Formel verstehen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:18 Fr 18.09.2015 | | Autor: | Jeany9 |
| Aufgabe | | Es geht um Stichprobenprüfung und was passiert, wenn man die Stichprobenprüfung vorzeitig abbricht. |
Die Lösungsformel habe ich, verstehe diese aber leider nur teilweise.
Vorher kurz zur Definition der Variablen:
n=Stichprobenumfang
c=Annahmezahl
p= WS dass ein Einzelstück fehlerhaft ist
Das Los wird angenommen wenn weniger als c Fehler in der Stichprobe sind.. und zurückgewiesen falls mehr als c Fehler in der Stichprobe sind.
Abbrechende Kontrolle bedeutet hier. Abbruch der Stichprobenprüfung bei vorzeitiger Annahme oder Zurückweisung)
Also in meinem Fall falls vorzeitig, also bevor ich alle n Stichproben prüfe das c+1 fehlerhafte Stück gefunden wurde, so kann man vorzeitig zurückweisen. Und umgekehrt, falls man die n-c' te nicht defekte Einheit entdeckt, kann man vorzeitig annehmen.
Es folgt folgende Formel, die ich versuche zu verstehen:
(*)[mm] n^{'} =(1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* b_{p,j-1} (j-n+c)+p*\summe_{j=c+1}^{n} j* b_{p,j-1}(c)[/mm]
Leider habe ich diese Formel nicht ganz verstanden, habe allerdings einen Ansatz wie man es eventuell lösen könnte.
Hierzu nehme ich die Negative Binomialverteilung zur Hilfe.
Da diese Verteilung die Anzahl der Versuche beschreibt, die erforderlich sind um in einem Bernoulliprozess eine vorgegebene Anzahl von Erfolgen zu erzielen.
Wenn ich jetzt die WS haben möchte in j Versuchen das c+1 defekte Stück zu registrieren (vorzeitige Zurückweisung) dann erhalte ich folgende Formel:
[mm] neg_BinomialV= b_{p,c+1} (j)[/mm]
[mm]= {j-1 \choose c+1-1}*p^{c+1}*(1-p)^{j-(c+1)}[/mm]
[mm]=p*[{j-1 \choose c+1-1}*p^{c+1-1}*(1-p)^{(j-1)-(c+1-1)}][/mm]
[mm]=p*[{j-1 \choose c}*p^{c}*(1-p)^{(j-1)-(c)}][/mm]
[mm]=p*b_{p,j-1} (c)[/mm]
Und das ist schon fast der hintere Teil der obigen Formel.
Hier folgt anschließend der EW in c+1,...n Versuchen c+1 defekte Stücke zu erhalten und der ist per Definition gegeben durch
[mm]p*\summe_{j=c+1}^{n} j* b_{p,j-1}(c)[/mm]
Und das ist genau der hintere Teil der Formel von oben unter (*)
und jetzt habe ich versucht das ganze für den ersten Teil der Formel (*) herzuleiten und bin gescheitert...
Hierzu habe ich versucht rückwärts zu rechnen.
Und zwar ausgehend von
[mm]=(1-p) b_{p,j-1} (j-n+c)[/mm]
also erst einmal ohne den EW von diesem Ausdruck .
[mm]=(1-p) b_{p,j-1} (j-n+c)[/mm]
[mm]=(1-p)*[{j-1 \choose j-n+c}*p^{j-n+c}*(1-p)^{(j-1)-(j-n+c)}][/mm]
wenn ich (1-p) wieder rein ziehe folgt
[mm]={j-1 \choose j-n+c}*p^{j-n+c}*(1-p)^{(n-c)}][/mm]
Daraus ist für mich leider nicht ersichtlich, wie ich auf den ersten Teil von der Formel(*) komme also
[mm]= (1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* b_{p,j-1} (j-n+c)[/mm]
Ich hoffe, die Frage ist nicht zu umständlich und zu lang gestellt und man versteht, was ich meine??
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt!
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> Es geht um Stichprobenprüfung und was passiert, wenn man
> die Stichprobenprüfung vorzeitig abbricht.
> Die Lösungsformel habe ich, verstehe diese aber leider
> nur teilweise.
>
> Vorher kurz zur Definition der Variablen:
> n=Stichprobenumfang
> c=Annahmezahl
> p= WS dass ein Einzelstück fehlerhaft ist
> Das Los wird angenommen wenn weniger als c Fehler in der
> Stichprobe sind.. und zurückgewiesen falls mehr als c
> Fehler in der Stichprobe sind.
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Nach der Formel unten wird bei c Fehlern auch angenommen.
>
> Abbrechende Kontrolle bedeutet hier. Abbruch der
> Stichprobenprüfung bei vorzeitiger Annahme oder
> Zurückweisung)
> Also in meinem Fall falls vorzeitig, also bevor ich alle n
> Stichproben prüfe das c+1 fehlerhafte Stück gefunden
> wurde, so kann man vorzeitig zurückweisen. Und umgekehrt,
> falls man die n-c' te nicht defekte Einheit entdeckt, kann
> man vorzeitig annehmen.
> Es folgt folgende Formel, die ich versuche zu verstehen:
>
> (*)[mm] n^{'} =(1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* b_{p,j-1} (j-n+c)+p*\summe_{j=c+1}^{n} j* b_{p,j-1}(c)[/mm]
>
> Leider habe ich diese Formel nicht ganz verstanden, habe
> allerdings einen Ansatz wie man es eventuell lösen
> könnte.
>
> Hierzu nehme ich die Negative Binomialverteilung zur
> Hilfe.
> Da diese Verteilung die Anzahl der Versuche beschreibt,
> die erforderlich sind um in einem Bernoulliprozess eine
> vorgegebene Anzahl von Erfolgen zu erzielen.
>
> Wenn ich jetzt die WS haben möchte in j Versuchen das c+1
> defekte Stück zu registrieren (vorzeitige Zurückweisung)
> dann erhalte ich folgende Formel:
>
> [mm]neg_BinomialV= b_{p,c+1} (j)[/mm]
> [mm]= {j-1 \choose c+1-1}*p^{c+1}*(1-p)^{j-(c+1)}[/mm]
>
> [mm]=p*[{j-1 \choose c+1-1}*p^{c+1-1}*(1-p)^{(j-1)-(c+1-1)}][/mm]
>
> [mm]=p*[{j-1 \choose c}*p^{c}*(1-p)^{(j-1)-(c)}][/mm]
> [mm]=p*b_{p,j-1} (c)[/mm]
>
>
>
> Und das ist schon fast der hintere Teil der obigen Formel.
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Hier noch mal die genaue Erklärung:
Wie groß ist die W., dass man nach genau j Ziehungen c+1 Fehler findet und daher abbrechen kann?
Dazu reicht es nicht, dass in den j Ziehungen irgendwann c+1 Fehler auftraten, denn dann hätte man ja evtl. schon vorher abbrechen können. Also müssen bis zur (j-1)-ten Ziehung irgendwann c Fehler gefunden worden sein, im j-ten Versuch dann der (c+1)-ste.
Für genau c Fehler in j-1 Ziehungen ist die W.
[mm]=[{j-1 \choose c}*p^{c}*(1-p)^{(j-1)-(c)}][/mm]
[mm]=b_{p,j-1} (c)[/mm]
Jetzt muss bei der j-ten Ziehung nochmals ein Fehler auftreten, die W. hierzu ist p, und deshalb ist die W., genau nach j Ziehungen c+1 Fehler zu erhalten,
[mm]=p*b_{p,j-1} (c)[/mm]
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> Hier folgt anschließend der EW in c+1,...n Versuchen c+1
> [mm]=p*[{j-1 \choose c}*p^{c}*(1-p)^{(j-1)-(c)}][/mm]
> [mm]=p*b_{p,j-1} (c)[/mm]
> defekte Stücke zu erhalten
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Das hast du nicht richtig ausgedrückt.
Genauer: n' soll den Erwartungswert für die Anzahl der Ziehungen bis zur Entscheidung beschreiben.
Beispiel: n=100, p=0,3, c=35 heißt:
Sobald 36 Fehler gefunden wurden, können wir abbrechen.
Es ist klar, dass wir nicht jedesmal bis 100 Ziehungen brauchen, im Durchschnitt sind es vielleicht nur 50 (ich habe das nicht nachgerechnet). Deshalb multipliziert man die angenommene Ziehungszahl j mit der relativen Häufigkeit, mit der j auftritt, und erhält so
[mm]p*\summe_{j=c+1}^{n} j* b_{p,j-1}(c)[/mm]
Die Summe kann erst bei c+1 beginnen, den wenn j kleiner ist, sind c+1 Fehler noch gar nicht möglich.
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und der ist per Definition
> gegeben durch
>
> [mm]p*\summe_{j=c+1}^{n} j* b_{p,j-1}(c)[/mm]
> Und das ist genau der
> hintere Teil der Formel von oben unter (*)
>
> und jetzt habe ich versucht das ganze für den ersten Teil
> der Formel (*) herzuleiten und bin gescheitert...
> Hierzu habe ich versucht rückwärts zu rechnen.
> Und zwar ausgehend von
>
> [mm]=(1-p) b_{p,j-1} (j-n+c)[/mm]
>
> also erst einmal ohne den EW von diesem Ausdruck .
>
> [mm]=(1-p) b_{p,j-1} (j-n+c)[/mm]
> [mm]=(1-p)*[{j-1 \choose j-n+c}*p^{j-n+c}*(1-p)^{(j-1)-(j-n+c)}][/mm]
>
> wenn ich (1-p) wieder rein ziehe folgt
>
> [mm]={j-1 \choose j-n+c}*p^{j-n+c}*(1-p)^{(n-c)}][/mm]
>
> Daraus ist für mich leider nicht ersichtlich, wie ich auf
> den ersten Teil von der Formel(*) komme also
>
> [mm]= (1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* b_{p,j-1} (j-n+c)[/mm]
>
> Ich hoffe, die Frage ist nicht zu umständlich und zu lang
> gestellt und man versteht, was ich meine??
>
> Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt!
>
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Eigentlich waren wir ja oben schon fertig, aber:
Wir haben nur alle Fälle betrachtet, die in j Ziehungen zu c+1 Fehlern führen. Wo bleiben die Fälle, die nach n Ziehungen immer noch nicht c+1 Fehler aufweisen? Sie sind in obiger Rechnung noch gar nicht erfasst.
Die W. hierfür ließen sich leicht berechnen: Nach n Ziehungen 0 Fehler + nach n Ziehungen 1 Fehler + ... nach n Ziehungen c Fehler. Aber: Diese Fälle würden i.a. gar nicht bis zur n-ten Ziehung durchgezogen, weil schon vorzeitig abgebrochen werden kann, und da wir für n' die Anzahl der Ziehungen bis zum Abbruch benötigen, müssen wir anders rechnen.
Das ist aber ganz leicht zu bewerkstelligen, wenn wir das Problem noch einmal "reziprok" betrachten. Nehmen wir das obige Beispiel:
Wir haben 85 mal gezogen und haben 21 Fehler gefunden. Wenn die nächsten 15 Ziehungen allesamt Fehler sind, erreichen wir mit c=36 eine Ablehnung. Wenn die nächste Ziehung aber fehlerfrei ist, können wir abbrechen, weil wir auf maximal 35 Fehler kommen können.
Mathematisch gehen wir nun so vor, dass wir statt der fehlerhaften die fehlerlosen Ziehungen auswählen, die W. dafür ist aber 1-p statt p, und wir brechen ab, wenn wir n-c fehlerlose gefunden haben. Das ist erst frühestens nach n-c Ziehungen möglich.
Um genau nach j Ziehungen abzubrechen, müssen wir bis zur (j-1)-ten n-c-1 mal erfolgreich sein, die W. ist [mm] b_{p-1,j-1} [/mm] (n-c-1), und dann noch einmal erfolgreich mit der W. 1-p.
so erhalten wir nun für die W., genau nach der j-ten Ziehung aus o.g. Grund abzubrechen
[mm]{j-1 \choose n-c-1}*(1-p)^{n-c-1}*(p)^{j-n+c} \cdot (1-p)[/mm]
[mm]=b_{1-p,j-1} (n-c-1) \cdot (1-p)[/mm]
Daraus ergibt sich nun der zweite Teil der Formel zu
[mm](1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* b_{1-p,j-1} (n-c-1)[/mm]
[mm]= (1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* {j-1 \choose n-c-1}*(1-p)^{n-c-1}*(p)^{j-n+c}[/mm].
Nun ist aber [mm]{j-1 \choose n-c-1} = {j-1 \choose j-1-(n-c-1)}= {j-1 \choose j-n+c)}[/mm] (Symmetrie der Binomialkoeffizienten)
und damit [mm]= (1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* {j-1 \choose n-c-1}*(1-p)^{n-c-1}*(p)^{j-n+c}[/mm]= [mm](1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* {j-1 \choose j-n+c)}*(1-p)^{n-c-1}*(p)^{j-n+c}[/mm]
=[mm](1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j* b_{p,j-1} (j-n+c)[/mm],
was nun mit dem 1. Teil von (*) übereinstimmt.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:01 Fr 06.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Ich habe eine zusätzliche Frage zu der Formel =$ [mm] (1-p)\cdot{}\summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{} b_{p,j-1} [/mm] (j-n+c) $
Im Unterschied zu der Formel oben, habe ich die Summe bei j=1 beginnen lassen, da es durchaus vorkommen kann.
=$ [mm] (1-p)\cdot{}\summe_{j=1}^{n} j\cdot{} b_{p,j-1} [/mm] (j-n+c) $
Beide Formeln ergeben das gleiche Ergebnis wenn man sie in Mathematica berechnet.
Mein Porf. meinte dann, der Fall j=1 muss in den Summen abgefangen werden, da sonst die Bin.vert. nicht funktioniert (ist kein Fehler, sondern es muss nur sauber def. werden, was [mm] b_p,0 [/mm] bedeutet und wann das vorkommen kann).
Vorkommen tut es wegen dem j-1, also immer dann wenn j=1 ist. Aber wieso sollte die Binomialverteilung dann nicht funktionieren?
Tipp von meinem Prof.: man muss die Summe bei j=2 beginnen lassen und den Fall j=1 mit einem eigenen Summanden behandeln.
Aber das habe ich nicht so ganz verstanden.
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$ [mm] \summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{} b_{p,j-1} [/mm] (j-n+c) $
hat die Summanden $ j*{j-1 [mm] \choose j-n+c}\cdot{}p^{j-n+c}\cdot{}(1-p)^{(j-1)-(j-n+c)} [/mm] $, die jeweils den Faktor $ {j-1 [mm] \choose [/mm] j-n+c} $ enthalten.
Damit dieser existiert, muss j-n+c [mm] \ge [/mm] 0 sein, also j [mm] \ge [/mm] n-c.
Für n=20 und c = 7 kannst du also erst bei j=13 starten, du erhältst im ersten Summanden dann den Faktor
$ {13-1 [mm] \choose [/mm] 13-20+7} $= $ {12 [mm] \choose [/mm] 0} $.
Würdest du hier bei j=12 starten, ergäbe sich mit $ {12-1 [mm] \choose [/mm] 12-20+7} $= $ {11 [mm] \choose [/mm] -1} $ ein nicht-definierter Ausdruck. j=1 ist also keine Besonderheit, sondern jedes j, das unter n-c liegt.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:26 Sa 07.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Super. Vielen Dank, jetzt habe ich es etwas besser verstanden.
j=1 ist keine Ausnahme. j=1 führt nur dazu, dass j-1=0 wird und in diesem Fall im Binomialkoeffizienten oben eine 0 im Ausdruck steht. [mm] {0 \choose k} [/mm]. Aber das wäre noch nicht das fatale an der Rechnung sondern erst dass der Audruck "k" in deinem Beispiel -12 wird.
[mm] {j-1 \choose j-n+c}={1-1 \choose 1-20+7}= {0 \choose -12} [/mm]
Ich habe aber doch noch eine Frage.
In diesem Fall hier habe ich das ganze für den Annahmefall betrachtet. (also eine abbrechende Kontrolle)
Wenn ich jetzt anders vorgehe und sage, ich nehme das Los an wenn c oder weniger fehlerhafte Stücke in der Stichprobe sind (So wie vorher auch).
und weise das Los bei mehr als c fehlerhaften Stücken in der Stichprobe zurück und tue es dann Vollkontrollieren ohne Bereinigung.
Es werden dann folgende Unterscheidungen getroffen
1) Falls n<M ist, und in der Stichprobe mehr als c fehlerhafte Stücke registriert werden, dann wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert.
2) Falls n >=M ist, und in der Stichprobe mehr als c und weniger als M fehlerhafte Stücke registriert werden, dann wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert. Bei mindestens M fehlerhaften Stücken wird das Los zurückgewiesen und eliminiert.
Ein Los gilt als gut, wenn es weniger als M Ausschusstücke enthält, sonst als schlecht.
Wenn ich jetzt eine abbrechende Kontrolle auf dieses Verfahren anwenden möchte, dann muss ich zum einen zwischen den Fällen M>n und M<=n unterscheiden. Weiterhin zwischen dem Annahmefall und dem Zurückweisungsfall.
Bei beiden Fällen geht es darum, wie viele Stücke muss ich prüfen, damit ich vorzeitig abbrechen kann.
1) M>n:
Annahmefall:
(ist genau der Fall von oben)
j Stücke müssen geprüft werden wenn n-c-1 fehlerfrei unter den ersten j-1´gefunden werden und das j'te Stück ein fehlerfreies ist.
[mm] (1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j*b_{p,(j-1)} (j-n+c) [/mm]
Im Zurückweisungsfall:
D.h. ich mache jetzt eine Vollkontrolle und diese kann ich abbrechen wenn ich vorzeitig auf das Los ist gut oder das Los ist schlecht schließen kann.
Dies kann man nun ähnlich wie oben darstellen:
Da in die Anzahl der zu prüfenden Stücke schon das n miteinfließt werden hier n+j (wobei sich das j auf den Rest bezieht) geprüft.
Als erstes berachte ich den Fall, dass ich das Los vorzeitig abbreche, weil sich herausgestellt hat, dass das Los schlecht ist. In diesem Fall müssen im Los genügend viele fehlerhafte gefunden werden, so dass insgesamt M herauskommt. Zusätzlich muss beachtet werden, dass innerhalb der Stichprobe bereits fehlerhafte Stücke gefunden wurden. Diese werden mit i bezeichnet.
Dann gilt:
n+j Stücke müssen geprüft werden, wenn M-1-i fehlerhafte unter den ersten j-1´gefunden werden und das j'te Stück ein fehlerhaft ist.
Das etwas komolizierter hier ist jetztm dass die Summe nicht nur über die j läuft sondern auch über die i's. Da eine Vollkontrolle nur stattfindet, wenn in der Stichpribe mehr als c fehlerhafte gefunden werden läuft das i von c+1,...,n.
[mm] p*\summe_{i=c+1}^{n} \summe_{j=1}^{N-n} (n+j)*b_{p,j-1} (M-1-i) *b_{p,n}(i) [/mm]
Hier habe ich dann wieder den Fall das bei j=1 [mm] b_p,0 [/mm] wird. also oben im Binomialkoeffizienten eine 0 steht. Auch hier habe ich die Summe von j=1 beginnen lassen.
als zweites betrachte ich den Fall das in der Vollkontrolle vorzeitig abgebrochen wird, weil das Los sich als gut erwiesen hat.
Ähnlich zu dem Annahmefall werden hier jetzt wieder die fehlerfreien betrachtet.
Ich dachte man kann es wie oben im Annahmefal machen, mit dem Unterschied, dass jetzt nicht n sondern N-n geprüft werden
Dann wäre meiner Meinung nach folgende Aussage zutreffend:
n+j Stücke müssen geprüft werden wenn N-n-M-i-1 fehlerfrei unter den ersten j-1´gefunden werden und das j'te Stück ein fehlerfreies ist.
Aber schon oben in der Annahme wäre laut meinem Prof eine -1 zu viel?
Ich dachte bisher die -1 kommt immer von dem letzten j Stück, welches fehlerfrei sein muss, so war es oben beim Annahmefall auch gewesen.
So dass insgesamt (Symmetrie der Binomialkoeffizienten ) folgende Formel raus kommt:
[mm] (1-p)*\summe_{i=c+1}^{n} \summe_{j=1}^{N-n} (n+j)*b_{p,j-1} (j-N+n+M+i) *b_{p,n}(i) [/mm]
Bei den Indices in den Summen beginnend bei j=1 bin ich mir bei den letzten beiden etwas unsicher, weil mein Porf meinte den Fall bp,0 muss man abfangen. Oder bin ich hier komplett auf dem falschen Weg?
