Beispiel zur Normalverteilung < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo
Ich habe schon wieder ein kleines Problem.
Diesmal heißt es:
Ein Skriptum besteht aus 185 Blätter und einem Einband (2 Kartons).
Die Papierdicke der Blätter ist N(10,2) verteilt.
Die Kartondicke N(30,6) verteilt.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit beträgt die Dicke des Skriptums zwischen 18 und 20mm.
Wie groß ist die Wahrwscheinlichkeit das 185 Blätter kleiner 15mm sind.
Ok zuerst mal fehlt da nicht eine Information ? Ich weiß nicht wie dick ein Blatt ist.
Es ist zwar die Verteilung gegeben nicht aber die Einheit.
Aus N(10,2) schliesse ich mal das ein Blatt im Schnitt 1/100 mm Dick ist.
Somit kann ich die 2 Frage berechnen. bzw Werte aus der Tabelle ablesen.
Da hier ja nur die Verteilung von N(10,2) zu berücksichtigen ist.
Aber wie bring ich die Abhängigkeit beider Verteilungen für die erste Frage zusammen ?
Ich könnte mal sagen das bei N(10,2) und 185 Blätter
die Abweichungen nur vom Karton (also N(30,6)) überwiegen und nur damit rechnen.
Aber wie würde ich mit beiden rechnen ?
mfg Martin
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Hallo Martin!
> Diesmal heißt es:
> Ein Skriptum besteht aus 185 Blätter und einem Einband (2
> Kartons).
> Die Papierdicke der Blätter ist N(10,2) verteilt.
> Die Kartondicke N(30,6) verteilt.
> Mit welcher Wahrscheinlichkeit beträgt die Dicke des
> Skriptums zwischen 18 und 20mm.
> Wie groß ist die Wahrwscheinlichkeit das 185 Blätter
> kleiner 15mm sind.
>
> Ok zuerst mal fehlt da nicht eine Information ? Ich weiß
> nicht wie dick ein Blatt ist.
> Es ist zwar die Verteilung gegeben nicht aber die
> Einheit.
Da gebe ich Dir recht. Diese Angabe fehlt.
> Aus N(10,2) schliesse ich mal das ein Blatt im Schnitt
> 1/100 mm Dick ist.
Habe keine AHnung, was hier richtig ist. Wenn eins im Schnitt 1/100 mm dick ist, sind 185 Blätter aber im Schnitt 1,85 mm dick, und dann kommst Du auf keine gescheiten Werte für die gesuchte Wahrscheinlichkeit. Die würde dann nämlich sehr nahe bei 1 liegen, dass alle zusammen kleiner als 15 mm sind. ALso ich würde es so interpretieren, dass im Schnitt 18,5mm für alle 185 Blätter rauskommen sollen, aber das ist wie gesagt nur eine Vermutung.
> Somit kann ich die 2 Frage berechnen. bzw Werte aus der
> Tabelle ablesen.
> Da hier ja nur die Verteilung von N(10,2) zu
> berücksichtigen ist.
Nur, dass wir nicht aneinander vorbeireden: Hier musst Du die Summe [mm] $X_1+\ldots+X_{185}$ [/mm] betrachten, bei denen alle Summanden [mm] $X_i$ [/mm] die erwähnte Verteilung N(10,2) besitzen und zudem als unabhängig modelliert werden. Die Summe ist dann wieder normalverteilt, und zwar mit Erwartungswert 185*10 (welche Einheit auch immer) und Varianz 185*2. Damit musst Du standardisieren.
> Aber wie bring ich die Abhängigkeit beider Verteilungen
> für die erste Frage zusammen ?
Genau so. Nun geht es um die Summe [mm] $X_1+\ldots+X_{185}+Y_1+Y_2$, [/mm] wobei die [mm] $Y_i$ [/mm] für die Dicke der Kartons stehen. Auch diese Summe ist wieder normalverteilt, nun erhält man als Erwartungswert 185*10+2*30 sowie unter Unabhängigkeitsannahmen als Varianz 185*2+2*6. Das liegt an den allgemein gültigen Formeln
$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ und $Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)$ (bei der 2. Gleichung benötigt man die Unabh. von $X$ und $Y$).
