Wahrscheinlichkeiten unter vers. Verteilungen |
| 10.01.2008, 20:08 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Wahrscheinlichkeiten unter vers. Verteilungen ich übe für die Stochastik-Klausur und rechne ein paar Aufgaben durch. Hat eigentlich gut geklappt, jetzt würde ich die aber gerne mal abgleichen, ob ich richtig gerechnet habe... Ich stelle immer nur eine Aufgabe rein, dann die nächste 
1. In einem Buch mit 500 Seiten seien 300 Druckfehler zufällig verteilt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass auf einer zufällig ausgewählten Seite a) genau 2, b) mindestens 2 Druckfehler sind? Annahme: die Zufallsgröße, welche die Anzahl der Druckfehler angibt, sei Poisson-verteilt. Lösung: Es ist . Dann ist und Soweit korrekt? Danke für eure liebe Hilfe 
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| 10.01.2008, 21:07 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hallo, ich würde genauso vorgehen (Rechenergebnisse nicht geprüft). Gruß, therisen |
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| 10.01.2008, 21:14 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hey Therisen, danke fürs drüberlesen 
Dann gehts weiter mit 2. Eine Maschine eines gewissen Typs arbeite nach Inbetriebnahme mit Wahrscheinilichkeit 2/3 mindestens 100 Stunden und mit Wahrscheinlichkeit 1/2 mindestens 200 Stunden wartungsfrei. Angenommen, eine Maschine hat bereits 100 Stunden wartungsfrei gearbeitet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie noch weitere mindestens 100 Stunden wartungsfrei arbeitet? Das fällt doch wieder unter mein Lieblingsthema "bedingte Wahrscheinlichkeit". Also: A... Maschine arbeitet 100 h wartungsfrei B... Maschine arbeitet 200 h wartungsfrei Dann ist doch die gesuchte Wahrscheinlichkeit mit Also: Ist das richtig
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| 10.01.2008, 21:19 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Was hat plötzlich die Zufallsvariable(?) X hier verloren? , fertig. Ansonsten wäre ich genauso vorgegangen. Gruß, therisen PS: Warum sind eure Klausuraufgaben so einfach bzw. "schultypisch"? |
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| 10.01.2008, 21:24 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ach klar 
Weiß auch nicht was ich da wieder gemacht hab 
Das gibt es einen Kurs "Stochastik für Informatiker" an unserer Uni. Unser Dozent hat den irgendwann mal gehalten und meinte, dass solche Aufgaben drankommen werden. Aber natürlich nicht die gesamte Klausur. |
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| 10.01.2008, 23:33 | Tomtomtomtom | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das sieht doch nach sehr humanen Standardaufgaben aus. |
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| 11.01.2008, 14:12 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ja, deswegen habe ich nochmal nachgefragt. Ich habe z.B. eine alte Klausur innerhalb einer halben Stunde gelöst und deshalb war ich mir unsicher... Die anderen Aufgaben sind ungefähr genauso. Aber ist ja nicht schlecht, wenn es nicht sooooo schwer wird
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| 11.01.2008, 14:57 | Tomtomtomtom | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich denke mal, es kommt auch immer drauf an, ob es um eine Klausur für einen unbenoteten Teilnahmeschein geht (als Voraussetzung zur Prüfungszulassung), oder um eine echt Prüfungsklausur. Bei ersteren gehts eigentlich nur darum, die Leute auszusieben, die wirklich keinen Schein verdient haben, und nicht darum, den Studenten zu zeigen, wo der Hammer hängt (ok, außer im 1. Semester
). Die Aufgaben sind dann relativ leicht. Das passiert in letzter Zeit immer öfter, weil andere mögliche Kriterien wegfallen. Zum Beispiel gibts kaum noch Gelder, um Übungsaufgaben zu stellen und diese korrigieren zu lassen. |
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| 22.01.2008, 22:07 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich habe noch eine Aufgabe, bei der ich keinen "vernünftigen" Lösungsweg aufschreiben kann. Es handelt sich um ein kobinatorisches Problem: Wie viele verschiedene fünfstellige Zahlen mit streng monoton wachsender Ziffernfolge können aus den Ziffern 1,2,...,9 gebildet werden? Meine Antwort wäre 126. Leider habe ich mir die Lösung mehr oder weniger systematisch erschlossen und habe nicht auf eine "Formel" zurückgegriffen. Meine Überlegung war etwa die folgende: die erste Ziffer kann ja nur eine der Zahlen 1,2,3,4,5 sein. Sobald man Zahlen größer als 5 nimmt, kann man die fünfstellige Zahl mit obiger Eigenschaft nicht mehr aufbauen die zweite Ziffer kann nur eine der Zahlen 2,3,4,5,6 sein, die dritte Ziffer 3,4,5,6,7, die vierte Ziffer 4,5,6,7,8, und die fünfte Ziffer 5,6,7,8,9. Jetzt besetzt man halt die erste Ziffer entweder mit 1, mit 2, mit 3, mit 4 oder mit 5. Wenn es die fünf ist, dann kann die zweite Ziffer nur die 6 sein usw. So überlegt man sich das und durch systematisches Abzählen komme ich dann auf obige Lösung. Gibt es denn auch eine "elegante Lösung"?? Danke für eure Hilfe
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| 22.01.2008, 22:23 | Tomtomtomtom | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Vielleicht kommst du ja selber drauf, wenn ich dir verrate, daß . |
