Bolzen/Löcher normalverteilte Zufallsgrößen

04.10.2006, 20:06

7xx7

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Bolzen/Löcher normalverteilte Zufallsgrößen

Hallo,

ich habe eine Frage zu einer Aufgabe, die zur Vorbereitung auf meine nächste Klausur dienen soll.

Aufgabe: Zur Fertigung von Gehäusen werden durch Metallplatten Löcher gebohrt, durch die Bolzen gesteckt werden. Die Zufallsgröße X beschreibt den Durchmesser der Löcher (in mm). Sie ist normalverteilt mit µ=8 und Ã=0.01 (Standardabweichung). Die Zufallsgröße Y beschreibt den Durchmesser der Bolzen (in mm). Sie ist normalverteilt mit µ=7.9 und Ã=0.01 (Standardabweichung).

Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in eine zufällig ausgewählte Bohrung ein willkürlich ausgewählter Bolzen nicht passt.

Als Hinweis wurde noch angegeben, dass es sich hierbei um unabhängige Zufallsgrößen handelt.

Ich habe schon im Internet nach Hilfe gesucht und eine ähnliche Aufgabe gefunden, jedoch war da nur das Ergebnis angegeben und keine Erklärung.

Ich hoffe, dass ihr mir helfen könnt.

Vielen DANK

04.10.2006, 20:15

7xx7

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RE: zwei normalverteilte Zufallsgrößen
Mir fehlt der Ansatz.

Die ähnliche Aufgabe aus dem Internet lautet wie folgt:

Eine Maschine produziert Bolzen, deren Durchmesser normalverteilt ist mit Mittelwert µ1 = 9,8 mm und Standardabweichung sigma1 = 0,10 mm.
Eine andere Maschine bohrt Löcher in eine Metallplatte, deren Durchmesser normalverteilt sind mit Mittelwert µ2 = 10,0 mm
und Standardabweichung sigma2 = 0,08 mm.

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein beliebig ausgewählter Bolzen in ein beliebig ausgewähltes Loch paßt.

Als Antwort kam folgendes:

µ =0,2; s = Wurzel (0,12^2 + 0,082^2) = 0,128

P(X>0} = 1 - P(X<0} = 1 - F(-0,2/0,128*s) = F(1,56*s) = 0,94062

04.10.2006, 23:18

Marvin42

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Sei X: Durchmesser des Bohrers; Y: Durchmesser der Platte. Die W'keit, dass ein Bohrer nicht passt ist doch P(X>Y).

Problem wird wohl sein, dass X nicht grösser einem festen Wert ist, sondern grösser einer Zufallsvariable. Überleg doch mal wie du X>Y umstellen kannst, damit auf der rechten Seite ein fester Wert steht.
Was entsteht dann auf der linken Seite?

und vielleicht kannst noch irgendwo verwenden, dass gilt a-b=a+(-b)

btw hast bei deiner Musterlösung ein paar 2er zuviel.

04.10.2006, 23:48

7xx7

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Vielen Dank für die Antwort :-)

Zitat:

Original von Marvin42
Sei X: Durchmesser des Bohrers; Y: Durchmesser der Platte. Die W'keit, dass ein Bohrer nicht passt ist doch P(X>Y).

Ich glaube hier sind X und Y vertauscht worden.

Sei X: Durchmesser des Loches; Y: Durchmesser des Bolzens. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bolzen nicht in ein Loch passt wäre dann doch P(X<Y)

Ich habe jetzt versucht Ihren Rat zu verfolgen: P(X-Y<0) oder P(X+(-Y)<0) . Aber wie arbeitet ich denn jetzt mit den zwei variabeln weiter ?

05.10.2006, 00:05

Gast_47

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X: µ=8, sigma=0,01
Y: µ=7,9 sigma=0,01

Die neue Zufallsgröße W ist die Durchmesser-Differenz:
µ = 8-7,9 = 0,1
sigma = sqrt(0,01² + 0,01²) = 0,014142136

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in eine zufällig ausgewählte Bohrung ein willkürlich ausgewählter Bolzen nicht passt.
P(W<0) = ...

