Statistik Approximation Aufgabe

07.04.2015, 17:39

jollepe

Statistik Approximation Aufgabe

Meine Frage:
Hallo,

ich habe folgende Aufgabenstellung erhalten. Leider finde ich keinen Ansatz wie diese Aufgabe zu bewerkstelligen ist.

Bei einem schwer beherrschbaren Produktionsprozess beträgt das Risiko, dass ein erzeugter Artikel den Qualitätsanforderungen nicht genügt, 2,6%.

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine aus 300 erzeugten Artikeln zufällig zusammengestellte Lieferung von 295 Artikeln den Qualitätsanforderungen genügen kann?

Meine Ideen:
Ich habe in diesem Zusammenhang mal was von Approximation gehört.
Weiß aber nicht diesen einzuordnen

07.04.2015, 23:48

Dopap

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RE: Statistik Approximation Aufgabe

Zitat:

Original von jollepe

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine aus 300 erzeugten Artikeln zufällig zusammengestellte Lieferung von 295 Artikeln den Qualitätsanforderungen genügen kann?

Soll ich das so lesen: Wie groß ist die Wkt, dass von einer Lieferung von 300 Artikeln mindestens 295 Artikel in Ordnung sind ?

08.04.2015, 02:23

Dopap

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bin tagsüber wenig hier. Deshalb folgende Antwort auf Basis obiger Annahme:

1.) die Aufgabe löst man mit der Binomialverteilung. n=300 p=0.026

mit G = Anzahl "guter" Artikel, D=Anzahl defekter Artikel

$\begin{eqnarray*} w= p(G\geq 295)= 1-p(D\leq 5)= \sum_{k=0}^5 \binom n k p^k (1-p)^{n-k}=0.7934 \end{eqnarray*}$

und fertig ! Nun kann es aber sein, dass die Binomialkoeffizienten als zu "sperrig" empfunden werden. Das sind sie natürlich nur, wenn man Fakultäten verwenden, denn die Fakultät von 300 ist tatsächlich sehr gross. Aber das nur nebenbei.

2.) also ist Approximation angesagt.

a.) Normalverteilung.

Der Erwartungswert für D ist $\begin{eqnarray*} \mu=7.8 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{Standardabweichung}\quad \sigma = \sqrt{np(1-p)}=2.756 \end{eqnarray*}$

nach Faustregel über Approximation ist das leider knapp unter der Grenze von 3.

wir versuchen es trotzdem ( mit Stetigkeitskorrektur)

$\begin{eqnarray*} 1-w= p(\frac {5+0.5 -\mu}{\sigma})- p(\frac {0-0.5-\mu }{\sigma}) = \Phi(z_1)-\Phi(z_0) =0.2007 \Rightarrow w=79.93 \end{eqnarray*}$ gar nicht so schlecht!

ich hab es jetzt soweit vorgerechnet, aber ohne Verständnis nützt das eh' nicht viel.

b.) Poissonverteilung ...

14.04.2015, 18:51

jollepe

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Hallo Dopap,

erstmal recht herzlichen Dank für Deine Mühe Gott

Danke und Gruß

14.04.2015, 19:00

HAL 9000

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Das hat er doch geschrieben: $\begin{align*} \sum_{k=0}^5 \end{align*}$ , also die Summe über k=0,1,2,3,4,5.

@Dopap

Da hat sich ein Fehler bei dir oben eingeschlichen: Es muss dort

$\begin{align*} p(G\geq 295) = p(300-D\geq 295) = p(D\leq 5) = \ldots \end{align*}$

heißen, also nicht $\begin{align*} 1-p(D\leq 5) \end{align*}$ .

14.04.2015, 20:39

Dopap

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autsch, vor lauter Gegenwahrscheinlichkeit und Gegenereignis stimmt da die Logik nicht.

Also nochmal die Ausgangslage : gesucht ist, dass mindestens 295 Artikel gut (G) sind.
das ist gleichwertig damit, dass höchstens 5 Artikel defekt (D) sind.

$\begin{eqnarray*} p(G\geq 295) = p(D\leq 5) \end{eqnarray*}$

und nun

Binomial: $\begin{eqnarray*} p(G\geq 295) = 0.2066 \end{eqnarray*}$

Normalverteilung: $\begin{eqnarray*} p(G\geq 295) = 0.2007 \end{eqnarray*}$

Poisson: $\begin{eqnarray*} p(G\geq 295) = e^{-7.8} \sum_{k=0}^5 \frac {7.8^k}{k!}=0.2103 \end{eqnarray*}$ also auch brauchbar.

14.04.2015, 21:21

HAL 9000

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Kontrollmechanismen...
Und hier mal noch, wieso ich das bemerkt habe - ein Einblick in die Interna des HAL9000-Computers: Big Laugh

2.6% Fehleranteil ergibt bei 300 Stück im Mittel 7.8 Fehlstücke. Wenn nun nach der Wahrscheinlichkeit für maximal 5 Fehlstücke gefragt wird, ist bei einer halbwegs symmetrischen Verteilung klar, dass das weniger als 50% sein muss.

Bis hierhin läuft das bei mir im Kopf ab, deswegen wurde ich bei dem Ergebnis 79% misstrauisch. Erst dann hatte ich das mit den $\begin{align*} 1-p(D\leq 5) \end{align*}$ bemerkt. Augenzwinkern

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