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| 22.01.2008, 22:43 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Aha, ist klar! Ich dachte nur, weil ich ja prinzipiell die Grundgesamtheit ändere, d.h. ich habe ja immer verschiedene Zahlen die gezogen werden, darf ich das so nicht nehmen. Aber eigentlich ja doof, denn es sind ja immer nur 5 Zahlen möglich. Danke dir! |
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| 22.01.2008, 22:54 | Tomtomtomtom | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich weiß auch nicht, ob ich in einer Klausur unter Zeitdruck nicht einfach gezählt hätte. Wenn man die Lösung kennt, kommt einem das blöd vor, aber wenn das Brett vorm Kopf erstmal da ist, geht es unter Zeitdruck meistens auch nicht weg. Aber ich würde eher so argumentieren: Urne mit 9 unterschiedbaren Kugeln, ziehe davon 5. Daraus läßt sich genau eine Zahl bauen, die den Voraussetzungen genügt. Sind also 9 über 5 mögliche Zahlen. |
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| 24.01.2008, 11:57 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich fand die Aufgabe ziemlich kniffelig. Ich denke auch, dass ich in der Klausur nicht auf den Ansatz gekommen wäre. Ich habe aber schon allein zu Hause in der Vorbereitung fast 8 Minuten zum Auszählen gebraucht - das könnte dann in der Klausur gefährlich werden. Aber gut, jetzt weiß ich Bescheid. Ich beschäftige mich gerade mit Poisson-Verteilungen: Was muss man alles nachprüfen, um zu zeigen, dass einer gewissen Verteilung die Poisson-Verteilung zu Grunde liegt??? Konkret: ich habe eine Tabelle vorgegeben mit gewissen Werten und soll obige Frage beantworten. In der Lösung steht nur der Erwartungswert, der ja auch gleich meinem Lambda ist. Aber das reicht doch nicht, oder??? |
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| 24.01.2008, 12:03 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn die Zufallsvariable der Poisson-Verteilung genügt, lässt sich der Parameter über den Erwartungswert bestimmen. Sodann kannst du explizit nachrechnen, ob die einzelnen Wahrscheinlichkeiten "stimmen". |
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| 24.01.2008, 12:08 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Danke für die schnelle Antwort. Also muss ich dann wirklich für jedes einzelnde Ereignis nachrechnen, ob die Einzelwahrscheinlichkeiten übereinstimmen? Wo zieht man da die Grenze, ob die Wahrscheinlichkeiten zu weit auseinander liegen und wo nicht? Was macht man bei einer sehr großen Datenmenge? |
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| 24.01.2008, 14:32 | Tomtomtomtom | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
SPSS nehmen. http://www.math.uni-leipzig.de/~quapp/spss15L1/spss15L1.html |
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| 24.01.2008, 17:15 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich danke dir für deine Hinweise
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| 30.01.2008, 12:10 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Und wieder eine Aufgabe: ich habe zwar eine Lösung (0,2143), wollte aber einfach mal fragen, welche Lösungsmöglichkeiten für folgende Aufgabe existieren: Bei einem Fußballturnier werden 8 Mannschaften durch Los in zwei Vierergruppen eingeteilt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die beiden stärksten Mannschaften in eine Gruppe gelost werden? (Dabei seien die stärksten Gruppen natürlich vorher bekannt). Unser Dozent meinte, dass man die Lösung auf kombinatrischen Weg findet. Gibts noch andere? Danke euch
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| 30.01.2008, 16:31 | Tomtomtomtom | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
1. Möglichkeit: Man nimmt 2 rote Kugeln (die stärksten Mannschaften) und 6 grüne. Eine rote Kugel platziert man sofort in einer Gruppe, irgendwo muß ja eine landen. Aus der Urne mit 6 grünen und einer roten Kugel zieht man nun ohne zurückliegen 4 Kugeln, und bestückt damit die andere Gruppe. Dann ist die Wahrscheinlichkeit, daß beide roten Kugeln in einer Gruppe landen gleich P("4 grüne")=(6*5*4*3)/(7*6*5*4)=0,4285 2. Möglichkeit: Es wird wieder eine rote Kugel sofort platziert. Aus der Urne mit 6 grünen und einer roten Kugel zieht man nun ohne zurückliegen 3 Kugeln und bestückt damit die Gruppe der roten Kugel. Dann ist die Wahrscheinlichkeit, daß NICHT beide roten Kugeln in einer Gruppe landen, gleich der Wahrscheinlichkeit, 3 grüne Kugeln zu ziehen, also ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit 1-P("3 grüne")=1- (6*5*4) /(7*6*5) =0,4285 3. Möglichkeit: Wieder 2 rote, 6 grüne Kugeln, keine Kugel wird platziert. Die W., das die beiden roten Kugeln in einer Gruppe landen, ist die Wahrscheinlichkeit, daß man zuerst 4 grüne Kugeln zieht plus der Wahrscheinlichkeit, daß man zwei rote und 2 grüne zieht. P("4 grüne")=6/8*5/7*4/6*3/5 = 0,2142 P("2 rote, 2 grüne") = (4!/(2!2!)) * (6*5*2*1) / (8*7*6*5) = 0,2142 P("gesamt")= 0,4285 Ich glaub da hast du ein paar Möglichkeiten übersehen. |
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| 30.01.2008, 20:57 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Oh, doch so viele
Danke für deine ausführliche Antwort. |
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