Viele Grüße
Brigitte
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Hallo
Musste jetzt länger über das nachdenken um weiter Fragen zu stellen ![[happy]](/images/smileys/happy.gif "[happy]")
> Habe keine AHnung, was hier richtig ist. Wenn eins im
> Schnitt 1/100 mm dick ist, sind 185 Blätter aber im Schnitt
> 1,85 mm dick, und dann kommst Du auf keine gescheiten Werte
> für die gesuchte Wahrscheinlichkeit. Die würde dann nämlich
> sehr nahe bei 1 liegen, dass alle zusammen kleiner als 15
> mm sind. ALso ich würde es so interpretieren, dass im
> Schnitt 18,5mm für alle 185 Blätter rauskommen sollen, aber
> das ist wie gesagt nur eine Vermutung.
Ja du hast recht ich meinte auch $1/10$ mm.
> Nur, dass wir nicht aneinander vorbeireden: Hier musst Du
> die Summe [mm]X_1+\ldots+X_{185}[/mm] betrachten, bei denen alle
> Summanden [mm]X_i[/mm] die erwähnte Verteilung N(10,2) besitzen und
> zudem als unabhängig modelliert werden. Die Summe ist dann
> wieder normalverteilt, und zwar mit Erwartungswert 185*10
> (welche Einheit auch immer) und Varianz 185*2. Damit musst
> Du standardisieren.
Ok hier hab ich jetzt länger gebraucht was du meinst.
Gut, dass du das erwähnt hast weil ich hätte darauf vergessen.
Ich muss bei 185 Blätter natürlich die "neue" Verteilung berücksichtigen.
D.h für die 2 Frage hab ich dann die Verteilung $N(10*185,185*2)$ ?
Und kann jetzt sagen: $P(X<3.5)=?$ und mit dem Wert geh ich dann in die Tablle ?
Ich muss ihn natürlich vorher auf $N(0,1)$ normieren. und habe dann die
Wahrscheinlichkeit. Aber sollte die neue Verteilung nicht [mm] $N(10*185,\wurzel{185}*2)$ [/mm] sein?
> Genau so. Nun geht es um die Summe
> [mm]X_1+\ldots+X_{185}+Y_1+Y_2[/mm], wobei die [mm]Y_i[/mm] für die Dicke der
> Kartons stehen. Auch diese Summe ist wieder normalverteilt,
> nun erhält man als Erwartungswert 185*10+2*30 sowie unter
> Unabhängigkeitsannahmen als Varianz 185*2+2*6. Das liegt an
> den allgemein gültigen Formeln
Hier meinst du: $N(185*10+2*30, 185*2+2*6)$ ?
selbe Frage wie oben: $N(185*10+2*30, [mm] \wurzel{185}*2+\wurzel{2}*6)$ [/mm] ?
Hier würde dann gelten:
$P(-0.5 < x <= 1.5)=1-F(0.5)+F(1.5)=...$
Die "Mitte" ist 18.5 daher komm ich auf die -0.5 und 1.5.
Und wieder nomieren und in die Tabelle.
Stimmt einwenig davon ?
mfg Martin
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Hallo Martin!
Ich habe die Angabe als [mm] $N(\mu,\sigma^2)$ [/mm] interpretiert, so dass die zweite Zahl jeweils die Varianz angibt. Die Formel, die ich verwendet habe, gilt auch nur für die Varianzen: $Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)$ für unabhängige Zufallsvariablen $X$ und $Y$. Die Standardabweichung erhält man dann durch Wurzelziehen. Wenn mit den Angaben jeweils [mm] $N(\mu,\sigma)$ [/mm] gemeint war, musst Du das natürlich entsprechend anpassen, d.h. erst die einzelnen Standardabweichungen quadrieren, dann aufsummieren und anschließend wieder Wurzelziehen.
