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Forum "Stochastic Theory" - Wahrscheinlichkeit für Gruppen
Wahrscheinlichkeit für Gruppen < Stochastic Theory < University < Maths <
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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Frage (beantwortet)
Status: (Question) answered Status 
Date: 01:56 Di 10/01/2017
Author: mitras2

Hallo zusammen

Ich bin jetzt seit 4 Stunden am suchen, rechnen und recherchieren. Folgendes ist meine Fragestellung:

Ich übertrage Datenpakete durch's Netzwerk. Für jedes Datenpakete besteht die Wahrscheinlichkeit von 3%, dass es bei der Übertragung verloren geht. Die Software, die mit den Datenpaketen arbeiten soll, kann verlorene Pakete verkraften, solange nicht mehr als 3 hintereinander verloren gehen. Insgesamt werden 3000 Datenpakete durch's Netzwerk geschickt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei 3000 Datenpaketen, die jeweils mit der Wahrscheinlichkeit von 3% nicht ankommen, mindestens 4 Pakete direkt hinter einander verloren gehen?

Ich fand die Frage klingt gar nicht soo schwer, aber eine Lösung hab ich den ganzen Abend nicht gefunden.

Ich kann berechnen, wie hoch die Wahrscheinlichkeit ist, dass X von den 3000 Datenpaketen verloren gehen.
Ich habe mir verschiedene Artikel und Buchseiten zur Permutation angeschaut (immerhin sind ja nur die Fälle interessant, in denen die verlorenen Datenpakete Gruppen bilden). Auch ob ich durch gruppieren bei der Permutation auf die Anzahl der Möglichen Kombinationen kommen könnte, habe ich versucht, hab's aber nicht hinbekommen. Ich habe gezeichnet, gerechnet und Formelsammlungen gewälzt.

Entweder hab ich etwas total einfaches übersehen, oder die Frage ist doch nicht ganz so einfach, wie ich dachte.

Über Hilfe wär ich auf jeden Fall sehr, sehr dankbar.
Liebe Grüße und ein herzliches "Dankeschön" im voraus
mitras2

Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

        
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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Antwort
Status: (Answer) finished Status 
Date: 08:27 Di 10/01/2017
Author: donquijote

Hallo,
eine einfache Abschätzung für die Wahrscheinlichkeit bekommst du, wenn du das Ereignis [mm]A_n[/mm] betrachtest, dass die Pakete n, n+1, n+2 und n+3 verloren gehen. Dann ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit (Unabhängigkeit vorausgesetzt)
[mm]P\left(\bigcup_{n=1}^{2997}A_n\right)\le\sum_{n=1}^{2997}P(A_n)=2997*0,03^4\approx 2,4\%[/mm].
Da die Wahrscheinlichkeiten relativ klein sind, dürfte die tatsächliche Wahrscheinlichkeit nicht allzu viel kleiner sein. Eine exakte Berechnung der Wahrscheinlichkeit, dass kein Run der Länge [mm]\ge 4[/mm] scheint mir deutlich komplizierter.

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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Frage (beantwortet)
Status: (Question) answered Status 
Date: 18:05 Di 10/01/2017
Author: mitras2

Danke schon mal für die schnelle und freundliche Antwort :-)

Dass die Wahrscheinlichkeit von [mm] $0,03^{4}$ [/mm] eine Folge von $4$ verlorenen Paketen ergibt ist mir klar. Das Ergebnis davon wäre ja $0,00000081$.
Sind dann [mm] $0,000081\%$ [/mm] jedes (beliebig langen) Datenstroms verlorene Pakete?

Was genau machen die $2997$ damit?
[mm]2997\cdot{}0,03^4\approx 2,4\% [/mm]
(Müsste das Ergebnis nicht [mm] $0,24\%$ [/mm] sein? Kommt zumindest bei mir raus, wenn ich das Ergebnis von [mm]2997\cdot{}0,03^4[/mm] durch $100$ teile.)
Ist es mit [mm] $0,24\%$ [/mm] wahrscheinlich, dass im gesamten Datenstrom von $3000$ Paketen mindestens eine Verkettung von $4$ Paketen Länge vorkommt, oder tritt das Problem bei $3000$ Paketen $0,24$ mal auf?

