4.6

[privato]

Also ich bin das Beispiel folgendermaßen angegangen:
Die möglichen Ausgänge entsprechen der Permutation mit Wiederholung, wobei N = 10, A = 2, B = 8 Stück.
Anzahl = N!/(A!*B!) = 45 (-> in welcher Reihenfolge kann ich die 10 Chips ziehen)
zb: ABBABBBBBB, dh. nach 4 Ziehungen hab ich beide defekte Chips.

Was sind nun jeweils die günstigen Möglichkeiten von n = 2,3,..,10?
Die n-te Ziehung muss ein defekter Chip sein, damit das Ereignis eintritt. Weiters müssen von den bereits n-1 gezogenen Chips 1 Chip defekt und n-2 nicht defekt gewesen sein. N = n-1, A = 1, B = n-2
Wie kann ich nun diese n-1 Stück anordnen? (-> in welcher Reihenfolge wurden die n-1 Chips gezogen)
Anzahl_g = N!/(A!B!) = (n-1)!/(n-2)! = n-1

daher W{X=n} = (n-1)/45

b) wäre somit 2/15

[orpheus]

Bei mir sieht der allgemeine Ausdruck W{X = k} folgendermaßen aus:

W{X = k} = (8 über k-2)/(10 über k)

Erklärung:

Nenner: von den 10 Chips in der Packung werden k herausgezogen
Zähler: Die 10 Chips lassen sich in 2 Mengen aufteilen:

-die Menge der defekten Chips (2)
-die Menge der funktionierenden Chips (8)

von der 2-elementigen Menge werden laut Angabe 2 ausgewählt -> (2 über 2)
von der 8 -elementigen Menge werden daher k-2 ausgewählt -> (8 über k-2)

da (2 über 2) = 1, wird der Zähler zu (8 über k-2)

[privato]

Du rechnest da im Prinzip mit der hypergeometrischen Verteilung, nur dass das a=2 ist, und n sozusagen unbekannt. Die Wahrscheinlichkeiten, die du da aber ausrechnest, sind
W(X=2)= Wahrscheinlichkeit, dass wenn du 2 herausnimmst, 2 defekt sind
W(X=3)= Wahrscheinlichkeit, dass wenn du 3 herausnimmst, 2 defekt sind
...X = 10

X soll aber die Nummer der Ziehung sein, bei der du den 2. defekten Chip ziehst, nicht die Anzahl der gezogenen Chips. Du rechnest also jeweils aus, wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass bei n-gezogenen Chips 2 defekt sind.

[black_sheep]

daher W{X=n} = (n-1)/45

b) wäre somit 2/15
a) erscheint mir soweit plausibel ..

kannst du bitte kurz die 2/15tel erklären ?

steh auf der leitung :/

danke

[privato]

W(x <= 4) = W(x = 2) + W(x = 3) + W(x = 4) = 1/45 + 2/45 + 3/45 = 6/45 = 2/15

[oopster]

und wie zweichne ich jetzt da den grafen?

rechne ich da jetzt die einzelwahrscheinlichkeiten, und mal die dann als stabdiagramm?

[orpheus]

@privato: Hast Recht, hab mich da in der Angabe verlesen. Komme nun auf die gleiche Lösung :)

[fuxi17]

Bei mir sieht der allgemeine Ausdruck W{X = k} folgendermaßen aus:

W{X = k} = (8 über k-2)/(10 über k)

Erklärung:

Nenner: von den 10 Chips in der Packung werden k herausgezogen
Zähler: Die 10 Chips lassen sich in 2 Mengen aufteilen:

-die Menge der defekten Chips (2)
-die Menge der funktionierenden Chips (8)

von der 2-elementigen Menge werden laut Angabe 2 ausgewählt -> (2 über 2)
von der 8 -elementigen Menge werden daher k-2 ausgewählt -> (8 über k-2)

da (2 über 2) = 1, wird der Zähler zu (8 über k-2)

das kann leider nicht richtig sein. Für k=10 würde man eine Wahrscheinlichkeit von 1 bekommen und das ist nicht möglich!!!!

[fuxi17]

W(x <= 4) = W(x = 2) + W(x = 3) + W(x = 4) = 1/45 + 2/45 + 3/45 = 6/45 = 2/15

wie kommst du auf (n-1)/45. Das würde ja bedeuten, dass die Wahrscheinlichkeit genau bei 10 maligem ziehen den 2. defekten Chip zu ziehen am größten ist. Und das kann doch nicht sein.

/EDIT: ODER DOCH!!!!

