Additionsregel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:42 Sa 29.03.2008 | | Autor: | nuggie |
| Aufgabe | | Frage zu der Additionsregel |
Da ich die Frage falsch formuliert habe, editier ich mein original mal.
Hier die Frage:
Ich glaube ich meine die Siebformel (und nicht die Additionsregel - sorry)
Die sagt ja:
P(A $ [mm] \cup [/mm] $ B) = P(A) + P(B) - P(A $ [mm] \cap [/mm] $ B)
Jetzt ist meine Frage: Wann darf ich diese nicht anwenden?
Darf ich sie denn zum Beispiel in dem oben genannten Beispiel anwenden, also:
$ [mm] K_4 \cup (K_3 \cap K_4) [/mm] $
( Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt. )
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:53 Sa 29.03.2008 | | Autor: | BertanARG |
Hi,
bin mir nicht ganz sicher bei der Antwort, daher nur eine Mitteilung. Zunächst einmal, weiß ich nicht, was du mit unvereinbaren Ereignissen meinst. Wenn du darunter Unabhängigkeit verstehst, ist der Multiplikationssatz eigentlich gleichzeitig die Definition der Unabhängigkeit.
A,B unabhängige Ereignisse, so gilt...
P(A [mm] \cap [/mm] B) = P(A)*P(B)
Zudem gilt ja...
P(A [mm] \cup [/mm] B) = P(A)+P(B)-P(A [mm] \cap [/mm] B), hier also P(A [mm] \cup [/mm] B) = P(A)+P(B)-P(A)*P(B)
Daher denke ich, dass ich etwas an deiner Frage nicht ganz verstanden habe. Daher wären ein paar Definitionen hilfreich.
Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:04 Sa 29.03.2008 | | Autor: | nuggie |
Ach, ich glaube ich meine die Siebformel:
Die sagt ja:
P(A [mm] \cup [/mm] B) = P(A) + P(B) - P(A [mm] \cap [/mm] B)
Jetzt ist meine Frage: Wann darf ich diese nicht anwenden?
Darf ich sie denn zum Beispiel in dem oben genannten Beispiel anwenden, also:
[mm] K_4 \cup (K_3 \cap K_4)
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:22 Sa 29.03.2008 | | Autor: | BertanARG |
Hi,
so weit ich weiß, darfst du diese Formel immer anwenden. Sie folgt direkt aus der [mm] \sigma-Additivität [/mm] von P.
Hier also
[mm] K_1 \cup (K_2 \cap K_3)
[/mm]
[mm] P(K_1 \cup (K_2 \cap K_3)) [/mm] = [mm] P(K_1) [/mm] + [mm] P(K_2 \cap K_3) [/mm] - [mm] P(K_1 \cap K_2 \cap K_3)
[/mm]
Wenn die Mengen [mm] K_1 [/mm] und [mm] K_2 \cap K_3 [/mm] disjunkt sind, dann fällt der negative Summand weg.
Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:35 Sa 29.03.2008 | | Autor: | nuggie |
Und was ist bei
K1 [mm] \cup [/mm] (K1 [mm] \cap [/mm] K2) .. also weil hier K1 zweimal vorkommt?
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:32 Sa 29.03.2008 | | Autor: | nuggie |
| Aufgabe | OK. Zum Beispiel folgendes Problem:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Fragestellung dazu:
Die Verbindung von Q nach S ist in Ordnung, wenn es einen funktionierenden Pfad von Q nach S gibt.
Die Ausfälle von K1 ... K5 sind stochastiksch unabhängig und haben eine Wahrscheinlichkeit p = 0,2
Wie hoch ist die Wahrscheinlihckeit für einen Ausfall des Netzwerks?
