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| Aufgabe | In einer Telefonvermittlung gehen im Mittel 300 Anrufe je Stunde ein. Es können maximal 10 Verbindungen je Minute hergestellt werden.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Anrufe in einer konkret gewählten Minute die Kapazität übersteigt?
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Anrufe irgendwann innerhalb einer Stunde die Kapazität übersteigt? |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo zusammen!
Diese Aufgabe wurde uns im Zusammenhang mit diskreten Standardverteilungen gestellt.
Ich habe mir Folgendes gedacht:
Die Frage (bei a) ist ja die, wie wahrscheinlich es ist, dass in einer Minute mehr als 10 Anrufe eingehen. Wir wissen, dass der Erwartungswert 5 Anrufe pro Minute beträgt. (300/60)
Die geometrische Verteilung dient dazu, die Zahl der Versuche vor dem ersten Erfolg darzustellen, bzw. in unserem Fall: wann der erste Anruf eingeht, der nicht mehr angenommen werden kann. (?)
Der Erwartungswert ist in der geometrischen Verteilung mit EX = [mm] (\bruch{1}{p}) [/mm] - 1 definiert. Nach p umgestellt ergibt sich p = [mm] \bruch{1}{6}.
[/mm]
Wenn ich dieses p in die Formel P(X=k) = [mm] (1-p)^{k} [/mm] * p einsetze, X=k von 1 bis 10 laufen lasse und die Einzelergebnisse addiere, bekomme ich die Wahrscheinlichkeit, dass bis zu 10 Anrufe eingehen. Die Gegenwahrscheinlichkeite davon, müsste also das Ergebnis sein.
Soweit meine Idee; die Lösung ist aber mit 0,0137 gegeben, ich komme auf ca 0,16.
Ich hoffe, das Ganze war nicht zu wirr und ihr könnt mir einen Tipp geben, wo mein/e Fehler liegt/en.
MfG und vielen Dank für eure Hilfe
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Hallo und ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ,
bitte, bitte, bitte Standard niemals (wieder) mit "t" schreiben.
Bitte!
Danke!
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:39 Di 16.11.2010 | | Autor: | Disap |
Hi!
> Diese Aufgabe wurde uns im Zusammenhang mit diskreten
> Standardverteilungen gestellt.
>
> Ich habe mir Folgendes gedacht:
> ...
Hätte ich auch alles so gemacht.
> Soweit meine Idee; die Lösung ist aber mit 0,0137
Sicher, dass das die Lösung ist? Nicht vielleicht 0,137?
> gegeben, ich komme auf ca 0,16.
Und ich auf 13,46%
> Ich hoffe, das Ganze war nicht zu wirr und ihr könnt mir
> einen Tipp geben, wo mein/e Fehler liegt/en.
Also mir fällt auf, dass die 0,16 schon mal nicht richtig sind, weil der Fall k=0 mit deiner Fertigformel nicht berücksichtigt wird.
Siehe
http://de.wikipedia.org/wiki/Geometrische_Verteilung
Variante B ist dsa, was du hier immer verwenden solltest. Du nimmst aber beim Ausrechnen der Wkt Variante a und bei dem Erwartungswert hast du Variante ) benutzt
VG
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:49 Di 16.11.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin Nahasapemapetila,
zunaechst ein
Szenarien wie in der Aufgabenstellung beschrieben werden haeufig mit der
Poissonverteilung modelliert. Die Anzahl $X_$ der Anrufe pro Minute
besitzt den Erwartungswert [mm] $\lambda=5$. [/mm] Bei (a) ist damit [mm] $P(X\ge11)=1-P(X\le10)=0.137$ [/mm] ...
vg Luis
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Vielen Dank erstmal für die schnelle Antwort!
Eine Frage habe ich trotzdem noch:
Wenn ich, wie du sagst, mit der Poisson Verteilung rechne, bekomme ich nur 0,014 raus (~0,0137?)
