Bedingte Wahrscheinlichkeit im "verketteten" Baumdiagramm

07.04.2018, 17:34

Nico1112010

Bedingte Wahrscheinlichkeit im "verketteten" Baumdiagramm

Meine Frage:
Hallo,
es geht um folgende Aufgabe:

"Aus Erfahrung sind folgende zwei Aussagen bekannt:
(1) 85% der gelieferten Lichtpaneele können sofort eingebaut werden.
(2) 70% der gelieferten Lichtpaneele, die nicht sofort eingebaut werden können, können nach einer Überarbeitung eingebaut werden.

Ein eingebautes Lichtpaneel wird zufällig ausgewählt.
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dieses Lichtpaneel überarbeitet wurde."

Meine Ideen:
Im Anhang findet man die Lösung, die ich nicht verstehe:
$\begin{eqnarray*} \frac{0,15\cdot 0,7}{0,85+0,15\cdot 0,7}=0,1099 \end{eqnarray*}$
Sie wird als Wahrscheinlichkeit angegeben, dass das Paneel überarbeitet wurde unter der Bedingung, dass es vorher eingebaut wurde.
Also: $\begin{eqnarray*} P_{eingebaut} (Nach Ueberarbeitung Eingebaut) \end{eqnarray*}$

Damit komme ich überhaupt nicht zurecht, weil plötzlich das Ereignis "eingebaut", also "E", hinzustößt. Denn eigentlich unterteilt sich das zweistufige Baumdiagramm in "sofort eingebaut", also "E1", und "nach Überarbeitung eingebaut", also "E2". Und wieso ist die Wahrscheinlichkeit der Überarbeitung "E2" plötzlich 0,15*0,7, das ist doch die Wahrscheinlichkeit des ganzen Pfades?

07.04.2018, 21:29

opi

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RE: Bedingte Wahrscheinlichkeit im "verketteten" Baumdiagramm

Zitat:

Original von Nico1112010

Im Anhang findet man die Lösung, die ich nicht verstehe:
$\begin{eqnarray*} \frac{0,15\cdot 0,7}{0,85+0,15\cdot 0,7}=0,1099 \end{eqnarray*}$
Sie wird als Wahrscheinlichkeit angegeben, dass das Paneel überarbeitet wurde unter der Bedingung, dass es vorher eingebaut wurde.

Nein, es ist die Wahrscheinlichkeit, daß das betrachtete Paneel erfolgreich überarbeitet wurde, nachdem es eben gerade nicht vorher eingebaut werden konnte.

Zitat:

Und wieso ist die Wahrscheinlichkeit der Überarbeitung "E2" plötzlich 0,15*0,7, das ist doch die Wahrscheinlichkeit des ganzen Pfades?

Das ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein Paneel erfolgreich überarbeitet und eingebaut werden konnte. Die 0,15 rührt daher, daß es überhaupt zu einer Überarbeitung kam.

07.04.2018, 22:06

Nico1112010

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RE: Bedingte Wahrscheinlichkeit im "verketteten" Baumdiagramm
Danke für die Hilfe. smile

Zitat:

Original von opi
[quote]Original von Nico1112010

Nein, es ist die Wahrscheinlichkeit, daß das betrachtete Paneel erfolgreich überarbeitet wurde, nachdem es eben gerade nicht vorher eingebaut werden konnte.

Wieso ist dann E als "eingebaut" definiert? Dann müsste ja ein Strich darüber sein?

07.04.2018, 22:25

opi

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Nach der erfolgreichen Überarbeitung wird das Paneel natürlich eingebaut.
Es gibt verschiedene "E": $\begin{eqnarray*} E_1 \end{eqnarray*}$ für den sofortigen, $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ für den späten und $\begin{eqnarray*} E_{\text {ohne Index}} \end{eqnarray*}$ für den Einbau wann auch immer.
Mit der WSK $\begin{eqnarray*} P(\overline{E})=0,15 \cdot 0,3 \end{eqnarray*}$ wird ein geliefertes Paneel überhaupt nicht eingebaut und kann daher nach der Aufgabenstellung auch nicht betrachtet werden.

08.04.2018, 18:47

Nico1112010

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Man rechnet also quasi das Verhältnis der Wkt. des überarbeiteten Einbaus zu der vom Einbau aus?

08.04.2018, 22:20

opi

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Jein.
Man berechnet das Verhältnis "überarbeitet" zu allen insgsamt eingebaueten Paneelen.

