Poissonverteilung Computerkompilieren

29.09.2011, 14:47

Paradigm

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Poissonverteilung Computerkompilieren

Hi,

folgendes Beispiel:

Ein Programm ist in drei Teile geteilt, welche simultan und unabhängig auf 3 Computern ausgeführt werden. Die Zeit (in Minuten), die jeder Computer braucht sei exponentiell verteilt mit Mittel $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ . Diese Zeiten seien unabhängig. Das Programm ist fertig kompiliert, wenn alle drei Blöcke kompiliert sind.

a) Geben Sie die Verteilungsfunktion der Zeit für das Kompilieren des ganzen Programmes an. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das ganze Programm zwischen einer und zwei Minuten kompiliert?

b) Wir wissen, dass ein Computer mit höchstens 15 Sekunden kompiliert hat. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das ganze Programm unter 30 Sekunden kompiliert?
---------------------------------------------------------------------------------------------------------

Mein Lösungsversuch:
a) Teil 1:
Da die Teile unabhängig sind würde ich nicht auf eine Exponentialverteilung schließen sondern speziell auf eine Poissonverteilung. Daher:

$\begin{eqnarray*} P(X=x) = \frac{\lambda^k * e^{-\lambda}} { k!} \end{eqnarray*}$

Da dass Mittel 1/6 ist, was bedeutet das Programm wird im Schnitt alle 10 Sekunden fertig sein.
Daher würde ich $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{1}{\mu} = 6 \end{eqnarray*}$ annehmen.
k = 3 da 3 Computer kompilieren.

Daher $\begin{eqnarray*} P(X=x) = \frac{6^3 * e^{-6}} { 3!} \end{eqnarray*}$

Teil 2:
Bedeutet alle Müssen unter 2 Minuten fertig sein nur der letzte Teil darf erst nach einer Minute fertig sein.

Daher
P("ganzes Programm zwischen 1 min und 2 min")=
P("0 Teile in der Ersten Minute fertig") * P("3 Teile in der 2ten Minute fertig") +
P("1 Teil in der Ersten Minute fertig") * P("2 Teile in der 2ten Minute fertig") +
P("2 Teile in der Ersten Minute fertig") * P("1 Teile in der 2ten Minute fertig")

$\begin{eqnarray*} <br /> P("ganzes Programm zwischen 1 min und 2 min") =<br /> \frac{6^0 * e^{-6}} { 0!} * \frac{6^3 * e^{-6}} { 3!} +<br /> \frac{6^1 * e^{-6}} { 1!} * \frac{6^2 * e^{-6}} { 2!} +<br /> \frac{6^2* e^{-6}} { 2!} * \frac{6^1 * e^{-6}} { 1!} =<br /> 0,25% * 8,9% + 1,48% * 4,46% + 1,48% * 4,46% = 15,43%<br /> <br /> \end{eqnarray*}$

Kann dass stimmen? Erbitte Hilfe!
lg

29.09.2011, 14:56

Math1986

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RE: Poissonverteilung Computerkompilieren

Zitat:

Original von Paradigm
Mein Lösungsversuch:
a) Teil 1:
Da die Teile unabhängig sind würde ich nicht auf eine Exponentialverteilung schließen sondern speziell auf eine Poissonverteilung. Daher:

$\begin{eqnarray*} P(X=x) = \frac{\lambda^k * e^{-\lambda}} { k!} \end{eqnarray*}$

Da dass Mittel 1/6 ist, was bedeutet das Programm wird im Schnitt alle 10 Sekunden fertig sein.
Daher würde ich $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{1}{\mu} = 6 \end{eqnarray*}$ annehmen.
k = 3 da 3 Computer kompilieren.

