Übungsaufgabe < Wahrscheinlichkeit < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:50 Fr 03.10.2008 | | Autor: | RalU |
| Aufgabe | Hallo!
Die Aufgabe lautet:
Das PC-System einer Firma besteht aus einem Server an den ein Drucker und 3 Arbeitsplatzrechner angeschlossen sind. Der Server hat eine Intaktwahrscheinlichkeit von 0,99 und der Drucker von 0,95. Eine Station fällt mit der Wahrscheinlichkeit 0,03 aus.
a) Beschreiben Sie die Situation formal mit Ereignissen und deren Wahrscheinlichkeiten.
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein Dokument von keinem der 3 Arbeitsplatzrechner ausgedruckt werden kann?
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mein Lösungsansatz:
a)
Ereignisse:
S: Server intakt
D: Drucker intakt
Ci: i-ter Arbeitsplatzrechner intakt
G: Gesamtsystem intakt
Wahrscheinlichkeiten:
P(S)=0,99
P(D)=0,95
[mm] P(\overline{Ci})=0,03 [/mm] -> [mm] P(ci)=1-P(\overline{Ci})=0,97
[/mm]
Zuverlässigkeitsschaltbild:
|-C1-|
--S--D--|-C2-|--
|-C3-|
Das Gesamtsystem ist nur dann intakt, wenn Server sowie Drucker beide intakt sind und mindestens ein Arbeitsplatzrechner intakt ist.
b)
Die obigen Ereignisse sind alle disjunkt und unabhängig. Also ergibt sich die Wahrscheinlichkeit für ein intaktes Gesamtsystem als Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten:
[mm] P(G)=P(S)\cap [/mm] P(D) [mm] \cap [/mm] (P(C1) [mm] \cup [/mm] P(C2) [mm] \cup [/mm] P(C3) )
P(G)=0,99 * 0,95 *(0,97 + 0,97 + 0,97)
P(G)=2,76 (falsch!)
Die Wahrscheinlichkeit, dass nicht gedruckt werden kann wäre demnach:
[mm] P(\overline{Ci})=1-P(G)=...
[/mm]
Das ist natürlich falsch!
Eine Musterlösung sieht so aus:
[mm] P(G)=P(S)\cap [/mm] P(D) [mm] \cap [/mm] (P(C1) [mm] \cup [/mm] P(C2) [mm] \cup [/mm] P(C3) )
jetzt folgende Umformung (warum? und wie kommt man an dieser Stelle darauf?):
[mm] P(G)=P(S)\cap [/mm] P(D) [mm] \cap [/mm] (1-(P(C1) [mm] \cup [/mm] P(C2) [mm] \cup [/mm] P(C3) )
nun Anwendung der de Morganschen Regel:
[mm] P(G)=P(S)\cap [/mm] P(D) [mm] \cap [/mm] (1-(P(C1) [mm] \cap [/mm] P(C2) [mm] \cap [/mm] P(C3) )
und weiter:
P(G)=0,99 * 0,95 *(1- (0,03 * 0,03 * 0,03))
P(G)=0,99 * 0,95 *(1−0,000027)
[mm] P(G)\approx [/mm] 0,94
Also: [mm] P(\overline{Ci})=1-P(G)=1-0,94=0,06
[/mm]
Meine Frage ist: Warum muss man diese erste Umformung so wie in der Musterlösung vornehmen? Ich habe doch die Einzelwahrscheinlichkeiten für Arbeitsplatzrechner Ci intakt bereits ermittelt
[mm] (P(ci)=1-P(\overline{Ci})=0,97)
[/mm]
und könnte doch dann damit einfach weiterrechnen, oder? (also so wie ich in meiner Lösung in teil b) vorgegangen bin...)
Mir wird also nicht richtig klar, wieso ich da einen Fehler mache, bzw. was genau mein Fehler ist...(das es falsch ist, sehe ich ja anhand meines Ergebnisses...)
Kann mir jemand diesbezüglich helfen?
Gruß, Ralf
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> Hallo!
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> Die Aufgabe lautet:
>
> Das PC-System einer Firma besteht aus einem Server an den
> ein Drucker und 3 Arbeitsplatzrechner angeschlossen sind.
> Der Server hat eine Intaktwahrscheinlichkeit von 0,99 und
> der Drucker von 0,95. Eine Station fällt mit der
> Wahrscheinlichkeit 0,03 aus.
>
> a) Beschreiben Sie die Situation formal mit Ereignissen und
> deren Wahrscheinlichkeiten.
> b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, daß ein Dokument
> von keinem der 3 Arbeitsplatzrechner ausgedruckt werden
> kann?