$\begin{eqnarray*} P=\frac{\text {günstige Möglichkeiten}}{\text {alle Möglichkeiten}} \end{eqnarray*}$

09.04.2018, 09:14

HAL 9000

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Eine "baumlose" Erklärung: Es gibt hier die zwei relevanten Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... geliefertes Panel kann sofort eingebaut werden
$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... geliefertes Panel kann überhaupt eingebaut werden

Der Aufgabenstellung kann man die Werte $\begin{eqnarray*} P(A) = 0.85 \end{eqnarray*}$ (und damit automatisch $\begin{eqnarray*} P(A^c) = 0.15 \end{eqnarray*}$ ), $\begin{eqnarray*} P(B\mid A) = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(B\mid A^c) = 0.7 \end{eqnarray*}$ entnehmen.

Gesucht ist $\begin{eqnarray*} P(A^c \mid B) \end{eqnarray*}$ , berechenbar mit Bayesscher Formel

$\begin{eqnarray*} P(A^c \mid B) = \frac{P(A^c\cap B)}{P(B)} = \frac{P(B\mid A^c)P(A^c)}{P(B\mid A)P(A) + P(B\mid A^c)P(A^c)} \end{eqnarray*}$ ,

was sich genau in der Rechnung $\begin{eqnarray*} \frac{0{,}15\cdot 0{,}7}{0{,}85\cdot 1+0{,}15\cdot 0{,}7} \end{eqnarray*}$ abbildet.

09.04.2018, 22:31

Nico1112010

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Zitat:

Gesucht ist $\begin{eqnarray*} P(A^c \mid B) \end{eqnarray*}$

Genau, das macht Sinn.
Nur ist die Gleichung in der Lösung doch als $\begin{eqnarray*} P(A \mid B) \end{eqnarray*}$ angegeben? Ist das ein Fehler im Lösungsheft?

09.04.2018, 22:33

Nico1112010

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Achso nein, stimmt. Du hast A anders definiert, okay. Danke smile

12.04.2018, 19:11

Nico1112010

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Sorry, für den Dreifach-Post Spam

Wie würde man denn ein Baumdiagramm bzw. eine Vierfeldertafel mit den im Lösungsheft gegebenen Bezeichnungen (E1, E2, E) zeichnen, um die Lösung rauszukriegen?

12.04.2018, 21:25

Dopap

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na ja, ein Baumdiagramm bildet die Dynamik des Geschehens genau ab. Außerdem liegt kein zwingend 2 stufiger Versuch vor. Die bedingten Wahrscheinlichkeiten sind nicht ersichtlich.

So jedenfalls ist mit der 4-Feldtafel kaum was anzufangen:

$\begin{align*} \begin{array}{|||c|c|c|}\hline &\, E_1 \, & \,\bar E_1 \, & \\\hline E_2 & &0.105 & \hline 0.7 \\ \hline \bar E_2 & &0.45 & 0.3 \\ \hline & 0.85 & 0.15 & 1 \\ \hline \end{array} \end{align*}$

13.04.2018, 18:11

Kääsee

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Eventuell geht es Nico ja darum, die Vierfeldertafel mit A und B (wie von HAL 9000 definiert) aufstellen? verwirrt

Diese müsste meiner Meinung nach folgendermaßen aussehen:
$\begin{align*} \begin{array}{|||c|c|c|}\hline &\, A \, & \,\bar A \, & \\ \hline B & 0.85 &0.15\cdot 0.7 & 0.955 \\ \hline \bar B & 0 &0.15\cdot 0.3 & 0.15\cdot 0.3 \\ \hline & 0.85 & 0.15 & 1 \\ \hline \end{array} \end{align*}$
Liege ich damit richtig?
Ob dies allerdings aussagekräftiger ist, ist auch fraglich...

16.04.2018, 10:49

HAL 9000

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Ja, das ist korrekt. Nach nochmaligen Durchlesen des Threads entschuldige ich mich nachträglich dafür, überhaupt die Ereignisse $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ eingeführt zu haben:

Sofern widerspruchsfrei und ausreichend, sollte man nach Möglichkeit mit den Bezeichnungen des Fragestellers arbeiten. In dem Sinne sind synonym $\begin{eqnarray*} E_1=A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E=B \end{eqnarray*}$ .

Das Problem mit Ereignis $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ "nach Überarbeitung eingebaut" ist, dass das Gegenereignis $\begin{eqnarray*} \bar{E}_2 \end{eqnarray*}$ eben nicht nur "nach Überarbeitung nicht eingebaut" ist, sondern "nach Überarbeitung nicht eingebaut oder gar nicht überarbeitet" ist. Daher rühren vielleicht auch einige Schwierigkeiten, wenn man $\begin{eqnarray*} E_2 \end{eqnarray*}$ in irgendwelche Gleichungen einbauen will. Augenzwinkern

28.04.2018, 23:12

Nico1112010

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Okay, Leute, mittlerweile habe ich tatsächlich den Lösungsweg, den ich gesucht habe Big Laugh

(Ich habe dafür nicht 2 Wochen gebraucht, ich hab das Thema nochmal ausgegraben, weil ich bald Prüfungen habe Big Laugh

)

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