Daher $\begin{eqnarray*} P(X=x) = \frac{6^3 * e^{-6}} { 3!} \end{eqnarray*}$

Ich kann absolut nicht nachvollziehen, wie du von der gegebenen Exponentialverteilung auf die Poissonverteilung kommst, die Begründung hat damit rein gar nichts zu tun.
Ausserdem ist das, was du da angegeben hast, nicht die gefragte Verteilungsfunktion, schau dir mal an, wie ebendiese definiert ist, und überleg dir, wie du sie bestimmst.

Da du die gegebene Exponentialverteilung einfach ignoriert hast ist der Rest der Aufgabe natürlich auch falsch. unglücklich

unglücklich

29.09.2011, 15:04

René Gruber

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Zitat:

Original von Paradigm
Da die Teile unabhängig sind würde ich nicht auf eine Exponentialverteilung schließen sondern speziell auf eine Poissonverteilung.

Mit Logik hat dieser Satz nichts zu tun. Warum setzt du dich einfach darüber hinweg, dass die Kompilierzeit exponentialverteilt ist? unglücklich

unglücklich

Damit lässt sich doch prima ausrechnen, mit welcher Wahrscheinlichkeit (erstmal) ein Computer das Kompilieren in einem bestimmten Zeitraum schafft. Das ist doch der erste Schritt zur Bewältigung des anstehenden Problems.

29.09.2011, 15:21

Paradigm

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Ich komme deswegen darauf, weil in meinem Statistik Buch (Fahrmeir) folgender Satz steht:

"Die Poissonverteilung steh auch in einem engem Zusammenhang zur Poissonverteilung: Die Anzahl von Ereignissen in einem Zeitintervall ist genau dann Po( $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ )-verteilt, wenn die Zeitdauern zwischen aufeinanderfolgenden Ereignissen unabhängig und exponentialverteilt mit Parameter ( $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ sind."

und weil unabhängig und exponentialverteilt in der Angabe vorkommen hab ich darauf geschlossen.

okay: die Verteilungsfunktion der Exponentialverteilung wäre:

$\begin{eqnarray*} F(x) = 1 - e^{-\lambda*x} \end{eqnarray*}$

D.h. ein Computer wäre dann:

$\begin{eqnarray*} F(1) = 1 - e^{-\frac{1}{6}*1}= 15,35% \end{eqnarray*}$

und wie muss ich jetzt weiter machen?

29.09.2011, 15:27

René Gruber

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Unlogik, Teil 2

Zitat:

Original von Paradigm
Ich komme deswegen darauf, weil in meinem Statistik Buch (Fahrmeir) folgender Satz steht:

"Die Poissonverteilung steh auch in einem engem Zusammenhang zur Poissonverteilung: Die Anzahl von Ereignissen in einem Zeitintervall ist genau dann Po( $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ )-verteilt, wenn die Zeitdauern zwischen aufeinanderfolgenden Ereignissen unabhängig und exponentialverteilt mit Parameter ( $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ sind."

Das ist richtig, hat aber nichts mit der Situation hier zu tun: Geht es bei deiner Problemstellung um das Zählen aufeinander folgender Kompilierläufe in einem bestimmten Zeitraum? Nein!

--------------------------------------------------------------------------

Wir haben die drei (voneinander unabhängigen) Kompilierzeiten $\begin{eqnarray*} X_1,X_2,X_3\sim \operatorname{Exp}(\lambda) \end{eqnarray*}$ , wobei man $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ aus der Mittelwertangabe " $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ Minute" ausrechnen kann.

Die eigentliche Gesamtkompilierzeit ist dann das Maximum der drei Einzelwerte, also $\begin{eqnarray*} Y=\max(X_1,X_2,X_3) \end{eqnarray*}$ . Für so ein Maximum unabhängiger Größen kann man die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_Y \end{eqnarray*}$ aus den Verteilungsfunktionen $\begin{eqnarray*} F_{X_1},F_{X_2},F_{X_3} \end{eqnarray*}$ der Einzelgrößen bestimmen.

29.09.2011, 15:51

Paradigm

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nächster Versuch...
$\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ oder?