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Ohne deine Rechnung zu prüfen (die mir sehr einfach aussieht, allerdings auch beeindruckend elegant gegenüber meiner), habe ich folgende Überlegungen Angestellt:
Fall A: Nach maximal n Proben ("Ziehungen") gibt es maximal c Fehler, so dass das Los angenommen wird.
Nochmals Herleitung der schon bekannten Formel dafür.
Abbruch schon nach n-c Ziehungen, wenn nach n-c-1 Ziehungen noch kein Fehler und bei der (n-c)-ten auch noch kein Fehler auftritt: [mm] b_{p,n-c-1}(0)*(1-p),
[/mm]
Abbruch genau n-c+1 Ziehungen, wenn nach n-c Ziehungen nur 1 Fehler und bei der (n-c)-ten kein weiterer Fehler auftritt: [mm] b_{p,n-c}(1)*(1-p),
[/mm]
...
Abbruch genau n=n-c+c Ziehungen, wenn nach n-c+(c-1) Ziehungen genau c Fehler und bei der (n-c+c)-ten kein weiterer Fehler auftritt: [mm] b_{p,n-c+c-1}(c)*(1-p)=b_{p,n-1}(c)*(1-p).
[/mm]
Das gibt eine durchschnittliche Ziehungszahl von
[mm] n_A [/mm] = [mm] (1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j*b_{p,j-1}(j-n+c)
[/mm]
Fall B: Genau bei [mm] i\le [/mm] n trat bereits der (c+1)-te Fehler auf. Die Wahrscheinlichkeit hierfür beträgt [mm] b_{p,i-1}(c)*p. [/mm] Dann wird das ganze Los durchgeprüft, ggf. aber auch hier vorzeitig abgebrochen.
Fall [mm] B_1: [/mm] Es treten insgesamt maximal M Fehler auf, so dass das Los doch noch angenommen wird.
Bis i traten schon c+1 Fehler auf, in den nächsten N-i Ziehungen darf es maximal M-(c+1) Fehler geben.
Wenn nach insgesamt N-M+c Zügen kein weiterer Fehler hinzugekommen ist und im (N-M+c+1)-ten ebenfalls keiner hinzukommt, können maximal noch N-(N-M+c+1)=M-c-1 Fehler hinzukommen, was zusammen mit den c+1 anfänglichen Fehlern maximal M Fehler gäbe. Somit Abbruch nach insgesamt genau N-M+c+1 Zügen, : [mm] b_{p,N-M+c-i}(0)*(1-p),
[/mm]
Abbruch nach insgesamt genau N-M+c+2 Zügen, wenn nach insgesamt N-M+c+1 Zügen zu den c+1 Fehlern 1 weiterer Fehler hinzugekommen ist und im (N-M+c+2)-ten keiner hinzukommt: [mm] b_{p,N-M+c-i+1}(1)*(1-p),
[/mm]
Abbruch nach insgesamt genau N-M+c+3 Zügen, wenn nach insgesamt N-M+c+2 Zügen zu den c+1 Fehlern 2 weitere Fehler hinzugekommen sind und im (N-M+c+3)-ten keiner hinzukommt: [mm] b_{p,N-M+c-i+2}(2)*(1-p)
[/mm]
...
Abbruch nach insgesamt genau N=N-M+c+(M-c) Zügen, wenn nach N-M+c+(M-c-1) Zügen zu c+1 Fehlern M-c-1 weitere Fehler hinzugekommen sind und im N-ten keiner hinzukommt: [mm] b_{p,N-M+c-i+M-c-1}(M-c-1)*(1-p)=b_{p,N-i-1}(M-c-1)*(1-p).
[/mm]
Ist j die Ziehungszahl bis zum Abbruch, so ergibt sich daraus eine durchschnittliche Ziehungszahl von
[mm] s_i [/mm] = [mm] (1-p)*\summe_{j=N-M+c+1}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-N-c-1+j).
[/mm]
Diese Summen sind noch mit der Wahrscheinlichkeit zu multiplizieren, dass Fall B überhaupt auftritt und bei i der (c+1)-te Fehler auftritt, also mit [mm] b_{p,i-1}(c)*p, [/mm] und das ganze wird dann über i summiert:
[mm] n_1 [/mm] = [mm] p*\summe_{i=c+1}^{n}(b_{p,i-1}(c)*(1-p)*\summe_{j=N-M+c+1}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-N-c-1+j) [/mm] ).
Fall [mm] B_2: [/mm] Es treten insgesamt mehr als M Fehler auf, so dass das Los abgelehnt wird.
Bis i traten schon c+1 Fehler auf, in den nächsten N-i Ziehungen muss es dann mindestens M-c weitere Fehler geben.
Ein vorzeitiger Abbruch kann frühestens nach M-c weiteren Ziehungen erfolgen, wenn die nächsten M-c-1 Ziehungen alle fehlerhaft waren und es die nächste auch noch ist: [mm] b_{p,M-c-1}(M-c-1)*p.
[/mm]
Er kann nach genau M-c+1 weiteren Ziehungen erfolgen, wenn nach M-c weiteren Schritten M-c-1 weitere Fehler vorhanden sind und und der (M-c+1)-te ebenfalls fehlerhaft ist: [mm] b_{p,M-c}(M-c-1)*p.
[/mm]
...
Der Abbruch kann nach genau N-i=M-c+(N-M+c-i) weiteren Ziehungen erfolgen, wenn nach N-i-1 weiteren Schritten M-c-1 weitere Fehler auftauchen und und der (N-i)-te ebenfalls fehlerhaft ist: [mm] b_{p,N-i-1}(M-c-1)*p.
[/mm]
Aufsummiert und mit den Gesamtschrittlängen multipliziert erhält man für i dann als mittlere Gesamt-Schrittlänge
[mm] t_i [/mm] = [mm] p*\summe_{j=M-c+i}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-c-1).
[/mm]
Diese Summen sind wieder mit der Wahrscheinlichkeit zu multiplizieren, dass Fall B überhaupt auftritt und bei i der (c+1)-te Fehler auftritt, also mit [mm] b_{p,i-1}(c)*p, [/mm] und das ganze wird dann wieder über i summiert:
[mm] n_2 [/mm] = [mm] p*\summe_{i=c+1}^{n}(b_{p,i-1}(c)*p*\summe_{j=M-c+i}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-c-1) [/mm] ).
Insgesamt ergibt sich damit eine durchschnittliche Schrittlänge zu
[mm] n_A+n_1+n_2 [/mm] = [mm] (1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j*b_{p,j-1}(j-n+c) +p*\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)*\big\{(1-p)*\summe_{j=N-M+c+1}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-N-c-1+j)+p*\summe_{j=M-c+i}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-c-1)\big\}.
[/mm]
Ich habe den letzten Wert ncoh getestet: Nach Entfernen der jeweiligen Schrittlänge j als Faktor ergibt die Gesamtsumme beim Einsetzen verschiedener Werte von c,M,n und N immer den Wert 1, die Wahrscheilichkeit dafür, dass insgesamt alle Fälle erfasst sind.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:04 Sa 14.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
> Ohne deine Rechnung zu prüfen (die mir sehr einfach
> aussieht, allerdings auch beeindruckend elegant gegenüber
> meiner), habe ich folgende Überlegungen Angestellt:
Ich bin mir jetzt gar nicht mehr sicher, ob meine Vorgehensweise richtig war. Finde das was du gemacht hast eher beeindruckend. Dennoch habe ich noch nicht alles verstanden.
>
> Abbruch schon nach n-c Ziehungen, wenn nach n-c-1 Ziehungen
> noch kein Fehler und bei der (n-c)-ten auch noch kein
> Fehler auftritt: [mm]b_{p,n-c-1}(0)*(1-p),[/mm]
> Abbruch genau n-c+1 Ziehungen, wenn nach n-c Ziehungen nur
> 1 Fehler und bei der (n-c)-ten kein weiterer Fehler
> auftritt:
Hier bin ich mir etwas unsicher, bzw. habe das Vorgehen noch nicht ganz verstanden. Müsste hinten bei ......(n-c)-ten kein weiterer Fehler, nicht ......(n-c+1)-ten stehen?
[mm]b_{p,n-c}(1)*(1-p),[/mm]
>
> Fall B: Genau bei [mm]i\le[/mm] n trat bereits der (c+1)-te Fehler
> auf. Die Wahrscheinlichkeit hierfür beträgt
> [mm]b_{p,i-1}(c)*p.[/mm] Dann wird das ganze Los durchgeprüft, ggf.
> aber auch hier vorzeitig abgebrochen.
Wie kommst du auf diese Formel.
Ich hatte bisher immer für die WS der Annahme die Formel:
[mm]\summe_{i=0}^{c}b_{p,n}(i).[/mm].
Ich verstehe leider nicht, wie du auf die WS kommst, dass es vor dem n schon c+1 Fehler gibt.
>
> Fall [mm]B_1:[/mm] Es treten insgesamt maximal M Fehler auf, so dass
> das Los doch noch angenommen wird.
>
Hier bin ich mir sehr unsicher. Denn ein Los ist gut, wenn weniger als M Fehler im Los sind. Wie kommst du dann auf M? Müsste es nicht M-1 sein?
Ähnlicher Fall bei B.
> Fall [mm]B_2:[/mm] Es treten insgesamt mehr als M Fehler auf, so
> dass das Los abgelehnt wird.
Ein Los gilt als schlecht, wenn M oder mehr Fehler im Los sind.
>
> Aufsummiert und mit den Gesamtschrittlängen multipliziert
> erhält man für i dann als mittlere Gesamt-Schrittlänge
>
Sollte hier oben anstatt i, j stehen? Dachte mit Gesamt-Schrittlänge ist immer j gemeint?
> [mm]t_i[/mm] = [mm]p*\summe_{j=M-c+i}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-c-1).[/mm]
> Ich habe den letzten Wert ncoh getestet: Nach Entfernen der
> jeweiligen Schrittlänge j als Faktor ergibt die
> Gesamtsumme beim Einsetzen verschiedener Werte von c,M,n
> und N immer den Wert 1, die Wahrscheilichkeit dafür, dass
> insgesamt alle Fälle erfasst sind.
>
>
Die Formel habe ich so wie du es aufgeschrieben hast ohne den Faktor j auch geprüft und in der Tat kommt 1 heraus.
Die Formel oben gilt für den Fall, das M>n ist.
Es kann aber auch der Fall eintreten dass M<=n ist.
Ändern würden sich dann nur zwei Sachen.
Zum einen würde im Annahmefall noch die Möglichkeit bestehen, das Los vorzeitig abzubrechen, weil es schlecht ist. Wenn also das M bereits in der Stichprobe überschritten wurde. (das kann nur in diesem Fall vorkommen, wenn M<=n ist)
Es würde dann neben [mm] n_A [/mm] noch eine weitere Formel hinzukommen die so aufgebaut ist,
j Stücke sind zu prüfen, wenn M-1 fehlerhafte unter den ersten j-1 und j'tes Teil fehlerhaft ist, gefunden werden
[mm][mm] n_A2=p*\summe_{j=1}^{n} j*b_{p,j-1}(M-1) [/mm]
Ob die Summe bei 1 startet, da bin ich mir gar nicht mehr so sicher...
Im Fall B würde sich nur eine Kleinigkeit ändern und zwar die Indizes bei der WS eine Zurückweisung.
[mm] p*\summe_{i=c+1}^{M-1} b_{p,i-1}(c)
[/mm]
Vorher c+1,....,n jetzt c+1,...,M-1
Ansonsten müssten die Formeln gleich bleiben.
Oben bei M>n setzt die Formel sich aus drei Summanden zusammen
> [mm]n_A+n_1+n_2[/mm] = [mm](1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j*b_{p,j-1}(j-n+c) +p*\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)*\big\{(1-p)*\summe_{j=N-M+c+1}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-N-c-1+j)+p*\summe_{j=M-c+i}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-c-1)\big\}.[/mm]
und bei M<=n aus vier Summanden:
> [mm]n_A+n_A2+n_1+n_2[/mm] = [mm](1-p)*\summe_{j=n-c}^{n} j*b_{p,j-1}(j-n+c) +p*\summe_{j=1}^{n} j*b_{p,j-1}(M-1)+ +p*\summe_{i=c+1}^{M-1} b_{p,i-1}(c)*\big\{(1-p)*\summe_{j=N-M+c+1}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-N-c-1+j)+p*\summe_{j=M-c+i}^{N} (j)*b_{p,j-i-1}(M-c-1)\big\}.[/mm]
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Bevor ich auf deine Fragen eingehe, nochmal die Rückfrage, ob ich den ganzen Vorgang verstanden habe.
Beispiel:
Du kaufst einen Karton mit 2000 Schrauben. Der Verkäufer behauptet, durchschnittlich 8 % davon sind defekt.
Nun machst du eine erste Probe:
Teste 100 Schrauben. Wenn 11 oder weniger defekt sind, akzeptieren wir den Karton. n=100, c=11.
Wenn 12 oder mehr defekt sind, prüfen wir alle 2000 Schrauben. Sind dann mehr als 180 defekt, lehnen wir den Karton ab, sonst akzeptieren wir ihn doch noch. N=2000, M=180.
n, c und M werden dabei von uns willkürlich gewählt, p=0,08 ist ein glaubhafter Wert des Herstellers, N ist vorgegeben.
Frage: Wenn dieser Vorgang häufig wiederholt wird, wie viele Schrauben muss man im Durchschnitt untersuchen? Dabei wird die Zählung jeweils vorzeitig abgebrochen, sobald klar ist, dass eine der Bedingungen erfüllt ist (im 1. Fall z.B., wenn unter den ersten 20 Schrauben schon 12 fehlerhafte sind).
Ist das Beispiel so richtig?
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 00:53 So 15.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Bis hier hin stimmt alles.
> ...... Sind dann mehr als 180 defekt, lehnen wir den
> Karton ab, sonst akzeptieren wir ihn doch noch. N=2000,
> M=180
M ist die Reklamationsgrenze. Ein Los in diesem Fall die 2000 Schrauben gelten als gut, wenn sie weniger als M defekte Stücke enthalten, sonst als schlecht. Also wird schon bei 180 und mehr abgelehnt und nicht erst wie in deinem Beispiel bei 181.
> Frage: Wenn dieser Vorgang häufig wiederholt wird, wie
> viele Schrauben muss man im Durchschnitt untersuchen? Dabei
> wird die Zählung jeweils vorzeitig abgebrochen, sobald
> klar ist, dass eine der Bedingungen erfüllt ist (im 1.
> Fall z.B., wenn unter den ersten 20 Schrauben schon 12
> fehlerhafte sind).
>
>
> Ist das Beispiel so richtig?
Genau. Wenn ich unter den ersten 20 Schrauben schon 12 fehlerhafte finde, dann brauche ich nicht mehr den Rest der Stichprobe zu prüfen sondern kann hier vorzeitig abbrechen, in diesem Fall weise ich vorzeitig zurück. Im Zurückweisungsfall muss ich dann eine Vollkontrolle machen.
In der Vollkontrolle kann ich auch vorzeitig abbrechen undzwar wenn ich bevor ich Alle N Stücke prüfe, vorher schon genügend viele gute oder genügend viele schlechte gefunden habe.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:31 So 15.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
...bevor diese Formeln angewendet werden können, muss vorher ein kleiner Vorspann definiert werden.
1) Kein S (schlecht) sofort nach A (Annahme)... sofort heißt, wenn ich mit meiner Stichprobe fertig bin.
zum anderen darf das umgekehrte auch nicht gelten:
2) Kein G (gut) sofort nach Z (Zurückweisung)
Den ersten Fall hat mein Prof. Mir vorgegeben. Es muss nämlich gelten
c<M : Kein S sofort nach A.
Wenn z.B c=3 und M=3 wären, dann wüsste ich dass ich 3 fehlerhafte in der Stichprobe benötige um anzunehmen, wenn in diesem Moment aber auch feststehen würde, dass ich 3 oder weniger fehlerhafte benötige damit das Gesamtlos schlecht ist, dann würde der widersinnige Fall eintreten dass ich Zwar annehme aber weiß dass das Los insgesamt schlecht ist.
Zur zweiten Bedingung hat mir mein Prof einen Tipp gegeben.
Es muss gelten
c>= a und a soll ich herausfinden.
Allgemein gesprochen c muss mind. so groß sein, dass im Z-Fall nie genügend viele fehlerhafte Teile in der Stichprobe sein können, um damit schon G zu erbringen.
Diese Bedingung ist wichtig, da Falls diese Bedingung nicht gilt, das Prinzip/die Vorgehensweise, welche/s ich im Zurückweisungsfall betrachte kaputt geht. (Nachdem zurückgewiesen wird soll das Los vollkontrolliert werden)
Wenn diese Bedingung nicht gelten würde, wüsste ich bereits nach der Prüfung von n Stücken dass ich zwar zurückweisen muss, aber insgesamt zu wenige fehlerfreie im Gesamtlos sind. Ich wüsste also direkt nach dem ich zurückweise gleichzeitig dass das Los aber gut ist. Dann kann ich mir die Vollkontrolle sparen, aber die soll hier im Szenario vorkommen.
Deshalb glaube ich, es muss gelten:
c>=n-M+1.
Aber 100% sicher bin ich mir bei der letzten Bedingung noch nicht
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Ich habe in meiner Berechnung einen Fehler:
Da beim "Vortest" bei der Fehlerzahl c das Los noch angenommen und erst bei c+1 abgelehnt wird, habe ich angenommen, dass es ebenfalls beim Volltest bei M noch angenommen und erst bei M+1 abgelehnt wird. Dann würden sich Vortest und Volltest von den Überlegungen her besser entsprechen.
Wenn du dabei bleibst, dass bei M schon das Los zurückgewiesen wird, müsstest du in meinen Formeln immer M durch M-1 ersetzen. Die letzte hieße dann
$ [mm] (1-p)\cdot{}\summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{}b_{p,j-1}(j-n+c) +p\cdot{}\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)\cdot{}\big\{(1-p)\cdot{}\summe_{j=N-M+c+2}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-N-c-2+j)+p\cdot{}\summe_{j=M-c+i-1}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-c-2)\big\}. [/mm] $
Ich erkläre dir nun noch mal schrittweise meine Überlegungen an dem von mir vorher schon beschriebenen Schraubenbeispiel. Jetzt gehe ich aber davon aus, das im Volltest bereits bei M zurückgewiesen wird.
Zunächst: Bei 8 % Fehlern ist es realistisch, bei n=100 c=11 (oder ähnlich) zu setzen, denn fast die Hälfte der Fälle liegt über und fast die andere Hälfte unter 8.
Grundsätzlich ist nur [mm] M\ge [/mm] c sinnvoll: Es gibt keinen Sinn, beim Vortest z.B. zu sagen, c=19 Fehler sind noch ok, und wenn dann 20 Fehler auftreten, zum Volltest überzugehen, bei dem nur 15 Fehler erlaubt sind. Dann ist ja im Vortest die Zurückweisung bereits entschieden, aber es wäre nicht verständlich, warum im Vortest z.B. 17 Fehler zur Annahme führen sollten.
Ob M>n oder [mm] M\le [/mm] n ist, spielt bei meinen Überlegungen keine Rolle und erfordert keine Fallunterscheidung.
Fall A: Der Vortest führt zur Annahme.
Dann gab es bis zur n=100. Ziehung maximal c=11 Fehler.
Wann können wir den Vortest erst im 100. Zug beenden?
Wenn z.B. nach 33 Zügen 11 Fehler auftreten und nun kein weiterer folgt, müssen wir immer weitermachen, bis im 100. entschieden ist, dass kein weiterer kommt. Bis zum 99. Zug müssen insgesamt 11 Fehler aufgelaufen sein, damit 100 züge nötig sind, im 100. darf wieder kein Fehler auftauchen (in Mengenklammern schreibe ich die Zuglänge hinter die Wahrscheinlichkeit. q steht als Abkürzung für 1-p):
11 Fehler bis zum 99. Zug, dann kein Fehler: [mm] b_{p,99}(11)*q [/mm] [mm] \{100\}.
[/mm]
(Darin ist z.B. auch der Fall enthalten, dass bis zum 98. Zug nur 10 Fehler aufgetaucht sind, der 11. erst im 99. Zug, und jetzt könnte noch der 12. Fehler auftauchen.)
Wenn allerdings bis zum 98. Zug nur 10 Fehler entstanden sind, können nun noch höchstens 2 hinzukommen. ist dann der 99. Zug kein Fehler, kann man abbrechen, weil es höchstens 11 Fehler werden können:
10 Fehler bis zum 98. Zug, dann kein Fehler: [mm] b_{p,98}(10)*q[/mm] [mm] \{99\}[/mm].
(Dieser Fall ist nicht im ersten bis 100 enthalten, denn dann hätte ich nach dem 98. Zug nun einen Fehler finden müssen.)