Excel
NORMVERT(0;0,1;0,014142136;1)

= 7,73936*10^-13

05.10.2006, 09:47

7xx7

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Zitat:

Die neue Zufallsgröße W ist die Durchmesser-Differenz:
µ = 8-7,9 = 0,1
sigma = sqrt(0,01² + 0,01²) = 0,014142136

Ok, dieser Schritt wurde auch bei der ähnlichen Aufgabe aus dem Internet angewendet, aber kann mir jemannd mit ein paar Worten erklären warum genau ? Und warum einmal nur die Differenz und dann bei sigma aber die Wurzel aus den zwei Quadraten, wegen V(x) ?

Zitat:

P(W<0) = ... Excel NORMVERT(0;0,1;0,014142136;1)

= 7,73936*10^-13

Ich erhalte einen anderen Wert, wenn ich das ausrechne. Vielleicht habe ich irgendwo einen Denkfehler in meiner Rechnung:

P(W<0)= $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} \frac{0 - 0,1}{0,01414} \end{eqnarray*}$ )= $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ (-7,07)=1 - $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ (7,07)= 1 - 1=0.

Und dieses Ergebnis macht bei meiner Aufgabe doch wenig Sinn. Ich habe es dann nochmal mit den Werten der ähnlichen Aufgabe aus dem Internet gerechnet, da kommt ca. 6 % raus als Wahrscheinlichkeit.

Liegt es nur an meinen Werten, dass ein solches nicht wirklich zu gebrauchendes Ergebnis sich dabei ergibt oder habe irgendwo einen Fehler gemacht.

Vielen Dank

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05.10.2006, 11:51

Marvin42

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dann such doch mal in deinen Unterlagen was da so alles steht für die Verteilung von 2(mehreren) Zufallsvariablen. Was gilt insbesondere für
E(X+Y) und Var(X+Y)? Welche Voraussetzungen müssen die Zufallsvariaben erfüllen damit ich was machen kann?

warum einmal + einmal -. Was drückt denn die Varianz aus bzw. was für ein Mass ist das? Deshalb a-b=a+(-b). Schreib das mal bei der Varianz so um!!

05.10.2006, 11:59

7xx7

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Im Unterricht haben wie leider bis jetzt noch nie mit 2 oder mehreren Zufallsvariabeln gearbeitet, dass ist ja mein Problem. Aber ich kann im Internet danach suchen, vielleicht kommt ja dabei was heraus. verwirrt

verwirrt

@Marvin42

Ist meine Rechnung deiner Meinung nach richtig ? Ich habe mit der Tabelle zur Standardnormalverteilung in unserem Buch gerechnet und du mit Excel. Meine Tabelle geht nur bis x-werte von 3,4, danach ist alles ungefähr 1.

05.10.2006, 12:28

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Zitat:

Original von 7xx7
Ok, dieser Schritt wurde auch bei der ähnlichen Aufgabe aus dem Internet angewendet, aber kann mir jemannd mit ein paar Worten erklären warum genau ?

Das ist eine spezielle Eigenschaft der Normalverteilung:

Zitat:

Die Summe von normalverteilten Zufallsgrößen ist auch normalverteilt, wobei der Erwartungswert der Summe gleich der Summe der Einzelerwartungswerte ist. Sind die Einzelgrößen zudem unabhängig, dann ist die Varianz der Summengröße gleich der Summe der Einzelvarianzen.

Das kann man auch beweisen, aber das willst du dir hier sicher nicht antun. Augenzwinkern

Augenzwinkern

05.10.2006, 12:33

Marvin42

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also mit Excel rechne ich grundsätzlich nicht. Ein Programm, dass abundzu mal negative Ergebnisse bei Varianzberechnungen liefert, ist mir ein bisschen zu suspekt Wink

Wink

Wink

Rechnung schaut so weit ganz gut aus. Ergebnis von nahe 1 ist auch zu erwarten da die Streuung doch sehr klein ist im Verhältnis zu dem Unterschied beim Durchmesser.

05.10.2006, 12:53

7xx7

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Vielen, vielen DANk Marvin 42 und Arthur Dent für die Hilfe.

