Angaben und Lösungen der Viertl-Beispiele - UE 3 am 29.10.2002 [Archive]

dj_m.o.h.t.

24-10-2002, 20:45

Beispiel 3.1

Angabe: A, B und C seien beliebige Ereignisse aus einem Ereignisfeld. Man zeige, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau eines der Ereignisse eintritt, gegeben ist durch: W(A)+W(B)+W(C)-2W(A geschnitten B)-2W(A geschnitten C)-2W(B geschnitten C)-3W(A geschnitten B geschnitten C)

Lösung:

|A|+|B|+|C|+2|A geschnitten B|+2|B geschnitten C|+|A geschnitten C|+|A geschnitten B geschnitten C|

dj_m.o.h.t.

24-10-2002, 20:56

Angabe: Von den Nm Studenten und Nw Studentinnen einer Übungsgruppe rauchen nm bzw. nw. Jemand wird zufällig ausgewählt. A sei das Ereignis "Die Person ist weiblich." und B das Ereignis "Die Person raucht".

(a) Unter welchen Bedingungen sind A und B stochastisch unabhängig?

(b) Unter welchen Bedingungen sind (i) "not A" und B, (ii) A und "not B", (iii) "not A" und "not B" stochastisch unabhängig?

Lösung:

W(B|A)=W(B)
W(A)=Nw / Nm+Nw
W(B)=nm+nw / Nm+Nw
W(A geschnitten B)=W(B|A)*W(A)
W(A geschnitten B)=nw / Nm+Nw * Nw / Nm+Nw

(a) Bedingung: nm=0

(b) (i) nw=0
(ii) W(not B)=Nm+Nw-nm-nw / Nm+Nw
W(A)=Nw / Nm+Nw
W(not B|A)=Nw-nw / Nm+Nw
W(A geschnitten not B)=W(A)*W(not B)=Nw / Nm+Nw * Nm+Nw-nm-nw / Nm+Nw
=> Bedingung: Nm-nm=0 oder
Nm=0=nm oder Nm=nm

(iii) Bedingung: Nw-nw=0 oder Nw=0=nw oder Nw=nw

dj_m.o.h.t.

24-10-2002, 21:04

Angabe: Ein Behälter enthält r rote und g grüne Kugeln. Eine Kugel wird zufällig ausgewählt und zusammen mit c weiteren Kugeln der gleichen Farbe wieder zurückgelegt. Dieser Vorgang wird beliebig oft wiederholt.

(a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist die zweite Kugel rot, wenn die erste Kugel rot war?

(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind die ersten drei Kugeln alle rot?

(c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit war die erste Kugel rot, wenn die zweite Kugel rot ist?

(d) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist die k-te Kugel rot? Man betrachte zunächst die Fälle k=1 und k=2 (und eventuell den Fall k=3), und verallgemeinere.

Lösung:

(a) W(2r)=r / r+g * c+r / c+r+g

(b) W(3r)=r / r+g * c+r / c+r+g * 2c+r / 2c+r+g

(c) W(r|2r)=W(2r geschnitten r) / W(2r)=r / r+g * c+r / c+r+g / c+r / c+r+g = r*(c+r)*(c+r+g) / (r+g)*(c+r+g)*(c+r) = r / r+g

(d) k=1: r / r+g

k=2: c+r / c+r+g + r / c+r+g
.
.
.
allgemein:
(k-1)*c+r / (k-1)*c+r+g * (k-1 über k-1) + (k-2)*c+r / (k-1)*c+r+g * (k-1 über k-2) + ... + r / (k-1)*c+r+g = Summe j=1 bis k (k-j)*c+r / (k-1)*c+r+g * (k-1 über k-j)

dj_m.o.h.t.

24-10-2002, 21:17

Angabe: Ein System besteht aus zwei Arten von Komponenten, Typ A und Typ B. Damit das System funktioniert, muss zumindest eine Komponente von jedem Typ funtionieren. Die Anzahl der Komponenten jeden Typs kann variiert werden. Eine A-Komponente ist mit Wahrscheinlichkeit 0.9 intakt, eine B-Komponente mit Wahrscheinlichkeit 0.8; Komponenten fallen unabhängig voneinander aus.

Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der ein System aus je drei Komponenten vom Typ A bzw. Typ B intakt ist.