Habs noch mal nachgerechnet und kommt jetzt doch aufs selbe Ergebnis. Aber ist das nicht total unlogisch??? :confused:

/EDIT: Habs mir nun auf eine andere Art und Weise ausgerechnet und es erscheint mir nun doch logisch. ;)

[Dandroid]

edit: blödsinn

[kaeptn]

Jo.
Also ich hab mir das so ueberlegt:
Ich hab mir einen Baum aufgezeichnet (Prof. Urbanek sei gegruesst! *gg*)
z.B. fuer k=3
A heisst immer defekten Chip gefunden, B heisst immer guten Chip gefunden

ABA = 2/10 * 8/9 * 1/8 = 1/45
AAB = 2/10 * 1/9 * 8/8 = 1/45
BAA = 8/10 * 2/9 * 1/8 = 1/45

eigentlich klar.
Gut, da es nun fuer steigende k immer mehr Moeglichkeiten gibt als zuvor, (k=3 -> 3; k=4 -> 6; k=5 -> 10; k=6 -> 15, ...) kann man das als (k ueber 2) anschreiben.

Somit kommt man (also ich zumindest) auf die Loesung:
W{X=k} = (k ueber 2) * 1/45

Als Ergebnisse bekomm ich
2: 1/45
3: 3/45
4: 6/45
5: 10/45
6: 15/45
7: 21/45
8: 28/45
9: 36/45
10: 45/45 = 1

Fuer b) krieg ich das raus:
1/45 + 3/45 + 6/45 = 10/45 = 2/9 = 0.2222...

Weiss nicht ob das stimmt, is mir irgendwie verdaechtig _zu_ einfach... Aber ich denk mir, dass das durchaus stimmen koennt!

Mahlzeit!

Bye,
Fritz

[winequarter]

z.B. fuer k=3
A heisst immer defekten Chip gefunden, B heisst immer guten Chip gefunden

ABA = 2/10 * 8/9 * 1/8 = 1/45
AAB = 2/10 * 1/9 * 8/8 = 1/45
BAA = 8/10 * 2/9 * 1/8 = 1/45

AAB gehört hier meiner Meinung nach nicht dazu. Weil die schlechten schon bei k=2 gezogen wurden.

[daff]

EDIT: Folgendes is fast richtig, aber nicht ganz. Lieber nicht verwenden :)

Das ganze ist eigentlich nichts weiter als eine Hypergeometrische Verteilung, bei der die Anzahl der Stichproben variabel ist (von 2,...,10) und wir genau wissen wieviele defekte Stücke wir ziehen.

Wenn man sich die Formel auf Seite 47 im Viertl-Buch hernimmt, dann wissen wir folgendes:

A=2
a=2
N=10
n=2,...,10

Also einfach in die Formel einsetzen und immer ein anderes n aus dem Intervall [2,...,10] einsetzen. Damit komme ich zumindest auf die gleichen Ergebnisse wie kaeptn.

Es ist auch irgendwie klar, das nach dem Ziehen von allen 10 der 10 Stücke die Wahrscheinlichkeit, die 2 defekten Teile dabei zu haben, genau 100% ist.

[winequarter]

und wie zweichne ich jetzt da den grafen?

rechne ich da jetzt die einzelwahrscheinlichkeiten, und mal die dann als stabdiagramm?
Sollte eine treppenförmige VF sein. -> Folien 7.2 a)

[_logonoff_]

Also einfach in die Formel einsetzen und immer ein anderes n aus dem Intervall [2,...,10] einsetzen.

So einfach ist das Ganze leider nicht, lies dir den Post von privato durch (http://www.informatik-forum.at/showpost.php?p=166989&postcount=3), er hat gut erklärt, warum das nicht stimmen kann.

[daff]

Jap, habs grade in der Übung mitbekommen. Hab die Angabe leider etwas missinterpretiert, dachte bei z.B. 7 Ziehungen sind irgendwo die 2 defekten Chips drin. In Wahrheit muss aber der zweite defekte Chip genau in der 7. Ziehung drin sein.

Aber der Ansatz ist grundsätzlich richtig (Prof. hats auch über die HyperG gemacht), muss nur noch rausfinden wie man das jetzt modifizieren muss.

[stefanb]

Der Unterschied von der Verteilung in der Aufgabe und der Hypergeometrischen Verteilung im Buch/auf den Folien ist der:

Bei der Hypergeometrischen Verteilung können die Lose auch parallel gezogen werden, die Reihenfolge der Ziehung ist also unerheblich.

Bei der geforderten Verteilung ist aber genau die Reihenfolge wichtig, hier wird ein Stück nach dem anderen gezogen bis man 2 defekte Chips hat.