Die Definition hat mir sehr geholfen. Ne der Beweis muss nicht sein, vielleicht machen wir den noch im Mathe LK so wie ich unseren Lehrer kenne. Wink

Wink

Ich habe jezt soweit alles nachvollziehen können nur noch nicht ganz das hier ^^ (Gruß an Marvin42):

$\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \sqrt{V(X-Y)} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \sqrt{V(X) - V(Y)} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \sqrt{0,01² - 0,01² } \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \sqrt{0,01² + (-(0,01²) } ) \end{eqnarray*}$ War das so gemeint mit a-b=a+(-b)?

Aber $\begin{eqnarray*} \sqrt{0,01² + (-(0,01²) } ) \end{eqnarray*}$ ist ja nicht das gleich wie $\begin{eqnarray*} \sqrt{0,01² + 0,01² } \end{eqnarray*}$ . Meiner Meinung nach kann man das eine nicht in das andere umformen ohne grob fahrlässig zu handeln ???

Kann nicht mehr lange dauern bis zur entgültigen Erleutung Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

Big Laugh

05.10.2006, 13:17

Marvin42

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grr dann schreib ichs halt hin

es gilt:

$\begin{eqnarray*} $VAR(X-Y)=VAR(X+(-Y))=VAR(X)+VAR(-Y)$ \end{eqnarray*}$ bei Unabhängigkeit

$\begin{eqnarray*} $VAR(-Y)=(-1)^2 \cdot VAR(Y)$ \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} $VAR(X-Y)=VAR(X)+VAR(Y)$ \end{eqnarray*}$

da
$\begin{eqnarray*} $VAR(X)=\sigma_x^2$ \end{eqnarray*}$

ist bei deiner Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} $VAR(X-Y)=0,01^2+0,01^2$ \end{eqnarray*}$

und
$\begin{eqnarray*} $\sigma=\sqrt{0,01^2+0,01^2}$ \end{eqnarray*}$

05.10.2006, 13:19

AD

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Der Erwartungswert ist linear, also $\begin{eqnarray*} E(c\cdot X)=c\cdot E(X) \end{eqnarray*}$ für reelle $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ , die Varianz aber nicht - die ist quadratisch:

$\begin{eqnarray*} V(c\cdot X)=c^2 \cdot V(X) \end{eqnarray*}$

Also wennn schon, dann bitte so rechnen:

$\begin{eqnarray*} \sigma = \sqrt{V(X-Y)} = \sqrt{V(X)+V(-Y)} = \sqrt{V(X)+V(Y)} \end{eqnarray*}$ ,

wegen $\begin{eqnarray*} V(-Y) = V((-1)\cdot Y) = (-1)^2\cdot V(Y) = V(Y) \end{eqnarray*}$ . Alles klar?

Zitat:

Original von Marvin42
$\begin{eqnarray*} $VAR(-Y)=-1^2 \cdot VAR(Y)$ \end{eqnarray*}$

Ohne Klammersetzung ist das falsch, auch wenn du vermutlich das richtige

$\begin{eqnarray*} VAR(-Y)=(-1)^2 \cdot VAR(Y) \end{eqnarray*}$

meinst.

05.10.2006, 13:25

7xx7

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Ja, nochmals danke euch beiden.

05.10.2006, 13:32

Marvin42

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RE: Bolzen/Löcher normalverteilte Zufallsgrößen
hoppala, kleiner aber entscheidender Fehler geschockt

geschockt

geschockt

05.10.2006, 19:07

AD

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Ich korrigiere hier mal meine obige Aussage von 12:28:

Zitat:

Die Summe von unabhängigen normalverteilten Zufallsgrößen ist auch normalverteilt, wobei der Erwartungswert der Summe gleich der Summe der Einzelerwartungswerte ist, und die Varianz der Summengröße gleich der Summe der Einzelvarianzen ist.

Ein kleiner, aber feiner Unterschied: In der Allgemeinheit, wie die Aussage oben (12:28) steht, ist sie nämlich falsch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

05.10.2006, 19:26

7xx7

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Sieht auch gleich viel besser aus die Definition Wink

Wink

Thx und schönen Abend noch Freude

Freude

05.10.2006, 19:42

AD

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Nein, eine Definition ist das nicht. Sondern eine Aussage über (bzw. Eigenschaft von) normalverteilten Zufallsgrößen - das ist was anderes!

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