Lösung:

!!!Mit Gegenwahrscheinlichkeit rechnen!!!

nicht intakt => kein A, aber B intakt
oder
nicht intakt => kein B, aber A intakt

W(not A) = 0.1
W(3 not A)=0.1^3
W(3 not B)=0.2^3

W(1-0.2^3)...mindestens 1 B intakt
0.1^3 * 0.2^3 + 0.1^3 * (1-0.2^3)=0.001*0.008 + 0.001*0.992=0.000008+0.000992=0.001

W(1-0.1^3)...mindestens 1 A intakt
0.1^3 * 0.2^3 + 0.1^3 * (1-0.2^3) + 0.2^3 * (1-0.1^3)=0.000008+0.000992+0.007992=0.008992

dj_m.o.h.t.

25-10-2002, 10:47

Angabe: Fortsetzung von Beispiel 3.4: Komponenten vom Typ A wiegen 1kg, Komponenten vom Typ B wiegen 2kg. Was ist die zuverlässigstes Kombination, wenn das System nicht mehr als 11kg wiegen darf?

Lösung:

!!!Mit Gegenwahrscheinlichkeit rechnen!!!

(1) B+9A: 1-(0.1^9 * 0.2 + 0.1^9 *(1-0.2) + 0.2*(1-0.1^9)=1-(0.0000000002+0.0000000008+0.2)=1-0.200000001=0799999999 => 0.80

(2) 2B+7A: 1-(0.1^7 * 0.04 + 0.1^7 *0.96 + 0.04*(1-0.1^7)=1-(0.000000004+0.000000096+0.039999996)=1-0.040000096=0.959999904 => 0.95

(3) 3B+5A: 1-(0.1^5 * 0.008 + 0.1^5 *0.992 + 0.008*(1-0.1^5)=1-(0.00000008+0.00000992+0.00799992)=1-0.00800992=0.99199008 => 0.991

(4) 4B+3A: 1-(0.1^3 * 0.0016 + 0.1^3 *0.9984 + 0.0016*(1-0.1^3)=1-(0.0000016+0.0009984+0.0015984)=1-0.0025984=0.9974016 => 0.997

(5) 5B+A: 1-(0.1*0.2^5 + 0.1*(1-0.2^5) + 0.2^5 *0.9)=1-(0.000032+0.099968+0.000288)=1-0.100288=0.899712 => 0.90

Die zuverlässigste Kombination ist "4B+3A".

dj_m.o.h.t.

25-10-2002, 11:02

Angabe: Das Lager eines Warenhauses umfasst (äußerlich nicht unterscheidbare) Packungen von Glühbirnen hoher, mittlerer und niedriger Qualität im Verhältnis 1:2:2. Eine Glühbirne hoher Qualität ist mit Wahrscheinlichkeit 0 defekt, eine mittlerer Qualität mit Wahrscheinlichkeit 0.1 und eine niedriger Qualität mit Wahrscheinlichkeit 0.2. Aus einer zufällig gewählten Packung werden zwei Glühbirnen entnommen und getestet: Beide sind intakt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit handelt es sich um eine Packung mit Glühbirnen (i) hoher, (ii) mittlerer, (iii) niedriger Qualität?
(Hinweis: Bayes'sche Formel)

Lösung:

HQ...hohe Qualität
MQ...mittlere Qualität
NQ...niedrige Qualität
in...intakt
TW...totale Wahrscheinlichkeit

W(HQ)=1/5
W(MQ)=2/5
W(NQ)=2/5
W(in|HQ)=1/5
W(in|MQ)=2/5 * 0.9^2 => W(in|MQ)=0.324
W(in|NQ)=2/5 * 0.8^2 => W(in|NQ)=0.256

TW=1/5 + 1.62/5 + 1.28/5 => TW=0.78

W(HQ|in)=1/5 * 1/5 /0.78 => W(HQ|in)=0.05
W(MQ|in)=2/5 * 0.324 /0.78 => W(MQ|in)=0.17
W(NQ|in)=2/5 * 0.256 /0.78 => W(NQ|in)=0.13

catwoman

26-10-2002, 17:24

Original geschrieben von Robby
Beispiel 3.1

Angabe: A, B und C seien beliebige Ereignisse aus einem Ereignisfeld. Man zeige, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau eines der Ereignisse eintritt, gegeben ist durch: W(A)+W(B)+W(C)-2W(A geschnitten B)-2W(A geschnitten C)-2W(B geschnitten C)-3W(A geschnitten B geschnitten C)

Lösung:

|A|+|B|+|C|+2|A geschnitten B|+2|B geschnitten C|+|A geschnitten C|+|A geschnitten B geschnitten C|

wow, du bist ja schnell! :-)

frage: wie komme ich zu der lösung??
was bedeutet denn die lösung??
ich hab versucht, das mit dem additionstheorem zu lösen, aber keine ahnung, was da die variablen n bzw m sind.