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Also:
Einen Ausfall gibt es wenn folgendes gilt:
[mm] (K_1 \cup K_2) \cap (K_5 \cup (K_3 \cap K_4))
[/mm]
Jetzt hätte ich einfach alles nacheinander so gerechnet:
1. [mm] P(K_3 \cap K_4) [/mm] = [mm] P(K_3) [/mm] * [mm] P(K_4) [/mm] = 0,2 * 0,2 = 0,04
2. [mm] P(K_5 \cup (K_3 \cap K_4)) [/mm] = [mm] P(K_5) [/mm] + [mm] P(K_3 \cap K_4) [/mm] - [mm] P(K_3 \cap K_4 \cap K_5) [/mm] = 0,2 + 0,04 - 0,008 = 0,232
3. [mm] P(K_1 \cup K_2) [/mm] = [mm] P(K_1) [/mm] + [mm] P(K_2) [/mm] - [mm] P(K_1 \cap K_2) [/mm] = 0,2 + 0,2 - 0,04 = 0,36
[mm] \Rightarrow [/mm]
P(Ausfall) = [mm] P(K_1 \cup K_2) [/mm] * [mm] P(K_5 \cup (K_3 \cap K_4)) [/mm] = 0,36 * 0,232 = 0,08352
meine Unsicherheit ist der 2. Punkt, ob ich das wirklich so machen darf
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Hi,
zunächst mal zur letzten Mitteilung. Ja, da habe ich durch kopieren zwei mal [mm] K_1. [/mm] Das soll so heißen, wie du es geschrieben hattest.
> Jetzt hätte ich einfach alles nacheinander so gerechnet:
> 1. [mm]P(K_3 \cap K_4)[/mm] = [mm]P(K_3)[/mm] * [mm]P(K_4)[/mm] = 0,2 * 0,2 = 0,04
>
> 2. [mm]P(K_5 \cup (K_3 \cap K_4))[/mm] = [mm]P(K_5)[/mm] + [mm]P(K_3 \cap K_4)[/mm] -
> [mm]P(K_3 \cap K_4 \cap K_5)[/mm] = 0,2 + 0,04 - 0,008 = 0,232
>
> 3. [mm]P(K_1 \cup K_2)[/mm] = [mm]P(K_1)[/mm] + [mm]P(K_2)[/mm] - [mm]P(K_1 \cap K_2)[/mm] =
> 0,2 + 0,2 - 0,04 = 0,36
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> P(Ausfall) = [mm]P(K_1 \cup K_2)[/mm] * [mm]P(K_5 \cup (K_3 \cap K_4))[/mm] =
> 0,36 * 0,232 = 0,08352
>
> meine Unsicherheit ist der 2. Punkt, ob ich das wirklich so
> machen darf
Also Punkt 3 ist richtig. Ich werde mal eine Schreibweise definieren, die hilfreich sein kann...
[mm] K_i [/mm] ist eine Zufallsvariable mit [mm] K_i=1, [/mm] falls Komponente i funktionsfähig, und [mm] K_i=0, [/mm] falls sie ausfällt.
Also [mm] P(K_i=1)=0.8, P(K_i=0)=0.2.
[/mm]
Dass der Weg über [mm] K_1 [/mm] und [mm] K_2 [/mm] ausfällt, kann man so ausrechnen wie du, oder mit der Gegenwahrscheinlichkeit. Das Netzwerk funktioniert hier für die Werte [mm] (K_1,K_2)=(1,1)
[/mm]
[mm] P(K_1=0 \vee K_2=0) [/mm] = 1 - [mm] P(K_1=1, K_2=1) [/mm] = 1 - [mm] 0.8^2 [/mm] = 0.36
Bei den Wegen 3 und 4 und 5 muss nun beachtet werden, dass der Ausfall der Komponente 5 beide Wege unbrauchbar macht. Betrachte die Lösungsmenge [mm] B=\{(K_3,K_4,K_5)\}=\{(1,1,1),(1,0,1),(0,1,1)\} [/mm] für einen funktionierenden Weg über 3,4 und 5. Die Wahrscheinlichkeit dieser Ereignisse mußt du berechnen... Wenn du die drei Elemente eigenen Mengen zuordnest, sind diese Mengen disjunkt. Dann brauchst du die Siebformel nicht.
