mm] P(X\geq [/mm] 2) [mm] =1-(P(X=0)+P(X=1))=1-(\frac{(\frac{1}{2})^0}{0!}{e}^{-\frac{1}{2}}+\frac{(\frac{1}{2})^1}{1!}{e}^{-\frac{1}{2}}) [/mm] ~0,09 $
Es gäbe da noch die geometrische Verteilung und die Zipf-Verteilung.
Ich glaube man kann eine eine Binomialverteilung durch Poisson approximieren, wenn $n$ sehr groß ist und $p$ sehr klein. Weiterhin kann man [mm] $\lampda$ [/mm] mit $n*p$ berechen, also [mm] $\lampda [/mm] =n*p= [mm] 100\frac{1}{200} [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$
[/mm]
Zu (b):
Vlt auch mit der Binomialverteilung?
Also
P(X>4) = 1-P(X<=4) ... ? Wobei n = die Anzahl der Teile und k die Anzahl der Teile ohne Fehler. Leider kommen bei n über k riesige Zahlen raus, kann es mir ehrlich gesagt so nicht vorstellen.
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Hiho,
> Erst einmal sorry für das schlechte Deutsch, ich war um
> die Zeit einfach nicht mehr 100% geistig anwesend.
Für Mathe ist das schlecht...
> Zu (i):
>
> Halten wir fest, die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teil
> kaputt ist, lautet [mm]\frac{1}{200} [/mm].
>
> Somit folgt per Binomialverteilung:
>
> [mm]P(X \ge 2) = 1- P(X=0)-P(X=1)= 1-\vektor{100 \\ 0}*(\frac{1}{200})^0*{(1-\frac{1}{200})}^{100}- \vektor{100 \\ 1}*(\frac{1}{200})^1*{(1-\frac{1}{200})}^{99}[/mm]
> ~ 0.09
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Tipp: Mit \approx machst du ein [mm] \approx
[/mm]
> Zu (ii):
>
> Mit Poisson folgt
>
> [mm]P(X\geq 2) =1-(P(X=0)+P(X=1))=1-(\frac{(\frac{1}{2})^0}{0!}{e}^{-\frac{1}{2}}+\frac{(\frac{1}{2})^1}{1!}{e}^{-\frac{1}{2}}) ~0,09[/mm]
>
>
> Es gäbe da noch die geometrische Verteilung und die
> Zipf-Verteilung.
Für Approximiationen der Binomialverteilung??
Es ginge noch Approximation durch die Normalverteilung, wenn ihr das schon hattet.
Übungsfrage: Wann wäre die zu bevorzugen?
>
> Ich glaube man kann eine eine Binomialverteilung durch
> Poisson approximieren, wenn [mm]n[/mm] sehr groß ist und [mm]p[/mm] sehr klein.
Ja, welche Faustregel gilt für "n sehr groß" und "p sehr klein" in Zahlen?
Im Vergleich zu [mm] 10^{(10^{10})} [/mm] ist p=1 auch "sehr klein" und im Vergleich zu [mm] 10^{-(10^{10})} [/mm] ist n=1 auch "sehr groß".
Weiterhin kann man [mm]\lambda[/mm] mit [mm]n*p[/mm] berechen, also
> [mm]\lampda =n*p= 100\frac{1}{200} = \frac{1}{2}[/mm]
>
>
>
> Zu (b):
>
> Vlt auch mit der Binomialverteilung?
> Also
> P(X>4) = 1-P(X<=4) ... ? Wobei n = die Anzahl der Teile
> und k die Anzahl der Teile ohne Fehler. Leider kommen bei n
> über k riesige Zahlen raus, kann es mir ehrlich gesagt so
> nicht vorstellen.
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>Für Mathe ist das schlecht...
Ja, ich weiß :)
>Es ginge noch Approximation durch die Normalverteilung, wenn >ihr das schon hattet.
>Übungsfrage: Wann wäre die zu bevorzugen?
Laut Skript kommt diese erst in zwei Wochen, ich schaue sie mir aber später einmal an.
>Ja, welche Faustregel gilt für "n sehr groß" und "p sehr klein" in Zahlen?
Ach stimmt, habe ich im Skript total übersehen danke:)
Jetzt ist nur noch die b) offen, könnte dort meine Herangehensweise stimmen?
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Hiho,
> >Ja, welche Faustregel gilt für "n sehr groß" und "p sehr
> klein" in Zahlen?
>
> Ach stimmt, habe ich im Skript total übersehen danke:)
Wie lautet sie denn nun?
> Jetzt ist nur noch die b) offen, könnte dort meine
> Herangehensweise stimmen?
Das habe ich dir schon beantwortet zusammen mit einer korrekten Vorgehensweise.