Ich habe die Formel: P(X=k) = [mm] \bruch{\lambda^k}{k!} [/mm] * [mm] e^{-\lambda} [/mm] verwendet.
Und das k habe ich von 0 (danke disap!) bis 10 laufen lassen.
Mit Poisson bekomme ich also ungefähr das gleiche Ergebnis wie in der Lösung vorgegeben, aber nicht das gleiche wie du.
> Bei (a) ist damit [mm]P(X\ge11)=1-P(X\le10)=0.137[/mm] ...
>
> vg Luis
Oder ich rechne mit der geometrischen Verteilung und gehe davon aus, dass in der Lösung eine Null zuviel ist, so wie Disap das vorgeschlagen hat.
Würdest du dazu nochmal was sagen?
Und falls du bei Poisson bleibst, kannst du mir sagen woran ich in der Aufgabe erkenne, dass ich diese Vorgehensweise und nicht die geometrische Verteilung zugrundelegen muss?
MfG & Vielen Dank
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:48 Di 16.11.2010 | | Autor: | Disap |
Hallo noch mal.
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> Eine Frage habe ich trotzdem noch:
> Wenn ich, wie du sagst, mit der Poisson Verteilung rechne,
> bekomme ich nur 0,014 raus (~0,0137?)
> Ich habe die Formel: P(X=k) = [mm]\bruch{\lambda^k}{k!}[/mm] *
> [mm]e^{-\lambda}[/mm] verwendet.
Das Ergebnis mit 0.0137 ist korrekt. Dein "Fehler" liegt wohl beim Runden. Wenn ich genau rechne, erhalte ich auch dieses Ergebnis
P(X=0)=0.006737947
P(X=1)=0.03368973
P(X=2)=0.08422434
P(X=3)=0.1403739
P(X=4)=0.1754674
P(X=5)= 0.1754674
P(X=6)=0.1462228
P(X=7)=0.1044449
P(X=8)=0.06527804
P(X=9)=0.03626558
P(X=10)=0.01813279
Jetzt alles auf addieren (wenn du daran Spass hast ;) ) und von 1 abziehen, dann erhält man
0.01369527
Also deine Rechnung ist vollkommen richtig!
> Und das k habe ich von 0 (danke disap!) bis 10 laufen
> lassen.
>
> Mit Poisson bekomme ich also ungefähr das gleiche Ergebnis
> wie in der Lösung vorgegeben, aber nicht das gleiche wie
> du.
>
> > Bei (a) ist damit [mm]P(X\ge11)=1-P(X\le10)=0.137[/mm] ...
> >
> > vg Luis
>
> Oder ich rechne mit der geometrischen Verteilung und gehe
> davon aus, dass in der Lösung eine Null zuviel ist, so wie
> Disap das vorgeschlagen hat.
Nein! bitte nicht davon ausgehen, weil das falsch ist, wie luis festgestellt hat 
> Würdest du dazu nochmal was sagen?
> Und falls du bei Poisson bleibst, kannst du mir sagen
> woran ich in der Aufgabe erkenne, dass ich diese
> Vorgehensweise und nicht die geometrische Verteilung
> zugrundelegen muss?
Das weiß ich leider auch nicht.
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:38 Mi 17.11.2010 | | Autor: | luis52 |
> Und falls du bei Poisson bleibst, kannst du mir sagen
> woran ich in der Aufgabe erkenne, dass ich diese
> Vorgehensweise und nicht die geometrische Verteilung
> zugrundelegen muss?
Moin,
die geometrische Verteilung modelliert die Anzahl der unabhaengigen Fehlversuche eines Bernoulli-Experiments bevor der erste Treffer auftritt.
Zur Poisson-Verteilung schau mal ![[]](/images/popup.gif) hier, insbesondere Anwendungsbeispiele.
vg Luis
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Super!
Ich danke euch beiden vielmals!
MfG
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