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von **CrazyPumuckl** » 13.06.07 14:36

Hallo,

ich schaue mir grade die Aufgabe 21 vom Blatt 5 an ("elektronischer Schaltkreis"). Leider versteh ich nicht wie man auf die Lösung kommt. Es wurde die Siebformel verwendet. Könnte mir jemand den Lösungsweg erklären?

Thx.

von **Neronus** » 13.06.07 16:53

Ohne in der Vorlesung oder Uebung gewesen zu sein kann ich es mal versuchen:

Also, zuerst schauen wir uns mal an, was da ueberhaupt passieren muss, damit der Stromfluss durchbrochen wird:

es muessen
1 und 2 und 3 oder
(((4 und 5) oder 6) und 7)
ausfallen, damit der Stromfluss unterbrochen wird

Wenn man den Ausfall als Vektor codiert, so ist das ganze, da die Wahrscheinlichkeiten allesamt gleich sind, ein Bernoulli-Experiment.
Das bedeutet unter Anderem auch $P(A \cap B) = P(A)P(B)$ .
Also:

Die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass 4 und 5 ausfallen ist $p^2$

Die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass ((4 und 5) oder 6) ausfallen ist nach der Siebformel: "Wahrscheinlichkeit dafuer dass 4 und 5 ausfallen + Wahrscheinlichkeit dafuer, dass 6 ausfaellt minus Wahrscheinlichkeit dafuer, dass 4 und 5 und 6 ausfallen". Also $p^2 + p - p^3$ .

Die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass (((4 und 5) oder 6) und 7) ausfaellt ist also $p^3 + p^2 - p^4$ .

Nun kommt nochmal die Siebformel zur Anwendung:
Die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass die Schaltung unterbrochen wird ist:
$p^3 + (p^3 + p^2 - p^4) - p^3(p^3 + p^2 - p^4) = p^7 - p^6 - p^5 - p^4 + 2p^3 + p^2$

Bitte korrigiert mich, wenn das nicht stimmt.

von **CrazyPumuckl** » 13.06.07 17:17

Danke.

Lösung stimmt mit der Mitschrift überein, sollte also richtig sein.

Danke nochmal für die ausführliche Beschreibung. Hab's jetzt verstanden :-)

von **David** » 13.06.07 19:50

Hmm, sicher das die Wahrscheinlichkeit für (((4 und 5) oder 6) und 7) so richtig ist?

zu berechnen ist doch: P({4, 5, 7} u {6, 7}), nach Siebformel also:

P(A1 u A2) = P(A1) + P(A2) - P(A1 geschnitten A2)
=> P({4, 5, 6, 7}) = P({4, 5, 7}) + P({6, 7}) - P(7) = p^3 + p^2 - p

oder hab ich da irgendwas verpeilt?

von **Neronus** » 13.06.07 22:50

David hat geschrieben:Hmm, sicher das die Wahrscheinlichkeit für (((4 und 5) oder 6) und 7) so richtig ist?

zu berechnen ist doch: P({4, 5, 7} u {6, 7}), nach Siebformel also:

P(A1 u A2) = P(A1) + P(A2) - P(A1 geschnitten A2)
=> P({4, 5, 6, 7}) = P({4, 5, 7}) + P({6, 7}) - P(7) = p^3 + p^2 - p

oder hab ich da irgendwas verpeilt?

Die Siebformel ist schon richtig angewendet.
Aber ich glaube nicht, dass du so rechnen kannst, wie du es tust.
Du moechtest doch bestimmt sagen, dass $P(\{i\})=p, 1 \leq i \leq 7$ die Wahrscheinlichkeit dafuer ist, dass i ausfaellt, oder?
Aber wie geht es dann weiter? Wie bestimmst du denn die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass 4 und 5 ausfallen? $P(\{4\} \cap \{5\})$ macht wohl keinen Sinn, oder? und $P(\4\} \cup \{5\})$ muesste dann doch nach der Siebformel 2p sein. Dabei wissen wir, dass die Wahrscheinlichkeit p^2 sein muss.

