Wartezeitproblem

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sunny88 Auf diesen Beitrag antworten »
Wartezeitproblem
Hallo, ich bearbeite gerade folgende Aufgabe zum Thema Geometrische Wahrscheinlichkeiten:
Zwei Freunde verabreden sich zwischen 12 und 13 Uhr an der Mensa. Welche
Wartezeit müssen sie ausmachen, damit sie sich mit einer Wahrscheinlichkeit von
0.75 auch tatsächlich treff en?

Ich hab mir nun folgendes überlegt:
Da beide zwischen 12 und 13 Uhr kommen, reicht es, wenn ich ein Intervall betrachte, es ergibt sich somit .
sei das Ereignis "A kommt nach a Minuten, B nach b Minuten".
Gesucht ist nun, dass Ereignis, dass sie sich treffen: .
dabei soll sein. Die Ankunftszeit ist gleichverteilt.
Doch nun hakts bei mir. Könntet ihr mir auf die Sprünge helfen?

Danke!
Sunny
Lord Pünktchen Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wartezeitproblem
Sei WZ die Wartezeit und X,Y gleichverteilt auf [0,60]

Damit die beiden sich treffen muss X zwischen max{0,Y-WZ} und min{60,Y+WZ} autauchen.

Da X gleichverteilt ist, sollte diese Wahrscheinlichkeit einfach zu berechnen sein.

Dann noch über Y integrieren und fertig.
sunny88 Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wartezeitproblem
Zitat:
Original von Lord Pünktchen
Da X gleichverteilt ist, sollte diese Wahrscheinlichkeit einfach zu berechnen sein.


mh genau da hakts bei mir. Das die Aufgabe eigentlich nicht schwer ist, hab ich mir vorher auch schon gedacht, aber ich hab tierische Probleme diese Wahrscheinlichkeit zu berechnen verwirrt
Lord Pünktchen Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wartezeitproblem
Für eine gleichverteilte ZVe auf gilt:




In deinem Fall ist und
Laura17 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich sitze auch an dieser Aufgabe und hänge genau an dieser Stelle.
Wie integriere ich denn dort? Ich hab ja keine festen Werte vorgegeben.
Muss ich da eine Fallunterscheidung machen, weil ich weiß ja so nicht, welcher der beiden Werte minimal bzw. maximal ist. Wäre euch sehr dankbar, wenn ihr mir da weiterhelfen könntet. Musste noch nie über sowas integrieren...
hab ich zudem noch.
Lord Pünktchen Auf diesen Beitrag antworten »

wird genauso berechnet, wie ich es hingeschrieben habe.


Die Fallunterscheidung kommt erst, wenn man den Term über Y integriert

 
 
Laura17 Auf diesen Beitrag antworten »

oh, dann müsste ich ja erstmal wissen, was ist und da hakts wieder. Komme einfach mit dieser Menge mit den min und max nicht so klar, da ich die so ja nicht ohne weiteres "zählen" kann.
rad238 Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,
ich habe mal so gerechnet, wie ich Lord Pünktchen‘s ersten Antwort verstanden habe. Die Wartezeit nenne ich mal . Dann ist doch



Jetzt kann man min() und max() durch Fallunterscheidungen auflösen:





Entsprechend dieser Fallunterscheidungen kann man dann das Integral in 3 kleinere Integrale zerlegen:



, weil wir statistisch unabhängig annehmen.
Ist das so logisch?
Damit kann man dann die Integrale Stück für Stück ausrechnen. Das ist eine Menge Arbeit. Es sollte eine quadratische Gleichung für rauskommen. Wenn man das hat sollte man (Un-) Logigkeitsproben machen, um zu prüfen, ob man sich verrechnet hat; z.B. könnte man mal für P(E)=0 und für P(E)=1 ausrechnen und schauen, ob das Ergebnis logisch ist...
Zum Vergleich würde mich noch interessieren, welches Ergebnis Ihr rausbekommen habt.
Viele Grüße!

edit: Teile der Lösung wieder gelöscht, Ihr wollt ja selber machen ;-)
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

So ähnlich habe ich das auch gemacht. Dabei erspart es Schreibarbeit und erhöht die Übersichtlichkeit, wenn man die Zeit in Stunden misst.

Falls ich mich nicht verrechnet habe, ergibt die gesuchte Wahrscheinlichkeit von 3/4.
Lord Pünktchen Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab dasselbe Ergebnis raus wie Huggy.

Anschaulich kann man sich das ziemlich schnell klar machen. Ist Y auf 0,5 (12 Uhr 30), dann treffen sich beide 100%ig. Ist Y auf 0 (12 Uhr), dann treffen dich beide zu 50% (da ja eine halbe stunde von einer ganzen abgedeckt wird)
=> P = 0,5*1 + 0,5*0,5 = 0,75


Klingt komisch ... ist bei der gleichverteilung aber so Augenzwinkern
sara883 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich wollte die Aufgabe gerade auch mal durchgehen, bin mir aber nicht sicher, ob ich die Integrale richtig zerlegt habe:
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Für weniger analytisch, dafür mehr geometrisch veranlagte Gemüter:

Bei zwei unabhängigen gleichverteilten Zufallsgrößen entspricht deren zugehörige gemeinsame Verteilung quasi einem (normierterten) zweidimensionalen Lebesguemaß (=Flächeninhalt) auf einem Rechteck bzw. wie hier sogar Quadrat.

Verbleibt also nur noch, die dem Ereignis entsprechende Teilfläche einzuzeichnen und dann deren Flächeninhalt zu berechnen und zu normieren, siehe vergleichbare Aufgabe

geometrische Wahrscheinlichkeit .
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Entweder haben die diversen Fragesteller das Interesse verloren, oder sie haben trotz aller Hinweise noch immer Probleme mit der Lösung. Daher glaube ich, dass der Schaden begrenzt bleibt, wenn ich mal die Boardprinzipien verletze.

Zwei Personen A und B treffen gleichverteilt in einem Zeitintervall [0, 1] an einem Ort ein. Sie haben eine Wartezeit vereinbart. A treffe zur Zeit X = x ein. Damit die beiden sich begegnen, muss B zur Zeit Y = y mit eintreffen. Daraus folgt für die Wahrscheinlichkeit T sich zu begegnen:



Sei

Ist x = 0, hat man a = 0 und . Wird x größer, wird irgendwann a zu und b zu 1. Was eher passiert, hängt von ab. Bei tritt der Übergang zuerst bei a ein, bei zuerst bei b und bei gleichzeitig. Es ist also zwischen und zu unterscheiden. kann wahlweise einem dieser Fälle zugeschlagen werden.

Sei .

Dann ist a = 0, solange gilt , d. h. . b wird zu 1, sobald ist, d. h. . Man hat also:





Das führt zu




Bei ändern sich die Grenzen etwas und auch der Integrand des mittleren Integrals wird anders, aber zum Schluss erhält man dasselbe Ergebnis für T wie oben. Das lässt vermuten, dass man die Fallunterscheidung vielleicht vermeiden kann, wenn man sich die Sache geschickt überlegt.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Im oben angesprochenen Geometriekontext entspricht das fragliche Ereignis einem Quadrat der Seitenlänge 1, von dem an zwei gegenüberliegenden Ecken zwei kongruente gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke der Kathetenlänge weggeschnitten werden. Das führt dann ebenfalls auf

.
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