Zufallsgröße-Wahrscheinlichkeit |
| 26.11.2011, 18:00 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| Zufallsgröße-Wahrscheinlichkeit Eine Schaltung enthält 5 Bauteile (die nebeneinander durch 5 Quadrate verbildlicht werden können), von denen genau eines defekt ist. Wie viele Bauteile sind im Schnitt zu prüfen? Meine Ideen: Ich habe mir da eine Wahrscheinlichkeitsverteilung von X (Anzahl der zu püfenden Teile) in Tabellenform vorgestellt und habe auch die Lösungen dafür bereits errechnet. X=1 --> 0,2 X=2 --> 0,8*0,25 X=3 --> =0,8*0,75*1/3 X=4 --> 0,8*0,75*2/3*1/2 spätestens nach dem 4. Teil, weiß man ja welches defekt ist. Nun ist im Lösungsteil jedoch angegeben, dass für x=4 die Wahscheinlichkeit 0,8*0,75*2/3*1 ist (1 statt 1/2,wie ich es mir gedacht habe). Dementsprechend stimmt mein Erwartungswert nicht mit der vorgegebenen Lösung überein. Kann mir jemand rklären warum mal als letzten Faktor 1 statt 1/2 nimmt? Normalerweise sind 2 Teile übrig und nicht nur 1... Hilfe? |
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| 26.11.2011, 19:38 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Zufallsgröße-Wahrscheinlichkeit
Wir sind keine Hellseher. Was, 5 Bauteile mit UND verknüpft , geht es um Ausfallraten von Maschinengruppen? Eines ist defekt , und bitte was nun ist die FRAGE |
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| 26.11.2011, 21:38 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ob die Bauteile mit UND verknüpft sind, ist nicht angegeben. Ich denke schon. Ich dachte das müsste aus der Aufgabenstellung hervorgehen, von der ich im Beitrag nichts gekürzt oder ausgelassen habe. Ausfallraten ? Eher nicht. Die allgemeine Frage lautet wie bereits geschrieben: Wie viele Bauteile sind im Schnitt zu prüfen? Der letzte Abschnitt meines Beitrags enthält im Übrigen meine persönliche Frage zu diesem Thema, denn es ist eine Frage bezogen auf meinen vorgestellten Lösungsweg. |
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| 26.11.2011, 23:04 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Zufallsgröße-Wahrscheinlichkeit
Warum?, wofür?, was ist mit Schnitt gemeint?. Wo ist die mathematische Frage? 
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| 27.11.2011, 09:23 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Im (Durch-)Schnitt. Wie viele Teile muss ich im Durchschnitt prüfen, um herauszufinden welches defekt ist. ? |
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| 27.11.2011, 13:01 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
aha, ich prüfe also der Reihe nach, bis das defekte gefunden ist. Beim 1. Versuch: Beim 2. Versuch: Beim 3. Versuch: Beim 4. Versuch: ein 5. Versuch ist nicht mehr notwendig. Deine Zufallsgrösse X ist die Anzahl der Versuche. Jetzt kannst du der Erwartungswert der Anzahl der Versuche berechnen. |
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| 27.11.2011, 18:44 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Danke erstmal für den Beitrag. Er bestätigt nämlich meinen Lösungsweg. Allerdings stimmt der errechnete Erwartungswert nicht mit dem mir vorgegebenen Erwartungswert überein. Denn wenn ich den mit diesen Werten errechne, erhalte ich den Erwartungswet 2. Laut Lösung soll ich aber 2,8 erhalten. Diesen Wert erhält man, wenn man beim 4. Versuch nicht p(x=4)=4/5*3/4*2/3*1/2 rechnet sondern p(x=4)=4/5*3/4*2/3*1 Man hat doch beim 4. Versuch zuletzt immer noch 2 Teile, warum dann 1 und nicht 1/2 ? Genau das ist mein Problem oder Denkfehler, aber von selbst komme ich da einfach nicht drauf. :/ Inzwischen glaube ich sogar schon an einen Druckfehler im Lösungsteil, kann das sein? |
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| 27.11.2011, 19:11 | opi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Durch den - meiner Meinung nach falschen - roten Bruch wird hier die WSK berechnet, daß das vierteTeil defekt ist. Das Ergebnis der vierten Prüfung ist aber für die Anzahl der Prüfungen völlig unerheblich. Eine alternative Rechnung wäre |