Ein Beispiel dazu: Folgender Ablauf der Ziehung wäre bei der hypergeometrischen Variante erlaubt bei der geforderten Aufgabe allerdings nicht:

1. Defekt - 2. Defekt - 3. Nicht defekt

mfg sb

[_logonoff_]

ähm, kleine, unverschämte Bitte - wollt ihr beiden (StefanB und daff), die ihr nun durch Prof. Gurker erleuchtet worden seid uns eure wertvollen Erkenntnisse mitteilen?
V.a. wie man das Ganze trotzdem über die HyperG-Vtlg. rechnet wäre wirklich interessant

[kaeptn]

AAB gehört hier meiner Meinung nach nicht dazu. Weil die schlechten schon bei k=2 gezogen wurden.

Hei.
Naja, ich glaub schon, aus 2 Gruenden:
1. muss ich drei Ziehen, wenn k=3
2. ist es egal, weil wenn ich AA schon habe, ist der Multiplikationsfaktor, den B am Ende produziert 8/8 = 1 und somit eh egal.

Meine Denkweise, kann natuerlich auch etwas daneben liegen, aber logisch klingts fuer mich schon!

Bye,
Fritz

[_logonoff_]

Hei.
Naja, ich glaub schon, aus 2 Gruenden:
1. muss ich drei Ziehen, wenn k=3
2. ist es egal, weil wenn ich AA schon habe, ist der Multiplikationsfaktor, den B am Ende produziert 8/8 = 1 und somit eh egal.

Meine Denkweise, kann natuerlich auch etwas daneben liegen, aber logisch klingts fuer mich schon!

in unserem Fall gehört AAB wirklich nicht dazu, stefanb hat diesen Fall nochmals explizit erwähnt - es muss laut Angabe bei dem k-ten Zug auf jedenfall ein schlechter Chip an der Reihe sein, d.h. es sind bei k = 3 nur ABA und BAA erlaubt. Deine weiter oben gepostete Lösung stimmt übrigens imho wirklich nicht, weil du im Endeffekt wieder von einer hypergeometrischen Vtlg. ausgehst, was aber nicht zutrifft (siehe wiederum Post von stefanb).

[McKlinge]

Also ich hab's (teilweise) über die Hypergeom. Vert. berechnet und zwar wie folgt:

Nehmen wir zb. an, die k-te Ziehung, bei genau welcher ich das zweite defekte Element ziehe sei die 4te (um's anschaulicher erklären zu können).

also betrachte ich zuerst jene Ziehungen bis k-1 (also bis zur dritten Ziehung). Die Wahrscheinlichkeit, dass drei für das Ereignis k=4 vorangehende Ziehungen 1 bis 3 genau 1 defektes Element enthalten ist folgende Hypergeometrische Verteilung:

binomialfaktor(2,1) * binomialfaktor(10-2,(n-1)-1) / binomialfaktor(10,n-1)

und jetzt brauch ich also die Wahrscheinlichkeit dass alle vorangehenden Ziehungen genau 1 defektes Element enthalten (irgendwo) nur noch mit der Wahrscheinlichkeit multiplizieren, dass das k-te Element, dass ich ziehe aus der Menge der restlichen Elemente genau das eine verbliebene, defekte Element ziehe, also:
1/(10-n)

W(X=k) = binomialfaktor(2,1) * binomialfaktor(10-2,(n-1)-1) / binomialfaktor(10,n-1) * 1/(10-n)

ich gebe keine Garantie, dass das irgendwie richtig ist, bin mir ehrlich gesagt nicht sicher, aber ich werd's heute wohl rausfinden =)

[_logonoff_]

Also hier nochmal die von Prof. Gurker vorexerzierte Lösung:

W{X=k} = ((comb(8, k-2) * comb(2, 1))/comb(10, k-1)) * 1/(10-(k-1)) = (k-1)/45

also im prinzip fast das gleiche wie mcklinge schon geschrieben hat...

[McKlinge]

W(X=k) = binomialfaktor(2,1) * binomialfaktor(10-2,(n-1)-1) / binomialfaktor(10,n-1) * 1/(10-n-1)


da hat sich ein kleiner Fehler eingeschlichen (das -1 gehört deswegen, weil ja noch nicht n sondern erst n-1 elemente gezogen und nicht zurückgelegt wurden, also insgesamt noch 10-n-1 mögliche elemente vorhanden sind, die genau 1 defektes noch enthalten.

JETZT gebe ich die Garantie ab, dass es stimmt, da ich's heut an der Tafel gerechnet hab und alles gepasst hat =)