$\begin{eqnarray*} F(1) = 15,35% \end{eqnarray*}$ -> P für Der Computer wird innerhalb der ersten Minute fertig.

P, dass der Computer nicht innerhalb der ersten Minute fertig wird:
$\begin{eqnarray*} P = 1 - F(1) \end{eqnarray*}$

P, dass der Computer innerhalb von 2 Minuten fertig wird:
$\begin{eqnarray*} F(2) = 28,35% \end{eqnarray*}$

P, dass der Computer zwischen 1ner und 2 Minuten fertig wird:
$\begin{eqnarray*} P = F(2)*(1 - F(1)) \end{eqnarray*}$

stimmt's soweit?

Danke!

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29.09.2011, 16:02

René Gruber

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Für die Exponentialverteilung gilt $\begin{eqnarray*} E(X_k)=\frac{1}{\lambda} \end{eqnarray*}$ . Dieses Mittel ist in den Voraussetzungen mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ angegeben, demnach ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\lambda}=\frac{1}{6} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \lambda = 6 \end{eqnarray*}$ .

Eigentlich hat es auch noch keinen Zweck, hier weiter loszurechnen, solange du dich nicht der für die Lösung von a) und b) notwendigen Frage

Zitat:

Original von René Gruber
Die eigentliche Gesamtkompilierzeit ist dann das Maximum der drei Einzelwerte, also $\begin{eqnarray*} Y=\max(X_1,X_2,X_3) \end{eqnarray*}$ . Für so ein Maximum unabhängiger Größen kann man die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_Y \end{eqnarray*}$ aus den Verteilungsfunktionen $\begin{eqnarray*} F_{X_1},F_{X_2},F_{X_3} \end{eqnarray*}$ der Einzelgrößen bestimmen.

widmest.

29.09.2011, 16:28

Paradigm

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Du meinst also so:
$\begin{eqnarray*} F_{x_1} = F_{x_2} = F_{x_3} = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (1-F(1)) * F(2) = (1 -1 + e^{-6*1} ) * (1-e^{-6*2}) = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{-6*1} * (1-e^{-6*2}) = 0,25% * 99,9994% = 0,25% \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F_{ges} = F_{x_1} + F_{x_2} + F_{x_3} = 0,25% *3 = 0,75% \end{eqnarray*}$

erscheint mir unheimlich klein....??

29.09.2011, 16:34

René Gruber

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Ich verstehe deine Rechnungen nicht, z.B. diese sinnfreien Terme $\begin{eqnarray*} (1-F(1))*F(2) \end{eqnarray*}$ usw. unglücklich

unglücklich

29.09.2011, 16:36

Paradigm

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Zitat:

Original von René Gruber
Eigentlich hat es auch noch keinen Zweck, hier weiter loszurechnen, solange du dich nicht der für die Lösung von a) und b) notwendigen Frage

Zitat:

Original von René Gruber
Die eigentliche Gesamtkompilierzeit ist dann das Maximum der drei Einzelwerte, also $\begin{eqnarray*} Y=\max(X_1,X_2,X_3) \end{eqnarray*}$ . Für so ein Maximum unabhängiger Größen kann man die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_Y \end{eqnarray*}$ aus den Verteilungsfunktionen $\begin{eqnarray*} F_{X_1},F_{X_2},F_{X_3} \end{eqnarray*}$ der Einzelgrößen bestimmen.

widmest.

Ich glaube das mit dem Maximum habe ich noch nicht ganz verstanden... wie kann ich das berechnen? $\begin{eqnarray*} F_y \end{eqnarray*}$ würde ich so berechnen:
$\begin{eqnarray*} F_y = F_{x_1} + F_{x_2} + F_{x_3} \end{eqnarray*}$

29.09.2011, 16:44

Paradigm

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Zitat:

Original von René Gruber
Ich verstehe deine Rechnungen nicht, z.B. diese sinnfreien Terme $\begin{eqnarray*} (1-F(1))*F(2) \end{eqnarray*}$ usw. unglücklich

unglücklich

1-F(1) ist die Wahrscheinlichkeit, dass nicht in der 1ten Minute fertig kompiliert wurde.
F(2) das innerhalb von 2 Minuten kompiliert wurde.