Danke nochmal und mit freundlichen Grüßen
Lucas Hermann

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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Antwort
Status: (Answer) finished Status 
Date: 23:19 Di 10/01/2017
Author: donquijote

Hallo,

> Danke schon mal für die schnelle und freundliche Antwort
> :-)
>  
> Dass die Wahrscheinlichkeit von [mm]0,03^{4}[/mm] eine Folge von [mm]4[/mm]
> verlorenen Paketen ergibt ist mir klar. Das Ergebnis davon
> wäre ja [mm]0,00000081[/mm].
>  Sind dann [mm]0,000081\%[/mm] jedes (beliebig langen) Datenstroms
> verlorene Pakete?

[mm]0,000081\%[/mm] aller Serien von 4 hintereinander gesendeten Paketen gehen im Durchschnitt komplett verloren.

>  
> Was genau machen die [mm]2997[/mm] damit?

Es gibt die Möglichkeit, dass die Pakete Nr. 1,2,3,4 verloren gehen, oder 2,3,4,5, oder ... 2997,2998, 2999,3000. Ich betrachte also 2997 Möglichkeiten, welche 4 Pakete verloren gehen können.

>  [mm]2997\cdot{}0,03^4\approx 2,4\%[/mm]
>  (Müsste das Ergebnis
> nicht [mm]0,24\%[/mm] sein? Kommt zumindest bei mir raus, wenn ich
> das Ergebnis von [mm]2997\cdot{}0,03^4[/mm] durch [mm]100[/mm] teile.)

Da hast du recht, ich hatte die Nullen nach dem Komma falsch gezählt.

>  Ist es mit [mm]0,24\%[/mm] wahrscheinlich, dass im gesamten
> Datenstrom von [mm]3000[/mm] Paketen mindestens eine Verkettung von
> [mm]4[/mm] Paketen Länge vorkommt, oder tritt das Problem bei [mm]3000[/mm]
> Paketen [mm]0,24[/mm] mal auf?

Die Wahrscheinlichkeit, dass im gesamten Datenstrom von 3000 Paketen mindestens einmal 4 aufeinander folgende Pakete verloren gehen, ist [mm]\le 0,24\%[/mm]. Die Rechnung ist aber wie schon geschrieben nicht exakt, dazu müsste man noch die Möglichkeit betrachten, dass mehr als einmal vier oder mehr aufeinander folgende Pakete verloren gehen. Das exakte Ergebnis dürfte aber nur geringfügig kleiner sein.

>  
> Danke nochmal und mit freundlichen Grüßen
>  Lucas Hermann


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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Antwort
Status: (Answer) finished Status 
Date: 08:57 Mi 11/01/2017
Author: hippias

Ich stelle mir den Sachverhalt so vor: Es sei $X$ die Anzahl der komplett fehlerfhaften $4$-er Gruppen. $X$ ist binomialverteilt ($n$=2997, [mm] $p=0,03^{4}$). [/mm]

Geucht ist [mm] $P(X\geq [/mm] 1)= 1- P(X=0)$. Dieser Ansatz liefert fast den gleichen Wert wie die Abschätzung Diophants.

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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Mitteilung
Status: (Statement) No reaction required Status 
Date: 09:15 Mi 11/01/2017
Author: Diophant

Hallo hippias,

> Geucht ist [mm]P(X\geq 1)= 1- P(X=0)[/mm]. Dieser Ansatz liefert
> fast den gleichen Wert wie die Abschätzung Diophants.

Das ist zu viel der Ehre, denn die obigen Antworten stammen von donquijote.

Ich kann nicht nachvollziehen, weshalb die Anzahl der fehlerhaften 4-Gruppen binomialverteilt sein soll. Könntest du das eventuell noch erläutern?