So geht es jetzt weiter mit
9 Fehler bis zum 97. Zug, dann kein Fehler: [mm] b_{p,97}(9)*q[/mm] [mm] \{98\}[/mm].
8 Fehler bis zum 96. Zug, dann kein Fehler: [mm] b_{p,96}(8)*q[/mm] [mm] \{97\}[/mm].
...
0 Fehler bis zum 88. Zug, dann kein Fehler: [mm] b_{p,88}(0)*q[/mm] [mm] \{89\}[/mm].
Somit ergibt sich jetzt für diesen Fall für die mittlere Anzahl der Züge (j läuft in obiger Aufstellung von unten nach oben über die Zahl in der Mengenklammer):
[mm] n_A=q\cdot{}\summe_{j=89}^{100} j\cdot{}b_{p,j-1}(j-89)=q\cdot{}\summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{}b_{p,j-1}(j-n+c)
[/mm]
Fall B: Der Vortest liefert mehr als 11 Fehler, und wir gehen zum Volltest über. Der 12. Fehler ist im i-ten Zug entstanden, und damit war entschieden, dass der Volltest durchgeführt werden muss. Im Gegensatz zu meinen vorhergehenden Berechnungen drösel ich das aber jetzt noch mal ganz im Einzelnen auf:
Fall 1: Insgesamt gibt es nur maximal M-1 Fehler, und das Los wird doch noch angenommen. Natürlich ist M-1>c.
Ich gehe nun in 2 Schritten vor: Zunächst müssen bis spätestens zum 100. Zug 12 Fehler zusammenkommen. Nehmen wir an, der 12. Fehler entstünde genau im 35. Zug. In diesem Moment müssen wir gar nicht mehr bis 100 weitergehen und untersuchen, wieviele Fehler bis dahin noch entstehen, sondern es ist ja schon klar, dass jetzt der Volltest erfolgt. Wir müssen nur noch im 2. Schritt die Fälle untersuchen, bei denen es vom 36. bis zum 2000. Zug höchstens 179-12=167 Fehler gibt. Es spielt dabei keine Rolle mehr, ob 180>100 ist oder nicht, sondern nur noch die Anzahl der restlichen Ziehungen.
Der 12. Fehler soll im i-ten Schritt des Vortests entstehen, so dass ab da sofort zum Volltest übergegangen wird. Dabei ist 12 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] 100.
Damit das passiert, müssen im i-1.ten Schritt genau 11 Fehler vorhanden sein und der i-te Schritt dann zum 12. Fehler führen. Die W. dafür ist [mm] b_{p,i-1}(11)*p[/mm] [mm] \{i\}. [/mm] Nun ziehen wir weiter, wobei höchstens 167 weitere Fehler auftreten dürfen. Das ist frühestens nach weiteren 2000-i-167=1833-i Schritten klar. Wenn bis dahin keine weiteren Fehler hinzukamen, können maximal noch 167 hinzukommen, was zusammen mit den 12 vom Anfang 179 ergäbe. Nur, damit dies mit den nächsten Zeilen formal übereinstimmt, spalte ich das noch einmal auf:
die nächsten 2000-i-168=1832-i Züge müssen 0 Fehler geben, der nächste nochmals 0.
Für diesen zweiten Teil ist die W. [mm] b_{p,1832-i}(0)*q[/mm] [mm] \{1833-i\}[/mm].
Tritt nun zwischendurch genau ein zusätzlicher Fehler auf, so haben wir 13 Fehler und können uns nur noch 166 weitere erlauben. Haben wir also nur noch 166 Züge vor uns, können wir vorzeitig abbrechen. Bis dahin haben wir also in den 2000-i-167=1833-i weiteren Zügen genau einen Fehler gefunden und machen im nächsten keinen weiteren:
[mm] b_{p,1833-i}(1)*q[/mm] [mm] \{1834-i\}[/mm]
Bei 3 weiteren Fehlern können wir uns noch 165 erlauben, wenn bis zum 1835-i. keiner hinzukommt, ist der Fall entschieden. Entsprechend
[mm] b_{p,1834-i}(2)*q[/mm] [mm] \{1835-i\}[/mm]
...
[mm] b_{p,1999-i}(167)*q[/mm] [mm] \{2000-i\}[/mm]
Um die durchschnittliche Zuglänge für all diese Fälle zu berechnen, müssen wir die W. alle aufsummieren, mit den gesamten Weglängen multiplizieren (es kommt immer i dazu) und mit der W. für i im 1. Abschnitt multiplizieren:
[mm] b_{p,i-1}(11)*p*\summe_{j=1833}^{2000}j*b_{p,j-i-1}(j-1833)*q.
[/mm]
Das muss man noch über alle i von 12 bis 100 summieren:
[mm] n_1= p*\summe_{12}^{100}b_{p,i-1}(11)*q*\summe_{j=1833}^{2000}j*b_{p,j-i-1}(j-1833)=p\cdot{}\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)\cdot{}q\cdot{}\summe_{j=N-M+c+2}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-N-c-2+j).
[/mm]
Fall 2: Insgesamt gibt es mindestens M Fehler, und das Los wird endgültig abgelehnt.
Der erste Teil verläuft wie in Fall 1, nach genau i Schritten gab es 12 Fehler. Wir ziehen nun weiter, bis im weiteren Verlauf der (zusätzlich) 168. Fehler auftritt und brechen dann ab.
Das geschieht frühestens nach 168 weiteren Schritten, wenn jeder davon einen Fehler aufwies. Aus formalen Gründen drösel ich das noch mal auf: nach 167 Schritten 167 Fehler und auch noch im 168. Schritt:
[mm] b_{p,167}(167)*p [/mm] [mm] \{168\}.
[/mm]
Nach 169 Schritten kann abgebrochen werden, wenn in den ersten 168 Schritten 167 Fehler hinzukamen, dann aber einer im 169. Zug:
[mm] b_{p,168}(167)*p [/mm] [mm] \{169\}.
[/mm]
...
Erst nach weiteren 2000-i Schritten kann abgebrochen werden, wenn nach 1999-i Schritten erst 167 Fehler auftraten und erst im 2000-i. Schritt der 168:
[mm] b_{p,1999-i}(167)*p [/mm] [mm] \{2000-i\}.
[/mm]
Auch hier summieren wir wieder auf, setzen die Gesamtschrittlänge (i addieren) ein und multiplizieren mit der W. dafür, das im Vortest bei i der 12. Fehler auftrat:
[mm] b_{p,i-1}(11)*p*\summe_{j=168+i}^{2000}j*b_{p,j-i-1}(167)*p.
[/mm]
Wieder aufsummiert über alle i von 12 bis 100 gibt das
[mm] n_2= p*\summe_{12}^{100}b_{p,i-1}(11)*p*\summe_{j=168+i}^{2000}j*b_{p,j-1}(167)=p\cdot{}\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)\cdot{}p\cdot{}\summe_{j=M-c+i-1}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(m-c-2).
[/mm]
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Habe noch mal 4 Schreibfehler in der letzten Mitteilung korrigiert, jetzt ist alles richtig.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:34 Mo 16.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
> Zunächst: Bei 8 % Fehlern ist es realistisch, bei n=100
> c=11 (oder ähnlich) zu setzen, denn fast die Hälfte der
> Fälle liegt über und fast die andere Hälfte unter 8.
> Grundsätzlich ist nur [mm]M\ge[/mm] c sinnvoll: Es gibt keinen
> Sinn, beim Vortest z.B. zu sagen, c=19 Fehler sind noch ok,
> und wenn dann 20 Fehler auftreten, zum Volltest
> überzugehen, bei dem nur 15 Fehler erlaubt sind. Dann ist
> ja im Vortest die Zurückweisung bereits entschieden, aber
> es wäre nicht verständlich, warum im Vortest z.B. 17
> Fehler zur Annahme führen sollten.
Das habe ich jetzt noch nicht so ganz verstanden.
Laut meinem Prof. muss c<M sein: Kein S sofort nach A und sofort heißt wenn die Stichprobe geprüft wurde.
Stell dir vor c=11 und M=11, und in der Stichprobe würde man 11 fehlerhafte Stücke finden , dann würde man das Los im Vorsetzt annehmen. Da aber M=11 ist, wäre das Los insgesamt schlecht. Es macht also keinen Sinn, dass das Los angenommen wird, wenn man weiss, dass es schlecht ist.
So dass der umgekehrte Fall auch nicht auftreten darf.
....Kein G sofort nach Z. Wenn ich zurückweise soll nicht direkt feststehen, dass das Los gut ist, weil ich mir dann die Vollkontrolle sparen könnte.
Ich glaube man muss vorher schon diese Unterscheidungen treffen.
> Ob M>n oder [mm]M\le[/mm] n ist, spielt bei meinen Überlegungen
> keine Rolle und erfordert keine Fallunterscheidung.
Deine Formel müsste für den Fall M>n gelten.
Vill habe ich das nicht richtig definiert.
Es kann der Fall eintreten, ich weise zurück und naja, entweder mache ich dann eine Vollkontrolle nämlich wenn das M noch nicht überschritten wurde in der Stichprobe und das kann ja nur hier in dem Fall M<=n vorkommen.
Also allgemein gesagt: 1) ist n<M und sind in der Stichprobe mehr als c defekte Stücke vorhanden, so wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert.
2) Ist n>=M und sind in der Stichprobe mehr als c und weniger als M defekte Stücke vorhanden, wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert. Bei mindestens M defekten Stücken wird das Los zurückgewiesen und eliminiert.
Aus diesem Grund denke ich muss schon die Unterscheidung getroffen werden.
> Fall A: Der Vortest führt zur Annahme.
Im Falle M<=n:
So, dass hier ein weiterer Fall betrachtet werden muss. Es kann also passieren, dass ich an dieser Stelle vorzeitig abbrechen weil ich weiss, das Los ist schlecht. Es muss ja beides gelten c<M und M<=n Z.B. c=4 und M=7. bis ich vier Teile gefunden habe passiert nix, ab dem 5 teil weiss ich aha, ich muss zurückweisen und ab dem 7 Teil wüsste ich, ich muss nicht nur zurückweisen, sondern das Los ist schlecht und ich kann mir die Vollkontrolle sparen.
Ich denke ich habe das falsch ausgedrückt, weil ich von Anfang an gesagt habe, im Zurückweisungstal wird immer eine Vollkontrolle gemacht, was hier aber nicht stimmt.
Ich glaube trotzdem, dass sich bei deiner Rechnung gar nicht mal so viel ändern würde.. neben dieser Formel die du hier schon hast würde es eine weitere für M<=n geben.
Mit dem Unterschied, dass im Annahemfall zwei Summanden auftauchen. der Bisherige und der oben neu beschriebene.
Unten im Zurückweisungsfall, so glaube ich müsste sich nur in den Indizes was ändern.
Bei
[mm]n_1= p*\summe_{c+1}^{M-1}b_{p,i-1}(c)[/mm]
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Bevor ich auf deine Argumente eingehe: Ganz unten findest du noch mal eine Einschränkung, die ich bisher nicht beachtet habe!
> > Zunächst: Bei 8 % Fehlern ist es realistisch, bei n=100
>
> > c=11 (oder ähnlich) zu setzen, denn fast die Hälfte der
> > Fälle liegt über und fast die andere Hälfte unter 8.
> > Grundsätzlich ist nur [mm]M\ge[/mm] c sinnvoll: Es gibt keinen
> > Sinn, beim Vortest z.B. zu sagen, c=19 Fehler sind noch ok,
> > und wenn dann 20 Fehler auftreten, zum Volltest
> > überzugehen, bei dem nur 15 Fehler erlaubt sind. Dann ist
> > ja im Vortest die Zurückweisung bereits entschieden, aber
> > es wäre nicht verständlich, warum im Vortest z.B. 17
> > Fehler zur Annahme führen sollten.
>
> Das habe ich jetzt noch nicht so ganz verstanden.
> Laut meinem Prof. muss c<M sein:
Ja, ich war wieder in meinem alten Gedankengang, dass M ein Analogon zu c ist: Bei c Fehlern ist noch alles gut, im Volltest bei M Fehlern aber nicht mehr (warum ist das eigentlich unterschiedlich definiert? Irritiert mich völlig!)
Also: Sinnvoll ist nur M>c+1 bzw [mm] M\ge [/mm] c+2.
Kein S sofort nach A und
> sofort heißt wenn die Stichprobe geprüft wurde.
> Stell dir vor c=11 und M=11, und in der Stichprobe würde
> man 11 fehlerhafte Stücke finden , dann würde man das Los
> im Vorsetzt annehmen. Da aber M=11 ist, wäre das Los
> insgesamt schlecht. Es macht also keinen Sinn, dass das Los
> angenommen wird, wenn man weiss, dass es schlecht ist.
> So dass der umgekehrte Fall auch nicht auftreten darf.
> ....Kein G sofort nach Z. Wenn ich zurückweise soll nicht
> direkt feststehen, dass das Los gut ist, weil ich mir dann
> die Vollkontrolle sparen könnte.
> Ich glaube man muss vorher schon diese Unterscheidungen
> treffen.
>
> > Ob M>n oder [mm]M\le[/mm] n ist, spielt bei meinen Überlegungen
> > keine Rolle und erfordert keine Fallunterscheidung.
>
> Deine Formel müsste für den Fall M>n gelten.
nein.
Beispiel:
N=100, M=12, n=20, c=3
Wir beginnen mit der Ziehung und haben gleich zu Anfang 4 Fehler. Jetzt schon brechen wir den Vortest ab und gehen zum Haupttest über. i=4, ab jetzt zählen wir weiter, ob noch 8 Fehler hinzukommen oder nicht. In meinen Betrachtungen haben wir also den Fall B bereits nach 4 Schritten. Es spielt z.B. keine Rolle, ob ich bis n=20 schon 15>M Fehler habe, weil die Vollkontrolle schon bei 5 beginnt und nicht erst nach 20. Mit dem Überschreiten von c Fehlern startet schon die Vollkontrolle. In diesem Fall würde die Vollkontrolle schon nach 12 von den oben genannten 15 Fehlern abbrechen, also noch vor Erreichen der n=20 Schritte der Vorkontrolle. Das ist alles in den Überlegungen enthalten und muss nicht unterschieden werden.
> Vill habe ich das nicht richtig definiert.
> Es kann der Fall eintreten, ich weise zurück und naja,
> entweder mache ich dann eine Vollkontrolle nämlich wenn
> das M noch nicht überschritten wurde in der Stichprobe und
> das kann ja nur hier in dem Fall M<=n vorkommen.
>
> Also allgemein gesagt: 1) ist n<M und sind in der
> Stichprobe mehr als c defekte Stücke vorhanden, so wird
> das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert.
> 2) Ist n>=M und sind in der Stichprobe mehr als c und
> weniger als M defekte Stücke vorhanden, wird das Los
> zurückgewiesen und vollkontrolliert. Bei mindestens M
> defekten Stücken wird das Los zurückgewiesen und
> eliminiert.
>
> Aus diesem Grund denke ich muss schon die Unterscheidung
> getroffen werden.
>
>
>
> > Fall A: Der Vortest führt zur Annahme.
> Im Falle M<=n:
> So, dass hier ein weiterer Fall betrachtet werden muss. Es
> kann also passieren, dass ich an dieser Stelle vorzeitig
> abbrechen weil ich weiss, das Los ist schlecht. Es muss ja
> beides gelten c<M und M<=n Z.B. c=4 und M=7. bis ich vier
> Teile gefunden habe passiert nix, ab dem 5 teil weiss ich
> aha, ich muss zurückweisen und ab dem 7 Teil wüsste ich,
> ich muss nicht nur zurückweisen, sondern das Los ist
> schlecht und ich kann mir die Vollkontrolle sparen.
Nein: Nach dem 5. Fehler weißt du schon - nach meinem Gedankengang - dass du die Vollkontrolle machen musst, und du steckst jetzt schon drin! Du fängst ja auch nicht wieder von vorne mit der Probiererei, sondern machst mit der bisherigen Zählung weiter. sobald du nun auf den 7. Fehler stößt, brichst du dicht die VORkontrolle ab, sondern die VOLLkontrolle, weil du jetzt schon zurückweisen kannst. Und dabei spielt es keine Rolle, ob der 7. Fehler vor n=30 oder nach n=30 auftritt.
Wenn M jetzt statt 7 z.B. 35 wäre, spielte das gar keine Rolle: Nach dem 5. Fehler steckst du in der Vollkontrolle und machst so lange weiter, bis du M Fehler findest oder klar ist, dass das nicht mehr möglich ist. Das kann dann vor n=30 oder nach n=30 passieren, nach dem 5. Fehler im Vortest spielt es überhaupt keine Rolle mehr, wo n liegt.
> Ich denke ich habe das falsch ausgedrückt, weil ich von
> Anfang an gesagt habe, im Zurückweisungstal wird immer
> eine Vollkontrolle gemacht, was hier aber nicht stimmt.
>
> Ich glaube trotzdem, dass sich bei deiner Rechnung gar
> nicht mal so viel ändern würde.. neben dieser Formel die
> du hier schon hast würde es eine weitere für M<=n geben.
>
> Mit dem Unterschied, dass im Annahemfall zwei Summanden
> auftauchen. der Bisherige und der oben neu beschriebene.
>
> Unten im Zurückweisungsfall, so glaube ich müsste sich
> nur in den Indizes was ändern.
> Bei
> [mm]n_1= p*\summe_{c+1}^{M-1}b_{p,i-1}(c)[/mm]
>
>
Wichtige Einschränkungen
$ [mm] (1-p)\cdot{}\summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{}b_{p,j-1}(j-n+c) +p\cdot{}\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)\cdot{}\big\{(1-p)\cdot{}\summe_{j=N-M+c+2}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-N-c-2+j)+p\cdot{}\summe_{j=M-c+i-1}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-c-2)\big\}. [/mm] $
Hier dürfen keine rückläufigen Indices entstehen (Summenstartwert für Laufindex kleiner als Summenendwert), bei den [mm] b_{p,j}(k) [/mm] muss [mm] j\ge [/mm] 0 und [mm] 0\le [/mm] k [mm] \le [/mm] j sein.
1. Summenzeichen: Es ist [mm] n\ge [/mm] c und damit [mm] j\ge [/mm] 0, außerdem [mm] n\ge [/mm] n-c, also alles ok.
2. Summenzeichen: Es ist c+1 >0, aber c+1>n, falls c=n.
1. Einschränkung: c<n (dürfte problemlos sein und wird im Folgenden als gegeben angenommen.)
3. Summenzeichen: [mm] N-M+c+2\ge [/mm] 0 entspricht [mm] M\le [/mm] N+c+2. Gilt, weil ja M [mm] \le [/mm] N ist.
N-M+c+2 [mm] \le [/mm] N entspricht M [mm] \ge [/mm] c+2. Wurde schon als erforderlich diskutiert, also ok.
4. Summenzeichen: [mm] M-c+i-1\ge [/mm] 0 entspricht M+i [mm] \ge [/mm] c+1, stimmt, da schon [mm] M\ge [/mm] c+1.
[mm] M-c+i-1\le [/mm] N entspricht M-c-1 [mm] \le [/mm] N-i. Das größte i, das vorkommt, ist i=n. Dafür müsste gelten:
2. Einschränkung: M-c-1 [mm] \le [/mm] N-n
Das bedeutet: Die durch den Übergang vom Vortest zum Volltest zusätzlich erlaubten Fehler müssen in die zusätzlich erlaubten Ziehungen passen.
Hierzu ein Beispiel:
N=25, n=20, M=12, c=3 (man sieht schon an den Zahlen, dass das Ganze relativ unsinnig ist).
Züge 1-16 fehlerfrei, 17,18,19,20 fehlerhaft. Übergang zur Vollziehung: Jetzt können nur noch 5 Fehler hinzukommen, M=12 Fehler sind gar nicht mehr möglich, die obige Formel ist nicht anwendbar.
Indices nach 1. Summenzeichen: Wegen n>c ist [mm] j\ge [/mm] 1 und somit [mm] j-1\ge [/mm] 0. Außerdem ist j-n+c [mm] \ge [/mm] (n-c)-n+c [mm] \ge [/mm] 0 und [mm] j-n+c\le [/mm] j-1, da c [mm] \le [/mm] n-1.
Indices nach 2. Summenzeichen: [mm] i-1\ge [/mm] 0, da [mm] c+1\ge [/mm] 0. [mm] c\ge [/mm] 0 klar, [mm] c\le [/mm] i-1, da [mm] i-1\le [/mm] c+1
Indices nach 3. Summenzeichen: [mm] j-i-1\ge [/mm] 0 entspricht j-1 [mm] \ge [/mm] i. Das kleinste j und das größte i eingesetzt, ergibt [mm] N-M+c+1\ge [/mm] n, also [mm] N-n\ge [/mm] M-c-1, und das entspricht wieder der 2. Einschränkung.