>
>
> mein Lösungsansatz:
>
> a)
> Ereignisse:
> S: Server intakt
> D: Drucker intakt
> Ci: i-ter Arbeitsplatzrechner intakt
> G: Gesamtsystem intakt
>
> Wahrscheinlichkeiten:
>
> P(S)=0,99
> P(D)=0,95
> [mm]P(\overline{Ci})=0,03[/mm] -> [mm]P(ci)=1-P(\overline{Ci})=0,97[/mm]
>
> Zuverlässigkeitsschaltbild:
>
> |-C1-|
> --S--D--|-C2-|--
> |-C3-|
>
> Das Gesamtsystem ist nur dann intakt, wenn Server sowie
> Drucker beide intakt sind und mindestens ein
> Arbeitsplatzrechner intakt ist.
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]") so weit alles richtig !
>
> b)
> Die obigen Ereignisse sind alle disjunkt ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
das sind sie bestimmt nicht !
> und unabhängig.
Unabhängigkeit wird hier wohl vorausgesetzt.
Ob dies in der Realität in einem vernetzten
System von Geräten wirklich der Fall ist, ist aber
nicht von vornherein selbstverständlich...
> Also ergibt sich die Wahrscheinlichkeit für ein intaktes
> Gesamtsystem als Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten:
>
> [mm]P(G)=P(S)\cap[/mm] P(D) [mm]\cap[/mm] (P(C1) [mm]\cup[/mm] P(C2) [mm]\cup[/mm] P(C3) )
> P(G)=0,99 * 0,95 *(0,97 + 0,97 + 0,97)
P(mindestens ein Computer funktioniert)
=1-P(kein Computer funktioniert)
[mm] =1-P(C_1\ defekt)*P(C_2\ defekt)*P(C_3\ defekt)=1-0.03^3
[/mm]
Gruß Al-Chw.
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> mein Lösungsansatz:
>
> [mm]P(G)=P(S)\cap[/mm] P(D) [mm]\cap[/mm] (P(C1) [mm]\cup[/mm] P(C2) [mm]\cup[/mm] P(C3) )
> P(G)=0,99 * 0,95 *(0,97 + 0,97 + 0,97)
Oder-Wahrscheinlichkeiten werden nicht einfach addiert, so wie du es hier getan hast.
Sondern die Überlegung dabei ist Folgende:
Gerät1 oder Gerät2 oder Gerät3 muss funktionieren, damit die Anlage läuft.
Anders ausgedrückt: Die Anlage funktioniert nicht, wenn Gerät1 und Gerät2 und Gerät3 ausfallen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:28 Fr 03.10.2008 | | Autor: | RalU |
| Aufgabe | Ok, ich denke, es ist jetzt klarer geworden. Vielen Dank erstmal.
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Allerdings frage ich mich, ob es denn generell immer so ist, dass "Oder"-Wahrscheinlichkeiten nie einfach nur addiert werden dürfen oder hat das damit zu tun, ob die Ereignisse disjunkt bzw. nicht disjunkt sind?
Ich habe da auch noch die folgende Formel für disjunkte Ereignisse (gilt nicht für die Aufgabe):
P(A [mm] \cup [/mm] B)=P(A) + P(B)
Bzw. für nicht disjunkte Ereignisse (also wie in der Aufgabenstellung):
P(A [mm] \cup [/mm] B)=P(A) + P(B) - P(A [mm] \cap [/mm] B)
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> Ok, ich denke, es ist jetzt klarer geworden. Vielen Dank
> erstmal.
>
> Allerdings frage ich mich, ob es denn generell immer so
> ist, dass "Oder"-Wahrscheinlichkeiten nie einfach nur
> addiert werden dürfen oder hat das damit zu tun, ob die
> Ereignisse disjunkt bzw. nicht disjunkt sind?
>
> Ich habe da auch noch die folgende Formel für disjunkte
> Ereignisse (gilt nicht für die Aufgabe):
> P(A [mm]\cup[/mm] B)=P(A) + P(B) "Formel (1)"
>
> Bzw. für nicht disjunkte Ereignisse (also wie in der
> Aufgabenstellung):
> P(A [mm]\cup[/mm] B)=P(A) + P(B) - P(A [mm]\cap[/mm] B) "Formel (2)"
Genau, diese Formeln sind richtig. Zwei Ereignisse A,B
sind disjunkt, wenn A [mm] \cap [/mm] B = [mm] \{\}, [/mm] d.h. A und B können
nicht gleichzeitig eintreten. Daraus folgt dann natürlich,
dass P(A [mm] \cap [/mm] B)=0, und somit folgt aus der allgemein
gültigen Formel (2) die spezielle Formel (1) für disjunkte
Ereignisse.
LG
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> Allerdings frage ich mich, ob es denn generell immer so
> ist, dass "Oder"-Wahrscheinlichkeiten nie einfach nur
> addiert werden dürfen
Es ist eigentlich eher die Ausnahme, dass man "Oder"-Wahrscheinlichkeiten einfach addiert. Du hast ja schon selber erkannt, in welchem Fall man das tun darf.
In der von dir gestellten Aufgabe sollte aber eigentlich von vorneherein klar sein, dass so eine Addition zu keinem sinnvollen Ergebnis führt, weil
0.97+0.97+0.97>1 , und eine Wahrscheinlichkeit ist niemals > 1
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