Batterie: Wahrscheinlichkeit

12.04.2014, 13:07	Bonheur	Auf diesen Beitrag antworten »
Batterie: Wahrscheinlichkeit In einer Sendung von 80 Batterien befinden sich 10 Defekte. Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält eine Stichprobe von 5 Batterien genau eine ( genau 3, höchstens 4, mindestens eine) defekte Batterie ? Idee: $\begin{eqnarray} P(x = 3)=\frac{\binom{70}{2} \cdot \binom{10}{3}}{\binom{80}{5}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(x \leq 4)=\frac{\binom{70}{1} \cdot \binom{10}{4}}{\binom{80}{5}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(x \geq 1)=\frac{\binom{70}{4} \cdot \binom{10}{1}}{\binom{80}{5}} \end{eqnarray}$ Stimmen die Ansätze? Vielen Dank
12.04.2014, 13:19	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Ansatz für genau 3 stimmt (ähnlich geht´s für genau 1, was du nicht gepostet hast) Die anderen beiden stimmen nicht. Für höchstens 4 und mindestens 1 defekte Batterie bietet es sich an, die möglichen Kombinationen zu betrachten. Habe hier Kombinatorik: Klasse am Ende einen solchen Ansatz vorgestellt.
12.04.2014, 13:20	adiutor62	Auf diesen Beitrag antworten »
Anm. Denke wieder an die Gegenereignisse . Bin auch schon wieder raus.
12.04.2014, 13:33	Bonheur	Auf diesen Beitrag antworten »
@Mi_cha $\begin{eqnarray} P(x \leq 4)=\frac{\binom{70}{1} \cdot \binom{10}{4}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{2} \cdot \binom{10}{3}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{3} \cdot \binom{10}{2}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{4} \cdot \binom{10}{1}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{5} \cdot \binom{10}{0}}{\binom{80}{5}} \end{eqnarray}$ Jetzt muss es stimmen oder? @adiutor62 Ereignis: "Höchstens vier" Gegenereignis: "mehr als vier" $\begin{eqnarray} P(x \leq 4)=1-P(x=5)=1-\frac{\binom{70}{0} \cdot \binom{10}{5}}{\binom{80}{5}} \end{eqnarray}$
12.04.2014, 13:36	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
das stimmt so.
12.04.2014, 13:36	adiutor62	Auf diesen Beitrag antworten »
Für "mindestens 1" gibt es auch ein "elegantes " Gegenereignis.
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12.04.2014, 13:42	Bonheur	Auf diesen Beitrag antworten »
1. Weg: $\begin{eqnarray} P(x \geq 1)=\frac{\binom{70}{4} \cdot \binom{10}{1}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{3} \cdot \binom{10}{2}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{2} \cdot \binom{10}{3}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{1} \cdot \binom{10}{4}}{\binom{80}{5}}+\frac{\binom{70}{0} \cdot \binom{10}{5}}{\binom{80}{5}} \end{eqnarray}$ 2. Weg: Ereignis: "mindestens eine" Gegenereignis: "keine defekte Batterie" $\begin{eqnarray} P(x \geq 1)=1-P(x=0)=1-\frac{\binom{70}{5} \cdot \binom{10}{0}}{\binom{80}{5}} \end{eqnarray}$ Langsam verstehe ich das Prinzip. Stimmen beide Wege ?
12.04.2014, 13:51	Mi_cha	Auf diesen Beitrag antworten »
ja. Anzumerken ist, dass der Weg über das Gegenereignis idR eleganter und schneller ist.
12.04.2014, 13:53	Bonheur	Auf diesen Beitrag antworten »
Alles klar. Vielen Dank
07.11.2017, 17:25	Flopo123	Auf diesen Beitrag antworten »
Warum genau musste denn (10 über 5) mal (10 über 0) aufgeschrieben werden? Man kommt ja jetzt quasi auf 5 „Brüche“
07.11.2017, 17:30	G071117	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} P(X<0=4)= P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) \end{eqnarray}$ 5 mal hypergeometrische Verteilung!

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