[mm] M-N-c-2+j\ge [/mm] 0 enstspricht j [mm] \ge [/mm] N-M+c+2, und damit startet die Summe. [mm] M-N-c-2+j\le [/mm] j-i-1 entspricht [mm] M-c-1\le [/mm] N-i, höchsten Wert für i eingesetzt: [mm] M-c-1\le [/mm] N-n, und das entspricht wieder der 2. Einschränkung.
Indices nach 4. Summenzeichen: [mm] j-i-1\ge [/mm] 0 entspricht j-1 [mm] \ge [/mm] i. Kleinstes j eingesetzt, ergibt M-c+i-1-1 [mm] \ge [/mm] i, also
M [mm] \ge [/mm] c+2, was stimmt. M-c-2 [mm] \ge [/mm] 0 entspricht ebenfalls genau dieser Bedingung, M-c-2 [mm] \le [/mm] j-i-1 entspricht mit kleinstem j : [mm] M-c-2\le [/mm] M-c+i-1-i-1, also 0 [mm] \le [/mm] 0, ebenfalls richtig.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:22 Di 17.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
> Ja, ich war wieder in meinem alten Gedankengang, dass M ein
> Analogon zu c ist: Bei c Fehlern ist noch alles gut, im
> Volltest bei M Fehlern aber nicht mehr (warum ist das
> eigentlich unterschiedlich definiert? Irritiert mich
> völlig!)
Ausgangspunkt sind Annahmestichprobenprüfungen. Es gibt verschiedene Szenarien. Ich betrachte in meinem Szenario folgenden Fall. Eine zufällige Stichprobe mit dem Umfang n wir aus einem Los der Größe N gezogen. Jedes Stück ist mit der WS p defekt. In der Stichprobe werden c defekte Einheiten und im Los M-1 defekte Einheiten akzeptiert. Das Los wird entsprechend angenommen und unverändert ausgeliefert, wenn max. c defekte Stücke in der Stichprobe sind. Bei mehr als c defek. Stücken wird das Los zurückgewiesen und unter den oben beschriebene Fällen vollkontrolliert.
> > Also allgemein gesagt: 1) ist n<M und sind in der
> > Stichprobe mehr als c defekte Stücke vorhanden, so wird
> > das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert.
> > 2) Ist n>=M und sind in der Stichprobe mehr als c und
> > weniger als M defekte Stücke vorhanden, wird das Los
> > zurückgewiesen und vollkontrolliert. Bei mindestens M
> > defekten Stücken wird das Los zurückgewiesen und
> > eliminiert
Es wird also zum einen unterschieden wie viele defekte Stücke in der Stichrobe n sind und wie viele im Los N. Für beide gibt es ihre eigene "Grenzzahl" in der Stichprobe c und im Los M-1. Deshalb die Unterscheidung. Weiterhin muss gelten
n<=N
0<=c<n
Neben der durchschnittlichen Anzahl zu prüfender Stücke bei abbrechender Kontrolle, wie wir sie hier versuchen herzuleiten, gibt es allgemein, auch andere QM-Kennzahlen für dieses Szenario. Die ich kurz mal vorstelle:
Allgemein die WS für ein gutes Los:
[mm] p(G)= \summe_{k=0}^{M-1} b_{p,N} (k) [/mm]
k ist die Anzahl der defekten Stücke im Los
Entsprechend folgt aus der 4-Feldertafel die WS
[mm] p(S)= 1-p(G) [/mm]
Die WS der angenommenen Los ist folgendermaßen definiert.
[mm] p(A)= \summe_{i=0}^{c} b_{p,n} (i) [/mm]
i ist die Anzahl der defekten Stücke in der Stichprobe
entsprechend für den Zurückweisungsfall gilt
[mm] p(Z)= 1-p(A) [/mm]
Als Bsp. noch die WS für eine Vollkontrolle:
[mm] p(V)= \left\{\begin{matrix}
p(Z), & \mbox{n=M } \end{matrix}\right. [/mm]
Mittlerer Prüfumfang:
Stets werden n Stücke geprüft, im Falle einer Zurückweisung in der Vollkontrolle, wird zusätzlich der Rest des Loses geprüft.
n*=n+(N-n)*p(V)
> Also: Sinnvoll ist nur M>c+1 bzw [mm]M\ge[/mm] c+2.
glaube ich immer noch nicht.
Es muss c<M :(Kein S sofort nach A) gelten, da bin ich mir eigentlich sicher.
Es darf eben nicht sein, dass ich bereits, wenn ich mit meiner Stichprobe fertig bin und den Rest gar nicht berücksichtigt habe, dass dann schon feststeht, das Los ist schlecht.
> Kein S sofort nach A und
> > sofort heißt wenn die Stichprobe geprüft wurde.
> > Stell dir vor c=11 und M=11, und in der Stichprobe
> würde
> > man 11 fehlerhafte Stücke finden , dann würde man das Los
> > im Vorsetzt annehmen. Da aber M=11 ist, wäre das Los
> > insgesamt schlecht. Es macht also keinen Sinn, dass das Los
> > angenommen wird, wenn man weiss, dass es schlecht ist.
> > So dass der umgekehrte Fall auch nicht auftreten darf.
> > ....Kein G sofort nach Z. Wenn ich zurückweise soll
> nicht
> > direkt feststehen, dass das Los gut ist, weil ich mir dann
> > die Vollkontrolle sparen könnte.
> > Ich glaube man muss vorher schon diese Unterscheidungen
> > treffen.
>
> Wichtige Einschränkungen
>
die muss ich mir noch einmal genauer anschauen.
Wenn ich jetzt noch einmal mein Vorgehen von Beginn an anschaue, also die abbrechende Kotrolle
j Stücke prüfen wenn n-c-1 fehlerfreie unter den ersten j-1 und j'tes Teil fehlerhaft ...
...anschaue, dann ist es doch etwas anders als gedacht.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:07 Di 17.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Eine andere Frage. Um so Formeln zu überprüfen ist es immer gut dies anhand eines simulationsprogramms zu prüfen. Hast du das bei deiner Formel gemacht ?
Ich bin bin mir nicht ganz sicher wie man das am besten zeigt. Ich habe das in mathematica probiert indem ich erst die theoretischen Formeln von oben überprüft habe.
Dabei habe ich erst einmal ein los mit Zufallszahlen erstellt.
Kurz zum Verständnis:
Es wird zuerst ein Los mit z.B. N=20 Zufallszahlen erzeugt.
LosG=20;
los0=RandomReal[{0,1},LosG]
Man erhält dann z.B. die Liste
{0.650226,0.458275,0.922529,0.904341,
0.707846,0.453955,0.248231,0.202245,
0.140448,0.151706,0.134801,0.937269,
0.283758,0.00988461,0.251094,0.332086,
0.201392,0.532351,0.629371,0.35003}
p gibt die WS an mit der ein Stück defekt ist.
Z.B p=0.08
Dann kann man die Werte von oben in gute und schlechte Stücke einteilen (1,0)
los=If[#<p,0,1]&/@los0
{1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,1,1,1,1,1,1}
Daraus kann man dann die schlechten Teile zählen
AnzahlNullLos=LosG-Total[los]
und eine Stichprobe aus dem Los ziehen.(hier einfach die ersten n=13 Stücke, dies kann man auch zufällig wählen, wenn man möchte). Ich mache es mal so dass die ersten n Stücke für die Stichprobe stehen.
stichp=Take[los,n]
Daraus kann man dann auch die schlechten Teile zählen.
AnzahlNullStichp=n-Total[stichp]
c=1; ist die Annahmezahl
Allgemeine das reicht jetzt aus um die Formel p(A), p(G), p(Z) und p(S) zu bestimmen also wenn ich das Los mehrmals (die Anzahl der simulationsschrotte erhöhe) und immer zähle wie viele Fehleler ich in der Stichprobe und im Los habe. Dann weiß ich immer ob p(A) ,..,oder p(Z) feststeht und zähle das je nachdem was eingetroffen ist einfach hoch und teile die Anzahl durch die Anzahl der simulationsschritte. Dann habe ich die simulierten WS p(A) .., usw.
So in etwa müsste das auch mit der abbrechenden Kontrolle gehen. Wenn ich sage das Los von oben mit den (1,1,1,1,1...) nehme ich jetzt
Und prüfe wirklich nach der Reihenfolge das erst das zweite das dritte, usw Stück. Schaue mir an ob vorzeitig angenommen werden kann, wenn ich zu Beginn schon genügend viele fehlerfrei in der Stichprobe habe um auf Annahme entscheiden zu können, dann breche ich ab.
Merke mir das und mache das wie oben für mehrere simulationsschritte. Ich weiß noch nicht ob dann einfach Gezählt wird wie oft vorzeitig angenommen bzw. zurückgewiesene und vollkontrolliert wird. Oder ob dann einfach die Zahl die raus kommt z.B vorzeitig abgebrochen bei 3 Fehlern da dann das Los schon angenommen werden kann, so dass ich mir die drei merke und bei jeder Simulation hochzähle. Dann hätte ich ja auch am Ende wenn ich je nachdem ob vorzeitig angenommen wurde oder vorzeitig zurückgewiesen wird (siehe vorgehen wie oben bei deinen Formeln beschrieben) und diese Werte die ich rausbekommen habe summiere und durch die Anzahl der simulationsschritte eigentlich doch die durchschnittliche zu prüfende Anzahl bei abbrechende Kontrolle also das n'.
Aber ich weiß noch noch wie ich das umsetzten kann. Ich vermute man muss mehrere If Bereinigungen verschachteln.
Ich glaube so könnte man deine Formel von oben auch besser überprüfen...
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Mit dem Programm "derive", das in gewisser Weise ähnlich arbeitet wie mathematika, aber älter und nicht so verbreitet ist, habe ich keine Simulation durchgeführt, sondern die Formeln ohne die Weglängen (Anzahl der Züge bis zum Abbruch) eingegeben, also letztlich nur die Summen aller Wahrscheinlichkeiten. Dann habe ich für p, n, c, M und N Probewerte eingesetzt (mehrere verschiedene Kombinationen) und das Ganze berechnen lassen. Es kam immer 1 heraus. Das gibt mir die (relative) Sicherheit, dass meine Indices stimmen und ich alle Möglichkeiten erfasst habe.
Simulationen habe ich bisher immer selber in PASCAL programmiert. Leider läuft das zur Zeit nicht auf meinem neuen Rechner, weil auch das eine veraltete Version ist und das Ganze nicht mehr vom Hersteller gepflegt wird. Normalerweise lasse ich in einem solchen Programm den theoretischen Wert über die von mir aufgeschriebenen Summen berechnen und vergleiche sie dann mit dem Durchschnittswert von 10 000 Simulationen. Dabei gehe ich dann per Schleifen verschiedene Werte für p,c,... durch und lasse mir die prozentuale Abweichung für die jeweilige Kombination anzeigen. Ist mir im Moment allerdings nicht möglich (s.o.).
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 08:45 Do 19.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Hallo,
Vielen Dank für deine ausführlichen Antworten.
Also ich würde die Formel gerne mit deinen Ergebnissen vergleichen wenn das bei dir auf dem Rechner funktioniert. Also allgemeine einfach ob, ich die Formeln in mathematica richtig eingegeben habe.
Ich kam die Tage nur nicht auf den virtuellen Server der Uni drauf, so dass ich das noch nicht testen konnte. Ich würde mich dann morgen noch mal melden, weil ich dann an dem uni Rechner bin und da muss es funktionieren.
Meinst du diese Formel wie du sie hast ist auch auf ein anderes Szenario anwendbar ?
Also wenn alles so bleibt wie es ist, nur dass es keine Ausschusswahrscheinlichleit p gibt, sondern eine Kennzahl k die die Anzahl der fehlerhaften Stücke im Los angibt.
Es wird dann keine Binomialverteilung mehr verwendet sondern die hypergeometrische Verteilung.
Aber es soll auch eine abbrechende Kontrolle berechnet werden.
Die anderen Variablen bleiben gleich. Der Unterschied liegt daran, dass Aus einem Los der Größe N indem genau k fehlerhafte Stücke vorhanden sind, eine Stichprobe der Größe n gezogen wird. In der Stichprobe werden c defekte Einheiten toleriert. Das Los wird entsprechend angenommen und unverändert ausgeliefert, wenn maximal c defekte Stücke in der Stichprobe sind. Bei mehr als c defekten Stücken wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert, falls folgende Bedingungen erfüllt sind:
1. Ist n<M und sind in der Stichprobe mehr als c defekte Stücke registriert, so wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert.
2. Ist n>=M und sind in der Stichprobe mehr als c und weniger als M defekte Stücke registriert, so wird das Los Aus einem Los der Größe indem genau k fehlerhafte Stücke vorhanden sind, wird eine Stichprobe der Größe gezogen. In der Stichprobe werden defekte Einheiten toleriert. Das Los wird entsprechend angenommen und unverändert ausgeliefert, wenn maximal defekte Stücke in der Stichprobe sind. Bei mehr als defekten Stücken wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert, falls folgende Bedingungen erfüllt sind:
1. Ist und sind in der Stichprobe mehr als defekte Stücke registriert, so wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert.
2. Ist und sind in der Stichprobe mehr als und weniger als defekte Stücke registriert, so wird das Los zurückgewiesen und vollkontrolliert. Bei mindestens defekten Stücken wird das Los zurückgewiesen und eliminiert. und vollkontrolliert. Bei mindestens M defekten Stücken wird das Los zurückgewiesen und eliminiert.
Also im Grunde genommen genau so wie vorher auch.
Aber ich habe noch nicht herausgefunden welche Auswirkungen es hat wenn man anstatt der binomialverteilung nun mit der hypergeometrischen Verteilung arbeitet.
Die WS z.B für ein gutes Los wird einfach über die Formel
[mm]p(G)={\begin{matrix}
1, & \mbox k=M
\end{matrix}
p(S)=1-p(G)
p(A)= \summe_{i=0}^{c} h_{N,k,n} (i)
p(Z)=1-p(A)
[/mm]
Das wären so die allgemeinen Formeln wobei wegen der Symmetrie der Binomialkoeffizient gilt [mm] h_{N,k,n} (i)=h_{N,n,k} [/mm] (i).
Nun habe ich in einem Buch eine Formel der abbrechenden Kontrolle gefunden, allerdings nur für den vorzeitigen Abbruch in der Stichprobe. Sprich vorzeitige Entscheidung das Los wird angenommen.
Das ist der 1. Summand bei der binomialverteilungsformel von dir.
Nur hier mit der hypergeometrischen Verteilung.
Die Formel lautet da:
[mm] \bruch{n-c}{{N \choose k}}* \summe_{j=0}^{c} ({{n-j \choose n-c}} *{{N-n+j \choose k-c+j}} [/mm]
Aber leider habe ich diese Formel nicht verstanden.
Weißt du das zufällig ?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:41 Fr 20.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
> Also ich würde die Formel gerne mit deinen Ergebnissen
> vergleichen wenn das bei dir auf dem Rechner funktioniert.
> Also allgemeine einfach ob, ich die Formeln in mathematica
> richtig eingegeben habe.
> Ich kam die Tage nur nicht auf den virtuellen Server der
> Uni drauf, so dass ich das noch nicht testen konnte. Ich
> würde mich dann morgen noch mal melden, weil ich dann an
> dem uni Rechner bin und da muss es funktionieren.
>
Ich habe jetzt folgendes Bsp. betrachtet.
N=800
M=25
p=0,08
n=100
c=4
bekomme dann wenn ich die Werte in deine Formel einsetzte 288,1 raus. Das heißt ich könnte in diesem Fall im Durchschnitt bei 288 Stück abbrechen.
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> > Also ich würde die Formel gerne mit deinen Ergebnissen
> > vergleichen wenn das bei dir auf dem Rechner funktioniert.
> > Also allgemeine einfach ob, ich die Formeln in mathematica
> > richtig eingegeben habe.
> > Ich kam die Tage nur nicht auf den virtuellen Server der
> > Uni drauf, so dass ich das noch nicht testen konnte. Ich
> > würde mich dann morgen noch mal melden, weil ich dann an
> > dem uni Rechner bin und da muss es funktionieren.
> >
> Ich habe jetzt folgendes Bsp. betrachtet.
> N=800
> M=25
> p=0,08
> n=100
> c=4
>
> bekomme dann wenn ich die Werte in deine Formel einsetzte
> 288,1 raus. Das heißt ich könnte in diesem Fall im
> Durchschnitt bei 288 Stück abbrechen.
>
Ja, ich habe deine Werte auch noch mal in Derive eingegeben. Die Summe der Wahrscheinlichkeiten ist wieder 1 und zeigt mir, dass ich die Formel wohl richtig eingetippt habe, und als mittlere Weglänge bekomme ich ebenfalls 288,1 heraus.
Dein Test bedeutet offenbar folgendes: auf n=100 sind 8 Fehler (c=4) und auf N=800 sind 64 Fehler (M=25) zu erwarten. Du möchtest aber ein Los, das deutlich weniger Fehler aufweist.
Du willst die Formel auch auf die hypergeometrische Verteilung anwenden. Für ein Testverfahren im herkömmlichen Sinn ist das aber unsinnig. Du weißt soch schon von vornherein, dass das Los k defekte Stücke enthält, wozu dann noch ein Vor- und ein Volltest? Einzig sinnvoll wäre nur die Frage: In 800 Stück sind 64 fehlerhafte Teile. Wie lange dauert es durchschnittlich, bis man alle 64 gefunden (und aussortiert) hat? Und ohne darüber nachzudenken würde ich rein intuitiv sagen: Durchschnittlich kommen alle 12,5 Stücke ein Fehler, der 1. zwischen 1 und 12,5, im Durchschnitt also bei (1+12,5)/2=6,75. Der letzte dann im Durchschnitt bei 800-6,75=793,25.
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 08:43 Sa 21.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Vielen Dank. Dann habe ich schon mal die Formel richtig abgetippt. Die Zahlen aus dem Beispiel habe ich einfach so genommen ohne vorher nachzudenken.
Muss mir dann später noch Beispiele überlegen.
Ich betrachte für mich 4 verschiedene Szenarien. Bei allen vieren ist das Vorgehen ähnlich. Im Annahmefall also bis c Fehler in der Stichprobe wird das Los unverändert ausgeliefert. Aber in Zurückweisungsfall gibt es eine Vollkontrolle ohne Bereinigung. Hierzu soll ich dann Beispiele finden, wo ich noch am überlegen bin. Die Szenarien könnten in Produktionseinheitrn in Betracht kommen, wo ein Austausch von einzelnen Einheiten zerstörend auf eine größere Menge oder sogar auf ein ganzes Los wirken könnte, z.B sogenannte Blisterpackungen oder Paketetiketten, wo die Einheiten alle an einem Stück und durch Perforierung einzeln abtrennbar sind.
Das erste Szenario gilt für diskrete lose und wenn der Prozess beherrscht ist, also eine Ausschusswahrscheinlichleit p vorgegeben ist, das war der Fall von oben, mit der Binomialverteilung. Das zweite Szenario ist eine Variante von Szenario 1 . Es wird nur unterstellt dass der Produktionsprozess nicht beherrscht ist p also größeren Schwankungen unterliegt. Hier liegt dann der traditionelle Ansatz der DIN ISO 2859, die Ausschusszahl k zu nehmen. Also die fehlerhaften Stücke im Los. ( wie oben beschriebene, wird dann die hypergeometrische Verteilung benutzt um die WS zu berechnen)
Die letzten beiden Szenarien die ich betrachte gelten für kontinuierliche lose. Das dritte für den beherrschten Fall und das vierte für den unbeherrschten. Hier wird die Poisson Verteilung verwender. Bei den kontinuierlichen lösen ist die Rede immer von Fehlern und nicht von fehlerhaften Stücken.
Für alle vier soll ich Formeln herleiten. Ich habe alle Formeln bis auf die abbrechende Kontrolle.
Wobei ich dazu sagen muss dass mein Prof mir einen Tipp gegeben hat, dass das mit der abbrechenden Kontrolle im kontinuierlichen Fall nicht vorkommen kann. Warum soll ich selbst begründen. Für mich heißt es erst einmal immerhin 2 Formeln weniger.
Aber im zweiten Szenario sollte das mit der abbrechenden Kontrolle funktionieren.
Ich habe so ein Buch wo gängige Szenarien beschrieben sind.
Die Formeln die ich oben mit der hypergeometrischen Verteilung angegeben habe stammt von diesem Buch.
Dort im Buch wird ein Szenario beschrieben, dass im Unterschied zu meinem folgendermaßen definiert ist. Das Los wird im Annahmefall unverändert ausgeliefert wird. ( so wie bei mir ) und bei einer Zurückweisung Wird das Los nicht ausgeliefert,, es wird eliminiert. (Anders als bei mir)
Dann ist dort eine Formel für die abbrechende Kontrolle im Annahmefall ( die Formel die ich oben angegeben habe, aber leider nicht verstehe wie man auf diese Formel kommt) und eine für den Zurückweisungsfall...
