Wahrscheinlichkeitsfrage < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:28 Sa 23.06.2007 | | Autor: | MadMax |
| Aufgabe | Ein elektronisches Gerät bestehe aus den drei Baugruppen Stromversorgungsmodul,
Prozessormodul und Ein-/Ausgabe-Modul. Die zugekauften Stromversorgungsmodule
weisen eine durchschnittliche Defektrate von 1% auf, das selbst gefertigte Prozessormodul
von 0, 3%, und das (durch viele Kontakte arg störanfällige) Ein-/Ausgabe-Modul
von 3%.
Das Gerät ist natürlich nur dann funktionsfähig, wenn alle drei Module in Ordnung sind.
(0) Ein Kunde kauft stets ganze Paletten mit jeweils 36 Geräten und prüft von jeder Palette vier Geräte (ohne Zurücklegen). Sind zwei oder mehr defekt, weist er die gesamte Palette zurück. |
Ich habe schonmal einen Baum gemacht und weiss jetzt nicht weiter.
Ast 1: Teil 1 1.Zweig-> Teil Defekt 1%
2.Zweig-> Teil OK 99%
Ast 2: Teil 2 1.Zweig-> Teil Defekt 0,3%
2.Zweig-> Teil OK 99,7%
Ast 3: Teil 3 1.Zwieg-> Teil Defekt 3%
2.Zweig-> Teil OK 97%
So, wie soll ich jetzt weitermachen?
Es sind ja insgesamt 36 Geräte, aber zu prüfen sind es nur 4 Was ist davon meine Gesamtmenge und wie bekomme ich die 6 Zweige miteinander kombiniert?
Danke schomal im Vorraus.
Gruß Max
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hi, MadMax,
> Ein elektronisches Gerät bestehe aus den drei Baugruppen
> Stromversorgungsmodul,
> Prozessormodul und Ein-/Ausgabe-Modul. Die zugekauften
> Stromversorgungsmodule
> weisen eine durchschnittliche Defektrate von 1% auf, das
> selbst gefertigte Prozessormodul
> von 0, 3%, und das (durch viele Kontakte arg
> störanfällige) Ein-/Ausgabe-Modul
> von 3%.
> Das Gerät ist natürlich nur dann funktionsfähig, wenn alle
> drei Module in Ordnung sind.
> (0) Ein Kunde kauft stets ganze Paletten mit jeweils 36
> Geräten und prüft von jeder Palette vier Geräte (ohne
> Zurücklegen). Sind zwei oder mehr defekt, weist er die
> gesamte Palette zurück.
> Ich habe schonmal einen Baum gemacht und weiss jetzt nicht
> weiter.
>
> Ast 1: Teil 1 1.Zweig-> Teil Defekt 1%
> 2.Zweig-> Teil OK 99%
>
> Ast 2: Teil 2 1.Zweig-> Teil Defekt 0,3%
> 2.Zweig-> Teil OK 99,7%
>
> Ast 3: Teil 3 1.Zwieg-> Teil Defekt 3%
> 2.Zweig-> Teil OK 97%
Die 1. Frage lautet ja lediglich:
Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist ein bestimmtes Gerät in Ordnung?
Für die Anwort auf diese Frage brauchst Du keinen Baum, denn OK ist so ein Ding ja nur, wenn alle 3 Bedingungen erfüllt sind. Demnach:
P(OK) = 0,99*0,997*0,97 = 0,9574191 [mm] \approx [/mm] 0,9574
Dein Baum bezieht sich nun auf das 4-malige Ziehen ohne Z., wobei es "nur" noch daraum geht, ob hierbei ein intaktes oder ein nicht-intaktes Gerät gezogen wird.
Wie die Zahl 36 in die Rechnung eingeht, weiß ich allerdings im Moment auch nicht.
Mal nachdenken!
mfG!
Zwerglein
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:53 Sa 23.06.2007 | | Autor: | luis52 |
Moin Erwin,
die 36 spielt meines Erachtens keine Rolle. Gesucht ist die W., dass
unter 4 Geraeten kein oder ein Geraet in Ordnung ist. Das kann man mit
der Binomialverteilung berechnen:
[mm] $P(\mbox{Palette zurueckweisen})={4\choose 0} 0.9574^0\times0.0426^4+{4\choose 1}0.9574^1\times0.0426^3=0.000299$.
[/mm]
lg
Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:12 So 24.06.2007 | | Autor: | Zwerglein |
Hi, luis,
> die 36 spielt meines Erachtens keine Rolle. Gesucht ist die
> W., dass
> unter 4 Geraeten kein oder ein Geraet in Ordnung ist. Das
> kann man mit
> der Binomialverteilung berechnen:
>
> [mm]P(\mbox{Palette zurueckweisen})={4\choose 0} 0.9574^0\times0.0426^4+{4\choose 1}0.9574^1\times0.0426^3=0.000299[/mm].
Da bin ich skeptisch!
Die Aufgabe wäre so zu lösen, wenn die 4 getesteten Geräte aus einer großen Menge von Geräten herausgezogen würden, sodass man mit gutem Grund von einer Binomialverteilung ausgehen kann.
Die 36 Geräte aber sind m.E. dafür eine zu kleine Menge; noch dazu wird in der Aufgabe extra drauf hingewiesen, dass "ohne Zurücklegen" gezogen wird: Keine Binomialverteilung!
mfG!
