Funktionsunfähigkeit WSK < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Ein Gerät besteht aus genau drei Blöcken; der erste Block ist für das Funktionieren des gerätes unbedingt erforderlich, die beiden anderen Blöcke doublieren einander.
Der erste Block besteht aus genau [mm] n_1 [/mm] Elementen, der zweite Block aus [mm] n_2 [/mm] Elementen und der dritte Block aus [mm] n_3 [/mm] Elementen. Während der Arbeit des gerätes treten fehler auf, die zum Ausfall der Elemente führen. Die Elemente fallen mit gleicher WSK aus, sowie unabhängig voneinander aus. Der Ausfall eines Elementes hat den Ausfall des gesamtes Blocks zur Folge.
Es sei bekannt, dass genau vier Fehler im Gerät vorhanden sind, d.h. vier Elemente ausgefallen sind. Man bestimme die WSK dafür, dass diese vier Fehler zur Funktionsuntüchtigkeit des Gerätes führen. |
Hallo,
wie angekündigt, die nächste Aufgabe zur W-Theorie.
Ich hänge hier immens. Nicht einmal einen wahren Ansatz habe ich.
Zu berechnen ist ja nun die Wahrscheinlichkeit, dass das gerät durch die 4 Fehler funktionsuntüchtig ist.
Angenommen die vier Fehler sind alle im ersten Block. Dann ist ja schon klar, dass das Gerät funktioniert. Ja allgemein kann man schon sagen, dass eben gerade die 4 fehler nicht im Block 1 sein dürfen.
Außerdem weiß ich, dass die 4 Fehler allesamt im Block 2 oder im Block 3 sein müssen. Keinesfalls aber in beiden.
Wenn ich das nun so realisiere, dass ich die Elemente immer aus einer urne ziehe, dann ergibt sich folgendes
A...Gerät funktioniert
[mm] P(A)=\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_2-4}{n_2}+\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_3-4}{n_3}
[/mm]
Damit ist die Funktionsuntüchtigkeit Genau das Gegenereignis, also
[mm] P(\overline{A})=1-P(A)=1-(\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_2-4}{n_2}+\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_3-4}{n_3})
[/mm]
So, das ist meine Idee, aber inwieweit das so korrekt ist, ist mal wieder fraglich. Ich bin daher auf euch angewiesen 
Liebe Grüße und herzlichen Dank für eure Antworten!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:27 Di 13.05.2014 | | Autor: | abakus |
> Ein Gerät besteht aus genau drei Blöcken; der erste Block
> ist für das Funktionieren des gerätes unbedingt
> erforderlich, die beiden anderen Blöcke doublieren
> einander.
>
> Der erste Block besteht aus genau [mm]n_1[/mm] Elementen, der zweite
> Block aus [mm]n_2[/mm] Elementen und der dritte Block aus [mm]n_3[/mm]
> Elementen. Während der Arbeit des gerätes treten fehler
> auf, die zum Ausfall der Elemente führen. Die Elemente
> fallen mit gleicher WSK aus, sowie unabhängig voneinander
> aus. Der Ausfall eines Elementes hat den Ausfall des
> gesamtes Blocks zur Folge.
>
> Es sei bekannt, dass genau vier Fehler im Gerät vorhanden
> sind, d.h. vier Elemente ausgefallen sind. Man bestimme die
> WSK dafür, dass diese vier Fehler zur
> Funktionsuntüchtigkeit des Gerätes führen.
> Hallo,
>
> wie angekündigt, die nächste Aufgabe zur W-Theorie.
>
> Ich hänge hier immens. Nicht einmal einen wahren Ansatz
> habe ich.
>
> Zu berechnen ist ja nun die Wahrscheinlichkeit, dass das
> gerät durch die 4 Fehler funktionsuntüchtig ist.
>
> Angenommen die vier Fehler sind alle im ersten Block. Dann
> ist ja schon klar, dass das Gerät funktioniert. Ja
> allgemein kann man schon sagen, dass eben gerade die 4
> fehler nicht im Block 1 sein dürfen.
>
> Außerdem weiß ich, dass die 4 Fehler allesamt im Block 2
> oder im Block 3 sein müssen. Keinesfalls aber in beiden.
>
> Wenn ich das nun so realisiere, dass ich die Elemente immer
> aus einer urne ziehe, dann ergibt sich folgendes
>
> A...Gerät funktioniert
>
> [mm]P(A)=\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_2-4}{n_2}+\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_3-4}{n_3}[/mm]
>
> Damit ist die Funktionsuntüchtigkeit Genau das
> Gegenereignis, also
>
> [mm]P(\overline{A})=1-P(A)=1-(\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_2-4}{n_2}+\frac{n_1-4}{n_1}*\frac{n_3-4}{n_3})[/mm]
>
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> So, das ist meine Idee, aber inwieweit das so korrekt ist,
> ist mal wieder fraglich. Ich bin daher auf euch angewiesen
>
>
> Liebe Grüße und herzlichen Dank für eure Antworten!
Hallo,
das Gerät fällt in folgenden Fällen aus:
Fall 1:
Block 1 fällt aus (ganz gleich, ob Block 2 und/oder Block 3 arbeiten oder nicht.
Fall 2:
Der Block 1 ist funktionsfähig, aber Block 2 UND Block 3 fallen aus.
Die Wahrscheinlichkeiten dieser beiden Fälle sind zu ermitteln und zu addieren.
Kommen wir zum Fall 1:
Die Anzahl der vorhandenen Elemente ist [mm]n_1+n_2+n_3[/mm].
Wir "ziehen" nun vier dieser Elemente ohne Zurücklegen. Die Wahrscheinlichkeit, keines aus aus Block 1 stammt, ist [mm] \frac{n_2+n_3}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_2+n_3-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_2+n_3-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_2+n_3-3}{n_1+n_2+n_3-3}[/mm].
Wenn das Gesamtsystem ausfallen soll, darf folgendes NICHT passieren: Es dürfen nicht alle 4 Fehler auf Block 2 entfallen, und es dürfen nicht alle 4 Fehler auf Block 3 entfallen.
Die Wahrscheinlichkeit, dass dies doch passiert, ist [mm] \frac{n_2}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_2-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_2-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_2-3}{n_1+n_2+n_3-3}+ \frac{n_3}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_3-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_3-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_3-3}{n_1+n_2+n_3-3}[/mm]
Es passiert somit NICHT mit [mm] 1-(\frac{n_2}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_2-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_2-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_2-3}{n_1+n_2+n_3-3}+ \frac{n_3}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_3-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_3-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_3-3}{n_1+n_2+n_3-3})[/mm].
Die Wahrscheinlichkeit für Fall 1 ist somit das Produkt aus [mm] \frac{n_2+n_3}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_2+n_3-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_2+n_3-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_2+n_3-3}{n_1+n_2+n_3-3}[/mm] und [mm] 1-(\frac{n_2}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_2-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_2-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_2-3}{n_1+n_2+n_3-3}+ \frac{n_3}{n_1+n_2+n_3}* \frac{n_3-1}{n_1+n_2+n_3-1}* \frac{n_3-2}{n_1+n_2+n_3-2}* \frac{n_3-3}{n_1+n_2+n_3-3})[/mm].
Nun noch Fall 2...
Gruß Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:37 Mi 14.05.2014 | | Autor: | Richie1401 |
Hallo abakus,
vielen Dank für diese Hilfestellung. War mir doch klar, dass es nicht so simpel ist.
Vielen Dank!
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