Tennisclub Ballverteilung < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:49 Di 31.07.2012 | | Autor: | hjoerdis |
| Aufgabe | Ein Tennisclub bezieht seine Tennisbälle von nur zwei verschiedenen Herstellern H1 und H2. Erfahrungsgemäß enthält die Lieferung von H1 7% und die von H2 3% fehlerhafte Bälle, d.h. Bälle, die für Turnierspiele ungeeignet sind. 30% aller fehlerhaften Bälle stammen von H1.
a) Welcher Anteil an Bällen kommt von H1?
b)Wie groß ist der Anteil der fehlerhaften Bälle in der Gesamtlieferung?
Zum Trainingsspiel liegen 20 "auf gut Glück" der Gesamntlieferung entnommenen Bälle in einer Reihe. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass:
c) die ersten vier Bälle alle von H1 stammen?
d) die ersten zehn Bälle fehlerfrei sind?
e) der vierte Ball der erste fehlerhafte ist?
f) der zehnte Ball der zweite fehlerhafte ist?
g) der zehnte Ball der zweite fehlerhafte von H1 ist? |
Hi alle zusammen,
a und b habe ich wie folgt berechnet:
a) 0,3 = [mm] \bruch{0,07x}{(0,07x + (1-x)* 0,03)}
[/mm]
x= 0,155 = 15,5%
b) P(F)= 0,845*0,03 + 0,155*0,07
= 0,0362
(also die jeweiligen Pfadwahrscheunlichkeiten für die Hersteller und dafür dass die Bälle dann fehlerhaft sind)
ab c) weis ich aber nicht mehr wie man vorgehen soll. erst wollte ich über die Hypergeometrische Verteilung gehen, dass geht aber nicht weil die Anzahl der von H1 stammenden Bälle nach der Wahrscheinlichkeit ja 3 aus diesen 20 sind, damit ist die Formel ja nicht mehr zu lösen bzw. P(A)={}.. .
Wie kann man noch vorgehen??
Liebe Grüße,
Mathilda.
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Hallo,
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> a und b habe ich wie folgt berechnet:
> a) 0,3 = [mm]\bruch{0,07x}{(0,07x + (1-x)* 0,03)}[/mm]
>
> x= 0,155 = 15,5%
stimmt
>
> b) P(F)= 0,845*0,03 + 0,155*0,07
> = 0,0362
>
stimmt
> (also die jeweiligen Pfadwahrscheunlichkeiten für die
> Hersteller und dafür dass die Bälle dann fehlerhaft
> sind)
>
> ab c) weis ich aber nicht mehr wie man vorgehen soll. erst
> wollte ich über die Hypergeometrische Verteilung gehen,
> dass geht aber nicht weil die Anzahl der von H1 stammenden
> Bälle nach der Wahrscheinlichkeit ja 3 aus diesen 20 sind,
> damit ist die Formel ja nicht mehr zu lösen bzw. P(A)={}..
> .
Im Schnitt sind 3 von 20 schlecht. Das heißt aber NICHT, dass auch wirklich bei 20 zufällig herausgegriffenen Bällen 3 davon schlecht sein müssen, das können auch mehr aber genauso auch weniger sein.
Denke statt an Hypergeometrische Verteilung lieber mal an Binomialverteilung, da du nichts über die tatsächliche Anzahl der fehlerhaften Bälle unter den 20 weißt...