[mm] P((K_3,K_4,K_5)=(1,1,1) \vee (K_3,K_4,K_5)=(1,0,1) \vee (K_3,K_4,K_5)=(0,1,1)) [/mm] = [mm] P((K_3,K_4,K_5)=(1,1,1)) [/mm] + [mm] P((K_3,K_4,K_5)=(1,0,1)) [/mm] + [mm] P((K_3,K_4,K_5)=(0,1,1)) [/mm] = [mm] 0.8^3 [/mm] + 0.8 * 0.2 * 0.8 + 0.2 * 0.8 * 0.8 = 0.768
Die Wahrscheinlichkeit für einen Ausfall eines dieser beiden Wege ist also
[mm] P(B^c)=1-P(B)=0.232, [/mm] also wie bei dir. Schritt 2 geht also
Dass alle drei Wege ausfallen, ist also P(Totalausfall) = 0.36 * 0.232 = 0.08352
Die Wahrscheinlichkeit eines funktionierenden Netzwerks ist dann
P(mind. 1 Weg funktioniert) = 1-0.08352 = 0.91648
Ich habe also die letzten beiden Wege kombiniert zu einem stochastischen Fall. Also A: Weg 1,2 funktioniert, B: Weg über 3,4,5 funktioniert irgendwie.
Dass dann A oder B funktionieren ist die Gegenwahrscheinlichkeit dazu, dass A und B nicht funktionieren.
Das ist ein alternativer Weg, falls du nicht mit den Mengenoperationen rechnen möchtest.
Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:34 Sa 29.03.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Frage zu der Additionsregel
>
> Da ich die Frage falsch formuliert habe, editier ich mein
> original mal.
>
> Hier die Frage:
>
> Ich glaube ich meine die Siebformel (und nicht die
> Additionsregel - sorry)
>
> Die sagt ja:
>
> P(A [mm]\cup[/mm] B) = P(A) + P(B) - P(A [mm]\cap[/mm] B)
>
> Jetzt ist meine Frage: Wann darf ich diese nicht anwenden?
>
> Darf ich sie denn zum Beispiel in dem oben genannten
> Beispiel anwenden, also:
>
> [mm]K_4 \cup (K_3 \cap K_4)[/mm]
was sollen denn [mm] $K_{3,4}$ [/mm] für Mengen sein? Du brauchst hier immer gewisse Voraussetzungen:
Da steht dann etwas von einem Wahrscheinlichkeitsraum, d.h. die Mengen [mm] $K_{3,4}$ [/mm] müssen Element einer gewissen Sigma-Algebra sein, für die auch $P$ gewisse Dinge erfüllt (Definitionen der Theorie nachschlagen: "$P$ heißt Maß auf der Sigma-Algebra..."; "...gilt zudem [mm] $P(\Omega)=1$, [/mm] so heißt $P$ Wahrscheinlichkeitsmaß..."
Solche Definitionen solltest Du nachschlagen bzw. suchen und finden. 
Ggf. google nach Skripten der Maß- bzw. W'keittheorie.)
Wenn z.B. [mm] $K_3$ [/mm] oder [mm] $K_4$ [/mm] nicht in dieser Sigma-Algebra liegen, hat man Probleme mit dem "Sinn" des Ausdrucks [mm] $P(K_3)$ [/mm] oder [mm] $P(K_4)$ [/mm] oder [mm] $P(K_3 \cap K_4)$ [/mm] etc.
Ganz kurz:
![[]](/images/popup.gif) http://de.wikipedia.org/wiki/Wahrscheinlichkeitsraum
(ggf. die Links im Link weiterverfolgen!)
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:39 Sa 29.03.2008 | | Autor: | nuggie |
Hm, mit Sigma-Algebren haben wir nicht viel gearbeitet, weil wir immer im endlichen Wahrscheinlichkeitsraum geblieben sind.
Die einzige Vorraussetzung ist: K1 .... Kn sind hier stochastisch unabhängig.
Siehe dazu auch meine 2. Frage in diesem Thema mit einer richtigen Aufgabe.
Eigentlich ist es unlogisch, dass hier irgendwo mal auftreten sollte: [mm] K_1 \cup (K_1 \cap K_2) [/mm] , aber was mache ich, wenn sowas mal irgendwo auftritt.
Dürfte ich dann die Siebformel trotzdem anwenden, wenn die [mm] K_i [/mm] stochastisch unabhängig sind?