Und das Mal ist wegen der Abhängigkeit... sprich es muss zwischen einer und 2 Minuten passieren.

29.09.2011, 16:47

René Gruber

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Zitat:

Original von Paradigm
$\begin{eqnarray*} F_y = F_{x_1} + F_{x_2} + F_{x_3} \end{eqnarray*}$

Die Summe von zwei oder mehr Verteilungsfunktionen ist NIEMALS eine Verteilungsfunktion, d.h. nicht nur hier nicht. Es ist nämlich

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{t\to\infty} \left( F_{X_1}(t) + F_{X_2}(t) + F_{X_3}(t) \right) = 3 \end{eqnarray*}$ ,

was ja $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{t\to\infty} F_Y(t) = 1 \end{eqnarray*}$ fundamental widerspricht. Mit solchen Ratereien kommst du nicht zum Ziel. unglücklich

unglücklich

---------------------------------------------------------------------------------------

Dreh- und Angelpunkt der Berechnung von $\begin{eqnarray*} F_Y \end{eqnarray*}$ ist die Gleichheit der Ereignisse $\begin{eqnarray*} \Big\{ \max(X_1,X_2,X_3)\leq y \Big\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \Big\{ X_1\leq y \,\wedge\, X_2\leq y \,\wedge\, X_3\leq y \Big\} \end{eqnarray*}$ , mal bitte drüber nachdenken, wieso das inhaltlich dasselbe ist. Kommt noch die Unabhängigkeit hinzu, kann man die Wahrscheinlichkeit des zweiten Ereignisses mit Hilfe von $\begin{eqnarray*} F_{X_1},F_{X_2},F_{X_3} \end{eqnarray*}$ berechnen.

29.09.2011, 17:36

Paradigm

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Denkversuch....

Zitat:

Original von René Gruber

Zitat:

Original von Paradigm
$\begin{eqnarray*} F_y = F_{x_1} + F_{x_2} + F_{x_3} \end{eqnarray*}$

Die Summe von zwei oder mehr Verteilungsfunktionen ist NIEMALS eine Verteilungsfunktion, d.h. nicht nur hier nicht. Es ist nämlich

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{t\to\infty} \left( F_{X_1}(t) + F_{X_2}(t) + F_{X_3}(t) \right) = 3 \end{eqnarray*}$ ,

was ja $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{t\to\infty} F_Y(t) = 1 \end{eqnarray*}$ fundamental widerspricht. Mit solchen Ratereien kommst du nicht zum Ziel. unglücklich

unglücklich

da hast du natürlich völlig recht... Hammer

Hammer

---------------------------------------------------------------------------------------

Zitat:

Dreh- und Angelpunkt der Berechnung von $\begin{eqnarray*} F_Y \end{eqnarray*}$ ist die Gleichheit der Ereignisse $\begin{eqnarray*} \Big\{ \max(X_1,X_2,X_3)\leq y \Big\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \Big\{ X_1\leq y \,\wedge\, X_2\leq y \,\wedge\, X_3\leq y \Big\} \end{eqnarray*}$ , mal bitte drüber nachdenken, wieso das inhaltlich dasselbe ist. Kommt noch die Unabhängigkeit hinzu, kann man die Wahrscheinlichkeit des zweiten Ereignisses mit Hilfe von $\begin{eqnarray*} F_{X_1},F_{X_2},F_{X_3} \end{eqnarray*}$ berechnen.

Dass die Beiden Ereignisse
$\begin{eqnarray*} \Big\{ \max(X_1,X_2,X_3)\leq y \Big\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \Big\{ X_1\leq y \,\wedge\, X_2\leq y \,\wedge\, X_3\leq y \Big\} \end{eqnarray*}$

gleich sind resultiert daraus, dass wenn das Maximum kleiner gleich y ist, dass dies auch für jedes einzelne Ereignis gilt.