Zwerglein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:52 So 24.06.2007 | | Autor: | luis52 |
Moin Zwerglein,
die von dir berechnete Wahrscheinlichkeit P(OK)=0.9574 bezieht sich auf
den Normalfall. Nun kann es sein, dass eine Lieferung von 36 Geraeten
nicht diesem Normalfall entspricht. Das Kriterium, nach dem das
festgestellt wird, lautet: Weise die Palette zurueck, wenn kein oder
ein Stueck in der Auswahl von 4 intakt ist. Gewissermassen handelt es
sich hier um einen Test der Hypothese: Die Stuecke der Lieferung
gehoeren zur grossen Menge der Geraete, die im allgemeinen intakt sind.
Die vier, die man hier auswaehlt, sind dann gleichsam als eine Stichprobe aus der Gesamtheit der normalen Geraeten aufzufassen. Sind hier zu wenig einwandfrei, so spricht das gegen die Qualitaet der Palette.
lg
Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:34 Mo 25.06.2007 | | Autor: | luis52 |
Moin Erwin,
ich mache einen weiteren Anlauf, um deinem Unbehangen wegen des Ziehens ohne Zuruecklegen deutlicher gerecht zu werden.
Angenommen, in der Palette befinden sich $N$ Geraete und die Wahrscheinlichkeit dafuer, dass eines intakt ist, sei $p$. Die Anzahl intakter Geraete sei $M$. Offensichtlich ist $M$ binomialverteilt mit den Parametern $N$ und $p$. Aus der Palette werden $n$ Geraete o.Z. ausgewaehlt, und es interessiert die W. dafuer, dass $x=0,1,2,...,n$ Geraete intakt sind.
Bezeichnet $X$ die Anzahl intakter Geraete unter den $n$ ausgewaehlten, so behaupte ich, dass gilt
[mm] $P(X=x)={n\choose x}p^x(1-p)^{n-x}$.
[/mm]
Wir erhalten
[mm] \begin{matrix}
P(X=x)&=&\sum\limits_{m=0}^N P(X=x \cap M=m) \\
&=&\sum\limits_{m=0}^N P(X=x \mid M=m)P(M=m) \\
&=&\sum\limits_{m=0}^N\frac{\displaystyle {\displaystyle{m\choose
x}}{\displaystyle{N-m\choose n-x}}}{{\displaystyle{N\choose n}}}\times {\displaystyle {N\choose m}}p^m(1-p)^{N-m}
\\
&=&{\displaystyle{n\choose x}}p^x(1-p)^{n-x}\sum\limits_{m=0}^N{\displaystyle{N-n\choose m-x}}p^{m-x}(1-p)^{N-m-n+x} \\
&=&{\displaystyle{n\choose x}}p^x(1-p)^{n-x}\sum\limits_{m=x}^{N-n+x}{\displaystyle{N-n\choose m-x}}p^{m-x}(1-p)^{N-m-n+x} \\
&=&{\displaystyle{n\choose x}}p^x(1-p)^{n-x}\sum\limits_{\nu=0}^{N-n}{\displaystyle{N-n\choose \nu}}p^\nu(1-p)^{N-n-\nu} \\
&=& {\displaystyle{n\choose x}}p^x(1-p)^{n-x}
\end{matrix}
[/mm]
lg
Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:45 Mo 25.06.2007 | | Autor: | MadMax |
Also, kann ich dann einfach in deine Gleichung meine Zahlen einsetzten und erhalte die Wahrscheinlichkeit, das 1 Gerät oder mehr defekt sind und somit die Palette zurückgeht.
Ich dachte, wir haben 4 Geräte, die gestestet werden und wenn 2 davon defekt sind, geht die ganze Fuhre zurück
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:01 Mo 25.06.2007 | | Autor: | luis52 |
> Also, kann ich dann einfach in deine Gleichung meine Zahlen
> einsetzten und erhalte die Wahrscheinlichkeit, das 1 Gerät
> oder mehr defekt sind und somit die Palette zurückgeht.
>
> Ich dachte, wir haben 4 Geräte, die gestestet werden und
> wenn 2 davon defekt sind, geht die ganze Fuhre zurück
>
Moin MadMax,
die Herleitung bezieht sich auf die Anzahl intakter Geraete. Damit habe ich das Ergebnis von Erwin ausgenutzt. Wenn du danach fragst, wie gross die W. dafuer ist, dass 2 oder mehr Geraete in einer Palette mit vier Geraeten defekt sind, so kannst du auch danach fragen, wie gross die W. dafuer ist, dass keines oder eines defekt ist. Diese wird gemaess meiner Antwort vom 23.6. berechnet.
lg
Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:42 Mo 25.06.2007 | | Autor: | MadMax |
Also dann kann ich sagen , das die W, das 2 Geräte von 4 defekt sind deine Formel ist. Müsste es dann aber nicht bis 2 gehen, bei der Bionmialverteilung?
wenn das hier die Formel von dir ist, müsste die W. das 2 Geräte defekt sind, bei 0,029% liegen. Sehe ich das richtig?
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:29 Mo 25.06.2007 | | Autor: | luis52 |
Hallo MadMax,
gut, dass du so beharrlich bist. Ich habe mich naemlich verrechnet: Die
Palette wird abgelehnt, wenn mindestens 2 Geraete defekt sind. Das
bedeutet, dass *hoechstens 2 Geraete* intakt sind. Ich muss deswegen
meine Rechnung wie folgt verbessern:
$ [mm] P(\mbox{Palette zurueckweisen})={4\choose 0} 0.9574^0\times0.0426^4+{4\choose 1}0.9574^1\times0.0426^3+{4\choose 2}0.9574^2\times0.0426^2=0.01028$
[/mm]
Vielleicht ruehrt daher deine Verwirrung. Tut mir Leid.
lg
Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:54 Mo 25.06.2007 | | Autor: | MadMax |
Ok, jetzt kommt es mit meiner Vorstellung hin. Vielen Dank auch
Gruß Max
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