Also einfach: [mm] P(K_1) [/mm] + [mm] P(K_1 \cap K_2) [/mm] - [mm] P(K_1 \cap K_2) [/mm] ? Das letzt würde sich dann ja raussubtrahieren
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:55 Sa 29.03.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hm, mit Sigma-Algebren haben wir nicht viel gearbeitet,
> weil wir immer im endlichen Wahrscheinlichkeitsraum
> geblieben sind.
naja, das heißt ja nur, dass die Grundmenge [mm] $\Omega$ [/mm] eine endliche Menge ist und damit auch die Sigma-Algebra, welche [mm] $\subset 2^{\Omega}=\mbox{Pot}(\Omega)$ [/mm] ist (und [mm] $2^{\Omega}$ [/mm] hat [mm] $2^{|\Omega|} [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] Elemente, falls [mm] $|\Omega| [/mm] < [mm] \infty$; [/mm] und daher enthält die Sigma-Algebra dann auch nur endlich viele Elemente, nämlich höchstens [mm] $2^{|\Omega|}$ [/mm] viele), daher auch nur endlich viele Mengen enthält. Ansonsten tut das der Theorie nichts ab. Jeder endliche Wahrscheinlichkeitsraum ist ja insbesondere ein Wahrscheinlichkeitsraum, also alles, was in einem W'Raum gilt, gilt auch in einem endlichen W'Raum. Dazu siehe auch die Definition von "endlicher W'Raum": http://www.mathematik.uni-ulm.de/stochastik/lehre/ws03_04/wr/skript/node13.html
> Die einzige Vorraussetzung ist: K1 .... Kn sind hier
> stochastisch unabhängig.
>
> Siehe dazu auch meine 2. Frage in diesem Thema mit einer
> richtigen Aufgabe.
>
> Eigentlich ist es unlogisch, dass hier irgendwo mal
> auftreten sollte: [mm]K_1 \cup (K_1 \cap K_2)[/mm] , aber was mache
> ich, wenn sowas mal irgendwo auftritt.
>
> Dürfte ich dann die Siebformel trotzdem anwenden, wenn die
> [mm]K_i[/mm] stochastisch unabhängig sind?
>
> Also einfach: [mm]P(K_1)[/mm] + [mm]P(K_1 \cap K_2)[/mm] - [mm]P(K_1 \cap K_2)[/mm] ?
> Das letzt würde sich dann ja raussubtrahieren
Also um es kurz zu machen, es steht hier:
http://de.wikipedia.org/wiki/Prinzip_von_Inklusion_und_Exklusion
Wenn die Mengen [mm] $K_{1,2}$ [/mm] Ereignisse sind (also mit anderen Worten: messbare Mengen bzw. nochmals mit anderen Worten: Wenn sie in der zugehörigen Sigma-Algebra liegen, die der Definitionsbereich von $P$ ist), dann ja.
Wenn in der Aufgabe eh schon drinsteht, dass [mm] $K_{1,2}$ [/mm] stochastisch unabhängig sind, dann sind [mm] $K_{1,2}$ [/mm] nach Definitionem des Begriffes der "Stochastischen Unabhängigkeit" insbesondere Ereignisse:
http://de.wikipedia.org/wiki/Stochastisch_unabh%C3%A4ngig
Die Siebformel für die obige Menge gilt dann in der Tat so, wie Du sie schreibst:
[mm] $P(K_1 \cup (K_1 \cap K_2))=P(K_1)+P(K_1 \cap K_2)-P(K_1 \cap K_2)=P(K_1)$
[/mm]
Aber auch nur, weil [mm] $K_1 \cap (K_1 \cap K_2)=K_1 \cap K_2$ [/mm] gilt. Denn strenggenommen steht da erstmal:
[mm] $P(K_1 \cup (K_1 \cap K_2))=P(K_1)+P(K_1 \cap K_2)-P(K_1 \cap (K_1 \cap K_2))$
[/mm]
nach der Siebformel. Abgesehen davon ist das obige aber eh banal, da ja schon
[mm] $K_1 \cup (K_1 \cap K_2)=K_1$ [/mm] gilt und alleine deswegen schon
[mm] $P(K_1 \cup (K_1 \cap K_2))=P(K_1)$ [/mm] gilt. Dafür braucht man also keine Siebformel. Deswegen frage ich mich gerade nach dem Sinn davon, was Du davon hast, auf [mm] $P(K_1 \cup (K_1 \cap K_2))$ [/mm] die Siebformel anzuwenden. Insbesondere spielt dabei die stochastische Unabhängigkeit ja keine wirkliche Rolle (sofern nur [mm] $K_{1,2}$ [/mm] irgendwelche Ereignisse sind, kann man das obige so hinschreiben; also [mm] $P(K_1 \cap K_2)=P(K_1)*P(K_2)$ [/mm] geht doch oben nirgends ein).