Also bin ich davon ausgegangen dass das in diesem Fall bei mir auch Ehen muss.. Da der Annahmefall bei diesem Szenario so ist wie bei mir kann ich die erste Formel oben einfach übernehmen. Aber nicht einfach ohne sie zu verstehen. Fehlen würden dann noch die Formeln für den Fall wenn ich zurückweise. Aber ich denke die erste Formel müsste erst verstanden werden bevor man die anderen herleitet. .
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:20 Sa 28.11.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:42 Di 24.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Ich habe die Formel jetzt noch einmal mit anderen Werten versucht zu berechnen.
Allerdings hat es nicht funktioniert.
N=10,
n=5,
M=6,
p=0,08,
c=1
Ich dachte die Formel muss jetzt mit allen Werten funktionieren.
Es kommt folgende Fehlermeldung.
BinomialDistribution::nnintprm: "Parameter -1 at position 1 in BinomialDistribution[-1,0.08] is expected to be a non-negative integer"
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:29 Di 24.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Hat sich erledigt. War mein Fehler. Das Programm hat die Werte für i und j nicht gelöscht und mit den alten weiter gerechnet.
Hab jetzt zu Beginn einen extra Befehl mit Clear[] hinzugefügt, damit keine Variablen mehr gespeichert werden
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> Nur hier mit der hypergeometrischen Verteilung.
> Die Formel lautet da:
> [mm]\bruch{n-c}{{N \choose k}}* \summe_{j=0}^{c} ({{n-j \choose n-c}} *{{N-n+j \choose k-c+j}}[/mm]
>
> Aber leider habe ich diese Formel nicht verstanden.
> Weißt du das zufällig ?
>
"Zufällig" nicht, aber ich habe sie mir überlegt. Sie ist aber, wie ich weiter unten ausführen werde, unsinnig.
Ausgangslage:
Wir haben ein Los von N Stück, in dem sich k defekte Teile befinden. Ein Teiltest der maximalen Länge n soll zur Annahme des Loses führen, wenn er auf maximal c defekte Teile stößt.
Frage: Wie lang ist die Zugfolge durchschnittlich bei einem vorzeitigen Abbruch mit positivem Ausgang?
1. Mgl.: bis zum (n-c)-ten Zug gab es noch keinen Fehler. Es sind nur noch maximal c Fehler möglich, es ist also klar, dass das Los angenommen wird [mm] \Rightarrow [/mm] Abbruch nach n-c Schritten. Formal drösel ich das wieder auf, damit es optisch besser zu den nächsten Fällen passt:
0 Fehler bis n-c-1, dann nochmal 0: [mm] \vektor{n-c-1\\ 0} [/mm] Mgl.
Dies wird jetzt noch mit der Anzahl der Mgl. multipliziert, bei denen der Rest unterschiedlich ist, denn je nachdem, wieviele Fehler wir bisher "untergebracht" haben, ist diese Anzahl verschieden. Im Rest von N-(n-c) Stücken sind noch alle k Fehler, dafür gibt es [mm] \vektor{N-n+c\\ k} [/mm] Möglichkeiten.
Somit: [mm] \vektor{n-c-1\\ 0}*\vektor{N-n+c\\ k} [/mm] Mgl. [mm] \{n-c\} [/mm] (Ziehungen bis zum Abbruch).
2. Mgl.: bis zum (n-c)-ten Zug gab es genau 1 Fehler. Jetzt kommt als nächstes keiner hinzu.Es sind nur noch maximal c-1 Fehler möglich, zusammen also c, wieder ist klar, dass das Los angenommen wird [mm] \Rightarrow [/mm] Abbruch nach n-c+1 Schritten. [mm] \vektor{n-c\\ 1} [/mm] Mgl. Im Rest von N-(n-c+1) Stücken sind k-1 Fehler unterzubringen: [mm] \vektor{N-n+c-1\\ k-1} [/mm] Mgl.
Somit: [mm] \vektor{n-c\\ 1}*\vektor{N-n+c-1\\ k-1} [/mm] Mgl. [mm] \{n-c+1\} [/mm] (Ziehungen bis zum Abbruch).
3. Mgl.: bis zum (n-c+1)-ten Zug gab es genau 2 Fehler. Jetzt kommt als nächstes keiner hinzu.Es sind nur noch maximal c-2 Fehler möglich, zusammen also c, wieder ist klar, dass das Los angenommen wird [mm] \Rightarrow [/mm] Abbruch nach n-c+2 Schritten. [mm] \vektor{n-c+1\\ 2} [/mm] Mgl. Im Rest von N-(n-c+2) Stücken sind k-2 Fehler unterzubringen: [mm] \vektor{N-n+c-2\\ k-2} [/mm] Mgl.
Somit: [mm] \vektor{n-c+1\\ 2}*\vektor{N-n+c-2\\ k-2} [/mm] Mgl. [mm] \{n-c+2\} [/mm] (Ziehungen bis zum Abbruch).
usw.
Letzte Mgl.: bis zum (n-1)-ten Zug gab es genau c Fehler. Jetzt kommt als nächstes keiner hinzu [mm] \Rightarrow [/mm] Abbruch nach n Schritten. [mm] \vektor{n-1\\ c} [/mm] Mgl. Im Rest von N-n Stücken sind k-c Fehler unterzubringen: [mm] \vektor{N-n\\ k-c} [/mm] Mgl.
Somit: [mm] \vektor{n-1\\ c}*\vektor{N-n\\ k-c} [/mm] Mgl. [mm] \{n\} [/mm] (Ziehungen bis zum Abbruch).
Rückwärts aufsummiert gibt das nun
[mm] \summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j-1\\ c-j}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c} [/mm] Möglichkeiten.
Diese multiplizieren wir nun jeweils mit ihren Weglängen:
[mm] \summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j-1\\ c-j}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c}*(n-j)
[/mm]
[mm] =\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j-1)!}{(c-j)!(n-c-1)!}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}(n-j) [/mm] jetzt (n-j) auf den ersten Bruch und den mit (n-c) erweitert:
[mm] =\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j-1)!(n-j)(n-c)}{(c-j)!(n-c-1)!(n-c)}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}
[/mm]
[mm] =\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j)!(n-c)}{(c-j)!(n-c)!}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}
[/mm]
[mm] =(n-c)\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j)!}{(c-j)!(n-c)!}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}
[/mm]
[mm] =(n-c)\summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j\\ n-c}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c} [/mm] (wobei man im 1. Binomialkoeffizienten unten auch c-j hätte schreiben können, Symmetrie der Bin.-Koeff.)
Warum ist das nun unsinnig?
Zunächst habe ich ja schon bemerkt, dass es Quatsch ist, eine Teilprobe zu machen, wenn ich weiß, dass das gesamte Los k Fehler enthält. Dann ist mir das zu viel, oder ich akzeptiere es, aber ich mache dann keinen Teil- oder Volltest. Und wenn ich die fehlerhaften Stücke gezählt habe, hätte ich sie auch entfernen und als 2. Wahl oder ähnliches verkaufen können.
Der mathematische Fehler besteht aber darin, das Ganze nun durch [mm] \vektor{N\\ k} [/mm] zu dividieren. Die letzte Gleichung gibt die Summe aller Zuglängen an, die beim vorzeitigen positiven Abbruch auftauchen. Den Durchschnittswert erhalte ich, indem ich nun durch die Anzahl dieser Fälle dividiere, und diese Anzahl ist eben nicht [mm] \vektor{N\\ k} [/mm] = Gesamtzahl aller Möglichkeiten, sondern die durch die Formel [mm] \summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j-1\\ c-j}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c} [/mm] gegebene.(erste Formel unter obigem Querstrich)
Dies zeigt ein mit Derive berechnetes Ergebnis für N=100, k=20, n=10 und c=2.
Man erhält mit der falschen Formel einen Durchschnittswert von 6,23 Schritten, was gar nicht sein kann, denn frühestens nach 8 Schritten kann ein positiver Abbruch erfolgen (ein negativer natürlich auch früher, wenn z.B. die ersten 3 Züge schon fehlerhaft sind), und wir betrachten ja nur positive Abbrüche. Dividiert man stattdessen durch die zuletzt angegebene Formel, so erhält man eine durchschnittliche Zuglänge von 9,145.
Zu erwähnen ist noch, dass die in deinem allerersten Beitrag für die Bernoulli-Kette mit [mm] n^{'} =(1-p)\cdot{}\summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{} b_{p,j-1} (j-n+c)+p\cdot{}\summe_{j=c+1}^{n} j\cdot{} b_{p,j-1}(c) [/mm] bezeichnete Länge wirklich den Durchschnitt bis zum Abbruch berechnet, weil in den dabei auftauchenden Wahrscheinlichkeiten die weitere Länge bis zum Volltest gar nicht vorkommt und diese auch keine Rolle für den Vortest spielt.
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Ich hatte schon darauf aufmerksam gemacht, dass es interessant sein könnte, die k bekannten fehlerhaften Stücke zu suchen um sie auszusortieren. Als durchschnittliche Zuglänge bis zum Auffinden des letzten hatte ich intuitiv das Los in k gleichlange Abschnitte eingeteilt und die Lage des durchschnittlich letzten in der Mitte des letzten Intervalls vermutet. Bei N=800 und k = 64 bei ca. 397,75.
Das ist aber falsch. Es wäre richtig, wenn sich alle Fehler immer in "ihrem" Teilabschnitt befänden und dort zufällig verteilt wären, der letzte also zwischen 788 und 800. Tatsächlich kann der letzte aber viel weiter vorne liegen, schon beim 64. Zug, aber nie hinter 800, so dass sich die durchschnittliche Zuglänge weiter nach vorn verlagert.
Die richtige Formel heißt [mm] \bruch{k}{k+1}*(N+1)
[/mm]
Das gibt in unserem Beispiel 788,68.
Herleitung:
Vorbemerkung: Es ist [mm] \summe^{n}_{j=k} \vektor{j-1 \\ k-1} [/mm] = [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] (n [mm] \ge [/mm] k)
Beweis durch vollst. Induktion über n.
Ind.Anfang: n=k
[mm] \summe^{k}_{j=k} \vektor{j-1 \\ k-1} [/mm] = [mm] \vektor{k-1 \\ k-1} [/mm] =1= [mm] \vektor{k \\ k}=\vektor{n \\ k}
[/mm]
Ind-Schluss von n auf n+1:
[mm] \summe^{n+1}_{j=k} \vektor{j-1 \\ k-1}=\vektor{n \\ k-1}+\summe^{n}_{j=k} \vektor{j-1 \\ k-1} [/mm] = (nach Ind.Vor.) [mm] \vektor{n \\ k-1}+\vektor{n \\ k}=\vektor{n+1 \\ k} [/mm] (bekannte Regel)
Wir betrachten nun alle Mgl., nach dem j. Zug abzubrechen, weil genau dort der k. Fehler auftaucht.
Es sind k-1 Fehler bis zum (j-1)-ten Zug gefunden, im j. Zug wird der k. Fehler gefunden, danach kommen nur noch fehlerfreie Stücke.
k-1 Fehler bis Zug j-1: [mm] \vektor{j-1 \\ k-1} [/mm] Möglichkeiten.
Dabei kann j bei k beginnen (alle Fehler zu Anfang) und bei N aufhören. Dies gibt insgesamt
[mm] \summe_{j=k}^{N}\vektor{j-1 \\ k-1}*j [/mm] Züge
= [mm] \summe_{j=k}^{N}\bruch{(j-1)!}{(k-1)!*(j-k)!}*j [/mm]
Nun j auf den Bruchstrich und alles mit k erweitert
= [mm] \summe_{j=k}^{N}\bruch{(j-1)!*j*k}{(k-1)!*k*(j-k)!} [/mm]
= [mm] k*\summe_{j=k}^{N}\bruch{(j)!}{k!(j-k)!} [/mm]
= [mm] k*\summe_{j=k}^{N}\vektor{j\\ k} [/mm]
Jetzt erhöhen wir den Laufindex j um 1, gehen also von k+1 bis N+1, ziehen dafür aber im Binomialkoeff. die 1 wieder ab
= [mm] k*\summe_{j=k+1}^{N+1}\vektor{j-1\\ k}
[/mm]
= [mm] k*\summe_{j=k+1}^{N+1}\vektor{j-1\\ (k+1)-1} [/mm]
jetzt mit Vorbetrachtung
[mm] =k*\vektor{N+1\\ k+1} [/mm]
Diese Summe aller Züge dividieren wir durch alle [mm] \vektor{N\\ k} [/mm] Möglichkeiten:
[mm] k*\bruch{(N+1)!}{(k+1)!(N-k)!}/\bruch{N!}{k!(N-k)!} [/mm]
= [mm] k*\bruch{(N+1)!}{(k+1)!(N-k)!}*\bruch{k!(N-k)!}{N!} [/mm]
= [mm] k*\bruch{(N+1)*N!}{k!(k+1)(N-k)!}*\bruch{k!(N-k)!}{N!} [/mm]
= [mm] k\bruch{N+1}{k+1}
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:27 So 22.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Also ich muss mir das ganze morgen noch einmal genauer anschauen. Habe noch nicht alles so verstanden.
Aber wenn ich dich richtig verstehe ist das mit dem [mm] {N \choose k} [/mm] falsch?
Wenn man jetzt nicht beachtet dass das unsinnig ist (wobei ich mir das noch mal genauer überlegen muss ob das wirklich so Unsinnig ist, denn ich weiß ja nur das es k Fehler im Los gibt, ob ich annehme oder zurückweise hängt von dem c ab... )und das wie vorher auch macht hätte man doch genauso für den Zurückweisungsfall eine Formel... Je nachdem ob danach in der Vollkontrolle auf gut oder schlecht entschieden wird müsste man doch auch eine komplexere Formel bekommen
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Ja, [mm] \vektor{N \\ k} [/mm] ist definitiv falsch.
Und ja, die Formel für einen allgemeinen Abbruch enthält noch einen zweiten Teil, nämlich für den vorzeitigen Abbruch bei mehr als c Fehlern.
Zum Text: Ich verstehe deine Logik nicht.
Du willst 1000 Schrauben kaufen. Der Verkäufer sagt dir: Wir hatten nur noch 940 Stück, die waren alle in Ordnung. Damit es aber 1000 sind, haben wir noch 60 kaputte reingeworfen. Du weißt also, dass 60 kaputte drin sind.
Jetzt machst du einen Test und sagst: wenn ich 100 ziehe und es sind weniger als 4 kaputte dabei, kaufe ich das Paket.
Fall 1: Du machst das Paket oben auf, aber oben liegen die kaputten alle (zuletzt dazugeworfen), du hast sofort hintereinander 5 kaputte und lehnst ab.
Fall 2: Du teilst dem Verkäufer deine Absicht mit, der dreht das Paket um und gibt es dir, du machst unten offen, findest nur gute Schrauben und nimmst an.
Bei einem Test ohne Vorinformation (60 kaputte Schrauben) wäre das in Ordnung, selbst wenn dich der Verkäufer linkt.
Tatsächlich hat dir der Test überhaupt keine neue Information über das Los gegeben, den kannst du dir doch schenken, du weißt doch, dass du 60 kaputte Schrauben kaufst. Entweder kaufst du das Los, oder eben nicht. Wieso kann der Vortest deine Entscheidung beeinflussen?
Wenn du ein Haus kaufst und der Verkäufer sagt dir: In einem Keller kommt Wasser durch die Wände, gehst du dann in den Keller und sagst: Wenn im nächsten Raum die Wände trocken sind, kaufe ich das Haus, und wenn nicht, kaufe ich es nicht?
Die Berechnungen zum Vortest sind somit reine Zahlenspielerei. Eine sinnvolle Fragestellung dazu wäre:
Unter 120 Perlen befinden sich nur 12 echte, die nur durch einen Test (z.B. Wärmetest) herauszufinden sind. Wie viele Perlen muss ich durchschnittlich testen, bis ich 4 echte herausgefunden habe? (evtl. noch: spätestens nach 30 Zügen gebe ich auf, n=30).
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:49 Mo 23.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
> Und ja, die Formel für einen allgemeinen Abbruch enthält
> noch einen zweiten Teil, nämlich für den vorzeitigen
> Abbruch bei mehr als c Fehlern.
Diese Formel wurde in dem Buch auch angegeben.
[mm] \bruch{c+1}{ {N \choose k} }* \summe_{j=c+1}^{n} {j \choose c+1}*{N-j \choose k-c-1} [/mm]
Wobei dann in dieser Formel auch das [mm]{N \choose k}[/mm] falsch ist.
> Du willst 1000 Schrauben kaufen. Der Verkäufer sagt dir:
> Wir hatten nur noch 940 Stück, die waren alle in Ordnung.
> Damit es aber 1000 sind, haben wir noch 60 kaputte
> reingeworfen. Du weißt also, dass 60 kaputte drin sind.
> Tatsächlich hat dir der Test überhaupt keine neue
> Information über das Los gegeben, den kannst du dir doch
> schenken, du weißt doch, dass du 60 kaputte Schrauben
> kaufst. Entweder kaufst du das Los, oder eben nicht. Wieso
> kann der Vortest deine Entscheidung beeinflussen?
Mir ging es nur darum, dass ich mir gedacht habe, wenn das bei dem ersten Fall mit der Binomialverteilung funktioniert, dann muss es hier ähnlich gehen, ist aber wohl nicht der Fall.
Annahme und Zurückweisung ist ja ähnlich. Also kann ich auch vorzeitig das Los annehmen oder zurückweisen. Bei c oder weniger Fehlern nehme ich das Los vorzeitig an und ab c+1 weise ich zurück.
Aber um eine Entscheidung zu treffen, ob das Los nach der Zurückweisung gut oder schlecht ist. (max. M-1 oder min. M Fehler), reicht es wenn ich weiß, im Los sind k Fehler. Wenn k <M ist dann ist das Los gut und wenn k >= M ist, dann ist das Los schlecht.
Wenn ich also vorher schon weiß, das es 60 kaputte Teile gibt, dann weiß ich je nachdem wie mein M gewählt ist, ob das Los gut oder schlecht ist, sprich ob ich es annehme oder zurückweise.
Ich hätte jetzt gedacht, wenigstens den Vortest kann ich machen. Du schreibst, dass ich über das Los keine neuen Informationen bekomme. Das stimmt wohl. Aber ich kann die Stichprobe ja trotzdem vorzeitig abbrechen, wenn ich z.B. c+1 Fehler gefunden habe. Ich muss dazu nicht alle n Stücke prüfen. So habe ich gedacht muss ich auch nicht den Rest des Loses prüfen, wenn ich bereits zusammen mit den fehlerhaften aus der Stichprobe M-i fehlerhafte finde.
Wobei ich nachdem ich zurückweise im nächsten Schritt auch automatisch weiß ob das Los gut oder schlecht ist. Ich glaube das ist das was du mit "dass ich keine neue Information über das Los bekomme" meinst.
Dann wundern mich aber die Formeln aus dem Buch....Dort ist es ja genauso, dass das k bekannt ist. Zwar wird da nicht wie bei mir nach der Zurückweisung vollkontrolliert. Aber eine vorzeitige Annahme bzw vorzeitige Zurückweisung gibt es.
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> > Und ja, die Formel für einen allgemeinen Abbruch enthält
> > noch einen zweiten Teil, nämlich für den vorzeitigen
> > Abbruch bei mehr als c Fehlern.
>
> Diese Formel wurde in dem Buch auch angegeben.
>
> [mm]\bruch{c+1}{ {N \choose k} }* \summe_{j=c+1}^{n} {j \choose c+1}*{N-j \choose k-c-1} [/mm]
>
> Wobei dann in dieser Formel auch das [mm]{N \choose k}[/mm] falsch
> ist.
>
MOMENT!
Wenn du GLEICHZEITIG alle Fälle betrachtest, bei denen a) bis zu c Fehler möglich sind (mit ggf. vorzeitigem Abbruch) und alle Fälle, bei denen b) mehr als c Fehler auftauchen (mit ggf. vorzeitigem Abbruch) und dazu auch die Fälle zählen, bei denen sich genau bei n die Sache entscheidet (also kein "vorzeitiger" Abbruch), hast du ja alle möglichen Fälle erfasst, und dann musst du natürlich die Gesamtsumme aus beiden Teilen durch alle möglichen Züge, also durch alle = [mm] \vektor{N \\ k}, [/mm] dividieren.