Gruß
Gono
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> Wie lautet sie denn nun?
Die Faustregel lautet $n [mm] \geq [/mm] 50$ und $p [mm] \leq [/mm] 0.05$
> 1: Bestimme zuerst die Wahrscheinlichkeit, dass ein
> einzelner Fehler keins der ersten 4 Teile trifft.
Ja, da liegt das Problem. Ich habe rein garkeine Ahnung wie ich auf diesen Wert kommen soll. Kannst du mir noch einen kleinen Tipp geben?
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Hiho,
> > Wie lautet sie denn nun?
> Die Faustregel lautet [mm]n \geq 50[/mm] und [mm]p \leq 0.05[/mm]
> > 1: Bestimme zuerst die Wahrscheinlichkeit, dass ein
> > einzelner Fehler keins der ersten 4 Teile trifft.
> Ja, da liegt das Problem. Ich habe rein garkeine Ahnung wie
> ich auf diesen Wert kommen soll. Kannst du mir noch einen
> kleinen Tipp geben?
Na ein bisschen Nachdenken sollte schon drin sein.
1.) Das erste Teil wird mit Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{1}{200}$ [/mm] von dem Fehler getroffen
2.) Das zweite Teil wird mit Wahrscheinlichkeit [mm] $\frac{1}{200}$ [/mm] von dem Fehler getroffen
Beide Ereignisse sind disjunkt (d.h. schließen sich gegenseitig aus).
Wie groß ist nun die Wahrscheinlichkeit von: Der Fehler trifft Teil 1 oder Teil 2?
Welcher Mengenoperation entsprich "oder"?
Welche einfache Rechenregel gilt allgemein für mit "oder" verknüpfte Ereignisse?
Gruß,
Gono
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Achso.
Also
$1-( [mm] \frac{1}{200} [/mm] + [mm] \frac{1}{200} [/mm] + [mm] \frac{1}{200} [/mm] + [mm] \frac{1}{200}) [/mm] = [mm] 1-\frac{4}{200} [/mm] = [mm] 1-\frac{1}{50} [/mm] = [mm] \frac{49}{50}$ [/mm] ?
Sry, dass ich mich etwas doof anstelle, aber Stochastik war noch nie meine Stärke, keine Ahnung warum mein Kopf hier immer versagt:)
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Hiho,
> Sry, dass ich mich etwas doof anstelle, aber Stochastik war
> noch nie meine Stärke, keine Ahnung warum mein Kopf hier
> immer versagt:)
Als erstes solltest du deutlich mehr kommentieren, was du eigentlich versuchst...
> Also
> [mm]1-( \frac{1}{200} + \frac{1}{200} + \frac{1}{200} + \frac{1}{200}) = 1-\frac{4}{200} = 1-\frac{1}{50} = \frac{49}{50}[/mm]
> ?
Ja was?
Soll das die Wahrscheinlichkeit für Regen morgen sein? Könnte hinkommen!
Ist es die Wahrscheinlichkeit, dass keines der ersten 4 Teile vom (konkreten) Fehler getroffen wird? Das stimmt sogar.
Ist es die von mir erfragte Wahrscheinlichkeit:
> Wie groß ist nun die Wahrscheinlichkeit von: Der Fehler trifft Teil 1 oder Teil 2?
Das stimmt natürlich nicht.
Wie du siehst: Ohne Kommentare zu dem, was du tust, keine Ahnung ob es stimmt oder das ist, was du meinst.
Halten wir fest: "Keins der ersten 4 Teile wird vom Fehler getroffen" hat eine WKeit von: [mm] \frac{49}{50}
[/mm]
Was ist nun die Wahrscheinlichkeit: Alle hundert Fehler treffen keins der ersten 4 Teile?
Gruß,
Gono
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Hi.
Ja du hast Recht:)
Es soll natürlich die Wahrscheinlichkeit sein, dass keines der ersten vier Teile von einem Fehler getroffen wird.
Ich bin ehrlich, ich habe keine Ahnung wie das die Wahrscheinlichkeit für keiner der 100 Fehler trifft die ersten sein soll. Ich bin einfach zu doof dafür. Keine Ahnung wie ich die Klausur bestehen soll.
Ich bedanke mich für die Hilfe, aber ich komme einfach nicht drauf und möchte dich nicht weiter belästigen.
Sollte ich es vlt mal [mm] \frac{1}{100} [/mm] rechnen? Also [mm] \frac{49}{50}*\frac{1}{100} [/mm] = [mm] \frac{49}{5000} [/mm] = P(An den ersten 4 Teilen ist kein Fehler?
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Hiho,
> Ich bin ehrlich, ich habe keine Ahnung wie das die
> Wahrscheinlichkeit für keiner der 100 Fehler trifft die
> ersten sein soll. Ich bin einfach zu doof dafür. Keine
> Ahnung wie ich die Klausur bestehen soll.
