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Carrie (Carrie)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Carrie
Nummer des Beitrags: 125
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 05. Februar, 2004 - 13:59: | 
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Vorraussetzung:
In der Einführungsphase haben Züge vonm Typ B eine Pannenwahrscheinlichkeit von 8,5%.
3.)Die 9 Züge vom Typ A und die 3 Züge vom Typ B verkehren täglich in zufälliger Reihenfolge.
a.) Mit welcher Wahrscheinlichkeit muss ein Fahrgast bei seiner Fahrt mit dem Auftreten einer Panne rechnen?
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt bei fünf Fahrten mehr als eine Panne auf?
c) Auf einer Fahrt tritt keien Panne auf. Mit welcher Wahrscheinlichkeit war das eine Fahrt mit Typ B???
4.) Untersuchen Sie für 3 aufeinander folgende Fahrten eines Zuges vom Typ B die Ereignisse
C:"Höchstens eine Pannenfahrt"
und
D:"Panne bei der zweiten Fahrt" auf Unabhängigkeit.
Kann mir hier jmd weiterhelfen???
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Carrie (Carrie)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Carrie
Nummer des Beitrags: 127
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Februar, 2004 - 19:35: |
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Hat jemand nen Ansatz??? |
Sotux (Sotux)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Sotux
Nummer des Beitrags: 272
Registriert: 04-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 07. Februar, 2004 - 14:39: |
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Wenn der Typ A fehlerfrei fährt, ist die Pannenw. in der a) gerade P(Typ B) * P(Panne bei Typ B) = 3/12 * 0.085.
Bei der b) kannst du die in der a) ausgerechnete W. p nehmen, dann ist X=Pannenanzahl bei 5 Fahrten verteilt mit B(p,5). P(X>1) ist dann 1-P(X=0)-P(X=1).
zu c) P(B gegeben keine Panne) = P(B und keine Panne) / (P(A) + P(B und keine Panne))
zur 4: die Ereignisse können eigentlich nicht unabhängig sein,, denn je höher die Gesamtzahl der Pannen ist, desto wahrscheinlicher ist eine Panne bei der 2. Fahrt. Wenn du es genau nachrechnen willst, schreib dir die W. für die 8 Möglichkeiten einfach hin und fass die richtigen zusammen. |
Carrie (Carrie)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Carrie
Nummer des Beitrags: 131
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 08. Februar, 2004 - 19:12: |
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Hi Sotux
das ist nett, das du mir hilfst!
Allerdings fährt Typ A nicht pannenfrei, denn ich habe zuvor noch einen Post, wo die Aufgabe schon anfängt; dass ist die Fortführung und da haben ich alle gegeben Werte nicht nochmal hingeschrieben *sorry*
mit b) hast du mir aber geholfen --> ist auch richtig, wenn ichs mit der Lösung vergleiche!
Kannst du mir aber bitte bei c) erklären, was da für eine Überlegung hintersteckt??? ich habs nachgerechnet und es kommt das Ergebnis raus was rauskommen soll, abe ich weiß nicht warum man das so rechnen muss! Kannst du mir das erklären???
bei 4) weiß ich nicht, wie die Wahrscheinlichkeiten für C und D sind und kann sie daher auch nicht auf ihre stochastische Unabhängigkeit prüfen...
kannst du mir sagen, wie sie lauten??
das sie abhängig sind, wird mir auch klar, aber ich muss es halt per Rechnung beweisen!
Danke schon mal |
Sotux (Sotux)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Sotux
Nummer des Beitrags: 276
Registriert: 04-2003
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 08. Februar, 2004 - 21:25: |
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Hi,
wenn Typ A nicht pannenfrei fährt, musst du den Anteil noch genau wie bei B addieren.
Bei der c habe ich einfach die Definition angewandt: P(X|Y)=P(X und Y)/P(Y). In dem Fall ist Y={keine Panne} und das setzt sich aus {keine Panne, mit A} und {keine Panne, mit B} disjunkt zusammen. Sprachlich ausgedrückt: Die bedingte W. von X gegeben Y ist die relative W. von X, wenn man sich nur den Bereich Y ansieht.
Zur 4.
Wenn man die Pannenw. mit x=0.085 bezeichnet dann hast du bei drei Fahrten einen WR mit den folgenden W.:
OK OK OK hat (1-x)^3,
OK OK Panne, OK Panne OK und Panne OK OK haben (1-x)^2*x,
OK Panne Panne .... (1-x)*x^2 und
Panne Panne Panne hat x^3.
Aus denen suchst du dir C und D und {C und D} zusammen und schaust nach, ob letztere das Produkt der beiden ersteren ist (garantiert nicht).
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Carrie (Carrie)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Carrie
Nummer des Beitrags: 134
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Februar, 2004 - 12:40: |
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so c) habe ich verstanden (Stichwort: bedingte Wahrscheinlichkeit )--> danke!
bei 4.)habe ich für C=0,98 und für D=0,078. stimmt das???
nun weiß ich aber nicht was (C und D) sind!!
hilfst du mir noch mal bitte kurz???
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Kratas (Kratas)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Kratas
Nummer des Beitrags: 112
Registriert: 12-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Februar, 2004 - 20:45: |
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Sotux,könnte man,dass auch so rechnen ?:
Wenn die Ereignisse C und D unabhängig sein sollen,muss gelten: z.B. P(C|D)=P(C)
P(C)=P(Panne OK OK)+ P(OK Panne OK) + P(OK OK Panne)= 3*(Panne OK OK)=3*(0,085)*(0,915)^2
=0,2135
********
P(C|D)=P(OK Panne OK)=0,0525 ungleich P(C)->also keine Unabhängigkeit
Stimmt das????
Gruß
Kratas |
Sotux (Sotux)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Sotux
Nummer des Beitrags: 279
Registriert: 04-2003
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Februar, 2004 - 22:09: |
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Hi Kratas,
das Prinzip stimmt, die Ausführung nicht ganz.
C={HÖCHSTENS eine Panne}, P(C)=3*x*(1-x)^2+(1-x)^3
D={Panne bei der 2. Fahrt}, P(D)=x
C und D = {genau eine Panne, bei der 2.Fahrt},
P(C und D}= x*(1-x)^2
P(C|D) ist P(C und D)/P(D)=(1-x)^2 also ungleich P(C).
Für P(C) kriege ich 0.97955325 raus, P(D)=0.085. |
Carrie (Carrie)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Carrie
Nummer des Beitrags: 136
Registriert: 07-2003
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 10. Februar, 2004 - 11:09: |
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okay bei D habe ich mich vertan;
danke @Sotux!! |
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