kann sein, daß sich ein fehler bei dir eingeschlichen hat? die schnittmengen von 2 mengen hast du doppelt genommen bis auf |A geschnitten C|. sollte das dann nicht auch 2x sein??

danke & grüße
ines

Rastafanda

26-10-2002, 23:43

Original geschrieben von Robby

W(HQ|in)=1/5 * 1/5 /0.78 => W(HQ|in)=0.05
W(MQ|in)=2/5 * 0.324 /0.78 => W(MQ|in)=0.17
W(NQ|in)=2/5 * 0.256 /0.78 => W(NQ|in)=0.13

Hy!

Meiner meinung nach sollte man W(HQ|in) folgendermaßen berechnen:

W(HQ|in)=1/5 * 1 / 0,78=0,2564
W(MQ|in)=2/5 * 0,9^2 / 0,78=0,4153
W(NQ|in)=2/5 * 0,8^2 / 0,78=0,3282

so ergeben sich 100 % aus den 3 einzelwahrscheinlichkeiten, was logisch sein sollte, da die packungen der glühbirnen nur aus diesen 3 gruppen stammen können.

korrigiert mich bitte wenn das falsch sein sollte.

jjan

27-10-2002, 21:52

Original geschrieben von Rastafanda

Hy!

Meiner meinung nach sollte man W(HQ|in) folgendermaßen berechnen:

W(HQ|in)=1/5 * 1 / 0,78=0,2564
W(MQ|in)=2/5 * 0,9^2 / 0,78=0,4153
W(NQ|in)=2/5 * 0,8^2 / 0,78=0,3282

so ergeben sich 100 % aus den 3 einzelwahrscheinlichkeiten, was logisch sein sollte, da die packungen der glühbirnen nur aus diesen 3 gruppen stammen können.

korrigiert mich bitte wenn das falsch sein sollte.

Hi,

Da kann ich Dir nur zustimmen. Nur so macht das Ganze Sinn, und genau so ist die Bayes'sche Formel auch auf den Folien beschrieben.

jjan

27-10-2002, 22:11

Meine Theorie zu 3.2:

Damit A und B stochastisch unabhängig sind, muss gelten:

W(A geschnitten B) = W(A) * W(B)
bzw
W(A|B) = W(A)

Damit das gilt, muss IMHO nm/Nm == nw/Nw gelten, dh, Frauen und Männer sind mit gleicher Wahrscheinlichkeit rauchende Personen.

Nur dann hängt die Wahrscheinlichkeit, ein Mann oder eine Frau zu sein nicht vom Vorwissen ab, ob es sich um eine rauchende Person handelt.

Umgekehrt hängt die Wahrscheinlichkeit, zu rauchen, nicht davon ab, ob man ein Mann oder eine Frau ist.

Derselbe Gedankengang gilt laut Überlegung und laut Folien (5. Stochastische Unabhängigkeit) auch für alle Bedingungen aus b):
W(A|B) = W(A|notB) = W(A) usw

--
Betrachten wir mal Robbys Lösung:
a)
nm = 0, dh kein Mann raucht.

Berechnen wir nun W(A|B) ... diese Wahrscheinlichkeit ist in diesem Fall niemals gleich W(A), was sie für stochastische Unabhängigkeit aber sein müsste! Denn: Wenn wir bereits wissen, dass die gesuchte Person raucht (B), dann können wir nun mit 100 %iger Wahrscheinlichkeit darauf schließen, dass es sich um eine Frau handelt, denn laut Annahme raucht ja kein Mann!

Die anderen Lösungen von Robby aus 3.2 habe ich nicht mehr überprüft.

Bitte teilt mir eure Meinung dazu mit, vielleicht hab ich auch einen Fehler im Gedankengang.

Almresl

28-10-2002, 15:13

wie komm ich in bsp 3.6 auf die gesamtwahrscheinlichkeit von 0.78. ist sicher total primitiv, aber ich komm einfach nicht drauf....*snief*

RAUSCHfrei

28-10-2002, 15:58

@ Bsp. 3.3 (d)

bei k=2: Wieso addiert Robby da die beiden Wahrscheinlichkeiten, dass die erste rot war, und dass die erste grün war?

okay, ich glaube wegen der Formel
W(A u B)=W(A)+W(B)-W(A n B)

W(A n B) ist in diesem Fall 0, da die zweite Kugel nicht gleichzeitig rot und grün sein kann

SideshowRichie

28-10-2002, 16:15

ich versteh das nicht so ganz...
wenn die wahrscheinlichkeit das mind. 1B intakt ist W(1-0.2^3) ist, was bringt dann die rechnung:
0.1^3 * 0.2^3 + 0.1^3 * (1-0.2^3)=0.001*0.008 + 0.001*0.992=0.000008+0.000992=0.001 ?
wenn das die wahrscheinlichkeit für mindestens 1B intakt ist, kann da was nicht stimmen...

danke für antworten!