Analogie: Wenn du rote und blaue Bälle in einer Kiste hast und du willst das Durchschnittsgewicht nur der blauen bestimmen, wiegst du alle blauen aus und dividierst dann nicht durch die Gesamtzahl aller Bälle, sondern nur durch die Anzahl aller blauen. Ebenso mit den roten. Willst du aber das Durchschnittsgewicht aller Bälle bestimmen, kannst du die Werte der beiden Teilmengen (blau und rot) addieren, und nun musst du durch die Gesamtzahl der Bälle teilen.
Sinn einer Stichprobe ist es, abzuschätzen(!), wieviele Fehler in einem Los sind, ohne dass man das gesamte Los untersucht. Normalerweise nimmt man einen (geringen) Prozentsatz von Fehlern in Kauf.
Normalerweise legt man diesen Prozentsatz fest (wieviel % akzeptiere ich) oder bekommt ihn vom Hersteller gesagt (akzeptiere ich das und wenn ja, kann ich das glauben?).
Dann macht man einen Hypothesentest, z.B.:
Wenn unter 10.000 Schrauben maximal 4 % fehlerhaft sind und ich nur 100 Stück prüfe, wie hoch muss ich c dann wählen, dass ich in 95 % der Tests maximal c Fehler in der Stichprobe habe? (Signifikanztest auf 5 %-Niveau (100%-95%) ). Bedeutet: Wenn ich 100 solcher Tests (mit verschiedenen Losen) durchführe und die Fehlerquote tatsächlich nur 4 % beträgt, werde ich durchschnittlich 5 mal trotzdem mehr als c Fehler finden den das Los ungerechtfertigter Weise ablehnen ("Irrtumswahrscheinlichkeit" = 5 %) (Um das zu vermeiden, kann man nun zum Volltest übergehen). Ich nehme dann nämlich an, dass der Fehleranteil tatsächlich höher liegt.
Das alles macht Sinn, denn man will nicht alle Schrauben von vornherein testen, weil das zu aufwändig ist.
Wenn ich aber genau weiß, dass k Fehler in diesem Los sind, brauch ich doch keinen Test mehr zu machen - es sei denn, ich glaube das nicht und will dies anhand einer Stichprobe überprüfen. Dann kann das Ganze natürlich schon einen Sinn geben.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:10 Di 24.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
>.... dann musst du
> natürlich die Gesamtsumme aus beiden Teilen durch alle
> möglichen Züge, also durch alle = [mm]\vektor{N \\ k},[/mm]
> dividieren.
Also wenn ich beide einzeln als Summanden betrachte und diese beiden addiere, dann muss bei beiden durch [mm]\vektor{N \\ k},[/mm] dividiert werden. Verstehe ich das richtig?
>
> Wenn ich aber genau weiß, dass k Fehler in diesem Los
> sind, brauch ich doch keinen Test mehr zu machen - es sei
> denn, ich glaube das nicht und will dies anhand einer
> Stichprobe überprüfen. Dann kann das Ganze natürlich
> schon einen Sinn geben.
>
Falls das letztere gelten würde, würde es dann auch den zweiten Teil geben, also die Vollkontrolle nach dem Z-Fall?
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Ja, das hab ich dir doch hoffentlich mit den Gewichten klar gemacht. Du musst den Gesamtwert - hier die Summe aller Zuglängen - durch die Anzahl aller betrachteten Möglichkeiten dividieren.
Grundsätzlich musst du selber entscheiden, ob du eine Vollkontrolle vornimmst. Beispielsweise kannst du - Fall 1 - so vorgehen, dass du sagst: Ich teste, ob wirklich in 1000 Schrauben 80 defekte sind, indem ich n=100 untersuche. Sind darunter maximal c=12 defekte, will ich das glauben und das Los annehmen, sind es mehr, dann nicht. Dabei kann ich dann auch vorzeitig abbrechen, einen Volltest mache ich ab 13 Fehlern nicht mehr, das ist mir einfach zu viel.
Du kannst stattdessen auch - Fall 2 - im Z-Fall einen Volltest durchführen, und zwar ebenfalls so, dass du beim Erreichen von 13 Fehlern bereits mit dem Volltest beginnst (rechnerisch einfacher), wie ich das bei meinen vorangegangenen Testberechnungen ausgeführt habe.
Interessanter und realistischer finde ich den Fall 3: Sind es bis 100 maximal 12 Fehler, nehme ich an (ggf. mit vorzeitigem Abbruch). Sind es mehr, breche ich nicht vorzeitig ab und weise zurück (bzw. gehe schon zum Volltest über), sondern beende den Vortest bis 100 (also kein Abbruch). Sind es bis dahin nicht mehr als 15 Fehler, mache ich noch den Volltest - ab 16 lehne ich auch ohne Volltest ab.
Es gibt noch viele andere Möglichkeiten...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:23 Di 24.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Ich möchte das genauso machen wie bei der Binomialverteilung. Also vorzeitige Annahme bei n-c fehlerfreien. Und vorzeitige Zurückweisung bei c+1 fehlerhaften. Falls zurückgewiesen wird, wird wieder unterschieden ob das Los vorzeitig gut ist ... Also weniger also bis M-1-i (i sind die fehlerhaften die ich in der Stichprobe schon hatte)
Oder wenn ich nach der Zurückweisung vorzeitig auf das Los ist schlecht schließe M oder mehr Fehler im Rest.
Deshalb dachte ich es würde sich an den Formeln Vill gar nicht mal so viel ändern. Die erste für die Annahme kann ich ja genauso übernehmen... Das wäre dann der erste Summand.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:59 Do 26.11.2015 | | Autor: | Jeany9 |
> Ausgangslage:
>
> Wir haben ein Los von N Stück, in dem sich k defekte Teile
> befinden. Ein Teiltest der maximalen Länge n soll zur
> Annahme des Loses führen, wenn er auf maximal c defekte
> Teile stößt.
>
> Frage: Wie lang ist die Zugfolge durchschnittlich bei einem
> vorzeitigen Abbruch mit positivem Ausgang?
>
> 1. Mgl.: bis zum (n-c)-ten Zug gab es noch keinen Fehler.
> Es sind nur noch maximal c Fehler möglich, es ist also
> klar, dass das Los angenommen wird [mm]\Rightarrow[/mm] Abbruch nach
> n-c Schritten. Formal drösel ich das wieder auf, damit es
> optisch besser zu den nächsten Fällen passt:
>
> 0 Fehler bis n-c-1, dann nochmal 0: [mm]\vektor{n-c-1\\ 0}[/mm]
> Mgl.
> Dies wird jetzt noch mit der Anzahl der Mgl.
> multipliziert, bei denen der Rest unterschiedlich ist, denn
> je nachdem, wieviele Fehler wir bisher "untergebracht"
> haben, ist diese Anzahl verschieden. Im Rest von N-(n-c)
> Stücken sind noch alle k Fehler, dafür gibt es
> [mm]\vektor{N-n+c\\ k}[/mm] Möglichkeiten.
>
> Somit: [mm]\vektor{n-c-1\\ 0}*\vektor{N-n+c\\ k}[/mm] Mgl. [mm]\{n-c\}[/mm]
> (Ziehungen bis zum Abbruch).
>
>
> 2. Mgl.: bis zum (n-c)-ten Zug gab es genau 1 Fehler. Jetzt
> kommt als nächstes keiner hinzu.Es sind nur noch maximal
> c-1 Fehler möglich, zusammen also c, wieder ist klar, dass
> das Los angenommen wird [mm]\Rightarrow[/mm] Abbruch nach n-c+1
> Schritten. [mm]\vektor{n-c\\ 1}[/mm] Mgl. Im Rest von N-(n-c+1)
> Stücken sind k-1 Fehler unterzubringen: [mm]\vektor{N-n+c-1\\ k-1}[/mm]
> Mgl.
>
> Somit: [mm]\vektor{n-c\\ 1}*\vektor{N-n+c-1\\ k-1}[/mm] Mgl.
> [mm]\{n-c+1\}[/mm] (Ziehungen bis zum Abbruch).
>
> 3. Mgl.: bis zum (n-c+1)-ten Zug gab es genau 2 Fehler.
> Jetzt kommt als nächstes keiner hinzu.Es sind nur noch
> maximal c-2 Fehler möglich, zusammen also c, wieder ist
> klar, dass das Los angenommen wird [mm]\Rightarrow[/mm] Abbruch nach
> n-c+2 Schritten. [mm]\vektor{n-c+1\\ 2}[/mm] Mgl. Im Rest von
> N-(n-c+2) Stücken sind k-2 Fehler unterzubringen:
> [mm]\vektor{N-n+c-2\\ k-2}[/mm] Mgl.
>
> Somit: [mm]\vektor{n-c+1\\ 2}*\vektor{N-n+c-2\\ k-2}[/mm] Mgl.
> [mm]\{n-c+2\}[/mm] (Ziehungen bis zum Abbruch).
>
> usw.
>
> Letzte Mgl.: bis zum (n-1)-ten Zug gab es genau c Fehler.
> Jetzt kommt als nächstes keiner hinzu [mm]\Rightarrow[/mm] Abbruch
> nach n Schritten. [mm]\vektor{n-1\\ c}[/mm] Mgl. Im Rest von N-n
> Stücken sind k-c Fehler unterzubringen: [mm]\vektor{N-n\\ k-c}[/mm]
> Mgl.
>
> Somit: [mm]\vektor{n-1\\ c}*\vektor{N-n\\ k-c}[/mm] Mgl. [mm]\{n\}[/mm]
> (Ziehungen bis zum Abbruch).
>
>
>
> Rückwärts aufsummiert gibt das nun
>
> [mm]\summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j-1\\ c-j}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c}[/mm]
> Möglichkeiten.
>
> Diese multiplizieren wir nun jeweils mit ihren Weglängen:
>
> [mm]\summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j-1\\ c-j}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c}*(n-j)[/mm]
>
> [mm]=\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j-1)!}{(c-j)!(n-c-1)!}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}(n-j)[/mm]
> jetzt (n-j) auf den ersten Bruch und den mit (n-c)
> erweitert:
>
>
> [mm]=\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j-1)!(n-j)(n-c)}{(c-j)!(n-c-1)!(n-c)}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}[/mm]
>
> [mm]=\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j)!(n-c)}{(c-j)!(n-c)!}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}[/mm]
>
>
> [mm]=(n-c)\summe^{c}_{j=0} \bruch{(n-j)!}{(c-j)!(n-c)!}*\bruch{(N+j-n)!}{(k+j-c)!(N-n-k+c)!}[/mm]
>
>
> [mm]=(n-c)\summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j\\ n-c}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c}[/mm]
> (wobei man im 1. Binomialkoeffizienten unten auch c-j
> hätte schreiben können, Symmetrie der Bin.-Koeff.)
Soweit ist mir das jetzt verständlich. Nun möchte ich das genauso wie bei der Binomialverteilung machen. Siehe dein Beispiel von vorher.
> [mm](1-p)\cdot{}\summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{}b_{p,j-1}(j-n+c) +p\cdot{}\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)\cdot{}\big\{(1-p)\cdot{}\summe_{j=N-M+c+2}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-N-c-2+j)+p\cdot{}\summe_{j=M-c+i-1}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-c-2)\big\}.[/mm]
>
> Ich erkläre dir nun noch mal schrittweise meine
> Überlegungen an dem von mir vorher schon beschriebenen
> Schraubenbeispiel. Jetzt gehe ich aber davon aus, das im
> Volltest bereits bei M zurückgewiesen wird.
>
> Zunächst: Bei 8 % Fehlern ist es realistisch, bei n=100
> c=11 (oder ähnlich) zu setzen, denn fast die Hälfte der
> Fälle liegt über und fast die andere Hälfte unter 8.
> Grundsätzlich ist nur [mm]M\ge[/mm] c sinnvoll: Es gibt keinen
> Sinn, beim Vortest z.B. zu sagen, c=19 Fehler sind noch ok,
> und wenn dann 20 Fehler auftreten, zum Volltest
> überzugehen, bei dem nur 15 Fehler erlaubt sind. Dann ist
> ja im Vortest die Zurückweisung bereits entschieden, aber
> es wäre nicht verständlich, warum im Vortest z.B. 17
> Fehler zur Annahme führen sollten.
>
> Ob M>n oder [mm]M\le[/mm] n ist, spielt bei meinen Überlegungen
> keine Rolle und erfordert keine Fallunterscheidung.
>
>
> Fall A: Der Vortest führt zur Annahme.
>
> Dann gab es bis zur n=100. Ziehung maximal c=11 Fehler.
> Wann können wir den Vortest erst im 100. Zug beenden?
> Wenn z.B. nach 33 Zügen 11 Fehler auftreten und nun kein
> weiterer folgt, müssen wir immer weitermachen, bis im 100.
> entschieden ist, dass kein weiterer kommt. Bis zum 99. Zug
> müssen insgesamt 11 Fehler aufgelaufen sein, damit 100
> züge nötig sind, im 100. darf wieder kein Fehler
> auftauchen (in Mengenklammern schreibe ich die Zuglänge
> hinter die Wahrscheinlichkeit. q steht als Abkürzung für
> 1-p):
>
> 11 Fehler bis zum 99. Zug, dann kein Fehler: [mm]b_{p,99}(11)*q[/mm]
> [mm]\{100\}.[/mm]
>
> (Darin ist z.B. auch der Fall enthalten, dass bis zum 98.
> Zug nur 10 Fehler aufgetaucht sind, der 11. erst im 99.
> Zug, und jetzt könnte noch der 12. Fehler auftauchen.)
>
> Wenn allerdings bis zum 98. Zug nur 10 Fehler entstanden
> sind, können nun noch höchstens 2 hinzukommen. ist dann
> der 99. Zug kein Fehler, kann man abbrechen, weil es
> höchstens 11 Fehler werden können:
>
> 10 Fehler bis zum 98. Zug, dann kein Fehler: [mm]b_{p,98}(10)*q[/mm]
> [mm]\{99\}[/mm].
>
> (Dieser Fall ist nicht im ersten bis 100 enthalten, denn
> dann hätte ich nach dem 98. Zug nun einen Fehler finden
> müssen.)
>
> So geht es jetzt weiter mit
>
>
> 9 Fehler bis zum 97. Zug, dann kein Fehler: [mm]b_{p,97}(9)*q[/mm]
> [mm]\{98\}[/mm].
> 8 Fehler bis zum 96. Zug, dann kein Fehler: [mm]b_{p,96}(8)*q[/mm]
> [mm]\{97\}[/mm].
> ...
>
> 0 Fehler bis zum 88. Zug, dann kein Fehler: [mm]b_{p,88}(0)*q[/mm]
> [mm]\{89\}[/mm].
>
> Somit ergibt sich jetzt für diesen Fall für die mittlere
> Anzahl der Züge (j läuft in obiger Aufstellung von unten
> nach oben über die Zahl in der Mengenklammer):
>
> [mm]n_A=q\cdot{}\summe_{j=89}^{100} j\cdot{}b_{p,j-1}(j-89)=q\cdot{}\summe_{j=n-c}^{n} j\cdot{}b_{p,j-1}(j-n+c)[/mm]
Das wäre das Beispiel zu der Formel oben mit dem Unterschied, dass ich jetzt keine Binomialverteilung habe. > [mm]=(n-c)\summe^{c}_{j=0} \vektor{n-j\\ n-c}*\vektor{N+j-n\\ k+j-c}[/mm]
Nun habe ich den Fall B versucht so umschreiben, wie oben der erste Fall.. Leider nicht mit sehr viel Erfolg.
>
> Fall B: Der Vortest liefert mehr als 11 Fehler, und wir
> gehen zum Volltest über. Der 12. Fehler ist im i-ten Zug
> entstanden, und damit war entschieden, dass der Volltest
> durchgeführt werden muss. Im Gegensatz zu meinen
> vorhergehenden Berechnungen drösel ich das aber jetzt noch
> mal ganz im Einzelnen auf:
>
>
>
> Fall 1: Insgesamt gibt es nur maximal M-1 Fehler, und das
> Los wird doch noch angenommen. Natürlich ist M-1>c.
>
> Ich gehe nun in 2 Schritten vor: Zunächst müssen bis
> spätestens zum 100. Zug 12 Fehler zusammenkommen. Nehmen
> wir an, der 12. Fehler entstünde genau im 35. Zug. In
> diesem Moment müssen wir gar nicht mehr bis 100
> weitergehen und untersuchen, wieviele Fehler bis dahin noch
> entstehen, sondern es ist ja schon klar, dass jetzt der
> Volltest erfolgt. Wir müssen nur noch im 2. Schritt die
> Fälle untersuchen, bei denen es vom 36. bis zum 2000. Zug
> höchstens 179-12=167 Fehler gibt. Es spielt dabei keine
> Rolle mehr, ob 180>100 ist oder nicht, sondern nur noch die
> Anzahl der restlichen Ziehungen.
>
> Der 12. Fehler soll im i-ten Schritt des Vortests
> entstehen, so dass ab da sofort zum Volltest übergegangen
> wird. Dabei ist 12 [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] 100.
>
> Damit das passiert, müssen im i-1.ten Schritt genau 11
> Fehler vorhanden sein und der i-te Schritt dann zum 12.
> Fehler führen. Die W. dafür ist [mm]b_{p,i-1}(11)*p[/mm] [mm]\{i\}.[/mm]
> Nun ziehen wir weiter, wobei höchstens 167 weitere Fehler
> auftreten dürfen. Das ist frühestens nach weiteren
> 2000-i-167=1833-i Schritten klar. Wenn bis dahin keine
> weiteren Fehler hinzukamen, können maximal noch 167
> hinzukommen, was zusammen mit den 12 vom Anfang 179
> ergäbe. Nur, damit dies mit den nächsten Zeilen formal
> übereinstimmt, spalte ich das noch einmal auf:
> die nächsten 2000-i-168=1832-i Züge müssen 0 Fehler
> geben, der nächste nochmals 0.
>
> Für diesen zweiten Teil ist die W. [mm]b_{p,1832-i}(0)*q[/mm]
> [mm]\{1833-i\}[/mm].
>
> Tritt nun zwischendurch genau ein zusätzlicher Fehler auf,
> so haben wir 13 Fehler und können uns nur noch 166 weitere
> erlauben. Haben wir also nur noch 166 Züge vor uns,
> können wir vorzeitig abbrechen. Bis dahin haben wir also
> in den 2000-i-167=1833-i weiteren Zügen genau einen Fehler
> gefunden und machen im nächsten keinen weiteren:
> [mm]b_{p,1833-i}(1)*q[/mm] [mm]\{1834-i\}[/mm]
>
> Bei 3 weiteren Fehlern können wir uns noch 165 erlauben,
> wenn bis zum 1835-i. keiner hinzukommt, ist der Fall
> entschieden. Entsprechend
>
> [mm]b_{p,1834-i}(2)*q[/mm] [mm]\{1835-i\}[/mm]
>
> ...
>
> [mm]b_{p,1999-i}(167)*q[/mm] [mm]\{2000-i\}[/mm]
>
> Um die durchschnittliche Zuglänge für all diese Fälle zu
> berechnen, müssen wir die W. alle aufsummieren, mit den
> gesamten Weglängen multiplizieren (es kommt immer i dazu)
> und mit der W. für i im 1. Abschnitt multiplizieren:
>
> [mm]b_{p,i-1}(11)*p*\summe_{j=1833}^{2000}j*b_{p,j-i-1}(j-1833)*q.[/mm]
>
> Das muss man noch über alle i von 12 bis 100 summieren:
>
> [mm]n_1= p*\summe_{12}^{100}b_{p,i-1}(11)*q*\summe_{j=1833}^{2000}j*b_{p,j-i-1}(j-1833)=p\cdot{}\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)\cdot{}q\cdot{}\summe_{j=N-M+c+2}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(M-N-c-2+j).[/mm]
Die Ausgangslage ist jetzt die von oben. Ein Los mit N Stücken, indem sich k defekte Teile befinden. Der Teiltest der max. Länge n soll zur Annahme (so wie oben, max. c defekte Teile) oder zur Zurückweisung (c+1 defekte Teile) führen.
1) Änderung. Vorher trat genau bei i<=n bereits der c+1 Fehler auf. Die WS hierfür war [mm]\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)[/mm]
Jetzt müsste man zuerst diese WS anders schreiben. Ich hätte jetzt geschrieben
[mm]\summe_{i=c+1}^{n} h_{N,,k,i-1}(c)[/mm]
Es bleibt ja so, dass wenn genau bei i<=n bereits c+1 Fehler gefunden werden, dann wird zurückgewiesen.
Kann das dann stimmen??
2). Jetzt muss das was du oben gemacht hast auf den Fall 2 übertragen werden.
Ich habe das versucht anhand des Bsp.. oben nachzuvollziehen. Teilweise ist mir das auch gelungen.