P.S.:
Bitte aufpassen. Dass [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_2$ [/mm] stochastisch unabhängig sind, bedeutet nicht, dass das auch [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_1 \cap K_2$ [/mm] sind. Denn wegen [mm] $K_1 \cap K_2=K_1 \cap (K_1 \cap K_2)$ [/mm] hätte die stochastische Unabhängigkeit von [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_1 \cap K_2$ [/mm] dann zur Folge, dass
[mm] $P(K_1)*P(K_2)=P(K_1 \cap K_2)=P(K_1 \cap (K_1 \cap K_2))=P(K_1)*P(K_1 \cap K_2)=P(K_1)^2*P(K_2)$, [/mm] also:
[mm] $P(K_1)=0$ [/mm] oder [mm] $P(K_2)=0$ [/mm] oder [mm] $P(K_1)=1$.
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:36 Sa 29.03.2008 | | Autor: | nuggie |
Hi,
danke schonmal für die Ausführungen.
Das mit der Siebformel ist natürlich in dem einen Schritt überflüssig, sollte nur verdeutlichen, wo mein Problem lag. :)
Wegen deinem P.S:
Kannst du mir das vielleicht noch mal genauer erläutern, wie du das meinst?
Mir ist schon klar, dass aus der stochastischen Unabhängigkeit von K1 und K2 eine stochastische Unabhängigkeit zwischen K1 und K1 [mm] \cap [/mm] K2 folgen muss.
Aber was genau wolltest du mit der Rechung verdeutlichen?
Wäre super, wenn du mir das nochmal ausführlicher aufschreiben würdest, was du meinst
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:11 Mo 31.03.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo!
> Hi,
>
> danke schonmal für die Ausführungen.
>
> Das mit der Siebformel ist natürlich in dem einen Schritt
> überflüssig, sollte nur verdeutlichen, wo mein Problem lag.
> :)
>
> Wegen deinem P.S:
> Kannst du mir das vielleicht noch mal genauer erläutern,
> wie du das meinst?
> Mir ist schon klar, dass aus der stochastischen
> Unabhängigkeit von K1 und K2 eine stochastische
> Unabhängigkeit zwischen K1 und K1 [mm]\cap[/mm] K2 folgen muss.
Und genau das, habe ich geschrieben, gilt eben i.a. nicht!
> Aber was genau wolltest du mit der Rechung verdeutlichen?
> Wäre super, wenn du mir das nochmal ausführlicher
> aufschreiben würdest, was du meinst
Die Rechnung zeigt:
Sind [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_2$ [/mm] stochastisch unabhängig, so gilt notwendigerweise, dass [mm] $K_1$ [/mm] das unmögliche Ereignis oder dass [mm] $K_2$ [/mm] das unmögliche Ereignis oder aber dass [mm] $K_1$ [/mm] das sichere Ereignis sein muss, damit [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_1 \cap K_2$ [/mm] stochastisch unabhängig sind.
Denn die Rechnung zeigt:
Wenn [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_2$ [/mm] stochastisch unabhängig sind, und wenn dann zudem [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_1 \cap K_2$ [/mm] st. unabhg. sind, dann folgt
[mm] $P(K_1)=0$ [/mm] (d.h. [mm] $K_1$ [/mm] ist das unmögliche Ereignis) oder [mm] $P(K_2)=0$ [/mm] (d.h. [mm] $K_2$ [/mm] ist das unm. Ereignis) oder [mm] $P(K_1)=1$ [/mm] (d.h. [mm] $K_1$ [/mm] ist das sichere Ereignis).
(In der Rechnung nutze ich ja die st. Unabhg.'keit von [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_2$ [/mm] sowie die von [mm] $K_1$ [/mm] und [mm] $K_1 \cap K_2$ [/mm] aus.)
Gruß,
Marcel
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