Wahrscheinlichkeit

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26.09.2011, 01:30	wk1	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit Meine Frage: Hallo! Ein produzierter Computer einer Firma kann 2 Fehler aufweisen. Fehler Nr. 1 tritt dabei zu 6% auf. Fehler Nr. 2 tritt zu 2% auf. Mit einer Wahrscheinlichkeit von 3% treten beide Fehler gemeinsam auf. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass der zweite Fehler alleine auftritt. Meine Ideen: Also im Prinzip sind die Variablen unabhängig von einander, deswegen würde ich folgenden Lösungsweg vorschlagen: $\begin{eqnarray} \frac{0,02 0,94(Gegenwahrscheinlichkeit von Fehler 1)}{0,03 + 0,06 * 0,98} \end{eqnarray*}$ Wenn dieses Ergebnis stimmen sollte, soweit ich es richtig formuliert habe, müsste ich dann eigentlich noch 0,97(Gegenwahrscheinlichkeit von beide gleichzeitig) in den Zähler bringen, oder ist das überflüssig, weil durch den günstigen Fall, nämlich dass der zweite fehler auftritt und der erste nicht, die wahrscheinlichkeit eh schon genommen ist, dass beide gleichzeitig auftreten können?
26.09.2011, 11:43	Pi von Lyrelda	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo WK1, es scheint sich keiner deines Problem angenommen zu haben, dann versuche ich dir mal zu helfen, auch wenn ich solche Aufgaben persönlich nicht so gern habe Wie kommst du darauf, dass hier stochastische unabhängigkeit vorliegt? Ist folgendes wirklich erfüllt, wenn gilt: A = Fehler 1 tritt auf B = Fehler 2 tritt auf $\begin{eqnarray} P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray}$ Dein Ergebnis wäre etwas arg groß, wenn mich nicht vertan habe bei der TR-Eingabe! Wieviel Pozent der Computer sind den überhaupt kaputt? (nicht 8%!) Wie setzt sich die Menge der kaputten Computer zusammen?
26.09.2011, 17:44	wk2	Auf diesen Beitrag antworten »
Bed. Wh Hey, also ich bin jetzt draufgekommen, dass die von mir vorgeschlagene Formel sowieso schrecklich falsch ist. Sollte wohl keine Fragen mehr um 1:30 stellen Mit der stochastischen Unabhängigkeit hast du recht, die liegt nicht vor. Ich glaube der Satz von Bayes könnte hier weiterhelfen, ich habe allerdings keine Ahnung, wie ich ihn verwenden soll(Ist schon seine Zeit her, wo man das in der Schule behandelt hat ) Funktioniert die Laplace Wahrscheinlichkeit also $\begin{eqnarray} P(A) = \frac{\| A \|}{\| \beta \| } \end{eqnarray}$ , günstige durch mögliche Fälle, eigentlich nur wenn stochastische unabhängigkeit vorliegt? Ich habe jetzt ein bisschen an der Bayes Formel herumgetrickst und sie wie folgt "umgestellt" P\left(B\|A'\right) = \frac{ P\left(A\|B'\right) \cdot P\left(B'\right) }{P\left(A'\right) } Ich habe A für Fehler1 verwendet, A' für nicht Fehler1 B für Fehler 2, B' für nicht Fehler2 Es kommt 1% raus, was plausibel klingt. Ich verstehe nur nicht ganz an dieser bedingten Wahrscheinlichkeit, wann genau sie wie einzusetzen ist. Ist im Prinzip die bedingte Wahrscheinlichkeit, nicht auch wieder eine Laplace?? eigentlich kommen unterschiedliche Ergebnisse raus, wenn man fragt: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Pc den Fehler 1 hat aber den Fehler 2 nicht. Man könnte die Frage ja als einerseits $\begin{eqnarray} P\left(B\|A'\right) \end{eqnarray}$ und andererseits als $\begin{eqnarray} P\left(A'\|B\right) \end{eqnarray}$ interpretieren, da würden ganz andere Zahlen rauskommen, oder? Das ist wie dieses berühmte Beispiel, dass die Wahrscheinlichkeit, dass ein Franzose französisch spricht, nicht der ist, dass ein französischsprechender Franzose ist. Genau so ist ja auch die Frage irgendwie zweideutig gestellt. Ich hoffe du verstehst einigermaßen, was ich meine! Ich hab keinen Plan mehr LG!