Viele Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:15 Di 31.07.2012 | | Autor: | hjoerdis |
Also bei c) dementsprechend:
[mm] \vektor{20 \\ 4}*0,155^{4}*(1-0,155)^{16}= [/mm] 0,057
d) [mm] \vektor{20 \\ 10}*0,964^{10}*(1-0,964)^{10}= 4,68^{-10}
[/mm]
-> dieses Ergebnis erscheint mir aber sehr gering, immerhin ist die wahrscheinlichkeit für einen guten ball ja eher hoch...
grüße mathilda
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Di 31.07.2012 | | Autor: | hjoerdis |
Da fällt mir gerade noch ein, dass die binominalverteilung so wie ich es berechnet hab so nur sagt dass zwischen den 20 bällen genau 4H1 und 16 H2 bälle sind, aber die aufgabenstellung bei c war ja dass die ersten 4 H1 bälle sein müssen, der rest ist egal. Dann würde ich eher so rechnen:
[mm] 0,155^{4}= [/mm] 0,000577
d) 0,9638 ^{3} * 0,0362= 0,0324
würde das schon eher gehen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:27 Di 31.07.2012 | | Autor: | hjoerdis |
ich habe nicht d sondern e berechnet, sorry XD
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:45 Di 31.07.2012 | | Autor: | Kontakti |
Hi
Also ich würde mal sagen, hier geht so einiges durcheinander!
Zur Antwort von ms2008de: Hier ist wohl nicht gemeint, dass 3 von 20 Bällen "schlecht" sind, sondern 3 von 20 Bällen sind von H1 (=15%)! Schlecht (also fehlerhalft) sind ja nur 4 von 100 Bällen (nach dem Ergebnis von b).
Zu deiner Rechnung hjoerdis: Dein zweiter Ansatz sieht schon besser aus, als der erste Versuch, denn wie du schon selbst gesagt hast geht es nicht darum, dass 4 von 20 Bällen von H1 stammen, sondern die ERSTEN vier! Allerdings müsste man sich jetzt noch klar machen, dass die Bälle NICHT zurückgelegt werden, das heißt, dass sich die Wahrscheinlichkeiten nach jedem Ziehen ändern. Wenn du z.B. 100 Bälle hast, dann sind ca. 16 davon von H1 (p=16/100). Wenn du aber einen davon gezogen hast, ist deine Wahrscheinlichkeit, wieder einen Ball von H1 zu ziehen jetzt nur noch 15/100 usw. Deine Lösung müsste dann bei c) z.B. (ungefähr) sein: 0,16*0,15*0,14*0,13 oder sehe ich das falsch und die Bälle werden doch zurückgelegt!?
Lg
Kontakti
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:23 Di 31.07.2012 | | Autor: | ms2008de |
Hallo,
> Hi
> Also ich würde mal sagen, hier geht so einiges
> durcheinander!
> Zu deiner Rechnung hjoerdis: Dein zweiter Ansatz sieht
> schon besser aus, als der erste Versuch, denn wie du schon
> selbst gesagt hast geht es nicht darum, dass 4 von 20
> Bällen von H1 stammen, sondern die ERSTEN vier! Allerdings
> müsste man sich jetzt noch klar machen, dass die Bälle
> NICHT zurückgelegt werden, das heißt, dass sich die
> Wahrscheinlichkeiten nach jedem Ziehen ändern. Wenn du
> z.B. 100 Bälle hast, dann sind ca. 16 davon von H1
> (p=16/100). Wenn du aber einen davon gezogen hast, ist
> deine Wahrscheinlichkeit, wieder einen Ball von H1 zu
> ziehen jetzt nur noch 15/100 usw. Deine Lösung müsste
> dann bei c) z.B. (ungefähr) sein: 0,16*0,15*0,14*0,13 oder
> sehe ich das falsch und die Bälle werden doch
> zurückgelegt!?
Die Bälle werden nicht zurückgelegt, das ist richtig, aber in der Aufgabe wird rein gar nichts über die Anzahl der Bälle der Gesamtlieferung gesagt, daher is es auch Quatsch einfach so von 100 auszugehen. Hätte man diese Anzahl an Bällen in der Gesamtlieferung, würde man es mittels der Hypergeometrischen Verteilung berechnen, so geht man dann eben die Konvention ein und rechnet mit Binomialverteilung. Und der Unterschied ist wirklich nicht groß, ich demonstrier das mal an c): Mittels Binomialverteilung erhält man: [mm] 0,155^4=0,000577200625. [/mm] Wenn man wie du von einer Gesamtlieferung von 100 ausgehen will und somit von 16 Bällen von H1 ausgeht, erhält man:
[mm] \bruch{\vektor{16 \\ 4}}{\vektor{100 \\ 4}}=0,0004641406703.