Wenn ich oben das Bsp betrachte ohne das p, dafür aber ein k nehme, dann würde folgende Aussage folgen (ähnlich aufgebaut zu dem ersten Fall ganz oben)
1. Mgl.:
0 Fehler bis (N-M+c+1-i), dann noch mal 0: [mm]\vektor{N-M+c+1-i\\ 0}[/mm] Mgl.
Nun zu den Mgl. im Rest (da bin ich mir etwas unsicher). Im Rest N-(N-M+c+2-i) sind dann noch k Fehler, dafür gibt es dann [mm]\vektor{M-c-2+i\\ k}[/mm] Möglichkeiten.
Dies kann dann multipliziert werden
Somit:
[mm]\vektor{N-M+c+1-i\\ 0}[/mm] * [mm]\vektor{M-c-2+i\\ k}[/mm] {N-M+c+2-i} (Ziehungen bis zum Abbruch)
2. Mgl. wäre dann Somit:
[mm]\vektor{N-M+c+2-i\\ 0}[/mm] * [mm]\vektor{M-c-3+i\\ k-1}[/mm] {N-M+c+3-i} (Ziehungen bis zum Abbruch)
usw...
...
Die letzte Mgl.:
Somit:
[mm]\vektor{N-i-1\\ M-c-2}[/mm] * [mm]\vektor{N-(N-i)\\ k-M+1}[/mm] {N-i} (Ziehungen bis zum Abbruch)
Ich bin mir sehr unsicher bei den Rest-Möglichkeiten...
Zum Schluss würde man doch wieder rückwärts aufsummieren,d.h. in meinem Fall
[mm]\summe^{M-c-2}_{j=0} \vektor{N-i-1-j\\ M-c-2-j}*\vektor{N-(N-i)+j\\ k-M+1+j}[/mm] Möglichkeiten.
Dass kann aber wenn ich das zurückrechne nicht stimmen. Ich vermute das bei den Rest-Möglichkeiten ein Fehler ist.
Hattest du das nachgerechnet gehabt.??
Den 2 Fall habe ich noch nicht betrachtet, der müsste aber ähnlich gehen wie der Fall vorher.
>
> Fall 2: Insgesamt gibt es mindestens M Fehler, und das Los
> wird endgültig abgelehnt.
>
> Der erste Teil verläuft wie in Fall 1, nach genau i
> Schritten gab es 12 Fehler. Wir ziehen nun weiter, bis im
> weiteren Verlauf der (zusätzlich) 168. Fehler auftritt und
> brechen dann ab.
>
> Das geschieht frühestens nach 168 weiteren Schritten, wenn
> jeder davon einen Fehler aufwies. Aus formalen Gründen
> drösel ich das noch mal auf: nach 167 Schritten 167 Fehler
> und auch noch im 168. Schritt:
>
> [mm]b_{p,167}(167)*p[/mm] [mm]\{168\}.[/mm]
>
> Nach 169 Schritten kann abgebrochen werden, wenn in den
> ersten 168 Schritten 167 Fehler hinzukamen, dann aber einer
> im 169. Zug:
>
> [mm]b_{p,168}(167)*p[/mm] [mm]\{169\}.[/mm]
>
> ...
> Erst nach weiteren 2000-i Schritten kann abgebrochen
> werden, wenn nach 1999-i Schritten erst 167 Fehler
> auftraten und erst im 2000-i. Schritt der 168:
>
> [mm]b_{p,1999-i}(167)*p[/mm] [mm]\{2000-i\}.[/mm]
>
>
> Auch hier summieren wir wieder auf, setzen die
> Gesamtschrittlänge (i addieren) ein und multiplizieren mit
> der W. dafür, das im Vortest bei i der 12. Fehler
> auftrat:
>
> [mm]b_{p,i-1}(11)*p*\summe_{j=168+i}^{2000}j*b_{p,j-i-1}(167)*p.[/mm]
>
> Wieder aufsummiert über alle i von 12 bis 100 gibt das
> [mm]n_2= p*\summe_{12}^{100}b_{p,i-1}(11)*p*\summe_{j=168+i}^{2000}j*b_{p,j-1}(167)=p\cdot{}\summe_{i=c+1}^{n} b_{p,i-1}(c)\cdot{}p\cdot{}\summe_{j=M-c+i-1}^{N} j\cdot{}b_{p,j-i-1}(m-c-2).[/mm]
>
>
>
>
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Ich habe im Moment wenig Zeit und deshalb deine Rechnungen nicht weiter verfolgt, du kannst sie dann ja selber mit meinen Ausführungen vergleichen.
Bei jeder Untersuchung eines Loses handelt es sich eigentlich um eine Hypergeometrische Verteilung, da sich in einem festen Los ja immer eine feste Anzahl k an Fehlern befindet, die wir nur nicht kennen. Kennten wir sie, wäre der Test ja auch überflüssig. Da wir aber statistische Werte suchen und k von Los zu Los schwankt, ist der Biniomialtest der sinnvollste.
Ausgangslage für die folgenden Betrachtungen: Wir, die Rechner, kennen k, der Tester aber nicht. Er geht wie beim Binomialtest vor.
Im Folgenden schreibe ich die Zuglänge immer in Mengenklammern hinter die Vorfälle.
1. Fall: Es ist [mm] k\le [/mm] c.
Dann führt der Vortest immer zur Annahme, die Frage ist nur die der durchschnittlichen Zuglänge. Wir gehen alle Fälle des Vorzeitigen Abbruchs durch. Dabei setze ich voraus, dass [mm] k\le [/mm] N-n ist, also alle Fehler auch noch nach n Ziehungen auftreten können; andernfalls muss man diesen Fall auch noch gesondert behandeln.
Wenn bis n-c kein Fehler auftaucht, kann der Tester abbrechen, denn es können maximal noch c Fehhler bis n kommen. Dann ist bis n-c-1 noch kein Fehler entstanden, bei n-c auch keiner, die k restlichen stecken in den folgenden N-(n-c) Ziehungen. Dafür gibt es
[mm] \vektor{n-c-1 \\ 0}*1*\vektor{N-n+c \\ k} [/mm] Möglichkeiten mit Zuglänge [mm] \{n-c\}.
[/mm]
Der Abbruch erfolgt genau bei n-c+1, wenn bis n-c genau ein Fehler entstanden ist und bei n-c+1 keiner hinzukommt. Die Restlichen k-1 Fehler befinden sich dann unter den restlichen N-n+c-1 Zügen.
[mm] \vektor{n-c \\ 1}*1*\vektor{N-n+c-1 \\ k-1} [/mm] Möglichkeiten mit Zuglänge [mm] \{n-c+1\}.
[/mm]
...
Der Abbruch erfolgt genau bei n-c+k, wenn bis n-c+k-1 genau k Fehler entstanden sind und bei n-c+k keiner hinzukommt. Die Restlichen 0 Fehler befinden sich dann unter den restlichen N-n+c-k Zügen.
[mm] \vektor{n-c+k-1 \\ k}*1*\vektor{N-n+c-k \\ 0} [/mm] Möglichkeiten mit Zuglänge [mm] \{n-c+k\}.
[/mm]
Summieren wir nun alle zuglängen mit ihren Anzahlen auf, so erhalten wir
[mm] \summe_{j=0}^{k}\vektor{n-c+j-1 \\ j}*\vektor{N-n+c-j \\ k-j}*(n-c+j)=\summe_{j=0}^{k}\bruch{(n-c+j-1)!}{j!(n-c-1)!}*\vektor{N-n+c-j \\ k-j}*(n-c+j)
[/mm]
[mm] =\summe_{j=0}^{k}\bruch{(n-c+j-1)!*(n-c+j)*(n-c)}{j!(n-c-1)!*(n-c)}*\vektor{N-n+c-j \\ k-j}=(n-c)\summe_{j=0}^{k}\bruch{(n-c+j)!*}{j!(n-c)!}*\vektor{N-n+c-j \\ k-j}=(n-c)\summe_{j=0}^{k}\vektor{n-c+j \\ n-c}*\vektor{N-n+c-j \\ k-j}.
[/mm]
Da es insgesamt [mm] \vektor{N \\ k} [/mm] Möglichkeiten gibt, muss man jetzt noch für die durchschnittliche Zuglänge dividieren:
[mm] \bruch{(n-c)\summe_{j=0}^{k}\vektor{n-c+j \\ n-c}*\vektor{N-n+c-j \\ k-j}}{\vektor{N \\ k}}
[/mm]
Ja, hier wird wirklich durch [mm] \vektor{N \\ k} [/mm] dividiert, weil in den Kombinationen alle Fälle erfasst wurden.
2. Fall: k>c und M>k.
Dann wird das Los in jedem Fall angenommen, entweder im Vortest oder spätestens im Volltest.
a) Annahme im Vortest, d.h. maximal c Fehler bis zur n. Ziehung. Natürlich ist c<n.
Abbruch bei genau n. Ziehung: Bis (n-1)-te Ziehung c Fehler, dann bei n. Ziehung 0 Fehler, dann k-c Fehler in den restlichen N-n Ziehungen:
[mm] \vektor{n-1 \\ c}*1*\vektor{N-n \\ k-c} [/mm] Möglichkeiten mit Zuglänge [mm] \{n\}.
[/mm]
Abbruch bei genau n-1. Ziehung: Bis (n-2)-te Ziehung c-1 Fehler, dann bei (n-1)-te. Ziehung 0 Fehler, dann k-c+1 Fehler in den restlichen N-n+1 Ziehungen:
[mm] \vektor{n-2 \\ c-1}*1*\vektor{N-n+1 \\ k-c+1} [/mm] Möglichkeiten mit Zuglänge [mm] \{n-1\}.
[/mm]
...
Abbruch bei genau n-c. Ziehung: Bis (n-c-1)-te Ziehung 0 Fehler, dann bei (n-c)-te. Ziehung 0 Fehler, dann k Fehler in den restlichen N-n+c Ziehungen:
[mm] \vektor{n-c-1 \\ 0}*1*\vektor{N-n+c \\ k} [/mm] Möglichkeiten mit Zuglänge [mm] \{n-c\}.
[/mm]
Summe aller Zuglängen mit ihren Anzahlen gibt nun
[mm] \summe_{j=0}^{c}\vektor{n-1-j \\ c-j}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}*(n-j)=\summe_{j=0}^{c}\bruch{(n-j-1)!}{(c-j)!(n-c-1)!}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}*(n-j)
[/mm]
[mm] =\summe_{j=0}^{c}\bruch{(n-j-1)!*(n-j)*(n-c)}{(c-j)!(n-c-1)!*(n-c)}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}=\summe_{j=0}^{c}\bruch{(n-j)!*(n-c)}{(c-j)!(n-c)!}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}
[/mm]
[mm] =(n-c)*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}
[/mm]
Wie bereits früher schon hergeleitet.
b) Annahme erst im Volltest, d.h. c+1 Fehler schon im Vortest. Natürlich ist c<n.
Dann gibt es im Haupttest einen vorzeitigen Abbruch, wenn für den Tester erkennbar ist, dass insgesamt keine M Fehler mehr zu erwarten sind. Die Häufigkeiten dafür sind abhängig davon, wo der Vortest abgebrochen wurde. Um den Vortest einzubeziehen, kann man 2 Wege beschreiten: Man geht alle Fälle durch, wie viele Fehler in den ersten n Ziehungen erzielt wurden. Möglich sind c+1, c+2,...n Fehler, aber wenn k<n ist, geht das nicht bis n und man muss wieder eine Fallunterscheidung machen. Einfacher ist der 2. Weg, der auch mit meiner bisherigen Strategie übereinstimmt: Nach c+1 Fehlern beginnt der Volltest, und es spielt dann keine Rolle mehr, wieviele Fehler noch bis n kommen (können) oder nicht. Trotzdem ist die Berechnung komplex.
Für den Abbruch im Vortest nach der i. Ziehung gelten folgende Überlegung:
Bis zum (i-1)-ten Zug gab es c Fehler, der i. Zug war ebenfalls fehlerhaft. Dafür gibt es
[mm] \vektor{i-1 \\ c}*1 [/mm] Möglichkeiten. Dabei ist i mindestens c+1 und höchstens n. [mm] \bigoplus
[/mm]
Danach kommen noch [mm] k-c-1\ge [/mm] 0 Fehler vor. Nehmen wir an, N=100, M=12, k=8, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest gefunden. Wenn die anderen 5 ganz zum Schluss kommen, hat der Tester bis zum 92.Zug keinen weiteren Fehler. Jetzt können nur noch 8 Fehler kommen, macht mit den 3 vorhandenen 11<M, also kann der Tester jetzt abbrechen. Allgemein: frühestens nach dem (N-M+c+2)-ten Zug, wenn alle restlichen k-c-1 Fehler in den letzten M-c-2 Zügen stecken. Dazu muss allerdings [mm] M-c-2\ge [/mm] k-c-1 sein, also [mm] M-1\ge [/mm] k, also M>k, was wir vorausgesetzt haben.
Wir haben dann in den Zügen von i+1 bis N-M+c+1 keinen, im (N-M+c+2)-ten auch keinen und in den letzten M-c-2 Zügen die restlichen k-c-1 Fehler. Dafür gibt es
[mm] \vektor{N-M+c-i+1\\ 0}*1*\vektor{M-c-2 \\ k-c-1} [/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm] \{N-M+c+2\}.
[/mm]
Haben wir in den Zügen von i+1 bis N-M+c+2 einen, im (N-M+c+3)-ten keinen und in den letzten M-c-3 Zügen die restlichen k-c-2 Fehler, so gibt es
[mm] \vektor{N-M+c-i+2\\ 1}*1*\vektor{M-c-3 \\ k-c-2} [/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm] \{N-M+c+3\}.
[/mm]
...
Haben wir in den Zügen von i+1 bis N-M+k die restlichen k-c-1 Fehler, im (N-M+k+1)-ten keinen und in den letzten M-k-1 Zügen ebenfalls keine Fehler, so gibt es
[mm] \vektor{N-M-i+k\\ k-c-1 }*1*\vektor{M-k-1 \\ 0} [/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm] \{N-M+k+1\}.
[/mm]
Die Summe aller Möglichkeiten, multipliziert mit ihren Längen, ergibt
[mm] \summe_{j=0}^{k-c-1}\vektor{N-M+c-i+1+j \\ j}*\vektor{M-c-2-j \\ k-c-1-j}*(N-M+c+2+j)
[/mm]
Berücksichtigt man nun noch [mm] \bigoplus [/mm] und summiert über alle i, so erhält man
[mm] \summe_{i=c+1}^{n}\vektor{i-1 \\ c}*\summe_{j=0}^{k-c-1}\vektor{N-M+c-i+1+j \\ j}*\vektor{M-c-2-j \\ k-c-1-j}*(N-M+c+2+j)
[/mm]
Dazu addiert man nun noch die Werte aus a): [mm] (n-c)*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}, [/mm] so dass sich insgesamt ergibt:
[mm] \summe_{i=c+1}^{n}\vektor{i-1 \\ c}*\summe_{j=0}^{k-c-1}\vektor{N-M+c-i+1+j \\ j}*\vektor{M-c-2-j \\ k-c-1-j}*(N-M+c+2+j)+(n-c)*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}
[/mm]
Zum Schluss dividiert man noch durch die Anzahl aller Möglichkeiten, um die Durchschnittslänge zu erhalten:
[mm] \bruch{\summe_{i=c+1}^{n}\vektor{i-1 \\ c}*\summe_{j=0}^{k-c-1}\vektor{N-M+c-i+1+j \\ j}*\vektor{M-c-2-j \\ k-c-1-j}*(N-M+c+2+j)+(n-c)*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}}{\vektor{N \\ k}}
[/mm]
3. Fall: k>c und [mm] M\le [/mm] k.
Dann kann es nur im Vortest zu einer Annahme kommen. Der Volltest - falls es dazu kommt - führt immer zur Zurückweisung. Die Frage ist nur, nach wieviel Schritten jeweils abgebrochen wird. Das Vorgehen ist analog zum 2. Fall, das kannst du dann selber erledigen.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:59 Mi 02.12.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Vielen Dank für deine ausführliche Antwort.
Mein Ansatz war doch falsch gewesen.
Nichts desto trotz habe ich noch ein paar Fragen zu deinen Ausführungen...
Kannst du mir sagen, wieso hier dazwischen *1 steht?
Das hast du nicht nur an dieser Stelle verwendet.
> [mm]\vektor{n-c-1 \\ 0}*1*\vektor{N-n+c \\ k}[/mm] Möglichkeiten
> mit Zuglänge [mm]\{n-c\}.[/mm]
> 3. Fall: k>c und [mm]M\le[/mm] k.
>
> Dann kann es nur im Vortest zu einer Annahme kommen. Der
> Volltest - falls es dazu kommt - führt immer zur
> Zurückweisung. Die Frage ist nur, nach wieviel Schritten
> jeweils abgebrochen wird. Das Vorgehen ist analog zum 2.
> Fall, das kannst du dann selber erledigen.
Heißt also, im Falle dass es im Vortest zu einer Annahme kommt, kann ich die Formel von Fall 2 a verwenden.
> a) Annahme im Vortest, d.h. maximal c Fehler bis zur n.
> Ziehung. Natürlich ist c<n.
> [mm]=(n-c)*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}[/mm]
>
> Wie bereits früher schon hergeleitet.
"Nur der Fall b ist anders".
Wobei auch hier die ersten Aussagen übernommen werden können...
b) Endgültige Zurückweisung nachdem bereits im Vortest c+1 Fehler gefunden wurden.
> d.h. c+1 Fehler schon im
> Vortest. Natürlich ist c<n.
Dann gibt es im Haupttest einen vorzeitigen Abbruch, wenn
für den Tester erkennbar ist, dass bereits der M'te Fehler aufgetaucht ist.
Auch der nachfolgende Teil kann übernommen werden.
> Für den Abbruch im Vortest nach der i. Ziehung gelten
> folgende Überlegung:
>
> Bis zum (i-1)-ten Zug gab es c Fehler, der i. Zug war
> ebenfalls fehlerhaft. Dafür gibt es
>
> [mm]\vektor{i-1 \\ c}*1[/mm] Möglichkeiten. Dabei ist i mindestens
> c+1 und höchstens n. [mm]\bigoplus[/mm]
Insgesamt würde folgende Formel folgen:
[mm]\bruch{\summe_{i=c+1}^{n}\vektor{i-1 \\ c}*........*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}}{\vektor{N \\ k}}[/mm]
wobei .... durch den neuen Fall b ersetzt werden muss...
Und hier habe ich jetzt ein paar Verständnisprobleme. Wenn ich das jetzt auf den neuen Fall "vorzeitiger Abbruch da bereits genügend viele Fehler (M) gefunden wurden, versuche zu übertragen bin ich mir nicht sicher, inwieweit sich die Binomialkoefizienten verändern.
> Danach kommen noch [mm]k-c-1\ge[/mm] 0 Fehler vor.
Wenn ich also vorher schon c+1 Fehler habe, können noch im Rest k-c-1 Fehler sein, das würde dann auch so bleiben.
> N=100, M=12, k=8, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest
> gefunden.
Dieses Bsp. kann so jetzt nicht mehr verwendet werden, da M<=k gelten soll. Deshalb verwende ich ein ähnliches Bsp. N=100, M=8, k=8, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest gefunden.
Ich habe also 3 Fehler gefunden, ich ziehe also solange weiter, bis im weiteren Verlauf der zusätzliche (M-c-1) also 5. Fehler auftritt und breche dann ab.
Das kann dann auch frühestens nach (M-c-1) weiteren Schritten geschehen, wenn jeder davon einen Fehler hatte.
Wenn das wieder so ähnlich aufgebaut wird, wie im Binomialfall, würde ja folgen...
[mm]\vektor{M-c-2\\ M-c-2} *??? [/mm] Die Zuglänge ist [mm]\{M-c-1\}[/mm]
usw.
[mm]\vektor{M-c-1\\ M-c-2} *??? [/mm] Die Zuglänge ist [mm]\{M-c\}[/mm]
....
aber 100% sicher bin ich mir hier nicht...
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> Vielen Dank für deine ausführliche Antwort.
> Mein Ansatz war doch falsch gewesen.
>
> Nichts desto trotz habe ich noch ein paar Fragen zu deinen
> Ausführungen...
> Kannst du mir sagen, wieso hier dazwischen *1 steht?
> Das hast du nicht nur an dieser Stelle verwendet.
Ja, der Faktor 1 ist aber unerheblich. Er steht für den einzelnen Zug, den ich im Text vorher beschreibe, z.B.: Damit ich genau nach i Zügen Abbreche, müssen bis zum (i-1)-ten Zug c Fehler und im i-ten (und dafür steht jetzt der Faktor 1, weil es nur diese eine Mgl. gibt) noch ein weiterer Fehler kommen. (Oder im anderen Zusammenhang eben kein Fehler)
>
> > [mm]\vektor{n-c-1 \\ 0}*1*\vektor{N-n+c \\ k}[/mm] Möglichkeiten
> > mit Zuglänge [mm]\{n-c\}.[/mm]
>
> > 3. Fall: k>c und [mm]M\le[/mm] k.