Richie

Almresl

28-10-2002, 16:43

gut, bitte erklärt mir jemand das mit den formeln aus bsp 3.4 und 3.6 (gesamtwahrscheinlichkeit)
woher habts ihr das, ich find das weder im buch noch im skript, dass ich übrigens schon aus wut gegen die wand geklatscht habe.....

jjan

28-10-2002, 17:25

Original geschrieben von Almresl
wie komm ich in bsp 3.6 auf die gesamtwahrscheinlichkeit von 0.78. ist sicher total primitiv, aber ich komm einfach nicht drauf....*snief*

Schon gemein, so ein Blackout ;-)

W(in|HQ)=1/5 = 0.2
W(in|MQ)=2/5 * 0.9^2 = 0.324
W(in|NQ)=2/5 * 0.8^2 = 0.256

0.2 + 0.324 + 0.256 = 0.78

lg

SideshowRichie

28-10-2002, 18:04

nach weiteren überlegungen scheinen mir die Formeln in 3.4 doch nicht so klar wie ich gedacht habe....
hoffe es kann jemand erklären.

danke, Richie

12gauge

28-10-2002, 19:23

Ich hätte da einmal eine Frage, und zwar zum dritten Beispiel:
Wie rechnet man genau (r geschnitten 2r)? Ich hab da keine Ahnung, und gegenüber der Multiplikation hege ich gewissen Zweifel

skytale

28-10-2002, 19:56

Original geschrieben von jjan
Meine Theorie zu 3.2:

Damit A und B stochastisch unabhängig sind, muss gelten:

W(A geschnitten B) = W(A) * W(B)
bzw
W(A|B) = W(A)

Damit das gilt, muss IMHO nm/Nm == nw/Nw gelten, dh, Frauen und Männer sind mit gleicher Wahrscheinlichkeit rauchende Personen.

Hört sich logisch an. Vor allem müsste z.B. bei a) und b)i) nicht die gleichen Bedingungen gelten, weil für die Unabhängigkeit W(B|A)=W(B|nichtA) gelten muss.......

im Prinzip müsste überall die vorbedingung von jjan reichen, oder?

nexxyz

28-10-2002, 20:25

und das ist auch der fall, wenn Nm=0 oder Nw=0 usw...

Shade

28-10-2002, 21:53

könnt jemand vielleicht nochmal erklären wie man auf 3.1 kommt?

student

28-10-2002, 22:32

ja genau

eine ausführliche Erklärung für 3.1 wäre sehr gut

Kuschelmaus

28-10-2002, 22:48

ich bräucht bitte auch eine erklärung zu 3.4 und 3.1

und wie berechnet man (2r geschnitten r) in 3.3?
nach der formel W(A n B) = W(A) * W(B) ?? weil da kommt ma dann was anderes raus

wär ganz lieb, danke!

Snigo

28-10-2002, 22:55

Original geschrieben von SideshowRichie
nach weiteren überlegungen scheinen mi die Formeln in 3.4 doch nicht so klar wie ich gedacht habe....
hoffe es kann jemand erklären.

danke, Richie

Dein System besteht aus 3 Komponenten vom Typ A und drei Komponenten vom Typ B und das System funktioniert, wenn zumindestens eine Komponente von jedem Typ funktioniert.

Wir rechnen das mit der Gegenwahrscheinlichkeit aus, weil wir sonst zu viele Möglichkeiten hätten und ziehen diese dann von 1 ab um unser Ergebnis zu erhalten.

Es gibt nun 3 Fälle in denen das System nicht intakt sein kann:
1.Fall: keine der Komponeten ist intakt.
2.Fall: keine Komponete von A ist intakt, aber mindestens eine von B.
3.Fall: mindestens eine Komponenten von A ist intakt, aber keine von B.

In allen anderen Fällen ist das System intakt.