Das hat nix mit doof sein zu tun.... dir fehlen anscheinend ein paar simple Grundlagen.
> Ich bedanke mich für die Hilfe, aber ich komme einfach
> nicht drauf und möchte dich nicht weiter belästigen.
Wenn ich mich belästigt fühlen würde, würde ich deine Fragen ignorieren.
> Sollte ich es vlt mal [mm]\frac{1}{100}[/mm] rechnen? Also
> [mm]\frac{49}{50}*\frac{1}{100}[/mm] = [mm]\frac{49}{5000}[/mm] = P(An den
> ersten 4 Teilen ist kein Fehler?
Nein.
Wenn du interessiert bist, kann man deine Grundlagen gern gemeinsamen nacharbeiten.
Was folgt denn aus der Unabhängigkeit?
Oder ein deutlich einfacheres Beispiel: Du hast einen Würfel, welche WKeit hat es, dass du eine 1 würfelst?
Nun nimmst du zwei (unabhängige) Würfel, welche WKeit hat es, dass du mit beiden eine 1 würfelst.
Nun nimmst du einen dritten (unabhängigen) dazu. Welche WKeit ist es nun, dass alle drei eine 1 würfeln?
Gruß,
Gono
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Hey
> Wenn du interessiert bist, kann man deine Grundlagen gern gemeinsamen nacharbeiten.
Bin ich.
> Was folgt denn aus der Unabhängigkeit?
Das man die Wahrscheinlichkeiten eines Zufallsexperiment entlang des eines Pfades, wenn man sich einen Baum zeichnen möchte, Multiplizieren kann. Oder kurz gesagt $P(A [mm] \cap [/mm] B)=P(A) [mm] \cdot [/mm] P(B)$
> Oder ein deutlich einfacheres Beispiel: Du hast einen Würfel, welche WKeit hat es, dass du eine 1 würfelst?
Die Wahrscheinlichkeit währe $P(eins)= [mm] \frac{1}{|\Omega|} [/mm] = [mm] \frac{1}{6}$, [/mm] denn es handelt sich um ein Laplaceexperiment in einem Laplace Raum.
> Nun nimmst du zwei (unabhängige) Würfel, welche WKeit hat es, dass du mit beiden eine 1 würfelst.
$P((eins, eins)) = P(eins [mm] \cap [/mm] eins) = [mm] \frac{1}{6}*\frac{1}{6} [/mm] = [mm] \frac{1}{36}$
[/mm]
> Nun nimmst du einen dritten (unabhängigen) dazu. Welche WKeit ist es nun, dass alle drei eine 1 würfeln?
$P((eins, eins, eins)) = P(eins [mm] \cap [/mm] eins [mm] \cap [/mm] eins) = [mm] \frac{1}{6}*\frac{1}{6}*\frac{1}{6}= \frac{1}{216}$
[/mm]
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LG
Jahn
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Hiho,
> > Was folgt denn aus der Unabhängigkeit?
>
> Das man die Wahrscheinlichkeiten eines Zufallsexperiment
> entlang des eines Pfades, wenn man sich einen Baum zeichnen
> möchte, Multiplizieren kann. Oder kurz gesagt [mm]P(A \cap B)=P(A) \cdot P(B)[/mm]
> > Nun nimmst du einen dritten (unabhängigen) dazu. Welche
> WKeit ist es nun, dass alle drei eine 1 würfeln?
>
> [mm]P((eins, eins, eins)) = P(eins \cap eins \cap eins) = \frac{1}{6}*\frac{1}{6}*\frac{1}{6}= \frac{1}{216}[/mm]
So einfach ist es, weil die Einzelwahrscheinlichkeiten wegen der Unabhängigkeit einfach multipliziert werden dürfen.
Nun zurück zur Ausgangsfrage:
Es gilt [mm] $P(\text{"Fehler trifft erste vier Teile nicht\"}) [/mm] = [mm] \frac{49}{50}$
[/mm]
Dann ist also [mm] $P(\text{1. Fehler trifft erste vier Teile nicht} \wedge \ldots \wedge \text{100. Fehler trifft erste vier Teile nicht} [/mm] ) = [mm] \ldots [/mm] = $?
Gruß,
Gono
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Hey
Ach dann lautet die gesuchte Wahrscheinlichkeit [mm] ${\left(\frac{49}{50}\right)}^{100} \approx [/mm] 0,133$
LG
Jahn
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Hiho,
> Ach dann lautet die gesuchte Wahrscheinlichkeit
> [mm]{\left(\frac{49}{50}\right)}^{100} \approx 0,133[/mm]
so sieht es aus.
Gruß,
Gono
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