Viele Grüße
Brigitte
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Hallo
Danke !!!
Aha verstehe.
Und meine anderen Überlegungen waren soweit richtig ?
Ich hab mich mit noch einem Beispiel beschäftigt.
Diesmal heißt es:
Das Gewicht einer Papierrolle stammt aus einer Normalverteilung mit
[mm] $\mu=5 [/mm] kg$ und [mm] $\sigma=0.1 [/mm] kg$
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Gesamtgewicht von 10 Rollen
größer als 49kg ist.
Also ist die Verteilung [mm] $N(10*\mu,\wurzel{10}*\sigma)$
[/mm]
Gesucht ist $P(X>49)=1-P(X<=49)=1-F(z)$
wobei z durch die nomierung: [mm] $z=\bruch{49-50}{\wurzel{10}*0.1}=\wurzel{10}$
[/mm]
d.h:
[mm] $1-F(z)=1-1-F(\wurzel{10})$ [/mm] und aus der Tabelle bekommt man dann ca 0.999.
Das ist die Wahrscheinlichkeit.
Und als 2te Frage ist:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 2 Rollen höchstens schwerer 4.9kg sind.
Dazu hab ich mir follgendes überlegt.
Ich berechne mir zuerst einmal die Wahrscheinlichkeit aus nur für eine Rolle.
Also die W. , dass eine Rolle 4.9kg überschreitet.
D.h:
$P(X>4.9)=1-P(X<=4.9=1-F(-1)=1-(1-(F(1))...=0.8413$
Jetzt kenn ich die Wahrscheinlichkeit für eine Rolle.
Und jetzt ... ?
Ich muss doch nur die Wahrscheinlichkeiten ,für keine Rolle über 4.9kg
nur 1 Rolle über und 2 Rollen über 4.9kg addiern.
Ich hatte hier vor kurzer Zeit ein anderes Problem hier gepostet.
Das kann ich hier doch anwenden.
Ich stell mir die Rollen wieder als Kugeln vor und ziehe aus einer Urne.
Ich könnte das dann z.b über die Binominalverteilung einfach berechnen:
also:
$P(max. 2 [mm] schwerer)=\vektor{10\\0}p^0*(1-p)^{10}+\vektor{10\\1}p^1*(1-p)^9\vektor{10\\2}p^2*(1-p)^8=... [/mm] =0.000013$
Ok bei 10 und 2 wird dass nicht umbedingt ganz genau sein.
Also um exakt zu berechnen müsste ich wieder die Hypergeometrischeverteilung
anwenden.
ca. Aber die Überlegung sollte doch so funktionieren.
mfg Martin
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:45 So 15.05.2005 | | Autor: | matux |
Guten Morgen Martin!
Wir bedauern, dass Deine Frage nicht in der von dir eingestellten Fälligkeitszeit beantwortet wurde.
Der wahrscheinlichste Grund dafür ist, dass ganz einfach niemand, der dir hätte helfen können, im Fälligkeitszeitraum online war. Bitte bedenke, dass jede Hilfe hier freiwillig und ehrenamtlich gegeben wird.
Wie angekündigt gehen wir nun davon aus, dass du an einer Antwort nicht mehr interessiert bist. Die Frage taucht deswegen nicht mehr in der Liste der offenen Fragen, sondern nur noch in der Liste der Fragen für Interessierte auf.
Falls du weiterhin an einer Antwort interessiert bist, stelle einfach eine weitere Frage in dieser Diskussion.
Wir wünschen dir beim nächsten Mal mehr Erfolg! ![[kleeblatt]](/images/smileys/kleeblatt.gif "[kleeblatt]")
Viele Grüße,
Matux, der Foren-Agent
Allgemeine Tipps wie du dem Überschreiten der Fälligkeitsdauer entgegenwirken kannst findest du in den Regeln für die Benutzung unserer Foren.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:56 So 15.05.2005 | | Autor: | martin_zi |
Hallo
Ja die Interessiere is noch da!