Wenn du Mengen betrachten willst, dann musst du glaube ich Elemente der
Menge $\{(a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7} \in \{0, 1\}^7\}$ betrachten, wobei eine 1 in Eintrag $a_i$ bedeutet, dass Schalter i ausgefallen ist.
Dann geht es aber furchtbar haesslich weiter.
Also hat man entweder eine bessere Idee als ich was die Codierung dieses Krams angeht, oder man macht es wie ich etwas abstrakt, und in Gedenken an die schoenen Baeume, die man sich dazu malen kann.

Wenn jemand das besser erklaeren kann, nur her damit. Ich bin gerade etwas hilflos

von **David** » 14.06.07 19:34

Ne, P({4} u {5}) = P({4, 5}) = p^2. Da musst du doch überhaupt nicht die Siebformel anwenden, weil die beiden Mengen disjunkt sind. Außerdem müssen die beiden Wahrscheinlichkeiten multipliziert werden, weil es ja die Wahrscheinlichkeit für "4 und 5 sind durchtrennt" ist und nicht für den "oder" Fall.

von **Neronus** » 16.06.07 13:48

Ich hab nochmal darueber nachgedacht

Du willst doch mit $\{i\}$ das Ereignis "Schalter i faellt aus" kodieren, oder?
Und mit $\{i_1, ..., i_n\}$ Schalter $i_1$ und schalter $i_2$ usw. fallen aus, oder?
Wie beschreibst du denn dann "4 oder 5 fallen aus"? {4, 5} tuts ja nicht, das heisst ja schon "4 und 5 fallen aus"

Das Ereignis kodiert in dieser Mengenschreibweise lautet also folgendermassen: Alle in der Menge enthaltenen Schalter fallen aus. Das bedeutet aber auch gleichzeitig, dass alle diejenigen Schalter, die nicht in der Menge enthalten sind, nicht ausfallen.

Nehmen wir also als Grundraum $\Omega := Pot(\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\})$

Das bedeutet zum Beispiel, dass das Ereignis "Schalter 4 faellt aus, alle anderen Schalter bleiben aber intakt" durch $\{\{4\}\}$ kodiert wird, das Ereignis "Schalter 4 faellt aus, was mit den anderen passiert ist egal" jedoch durch $A \in \Omega, 4 \in A$ .

Jetzt definieren wir $A_i := \{A \in \Omega | i \in A\}$ das Ereignis "Schalter i faellt aus, was mit den andere passiert ist egal".

Jetzt it fuer jedes der eben definierten Ereignisse die Wahrscheinlichkeit p (wers nicht glaubt soll nachrechnen oder fragen

)

Diese Ereigniss sind paarweise unabhaengig voneinander:
(OK, ich kann keinen binomialkoeffizienten in latex ohne amsmath, deshalb mein $(a\ b)$ im Folgenden "a ueber b")
$P(A_i \cap A_j) = P(\{A \in \Omega | i,j \in A\})<br />= \sum_{A \in \Omega, i,j \in A}P(A) = p^7 + p^6(p-1)(5\ 4) + p^5(p-1)^2(5\ 3)+p^4(p-1)^3(5\ 2)+p^3(p-1)^4(5\ 1)<br />+p^2(p-1)^5(5\ 0) = p^2(p + (p-1))^5 = p^2 = P(A_i)P(A_j)$

Also ist die Wahrscheinlichkeit von "4 und 5 fallen aus, der Rest interessiert mich nicht" $P(A_4 \cap A_5) = p^2$ .