> >
> > Dann kann es nur im Vortest zu einer Annahme kommen. Der
> > Volltest - falls es dazu kommt - führt immer zur
> > Zurückweisung. Die Frage ist nur, nach wieviel Schritten
> > jeweils abgebrochen wird. Das Vorgehen ist analog zum 2.
> > Fall, das kannst du dann selber erledigen.
>
> Heißt also, im Falle dass es im Vortest zu einer Annahme
> kommt, kann ich die Formel von Fall 2 a verwenden.
>
> > a) Annahme im Vortest, d.h. maximal c Fehler bis zur n.
> > Ziehung. Natürlich ist c<n.
>
> > [mm]=(n-c)*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}[/mm]
Ja, diesen Teil kannst du übernehmen, an ihm ändert sich nichts. Das bedeutet für den jetzigen Fall 3: Obwohl das Los mehr Fehler k [mm] \ge [/mm] M als "zulässig" enthält, fällt der Vortest günstiger aus und das Los wird angenommen.
>
> >
> > Wie bereits früher schon hergeleitet.
>
> "Nur der Fall b ist anders".
> Wobei auch hier die ersten Aussagen übernommen werden
> können...
>
> b) Endgültige Zurückweisung nachdem bereits im Vortest
> c+1 Fehler gefunden wurden.
>
> > d.h. c+1 Fehler schon im
> > Vortest. Natürlich ist c<n.
> Dann gibt es im Haupttest einen vorzeitigen Abbruch, wenn
> für den Tester erkennbar ist, dass bereits der M'te Fehler
> aufgetaucht ist.
>
> Auch der nachfolgende Teil kann übernommen werden.
>
> > Für den Abbruch im Vortest nach der i. Ziehung gelten
> > folgende Überlegung:
> >
> > Bis zum (i-1)-ten Zug gab es c Fehler, der i. Zug war
> > ebenfalls fehlerhaft. Dafür gibt es
> >
> > [mm]\vektor{i-1 \\ c}*1[/mm] Möglichkeiten. Dabei ist i mindestens
> > c+1 und höchstens n. [mm]\bigoplus[/mm]
>
Ja, bis hier ist alles identisch!
> Insgesamt würde folgende Formel folgen:
> [mm]\bruch{\summe_{i=c+1}^{n}\vektor{i-1 \\ c}*........*\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}}{\vektor{N \\ k}}[/mm]
>
GENAUER: Der letzte Term wird addiert, und du hast den Vorfaktor vergessen:
[mm]\bruch{\summe_{i=c+1}^{n}\vektor{i-1 \\ c}*........+(n-c)\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}}{\vektor{N \\ k}}[/mm].
> wobei .... durch den neuen Fall b ersetzt werden muss...
>
> Und hier habe ich jetzt ein paar Verständnisprobleme. Wenn
> ich das jetzt auf den neuen Fall "vorzeitiger Abbruch da
> bereits genügend viele Fehler (M) gefunden wurden,
> versuche zu übertragen bin ich mir nicht sicher, inwieweit
> sich die Binomialkoefizienten verändern.
>
> > Danach kommen noch [mm]k-c-1\ge[/mm] 0 Fehler vor.
> Wenn ich also vorher schon c+1 Fehler habe, können noch im
> Rest k-c-1 Fehler sein, das würde dann auch so bleiben.
>
> > N=100, M=12, k=8, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest
> > gefunden.
>
> Dieses Bsp. kann so jetzt nicht mehr verwendet werden, da
> M<=k gelten soll. Deshalb verwende ich ein ähnliches Bsp.
> N=100, M=8, k=8, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest
> gefunden.
Das Beispiel ist unglücklich gewählt, weil hier M=k ist und das nur ein Spezialfall von [mm] M\le [/mm] k ist. Dadurch verlierst du aus dem Blick, dass nach dem Finden von M Fehlern noch weitere vorhanden sein könnten.
Besser:
N=100, M=8, k=12, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest
gefunden.
>
> Ich habe also 3 Fehler gefunden, ich ziehe also solange
> weiter, bis im weiteren Verlauf der zusätzliche (M-c-1)
> also 5. Fehler auftritt und breche dann ab.
> Das kann dann auch frühestens nach (M-c-1) weiteren
> Schritten geschehen, wenn jeder davon einen Fehler hatte.
Genau, und jetzt überlegst du, wie viele Mgl. es gibt, von i bis i+M-c-1 diese M-c-1 Fehler einzustreuen und die restlichen (für k>M) Fehler danach zu verteilen.
Dann überlegst du das selbe für den Fall, dass du erst einen Zug später abbrechen kannst: streue die M-c-1 Fehler bis i-M-c-1+1 ein und die restlichen Fehler in den Rest usw.
Zur Kontrolle gebe ich dir hier die Endformel an - die Erklärung solltest du dann selber finden.
[mm]\bruch{\summe_{i=c+1}^{n}\vektor{i-1 \\ c}*\summe_{j=0}^{N+c+1-i-k}\vektor{M-c-2+j \\M-c-2}*\vektor{N-M-i+c+1-j \\k-m}*(i+M-c-1+j)+(n-c)\summe_{j=0}^{c}\vektor{n-j \\ n-c}*\vektor{N-n+j \\ k-c+j}}{\vektor{N \\ k}}[/mm].
(Dabei kann die Indizierung beim 2. Summenzeichen auch anders verlaufen, z.B. rückwärts oder später anfangen und enden.)
>
> Wenn das wieder so ähnlich aufgebaut wird, wie im
> Binomialfall, würde ja folgen...
>
> [mm]\vektor{M-c-2\\ M-c-2} *???[/mm] Die Zuglänge ist [mm]\{M-c-1\}[/mm]
> usw.
>
> [mm]\vektor{M-c-1\\ M-c-2} *???[/mm] Die Zuglänge ist [mm]\{M-c\}[/mm]
>
> ....
> aber 100% sicher bin ich mir hier nicht...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:38 Fr 04.12.2015 | | Autor: | Jeany9 |
> Ja, der Faktor 1 ist aber unerheblich. Er steht für den
> einzelnen Zug, den ich im Text vorher beschreibe, z.B.:
Gut, dann kann man das einfach ignorieren.
> GENAUER: Der letzte Term wird addiert, und du hast den
> Vorfaktor vergessen:
ja, war mein Fehler..
> Das Beispiel ist unglücklich gewählt, weil hier M=k ist
> und das nur ein Spezialfall von [mm]M\le[/mm] k ist. Dadurch
> verlierst du aus dem Blick, dass nach dem Finden von M
> Fehlern noch weitere vorhanden sein könnten.
Spezialfall ja, aber es kann vorkommen.
> Besser:
> N=100, M=8, k=12, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest
> gefunden.
>
> >
> > Ich habe also 3 Fehler gefunden, ich ziehe also solange
> > weiter, bis im weiteren Verlauf der zusätzliche (M-c-1)
> > also 5. Fehler auftritt und breche dann ab.
> > Das kann dann auch frühestens nach (M-c-1) weiteren
> > Schritten geschehen, wenn jeder davon einen Fehler hatte.
>
> Genau, und jetzt überlegst du, wie viele Mgl. es gibt, von
> i bis i+M-c-1 diese M-c-1 Fehler einzustreuen und die
> restlichen (für k>M) Fehler danach zu verteilen.
>
> Dann überlegst du das selbe für den Fall, dass du erst
> einen Zug später abbrechen kannst: streue die M-c-1 Fehler
> bis i-M-c-1+1 ein und die restlichen Fehler in den Rest
> usw.
Es folgen also
[mm]\vektor{M-c-2\\ M-c-2} *\vektor{N-M-i+c+1\\ K-M}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{i+M-c-1\}[/mm]
als nächstes
[mm]\vektor{M-c-1\\ M-c-2} *\vektor{N-M-i+c\\ K-M}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{i+M-c\}[/mm]
[mm]\vektor{M-c\\ M-c-2} *\vektor{N-M-i+c-1\\ K-M}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{i+M-c+1\}[/mm]
....
[mm]\vektor{M+N-i-k-1\\ M-c-2} *\vektor{K-M\\ K-M}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{M+N-k\}[/mm]
oder in Zahlen ausgedrückt..
[mm]\vektor{4\\ 4} *\vektor{95-i\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{5-i\}[/mm]
als nächstes
[mm]\vektor{5\\ 4} *\vektor{94-i\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{6-i\}[/mm]
[mm]\vektor{6\\ 4} *\vektor{93-i\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{7-i\}[/mm]
....
[mm]\vektor{95-i\\ 4} *\vektor{4\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{96\}[/mm]
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> > Ja, der Faktor 1 ist aber unerheblich. Er steht für den
> > einzelnen Zug, den ich im Text vorher beschreibe, z.B.:
>
> Gut, dann kann man das einfach ignorieren.
Ja, hatte ich nur pr forma eingefügt
>
> > GENAUER: Der letzte Term wird addiert, und du hast den
> > Vorfaktor vergessen:
>
> ja, war mein Fehler..
>
>
> > Das Beispiel ist unglücklich gewählt, weil hier M=k ist
> > und das nur ein Spezialfall von [mm]M\le[/mm] k ist. Dadurch
> > verlierst du aus dem Blick, dass nach dem Finden von M
> > Fehlern noch weitere vorhanden sein könnten.
>
> Spezialfall ja, aber es kann vorkommen.
Klar, aber es lohnt nicht, den ganzen Spezialfall durchzuchecken und dann noch mal den allgemeinen Fall (der ja den Spezialfall anschließend enthält).
>
> > Besser:
> > N=100, M=8, k=12, c=2. 3 Fehler wurden schon im Vortest
> > gefunden.
> >
> > >
> > > Ich habe also 3 Fehler gefunden, ich ziehe also solange
> > > weiter, bis im weiteren Verlauf der zusätzliche (M-c-1)
> > > also 5. Fehler auftritt und breche dann ab.
> > > Das kann dann auch frühestens nach (M-c-1) weiteren
> > > Schritten geschehen, wenn jeder davon einen Fehler hatte.
> >
> > Genau, und jetzt überlegst du, wie viele Mgl. es gibt, von
> > i bis i+M-c-1 diese M-c-1 Fehler einzustreuen und die
> > restlichen (für k>M) Fehler danach zu verteilen.
> >
> > Dann überlegst du das selbe für den Fall, dass du erst
> > einen Zug später abbrechen kannst: streue die M-c-1 Fehler
> > bis i-M-c-1+1 ein und die restlichen Fehler in den Rest
> > usw.
>
>
> Es folgen also
>
> [mm]\vektor{M-c-2\\ M-c-2} *\vektor{N-M-i+c+1\\ K-M}[/mm]
> Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{i+M-c-1\}[/mm]
>
> als nächstes
>
> [mm]\vektor{M-c-1\\ M-c-2} *\vektor{N-M-i+c\\ K-M}[/mm]
> Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{i+M-c\}[/mm]
>
>
> [mm]\vektor{M-c\\ M-c-2} *\vektor{N-M-i+c-1\\ K-M}[/mm]
> Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{i+M-c+1\}[/mm]
>
> ....
>
> [mm]\vektor{M+N-i-k-1\\ M-c-2} *\vektor{K-M\\ K-M}[/mm]
> Möglichkeiten. Die Zuglänge ist [mm]\{M+N-k\}[/mm]
>
> oder in Zahlen ausgedrückt..
>
> [mm]\vektor{4\\ 4} *\vektor{95-i\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die
> Zuglänge ist [mm]\{5-i\}[/mm]
>
> als nächstes
>
> [mm]\vektor{5\\ 4} *\vektor{94-i\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die
> Zuglänge ist [mm]\{6-i\}[/mm]
>
>
> [mm]\vektor{6\\ 4} *\vektor{93-i\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die
> Zuglänge ist [mm]\{7-i\}[/mm]
>
> ....
>
> [mm]\vektor{95-i\\ 4} *\vektor{4\\ 4}[/mm] Möglichkeiten. Die
> Zuglänge ist [mm]\{96\}[/mm]
>
Ja genau. Damit sind diese Fälle auch erfasst.
Zum Rechnen muss man also wissen, ob M>k oder [mm] M\le [/mm] k ist, weil die Formeln anders aussehen; und ebenso noch bei [mm] k\le [/mm] c.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:11 Mo 07.12.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Ich habe das Ganze jetzt mal ins Programm eingegeben und bin mir jetzt etwas unsicher.
Ich habe alle Formeln einzeln eingeben.
die erste ist n1, die zweite n2 die dritte n3.
Für das Beispiel
N=80, M=17, k=18, n=12 c=3 bekomme ich für n1=12.8571 , für n2=9.49732*10^18 und für n3= 8.26464*10^18.
Aber je nachdem was für Variablen vorher definiert sind gilt...
If[k <= c, n1, If[M > k, n2, n3]] also in meinem Fall gilt n3.
Aber der Wert scheint mir sehr klein zu sein....
Könntest du das vill mit deinem Programm prüfen? ich will nur sicher gehen, dass ich die Formeln richtig eingegeben habe... weil so scheint mir das für ie mittlere Anzahl zu prüfender Stücke bei abbrechender Kontrolle zu wenig zu sein...
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 15:24 Mo 07.12.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Irgendwas scheint noch nicht zu stimmen.
Ich habe das Bsp. mit N=28, n=8, c=1, M=9 und k=2 nachgerechnet.
Ich bekomme für den mittleren Prüfumfang 9.48148 heraus...
und für den mittleren Prüfumfang bei abbrechender Kontrolle kommt nach dieser Formel hier 622.852 heraus. Also eindeutig zu viel. Es müsste ja weniger werden, wenn ich vorzeitig abbreche...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:43 Mo 07.12.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Die Frage hat sich erledigt. Ich hatte einen Fehler beim Abtippen der Formeln gehabt,... Habe Klammern vergessen und deshalb ist das Ergebnis so groß geworden...
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Ich habe für die 3 verschiedenen Fälle mal Proberechnungen gemacht, die du nun leicht überprüfen kannst.
Fall 1: [mm] k\le [/mm] M c k M N n mittlere Zuglänge
7 6 10 100 10 3,18947
12 5 25 60 15 3,267857142
Fall 2: c<k<M c k M N n mittlere Zuglänge
4 8 12 100 10 6,530172214
5 20 25 70 12 13,62700886
1 2 9 28 8 8,481481481
Fall 3: [mm] M\le [/mm] k c k M N n mittlere Zuglänge
4 12 8 100 10 6,871242523
3 18 17 80 12 26,82907284
Ich hoffe, dass ich alles fehlerfrei gemacht habe.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:40 Mo 07.12.2015 | | Autor: | Jeany9 |
Vielen Dank,.... Ich komme auch auf diese Ergebnisse. Hatte vorher Klammern vergessen zu setzten und die Rechnung ist falsch gewesen...
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> Ausgangspunkt sind Annahmestichprobenprüfungen. Es gibt
> verschiedene Szenarien. Ich betrachte in meinem Szenario
> folgenden Fall. Eine zufällige Stichprobe mit dem Umfang n
> wir aus einem Los der Größe N gezogen. Jedes Stück ist
> mit der WS p defekt. In der Stichprobe werden c defekte
> Einheiten und im Los M-1 defekte Einheiten akzeptiert.
> Das Los wird entsprechend angenommen und unverändert
> ausgeliefert, wenn max. c defekte Stücke in der Stichprobe
> sind. Bei mehr als c defek. Stücken wird das Los
> zurückgewiesen und unter den oben beschriebene Fällen
> vollkontrolliert.
> Es wird also zum einen unterschieden wie viele defekte
> Stücke in der Stichrobe n sind und wie viele im Los N.
> Für beide gibt es ihre eigene "Grenzzahl" in der
> Stichprobe c und im Los M-1. Deshalb die Unterscheidung.
Ja, das habe ich (mittlerweile) auch alles so verstanden und meine Formel auch mittlerweile nach "Wichtige Einschränkungen" so angepasst. Sie sind jetzt richtig.
Was mich verwirrt ist Folgendes:
Aufgabe: Mutter ist 20 Jahre älter als Paul. In 5 Jahren wird sie 3 mal so alt sein wie er. Wie alt sind beide?
Ansatz: Mutter ist x Jahre alt, Paul y-1. Warum nicht y? Verwirrend? Kann man natürlich so machen.
Formelsammlung: Die Fläche eines Rechtecks mit den Seitenlängen a und b-1 beträgt a*(b-1). Kann man so machen, findet man aber in keiner Formelsammlung.
Jetzt zum Test: Beim Vortest ist bei c alles gut, bei c+1 erfolgt vorläufige Zurückweisung. Beim Volltest ist bei M-1 alles gut, bei M erfolgt endgültige Zurückweisung. Warum nicht M und M+1 wie bei c und c+1?
Aber ich habe das jetzt akzeptiert und berücksichtigt. Es erschwert aber den Vorgang, weil man zwischen Vor- und Volltest mit den Indices immer wieder umdenken muss (bei c geht die Akzeptanz bis c, bei M nur bis M-1).
>
> > Also: Sinnvoll ist nur M>c+1 bzw [mm]M\ge[/mm] c+2.
> glaube ich immer noch nicht.
> Es muss c<M :(Kein S sofort nach A) gelten, da bin ich mir
> eigentlich sicher.
Wenn M>c+1 ist, ist automatisch M>c+1>c, also M>c oder c<M.
Beispiel: c=10. Bei 10 Fehlern im Vortest ist noch alles gut. Kommt ein 11. Fehler hinzu, gehen wir zum Volltest über. Wäre nun M=11, könnten wir uns den schenken, denn wir hätten dann schon die Zurückweisung. Also muss M mindestens 12 sein, damit der Volltest überhaupt noch sinnvoll ist. Somit M>11=c+1.
> Es darf eben nicht sein, dass ich bereits, wenn ich mit
> meiner Stichprobe fertig bin und den Rest gar nicht
> berücksichtigt habe, dass dann schon feststeht, das Los
> ist schlecht.
>
>
> > Kein S sofort nach A und
> > > sofort heißt wenn die Stichprobe geprüft wurde.
> > > Stell dir vor c=11 und M=11, und in der Stichprobe
> > würde
> > > man 11 fehlerhafte Stücke finden , dann würde man das Los
> > > im Vorsetzt annehmen. Da aber M=11 ist, wäre das Los
> > > insgesamt schlecht. Es macht also keinen Sinn, dass das Los
> > > angenommen wird, wenn man weiss, dass es schlecht ist.
> > > So dass der umgekehrte Fall auch nicht auftreten
> darf.
> > > ....Kein G sofort nach Z. Wenn ich zurückweise soll
> > nicht
> > > direkt feststehen, dass das Los gut ist, weil ich mir dann
> > > die Vollkontrolle sparen könnte.
> > > Ich glaube man muss vorher schon diese
> Unterscheidungen
> > > treffen.
>
> >
> > Wichtige Einschränkungen
> >
> die muss ich mir noch einmal genauer anschauen.
> Wenn ich jetzt noch einmal mein Vorgehen von Beginn an
> anschaue, also die abbrechende Kotrolle
> j Stücke prüfen wenn n-c-1 fehlerfreie unter den ersten
> j-1 und j'tes Teil fehlerhaft ...
> ...anschaue, dann ist es doch etwas anders als gedacht.
>
Zur einschränkenden Bedingung [mm] M-c-1\le [/mm] N-n
Beispiel: N=25, n=20, c=3, M=12
Wenn bis n=20 maximal 3 Fehler auftauchen, ist alles gut.
Taucht ein 4. Fehler auf, aber erst im 20. Zug, so können jetzt nur noch maximal 5 Fehler hinzukommen, also ist die maximale Fehlerzahl 9, es kann gar nicht mehr zu einer Zurückweisung kommen.
Was ist zu tun?
Wenn das Ganze wirklich so beabsichtigt ist, Vortest c=3, Volltest M=12, kann es, wie gesagt, für den obigen Fall keine Zurückweisung geben, und man kann auf den Volltest verzichten. In diesm Fall setzt man einfach formal(!) die Grenze n für den Vortest so herunter, dass die Formeln weiterhin angewandt werden können (und nur darum geht es - man muss sich keine neu angepassten Formeln überlegen) und es ggf. beim (formal schon eingeleiteten) Volltest zum Vorzeitigen Abbruch kommt: n=17. Entsteht nun im 17. Zug oder früher der 4. Fehler, gehen wir zum Volltest über. Dann sind noch 8 Fehler und damit eine Zurückweisung möglich. Ist der 18. Zug fehlerfrei, brechen wir den Volltest ab und nehmen das Los an.
Sorge also für [mm] n\le [/mm] N-M+c+1 durch herabsetzen von n in den Formeln.
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