Ich weiß nämlich nicht ob meine Überlegungne 100%-ig stimmen.
mfg Martin
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Hallo MArtin!
> Und meine anderen Überlegungen waren soweit richtig ?
Ja, bis auf die Standardisierungen. Z.B. bei P(X<3.5) verstehe ich nicht, woher das kommt. Aber das liegt ja an den verwendeten Werten, wo wir ja immer noch nicht klären konnten, was nun eigentlich stimmte. Deshalb habe ich darauf nicht mehr reagiert.
Jetzt zum neuen Beispiel. Bitte eröffne in Zukunft dafür einen neuen Thread.
> Ich hab mich mit noch einem Beispiel beschäftigt.
> Diesmal heißt es:
> Das Gewicht einer Papierrolle stammt aus einer
> Normalverteilung mit
> [mm]\mu=5 kg[/mm] und [mm]\sigma=0.1 kg[/mm]
> Wie groß ist die
> Wahrscheinlichkeit, dass das Gesamtgewicht von 10 Rollen
> größer als 49kg ist.
>
> Also ist die Verteilung [mm]N(10*\mu,\wurzel{10}*\sigma)[/mm]
> Gesucht ist [mm]P(X>49)=1-P(X<=49)=1-F(z)[/mm]
> wobei z durch die nomierung:
> [mm]z=\bruch{49-50}{\wurzel{10}*0.1}=\wurzel{10}[/mm]
> d.h:
> [mm]1-F(z)=1-1-F(\wurzel{10})[/mm] und aus der Tabelle bekommt man
> dann ca 0.999.
> Das ist die Wahrscheinlichkeit.
Alles richtig.
> Und als 2te Frage ist:
> Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 2 Rollen
> höchstens schwerer 4.9kg sind.
Du meinst, dass höchstens 2 Rollen schwerer als 4.9 kg sind. Anders ist es nicht zu verstehen.
> Dazu hab ich mir follgendes überlegt.
> Ich berechne mir zuerst einmal die Wahrscheinlichkeit aus
> nur für eine Rolle.
> Also die W. , dass eine Rolle 4.9kg überschreitet.
> D.h:
> [mm]P(X>4.9)=1-P(X<=4.9=1-F(-1)=1-(1-(F(1))...=0.8413[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Jetzt kenn ich die Wahrscheinlichkeit für eine Rolle.
> Und jetzt ... ?
> Ich muss doch nur die Wahrscheinlichkeiten ,für keine
> Rolle über 4.9kg
> nur 1 Rolle über und 2 Rollen über 4.9kg addiern.
>
> Ich hatte hier vor kurzer Zeit ein anderes Problem hier
> gepostet.
> Das kann ich hier doch anwenden.
> Ich stell mir die Rollen wieder als Kugeln vor und ziehe
> aus einer Urne.
>
> Ich könnte das dann z.b über die Binominalverteilung
> einfach berechnen:
Wieso zum Beispiel? Wie denn sonst noch? Übrigens heißt es Binomialverteilung, ohne "n". Tschuldigung, dass ich da so empfindlich bin, aber es gibt so viele, die sich schwer damit tun, diesen Begriff richtig hinzuschreiben, und ich verstehe nicht, wieso...
> also:
> [mm]P(max. 2 schwerer)=\vektor{10\\0}p^0*(1-p)^{10}+\vektor{10\\1}p^1*(1-p)^9\vektor{10\\2}p^2*(1-p)^8=... =0.000013[/mm]
>
> Ok bei 10 und 2 wird dass nicht umbedingt ganz genau sein.
> Also um exakt zu berechnen müsste ich wieder die
> Hypergeometrischeverteilung
> anwenden.
Nein. Hier ziehst Du auf jeden Fall mit Zurücklegen aus der Urne, die WKt. 0.8413 ändert sich ja nicht bei der nächsten Rolle. Deshalb ist hier wirklich nur die Binomialverteilung die richtige.
Gruß
Brigitte
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:22 Mo 30.05.2005 | | Autor: | martin_zi |
Hallo
Danke nochmal!
mfg Martin
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