26.09.2011, 17:47	wk3	Auf diesen Beitrag antworten »
wh Ups latex vergessen. $\begin{eqnarray} P\left(B\|A'\right) = \frac{ P\left(A\|B'\right) \cdot P\left(B'\right) }{P\left(A'\right) } \end{eqnarray}$
26.09.2011, 22:33	Pi von Lyrelda	Auf diesen Beitrag antworten »
sodele - war wegen eine Feier verhindert Schulzeit schon vorbei? Darf man fragen aus welchen Grund du dann das hier berechnest? (Wirklich reine Neugier - sorry! Find ich aber toll!) Nunich finde meine Notizen zu dem Fall hier gerade nicht mehr... (zu viel Chaos in meinen eigenen Notizen zum Examen) LaPlace gilt bei einzelereignissen, da hast keinen Bezug zu nem anderen Ereignis und somit ist und stochastische (un)abhängigkeit egal Immer nur Formeln benutzen zu wollen ist vllt der falsche Weg und ich streube mich dagegen immer nur Formeln an zu geben oder zu kommentieren - ich denke man lernt mehr wenn man die Herangehensweise sich durchdenkt (und ich kann mir Formeln nie merken!) Wir wissen 2% haben Fehler 2, 6 Prozent haben einen Fehler des Typs 1 - 3% der kaputen Geärte haben beides! Also gibt es eine Schnittmenge und somit sind weniger als 8% der Gesamtgeräte kaput. um genau zu sein sind es 0,08-0,08*0,03= 0,0776 somit sind also 7,76% aller Geräte kaputt! dieser Prozentsatz teil sich auf in 1.) Fehler eines 2.) Fehler zwei 3.) beide Fehler Sei x die Menge der kaputen Geräte wie kann ich diese nun ausdrücken? (Verhältnis zwischen F1 und F2? usw?) Stell die Gleiucung auf und löse sie mal
27.09.2011, 18:12	wk3	Auf diesen Beitrag antworten »
wh Hey! Also ich denke mir diese Sachen ganz gerne mal durch, halt nur aus interesse, das ist alles Dieses Beispiel hier hat mir halt den Kopf zerbrochen Ich hab im Prinzip eh schon die zwei Lösungsansätze einmal mit Bayes Theorem, dann mit Laplace. Nur kommt beim Bayes genau 1% raus, und beim Laplace 0,9%. Ich weiß zwar nicht, ob das jetzt passt, oder ob ich vollkommen danebengehauen habe... Ich glaube nicht, dass man die Wahrscheinlichkeiten einfach so addieren kann und sagen kann, es ist mindestens zu so und so viel Prozent 1 Pc kaputt, da sich die Wahrscheinlichkeiten gegenseitig beeinflussen. Mein Laplacer Ansatz war folgender: $\begin{eqnarray} \frac{0.02\cdot 0.94\cdot 0.97}{0.03+ 0.97+ 0.94\cdot 0.98+ 0.98\cdot 0.06} \end{eqnarray}$ Also ganz schlicht und einfach günstige durch mögliche. Diese Lösung kommt zumindest sehr annähernd an die von vorhin gepostete Bayers ran. Hast du noch irgenwelche Ideen, bzw kannst du überprüfen, ob die Lösung stimmt, was bekommst du bei deinem Ansatz raus? LG
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27.09.2011, 18:18	Pi von Lyrelda	Auf diesen Beitrag antworten »
Uff inzwischen hab ich keine Notizen mehr von gestern... und somit die Ergebnisse nicht mehr im "Kopf" (Ea war glaub minimal kleiner als 2%) Beide deiner Versuche sind meines Erachtens falsch, geh mal den von mir skizzierten Weg Man kann sie nicht addieren, hab ich doch geschrieben es sind nicht 8% kaputt sondern 7,76% Bei LaPlace rechnest du Günstige Ereignisse durch Mögliche das du da verrechnest sind Wahrscheinlichkeiten!
27.09.2011, 19:15	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie kann es sein, daß Fehler 2 mit 2%-iger und beide Fehler mit 3%-iger Wahrscheinlichkeit auftreten? Und einen Zusammenhang mit Laplace-Wahrscheinlichkeiten kann ich nun gar nicht erkennen. Da werden ganz unterschiedliche Ebenen durcheinandergeworfen. Und was hat das mit bedingten Wahrscheinlichkeiten zu tun? (-> Bayes) Vielleicht wäre es sinnvoll, die Aufgabe einmal im Originalwortlaut (jedes Wort ist wichtig!) hier hereinzustellen.
27.09.2011, 19:23	Pi von Lyrelda	Auf diesen Beitrag antworten »
es ist meines erachtens gemeint, dass 3% der kapuuten Geräte beide Fehler haben - so habe ich es zu mindestens verstanden, alles andere macht keinen Sinn! Beyes und LaPlace verweiger ich ja andauernd und weise darauf hin, dass es andest geht,...

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