Jetzt kommt die Siebformel:
Die Wahrscheinlichkeit fuer (4 und 5) oder 6 fallen aus ist also
$P((A_4) \cap A_5) \cup A_6) = P(A_4 \cap A_5) + P(A_6) - P(A_4 \cap A_5 \cap A_6) = p^2 + p - p^3$ (Dass $P(A_4 \cap A_5 \cap A_6) = p^3$ ist, folgt leicht mit einem aehnlichen Beweis wie oben)

So, und nun, um endlich zum Schluss zu kommen:
Natuerlich ist das Ereignis "Schalter 7 faellt aus, der Rest ist egal" stochastisch unabhaengig von "(4 und 5) oder 6 fallen aus, der Rest ist mir egal", und damit folgt dann $P(((A_4 \cap A_5) \cup A_6) \cap A_7) = p^2 + p - p^3)p$

Ich hoffe, dass das geholfen hat.

von **$veno** » 16.06.07 16:58

Hmm, hab mich gerade an der Aufgabe versucht und hab als Wahrscheinlichkeit p^8-4p^7+4p^6 raus, stimmt das?

Gruss Sven

von **nomawie** » 17.06.07 02:26

was ist denn, wenn man anders an das problem rangeht:

mit p^3 (beispielsweise) sagt man doch, das mit der wahrscheinlichkeit p^3 genau 3 schaltstellen ausfallen. allerdings gibt es 7 über 3 (also 35 möglichkeiten) dass 3 stellen ausfallen. insgesamt gibt es 7 kombinationen [(1,2,3)(4,5,7)(6,7,*)], bei denen eine unterbrechung mit 3 ausfällen stattfindet. d.h. bei einer autretenswahrscheinlichkeit von p^3 mit einer ausfallwahrscheinlichkeit von 7/35=0.2 findet eine unterbrechung statt = p^3 * 0.2

das müsste man dann natürlich für alle p^i durchgehen und addieren. habs wohl noch nicht komplett durchgerechnet...

von **Neronus** » 17.06.07 15:01

$veno hat geschrieben:Hmm, hab mich gerade an der Aufgabe versucht und hab als Wahrscheinlichkeit p^8-4p^7+4p^6 raus, stimmt das?

Gruss Sven

Im 3. Post steht, dass mein Ergebnis mit der Mitschrift uebereinstimmt. Wenn also auf die Mitschrift verlass ist, dann: nein

Was ist denn mit dem Kram, den ich da oben hingeschrieben habe. Ist der irgendwo unverstaendlich? Stimmt was an dem nicht? Wo ist das Problem?

von **nomawie** » 18.06.07 01:03

Neronus hat geschrieben:Was ist denn mit dem Kram, den ich da oben hingeschrieben habe. Ist der irgendwo unverstaendlich? Stimmt was an dem nicht? Wo ist das Problem?

Du hast das schon gut ausführlich beschrieben. Ich will das auch nicht anzweifeln, nur gerne wissen, wo der Fehler bei mir liegt bzw. warum man das so nicht machen kann

von **Neronus** » 18.06.07 08:48

Es klingt fuer mich zwar muehsam, aber sinnvoll

Nur musst du darauf achten, dass die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass genau 3 ausfallen, nicht p^3 ist, sondern p^3(p-1)^4
da jetzt natuerlich alle mit genau 3 Ausfaellen die gleiche Wahrscheinlichkeit haben, ist die Wahrscheinlichkeit fuer einen solchen Ausfall also p^3(p-1)*0.2.

So bekommst du dann ereignisse, die sich gegenseitig ausschliessen. Daher darfst du, um die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass eines dieser Ereignisse eintritt, die Wahrscheinlichkeiten einfach addieren. Dann wirst du ein schreckliches Polynom bekommen. Wenn du das dann vereinfachst, und am Ende das selbe Polynom raus hast wie ich, dann ist alles in Ordnung

So kommst du auch um das Sieb herum.

Wenn du aber wirklich wissen willst, ob dein Ansatz zu was fuehrt, musst du es wohl ausprobieren.

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[Stocha] Blatt 5, Aufgabe 21

Blatt 5, Aufgabe 21