1.Fall: W(keine von A ist intakt) * W(keine von B ist intakt) = 0.1^3 * 0.2^3 = 0.000008

2.Fall: W(keine von A ist intakt) * W(mind. eine von B),
wenn mind. eine von B intakt sein soll, ist der einzige FAll der nicht eintreten kann, dass keine intakt ist, also ziehen wir von der Gesamtwahrscheinlichkeit die Wahrscheinlichkeit ab, dass keine intakt ist ->
0.1^3 * (1 - 0.2^3) = 0.000992

3.Fall: W(mind. eine von A ist intakt) * W(keine von B), äquivalent zu Fall 2 nur statt B halt A ->
(1 - 0.1^3) * 0.2^3 = 0.007992

So, jetzt müssen wir nur noch die drei Wahrscheinlichkeiten zusammenzählen und diese dann von 1 abziehen:

1 - (0.000008 + 0.000992 + 0.007992) = 0.991

Unser System ist mit einer Wahrscheinlichkeit von 99,1 % intakt.

mfg

snigo

Shade

28-10-2002, 22:59

sollte 3.3 A nicht:

r+c
____
r+c+g

sein,da es sich ja nur um die zweite kugel handelt?
was robby da gemacht hat wäre doch die
wahrscheinlickeit das die erste UND zweite rot
sind(sprich die erstenbeiden),oder?es wird ja schon vorrausgesetzt das die erste kugel rot ist(Wenn die erste kugel rot ist ).da muss man doch nicht noch die wahrscheinlichkeit ausrechnen...

EDIT:
3.c
und woher kommt dieses zauberkonstrukt:
r / r+g * c+r / c+r+g / c+r / c+r+g
reicht es nicht einfach zu sagen das r zwar 2r bedingt
aber 2r nicht r bedingt und die wahrscheinlichkeit somit
r
--
r+g
ist?

Snigo

28-10-2002, 23:07

in der Angabe steht:

(a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist die zweite Kugel rot, wenn die erste Kugel rot war?

Also muss man sich, denke ich, schon die Wahrscheinlichkeit ausrechnen das beide rot sind.

SideshowRichie

29-10-2002, 00:24

danke Snigo!!
ich hab heute mein logisches verständnis irgendwie nicht dabei gehabt...

gute nacht, Richie

Snigo

29-10-2002, 00:28

Original geschrieben von Shade
sollte 3.3 A nicht:

es wird ja schon vorrausgesetzt das die erste kugel rot ist(Wenn die erste kugel rot ist ).da muss man doch nicht noch die wahrscheinlichkeit ausrechnen...

...ist die zweite Kugel rot, wenn die erste Kugel rot war.

Das ist ja das gleiche, wie wenn du sagen würdest: mit welcher Wahrscheinlichkeit sind die ersten zwei Kugeln rot.

Und das ist halt W(1.r) * W(2.r)

EDIT:
3.c
und woher kommt dieses zauberkonstrukt:
r / r+g * c+r / c+r+g / c+r / c+r+g
:confused:

Ich weiß auch nicht wie man darauf kommt, da ich keine Ahnung habe wie man W(2r geschnitten r) ausrechnen soll.

Wenn du die Aufgabe logisch betrachtest ist es ja egal welche Farbe die zweite Kugel hat, da ja die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die erste Kugel rot ist immer gleich ist, also W(1.r) = r/r+g.

Es können ja alle folgenden k-Kugeln ebenfalls rot sein, aber die Wahrscheinlichkeit dafür dass die erste Kugel rot ist bleibt ja trotzdem immer r/r+g.

Hoffe das stimmt so halbwegs.

mfg

Snigo

jeuneS2

29-10-2002, 01:16

... zu 3.3 hätt ich auch ein paar Zauberkonstrukte anzubieten:

a) als Voraussetzung ist imho ja anzunehmen dass die erste Kugel rot war d.h. W(erste Kugel rot) = 1.

c) möglicherweise kann das jemand nachvollziehen oder widerlegen, zur Zeit bin ich der Meinung dass es Sinn macht:

(r/(r+g))*((c+r)/(c+r+g))
--------------------------------------------------------------
(r/(r+g))*((c+r)/(c+r+g))+(g/(r+g))*(r/(c+r+g))

(ich, weiß, dass es schrecklich aussieht ;))

d) für k=3:
g/(r+g) * (g+c)/(r+g+c) * r/(r+g+2c) +
+ g/(r+g) * r/(r+g+c) * (r+c)/(r+g+2c) +
+ r/(r+g) * g/(r+g+c) * (r+c)/(r+g+2c) +
+ r/(r+g) * (r+c)/(r+g+c) * (r+2c)/(r+g+2c)

...das schaut einfach ZU bösartig aus, als dass es stimmen könnte... (und verallgemeinern lässt es sich auch net wirklich)... wo liegt mein Denkfehler???