Die Unabhängigkeit definiert sich so:
$\begin{eqnarray*} P(A \cap B) = P(A) * P(B) \end{eqnarray*}$

Heißt dass für mich ich muss die Einzelwahrscheinlichkeiten multiplizieren?
$\begin{eqnarray*} F_y = F_{x_1} * F_{x_2} * F_{x_3} \end{eqnarray*}$ verwirrt

verwirrt

30.09.2011, 09:00

René Gruber

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Zitat:

Original von Paradigm
Heißt dass für mich ich muss die Einzelwahrscheinlichkeiten multiplizieren?
$\begin{eqnarray*} F_y = F_{x_1} * F_{x_2} * F_{x_3} \end{eqnarray*}$ verwirrt

verwirrt

Ja, denn es ist ja nun

$\begin{eqnarray*} F_Y(y) &=& P(Y\leq y) = P(X_1\leq y \,\wedge\, X_2\leq y \,\wedge\, X_3\leq y) \stackrel{U}{=} P(X_1\leq y)\cdot P(X_2\leq y)\cdot P(X_3\leq y)\\ &=& F_{X_1}(y)\cdot F_{X_2}(y)\cdot F_{X_3}(y) \end{eqnarray*}$

("U" wie Unabhängigkeit). Die Verteilungsfunktionen $\begin{eqnarray*} F_{X_k} \end{eqnarray*}$ kennst du, also ist der erste Teil von a) im Prinzip erledigt.

30.09.2011, 11:23

Paradigm

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super!

Gott

aber nun steh ich leider an... traurig

traurig

wie geh ich jetzt den zweiten Teil an?

$\begin{eqnarray*} F_{\lambda}(x) = 1 - e^{- \lambda * x} \end{eqnarray*}$

wie mach ich das jetzt mit zwischen einer und zwei Minuten?
Meine Idee ist die Wahrscheinlichkeit mal für einen Computer zu berechnen:

zuerst brauch ich die Wahrscheinlichkeit, dass er in der ersten Minute nicht fertig ist.
-> x = 1

Dann die Wahrscheinlichkeit dass er in 2 Minuten fertig wird.
-> x = 2

soweit korrekt?

30.09.2011, 12:17

René Gruber

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Es ist eine einfache Intervallwahrscheinlichkeit gesucht, und deren Berechnung mit der Verteilungsfunktion ist immer wieder gleich: Für $\begin{eqnarray*} a\leq b \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} P(a<Y\leq b) = P(Y\leq b)-P(Y\leq a) = F_Y(b)-F_Y(a) \end{eqnarray*}$ .

Ist die Zufallsgröße zudem stetig, dann spielt es zudem keine Rolle, ob da nun links stattdessen $\begin{eqnarray*} a\leq Y \leq b \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} a\leq Y < b \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} a<Y < b \end{eqnarray*}$ steht.

01.10.2011, 00:34

Paradigm

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Danke ich glaube damit ist mir fürs erste geholfen ich rechne das jetzt noch aus und stell das ganze online.

28.02.2012, 15:46

DenkMit

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hallo(sorry fürs raus kramen des Threads, aber hab das vorhin gefunden),

a) wäre meine Vermutung richtig?

ein Computer muss in der Zeit ja fertig sein die anderen 2 können ja schon früher fertig sein:
P(1<x<2)= (1-e^(-6*2)-(1-e^(-6*1) = 0,0024726
anderen zwei:
P(0<x<2)= ((1-e^(-6*2)-(1-e^(-6*1))^2 = 0,9999877

0,0024726*0,9999877 = 0,0024725 ~ 0,24%

zu b)
wir wissen das ein Computer ja schon fertig ist unter 30 sek somit braucht man ihn zur Berechnung nicht.

P(x<0,5)= (1-e^(-6*0,5))^2 = 0,9029 = 90,29%

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