ziehen ohne zurücklegen

09.04.2005, 21:54

Paprika

ziehen ohne zurücklegen

folgendes:

In einer Schachtel befinden sich 50 Schrauben, von denen 10 nicht in Ordnung sind. Aus der Schachtel werden 3 Schrauben ohne Zurückzulegen gezogen.

Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind mindestens 2 Schrauben defekt?

also: $\begin{eqnarray*} \frac{40}{50} \cdot \frac{10}{49} \cdot \frac{9}{48} \cdot 3 + \frac{10}{50} \cdot \frac{9}{49} \cdot \frac{8}{48} = 0,0979 \end{eqnarray*}$
meienr Auffassung nach - P(2 defekte) + P(3 defekte)

nun sollen wir uns das ganze auch noch auf einen anderen Weg überlegen - mit den kombinatorik regeln ..ziehen ohne zurücklegen, n über k, n! benutzen etc.

habe mir als überlegt, dass es 4 Möglichkeiten gibt so zu ziehen, dass 2 bzw 3 defekte schrauben darunter sind..insgesamt kann man doch aus 50 Schrauben...3 Schrauben auf 50 über 3 Möglichkeiten zieh. Wenn ich aber 4/(50 über 3) rechen komtm nicht 0,09 raus..ergo muss was falsch sein....wo?

thx for help

09.04.2005, 22:54

4c1d

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Zunächst einmal ist deine erste Rechnung richtig Freude

, außer dass da gerundet $\begin{eqnarray*} 0,0980 \end{eqnarray*}$ herauskommen müsste.
Anders kannst du das berechnen, indem du "stumpf" die Formel für die hypergeometrische Verteilung anwendest.
z.B. könnte man die Wahrscheinlichkeit, 2 defekte zu ziehen auch als
$\begin{eqnarray*} p = \frac{ \begin{pmatrix} 10 \\ 2 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} 40 \\ 1 \end{pmatrix}}{ \begin{pmatrix} 50 \\ 3 \end{pmatrix}} \end{eqnarray*}$
schreiben.
Dein Fehler war, dass du dir die einzelnen Schrauben bei den $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 50 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Gesamtmöglichkeiten zwar als unterscheidbar (individuell, nicht nur durch Defekt) gedacht hast (was bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeiten auch notwenig ist), bei deinen $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ günstigen Möglichkeiten aber nicht.

10.04.2005, 11:43

paprika

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aaah..alles klar...danke

nur kurze nachfrage bezüglich einer weiteren aufgabe:

Nun wird mit Zurücklegen gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält man frühestens beim 4. Zug eine Schraube, die nicht in Ordnung ist?

ich tu mich mit dem FRÜHESTENS schwer...weil das hieße ja, dass die Schraube auch erst beim 5 oder 6 mal gezogen werden kann..und ich hab ja nicht angegeben wi eoft gezogen wird.

oda ist es einfach:
$\begin{eqnarray*} (\frac{4}{5} )^{3} \cdot \frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

10.04.2005, 12:24

4c1d

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Zitat:

Original von paprika
Nun wird mit Zurücklegen gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält man frühestens beim 4. Zug eine Schraube, die nicht in Ordnung ist?

Die einzige Bedingung, die dafür erfüllt sein muss, ist, dass man beim 1. bis 3. Zug eine Schraube zieht, die in Ordnung ist.
Daher

Zitat:

Original von paprika
oda ist es einfach:
$\begin{eqnarray*} (\frac{4}{5} )^{3} \cdot \frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

Noch einfacher Augenzwinkern