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| 27.11.2011, 19:56 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
mmh... nach 3 vergeblichen Versuchen ist die Wkt, das Defekte zu treffen schon 0.5, aber man kann argumentieren, dass die Suche so oder so zu Ende ist. Das leuchtet ein, logischer Fehler meinerseits. @opi: wenn es so sein sollte, warum schreibst du es dann in der post nicht? |
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| 27.11.2011, 20:17 | opi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@Dopap: Ich dachte eigentlich, ich hätte genug geschrieben. Aber wenn's denn sein muß: Zur Erinnerung:
Deswegen ist der rote Bruch bei der Berechnung von P(x=4) schlicht und ergreifend falsch. Begründung:
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| 27.11.2011, 20:26 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das verstehe ich nicht ganz. Warum ist das Ergebnis der vierten Prüfung unerheblich, wenn es doch 5 Teile sind und erst NACH der vierten Prüfung klar ist, dass es das 5. sein muss und man deshalb nur 4 Teile prüfen muss? Warum ist die Suche schon nach der 3. prüfung zu Ende? Ich meine, für den Erwartungswert ist doch das Ergebnis des 4. Teils doch auch interessant,oder nicht? 
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| 27.11.2011, 20:43 | opi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Stelle Dir vor, ich sei der Prüfer. Ich habe nun bereits drei Teile geprüft, alle waren in Ordnung. Nun muß ich also leider noch einmal 'ran. Wie auch immer des letzte Ergebnis ausfällt (mir persönlich ist es völlig egal): Ich werde nach der vierten und letzten Prüfung endlich nach Hause gehen können. 
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| 27.11.2011, 20:52 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hmm, okay das kann ich mir dank der Erklärung gut vorstellen, aber wie erklärt sich das dann in Bezug auf die Berechnung des Erwartungswertes bei dem man laut Lösungsteil 2,8 erhalten soll ? Also, ich verstehe nicht ganz, wie ich dann ohne das Ergebnis für die 4. Prüfung auf den gewünschten Erwartungswert kommt. |
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| 27.11.2011, 20:53 | Dopap | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@opi: 'hast ja recht, nach meinem logischen Fehler auch noch nicht richtig weitergelesen . nicht mein Tag heute.
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| 27.11.2011, 21:01 | opi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Du brauchst nicht das Ergebnis der vierten Prüfung, sondern die Wahrscheinlichkeit, daß es überhaupt zur vierten Prüfung kommt: Dann klappt es auch mit dem Erwartungswert. @Dopap: Es kommen auch wieder bessere Tage. 
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| 27.11.2011, 21:20 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Achso! Jetzt verstehe ich wie das gemeint war. Das Ergebnis der 4. Prüfung ist ja völlig egal, es interessiert nur, wie wahrscheinlich es ist, dass es überhaupt zur 4. Prüfung kommt. Der Groschen ist gefallen. Dankeschön!! |
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| 27.11.2011, 21:28 | opi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Gern geschehen! 
Noch eine kleine Anmerkung zur Kontrolle von Wahrscheinlichkeitsverteilungen: Die Summe der WSKen muß immer 1 ergeben, sonst stimmt was nicht. 
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| 27.11.2011, 21:35 | mari... | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja spätestens an dieser Stelle hätte mir was auffallen müssen, aber an dieser kleinen Aufgabe hatte ich so lange zu knabbern, dass ich am Ende schon fast vergessen hatte, was ein Erwartungswert ist. Ärgerlich, aber mir wurde ja freundlicherweise geholfen! 
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