[/mm]
Würde man von 1000 Bällen gesamt und 155 Bällen von H1 ausgehen, würde man [mm] \bruch{\vektor{155 \\ 4}}{\vektor{1000 \\ 4}}=0,0005584653725 [/mm] erhalten. Ein wirklich kleiner Unterschied zwischen der Berechnung mittels Binomialverteilung und Berechnung mittels Hypergeometrischer Verteilung, den man in der Regel eingeht und daher auch bei solchen Aufgaben mit der Binomialverteilung rechnet...
Viele Grüße
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Hallo,
> Da fällt mir gerade noch ein, dass die binominalverteilung
> so wie ich es berechnet hab so nur sagt dass zwischen den
> 20 bällen genau 4H1 und 16 H2 bälle sind, aber die
> aufgabenstellung bei c war ja dass die ersten 4 H1 bälle
> sein müssen, der rest ist egal. Dann würde ich eher so
> rechnen:
>
> [mm]0,155^{4}=[/mm] 0,000577
>
Richtig
> d) 0,9638 ^{3} * 0,0362= 0,0324
>
Wenn aus d) die Aufgabe e) wird, dann ja, stimmt^^
Viele Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:04 Mi 01.08.2012 | | Autor: | hjoerdis |
okey, dann dürften die letzten Aufgaben ja auch nicht mehr so kompliziert sein. Ich habe so gerechnet:
d) (diesmal wirklich d ^^) [mm] 0,938^{10}= [/mm] 0,692
f) [mm] 0,9638^{8}* [/mm] 0,0362 * 9 * 0,0362 = 0,0087
g) [mm] 0,9892^{8}*0,01085*9*0,01085= [/mm] 0,00097
hoffe es ist alles richtig,
vielen dank für die liebe hilfe,
mathilda =)
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Hallo,
> okey, dann dürften die letzten Aufgaben ja auch nicht mehr
> so kompliziert sein. Ich habe so gerechnet:
> d) (diesmal wirklich d ^^) [mm]0,938^{10}=[/mm] 0,692
> f) [mm]0,9638^{8}*[/mm] 0,0362 * 9 * 0,0362 = 0,0087
> g) [mm]0,9892^{8}*0,01085*9*0,01085=[/mm] 0,00097
>
Sieht alles richtig aus, wobei für mich die Aufgabe g) nicht ganz eindeutig ist. Der zweite fehlerhafte Ball von H1, das kann man entweder so auslegen, dass beide fehlerhafte Bälle von H1 sind oder man kann es so verstehen, dass der erste fehlerhafte Ball beliebig ist (also egal ob von H1 oder H2 stammt) und dann der 2. fehlerhafte Ball auf jeden Fall von H1 stammt.
Viele Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:49 Mi 01.08.2012 | | Autor: | hjoerdis |
na auf jeden fall hab ich die berechnung verstanden ;),
vielen Dank nochmal,
die nächsten Fragen kommen bestimmt ^^.
Liebe Grüße,
Mathilda.
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Hallo,
> Also bei c) dementsprechend:
>
> [mm]\vektor{20 \\ 4}*0,155^{4}*(1-0,155)^{16}=[/mm] 0,057
>
Nein, denn es geht bei c) nur um die ersten 4 Bälle
> d) [mm]\vektor{20 \\ 10}*0,964^{10}*(1-0,964)^{10}= 4,68^{-10}[/mm]
>
Hier gehts nur um die ersten 10 Bälle
Viele Grüße
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