TU Wien:Statistik und Wahrscheinlichkeitstheorie UE (Gurker)/Übungen WS17/Beispiel 2.23

Das folgende System ist intakt, wenn es einen Pfad aus intakten Komponenten von a nach b gibt. Dabei nehme man an, dass jede Komponente – unabhängig von den anderen – mit Wahrscheinlichkeit ${\textstyle p(0\leq p\leq 1)}$ intakt ist.

(a) Wie lautet ein passender Merkmalraum ${\textstyle \Omega }$? Wie viele Elemente hat er? Wie lautet und aus wie vielen Elementen besteht die zugehörige ${\textstyle \sigma }$-Algebra? Wie ist ${\textstyle P(\{\omega \})}$ für ${\textstyle \omega \in \Omega }$ definiert?

(b) Beschreiben Sie auf Basis des gewählten Merkmalraums die Ereignisse ${\textstyle A_{i}=}$ {Komponente ${\textstyle i}$ ist intakt} und ${\textstyle A=}$ {System ist intakt}.

(c) Berechnen Sie ${\textstyle P(A)}$ und stellen Sie letzere Wahrscheinlichkeit in Abhängigkeit von ${\textstyle p}$ grafisch dar. (Hinweis: ${\textstyle P(A)}$ kann mit Hilfe des Additionstheorems berechnet werden oder mit Hilfe des Satzes v. d. vollst. Wahrscheinlichkeit, indem man nach dem Zustand (defekt/intakt) der „Brücke“ (Komponente 3) bedingt. Versuchen Sie beide Lösungen.)

Lösungsvorschlag

a

Ein passender Merkmalraum ist

$$\{(K_{1},K_{2},K_{3},K_{4},K_{5})\;|\;K_{i}\in \{0,1\},i\in \{1,\dots ,5\}\}$$

Er hat ${\textstyle 2^{5}}$ Elemente. Die zugehörige ${\textstyle \sigma }$-Algebra ist die Potenzmenge ${\textstyle {\mathcal {P}}(\Omega )}$. ${\textstyle P(\{w\})=p^{n}(1-p)^{5-n}}$.

b

$$\{(K_{1},K_{2},K_{3},K_{4},K_{5})\;|\;K_{i}=1;K_{j}\in \{0,1\};i\neq j;i,j\in \{1,\dots ,5\}\}$$

$$A=(K_{1}\cap K_{4})\cup (K_{2}\cap K_{5})\cup (K_{1}\cap K_{3}\cap K_{5})\cup (K_{2}\cap K_{3}\cap K_{4})$$

c

$$P(a)=P(K_{1}\cap K_{4})=p^{2}$$

$$P(b)=P(K_{2}\cap K_{5})=p^{2}$$

$$P(c)=P(K_{1}\cap K_{3}\cap K_{5})=p^{3}$$

$$P(d)=P(K_{2}\cap K_{3}\cap K_{4})=p^{3}$$

Additionstheorem:

$${\begin{aligned}P(A)=&a+b+c+d\\&-(a\cap b)-(a\cap c)-(a\cap d)-(b\cap c)-(b\cap d)-(c\cap d)\\&+(a\cap b\cap c)+(a\cap b\cap d)+(a\cap c\cap d)+(b\cap c\cap d)\\&-(a\cap b\cap c\cap d)\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}P(A)=&p^{2}+p^{2}+p^{3}+p^{3}\\&-p^{4}-p^{4}-p^{4}-p^{4}-p^{5}\\&+p^{5}+p^{5}+p^{5}+p^{5}\\&-p^{5}\\=&2p^{2}+2p^{3}-5p^{4}+2p^{5}\end{aligned}}$$

Dabei werden die Komponenten nicht doppelt gezählt, z.B. ist

$$a\cap b=K_{1}\cap K_{2}\cap K_{3}\cap K_{4}$$

Vollständige Wahrscheinlichkeit: ${\textstyle A}$ ist abhängig von ${\textstyle K_{3}}$.

Mit den Distributivgesetzen für Mengen kann berechnet werden, dass

$${\begin{aligned}P(A)=&P(A\cap K_{3})+P(A\cap K_{3}')\\=&P(A|K_{3})P(K_{3})+P(A|K_{3}')P(K_{3}')\\=&P((K_{1}\cap K_{4})\cup (K_{2}\cap K_{5})\cup (K_{1}\cap K_{5})\cup (K_{2}\cap K_{4}))P(K_{3})\\&+P((K_{1}\cap K_{4})\cup (K_{2}\cap K_{5}))P(K_{3}')\\=&P((K_{1}\cup K_{2})\cap (K_{4}\cup K_{5}))P(K_{3})+P((K_{1}\cap K_{5})\cup (K_{2}\cap K_{4}))P(K_{3}')\end{aligned}}$$

Für unabhängige Ereignisse gilt ${\textstyle P(X\cup Y)=P(X)+P(Y)-P(X\cap Y)}$ und ${\textstyle P(X\cap Y)=P(X)P(Y)}$

$${\begin{aligned}P(A)&=(2p-p^{2})(2p-p^{2})p+(2p^{2}-p^{4})(1-p)\\&=(4p^{2}-4p^{3}+p^{4})p+2p^{2}-p^{4}-2p^{3}+p^{5}\\&=2p^{2}+2p^{3}-5p^{4}+2p^{5}\end{aligned}}$$

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