bedingte Wahrscheinlichkeit

08.10.2008, 14:26

Fuxberger

bedingte Wahrscheinlichkeit

Ich sitze gerade mehr oder weniger erfolglos an folgender Aufgabe, vielleicht kann mir jemand weiterhelfen?!

Es sei ein System S, bestehend aus einer Parallelschaltung zweier Bauteile X1 und X2 sowie in Reihe dahinter einem Bauteil X3. (X1=Bauteil X1 funktioniert, X2=Bauteil X2 funktioniert... ) S funktioniert wenn eine Reihe funktioniert, sprich X1undX3 oder X2undX3.

Gesucht ist P(S) unter den Bedingung:

a) X1, X2 stochastisch unabhängig mit P(X1)=0,9 und P(X2)=0,8 und X3 nicht stochastisch unabhängig von X1 und X2. mit P(X3/(X1 $\begin{eqnarray*} \cup \end{eqnarray*}$ X2)=0,7

b) X1, X2 und X3 nicht stochastisch unabhängig, P(X1) =0,9 und P(X2/ $\begin{eqnarray*} \overline X1 \end{eqnarray*}$ ) =0,8 (X1 funktioniert nicht), P(X3/X1 $\begin{eqnarray*} \cup \end{eqnarray*}$ X2)=0,7

für a) habe ich zuerst X1 und X2 (Parallelschaltung) zu $\begin{eqnarray*} P(X1)\cup P(X2)=P(X1) + P(X2)-P(X1 \cap X2) \end{eqnarray*}$ berechnet (Ergebnis 0,94), dann mit X3 wie folgt verrechnet: 0,94*0,7=0,658.
Habe jedoch wegen der Abhängigkeit der Bauteile die Befürchtung, dass dieses Ergebnis falsch ist.

08.10.2008, 14:33

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Kleiner Rechenfehler: Es ist $\begin{eqnarray*} P(X_1 \cup X_2) = 0.98 \end{eqnarray*}$ .

Ansonsten sind deine Gedankengänge richtig: Es ist ja das Eregnis $\begin{eqnarray*} (X_1 \cup X_2) \cap X_3 \end{eqnarray*}$ , welches das Funktionieren der Schaltung beschreibt.

Und die gegebene bedingte Wahrscheinlichkeit bedeutet ja gemäß Definition

$\begin{eqnarray*} P(X_3 \bigm| X_1 \cup X_2) = \frac{P((X_1 \cup X_2) \cap X_3)}{P(X_1 \cup X_2)} \end{eqnarray*}$ ,

was du nach dem gesuchten Zähler umstellen kannst.

08.10.2008, 17:41

Fuxberger

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Vielen Dank für die schnelle Antwort..
zu Aufgabe b ist mir nicht klar, wie man hier vorgeht, vor allem finde ich nichts zu $\begin{eqnarray*} P(X2/ \overline{X1} ) \end{eqnarray*}$ ... immernur in der Version $\begin{eqnarray*} P(\overline{X2}/ X1 ) \end{eqnarray*}$

08.10.2008, 19:26

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Es ist

$\begin{eqnarray*} X_1 \cup X_2 = X_1 \cup (\overline{X_1} \cap X_2) \end{eqnarray*}$ ,

wobei die Vereinigung rechts sogar eine disjunkte Vereinigung ist (im Gegensatz zu der links). Hilft das?

09.10.2008, 12:04

Fuxberger

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ich stehe immernoch auf dem Schlauch...wie komme ich auf die Lösung?

09.10.2008, 12:06

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Es ist

$\begin{eqnarray*} P(X_1 \cup X_2) = P(X_1) + P(\overline{X_1} \cap X_2) = P(X_1) + P(X_2 \bigm| \overline{X_1}) \cdot P(\overline{X_1}) \end{eqnarray*}$ ,

und weiter dann wie in der anderen Teilaufgabe.

09.10.2008, 13:43

Fuxberger

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OK, jetzt hab ichs glaub ich... Vielen Dank
Noch eine letzte Frage:
Gleiche Schaltung, gegeben ist jedoch $\begin{eqnarray*} P(X1 \cap X3)=0,7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(X2 \cap X3)=0,8 \end{eqnarray*}$ . Dann ist noch die Wahrscheinlichkeit von 0,3 gegeben dass mindestens eines der Bauteile nicht funktioniert mit P(Y)=0,3
Ist diese letzte Angabe überhaupt von Nöten? Mit den ersten beiden lässt sich doch bereits durch $\begin{eqnarray*} P(X1 \cap X3)\cup P(X2 \cap X3)=0,7+0,8-0,7*0,8 \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit P(S) dass das gesamte System funktioniert berechnen. Oder muss mann das P(Y) auch noch berücksichtigen?

09.10.2008, 13:48

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Zitat:

Original von Fuxberger
$\begin{eqnarray*} P(X1 \cap X3)\cup P(X2 \cap X3)=0,7+0,8-0,7*0,8 \end{eqnarray*}$

In dieser Rechnung machst du die Unabhängigkeitsannahme für die Ereignisse $\begin{eqnarray*} X_1 \cap X_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_2 \cap X_3 \end{eqnarray*}$ , die falsch ist - selbst dann falsch, wenn $\begin{eqnarray*} X_1,X_2,X_3 \end{eqnarray*}$ unabhängig sind!

P.S.: Schreib doch mal bitte die Indizes mit _ (Unterstrich), und achte auf korrekte Klammersetzung. Das sieht einfach schlecht aus, wenn da so viele solche Fehler drin sind: Das heißt eben nicht $\begin{eqnarray*} P(X1 \cap X3)\cup P(X2 \cap X3) \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} P((X_1 \cap X_3)\cup (X_2 \cap X_3)) \end{eqnarray*}$ . Im Eröffnungsbeitrag übrigens auch: Nicht $\begin{eqnarray*} P(X1)\cup P(X2) \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} P(X_1\cup X_2) \end{eqnarray*}$ - mein Fehler, dass ich das gestern toleriert habe.

09.10.2008, 14:06

Fuxberger

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Sorry, habe noch etwas mit der Syntax von LATEX zu kämpfen... ich werde versuchen das nun korrekt anzugeben. Zurück zur Sache:
Wie hängt nun die Wahrscheinlichkeit P(Y), dass eines der Elemente ausfällt damit zusammen, oder ist P(S) durch $\begin{eqnarray*} P((X_1 \cap X_3)\cup (X_2 \cap X_3))=0,7+0,8-0,7*0,8 \end{eqnarray*}$ bereits beschrieben?

09.10.2008, 14:22

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Das hatte ich doch gerade geschrieben, dass der letzte Term 0,7*0,8 falsch ist. unglücklich

Richtig ist zunächst mal

$\begin{eqnarray*} P((X_1 \cap X_3)\cup (X_2 \cap X_3)) = P(X_1 \cap X_3) + P(X_2 \cap X_3) - P((X_1 \cap X_3) \cap (X_2 \cap X_3)) \end{eqnarray*}$ .

Nun ist

$\begin{eqnarray*} (X_1 \cap X_3) \cap (X_2 \cap X_3) = X_1 \cap X_2 \cap X_3 \end{eqnarray*}$

das Ereignis, dass alle drei Bauteile OK sind. Das Gegenteil davon ist, dass mindestens ein Bauteil defekt ist...

09.10.2008, 17:02

Fuxberger

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Vielen Dank, der Groschen ist gefallen!!

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