Gruß, Diophant

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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Mitteilung
Status: (Statement) No reaction required Status 
Date: 09:42 Mi 11/01/2017
Author: Gonozal_IX

Hiho,

> Ich kann nicht nachvollziehen, weshalb die Anzahl der
> fehlerhaften 4-Gruppen binomialverteilt sein soll.
> Könntest du das eventuell noch erläutern?

ich vermute mal die Idee dahinter ist folgende: Sei [mm] $X_k$ [/mm] die Zufallsvariable, die das Auftreten einer 4er-Gruppe ab Position k modelliert, dann ist [mm] $X_k$ [/mm] Bernoulli-verteilt mit [mm] $p=0.03^4$ [/mm] und $X = [mm] \sum_{k=1}^{2997} X_k$ [/mm] und die Summe Bernoulli-verteilter ZV ist binomialverteilt… man unterschlägt dabei aber, dass nur die Summe unabhängiger Bernoulli-verteilter ZV binomialverteilt ist. Leider sind die [mm] $X_k$ [/mm] hier nicht unabhängig, weil bspw. das Auftreten von [mm] $X_1$ [/mm] die Wahrscheinlichkeit von [mm] $X_2$ [/mm] beeinflusst.

Bei den Überlegungen kam mir aber die Idee, für welche Wahrscheinlichkeit eines Paketverlusts vier aufeinanderfolgende [mm] $X_k$ [/mm] unabhängig wären. Wäre der Wert nur tendenziell höher als 0.03 könnte man damit auch eine, vielleicht bessere, obere Schranke finden.

edit: Ok, kurz nachgedacht, dass es keinen solchen Wahrscheinlichkeitswert geben kann, da immer [mm] $$P\left(X_{k} = 1, X_{k+1}=0, X_{k+2} = 1\right) [/mm] = 0 [mm] \not [/mm] = [mm] P\left(X_{k} = 1\right)\cdot P\left(X_{k+1} = 0\right) \cdot P\left(X_{k+2} = 1\right)$$ [/mm] gilt.

Gruß,
Gono

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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Fehler
Status: (Statement) No reaction required Status 
Date: 13:09 Mi 11/01/2017
Author: hippias

Ihr habt völlig recht: von Unabhängigkeit kann hier wirklich nicht die Rede sein. Daher ziehe ich hiermit meinen Vorschlag zurück.

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Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Mitteilung
Status: (Statement) No reaction required Status 
Date: 22:58 Mi 11/01/2017
Author: donquijote

Hallo,
man kann es so sehen:
Für eine binomialverteilte Zufallsvariable X gilt mit a=np und der Bernoulli-Ungleichung
[mm]P(X=0)=(1-p)^n\ge 1-np=1-a[/mm] und damit
[mm]a(1-a)=np(1-np)\le np(1-p)^n\le np(1-p)^{n-1}=P(X=1)\le P(X>0)=1-P(X=0)\le 1-(1-a)=a[/mm], d.h. die Wahrscheinlichkeit für X>0 liegt zwischen a(1-a) und a.
Für [mm]a\ll 1[/mm] liegen beide Schranken dicht zusammen, so dass [mm]P(X>0)\le np[/mm] schon eine relativ gute Abschätzung darstellt, die zudem auch ohne die Voraussetzung der Unabhängigkeit gültig bleibt. Allerdings bleibt dann die untere Schranke nicht mehr gültig, und ich würde vermuten, dass im konkret betrachteten Fall die gesuchte Wahrscheinlichkeit tatsächlich (geringfügig) kleiner ist als [mm]np(1-np)\approx 0,24\%[/mm].

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Bezug
Wahrscheinlichkeit für Gruppen: Mitteilung
Status: (Statement) No reaction required Status 
Date: 09:01 Mi 25/01/2017
Author: hippias

Ich habe mir folgende Formel zur Berechnung der gesuchten Wahrscheinlichkeit überlegt; dabei gelten folgende Bezeichnungen:
$l=$ Gesamtanzahl der übertragenen Daten ($3000$)
$n=$ Anzahl der aufeinanderfolgenden Fehler, der den gesamten Datensatz unbrauchbar macht ($4$)
$p=$ Wahrscheinlichkeit für einen Übertragungsfehler ($0,03$)
$q= 1-p$

Wahrscheinlichkeit für einen Lauf von $n$ aufeinanderfolgenden Fehler $= [mm] 1-(1-p^{n})(1-nq^{n}p)^{\frac{l-n+1}{n}}$. [/mm]

Diese Formel gilt, wenn überhaupt, nur unter der Voraussetzung, dass $l-n+1$ durch $n$ teilbar ist, also nicht für die Werte in der ursprünglichen Aufgabenstellung. Jedoch könnte die Formel leicht angepasst werden.

Zur Kontrolle habe ich den Vorgang mit unterschiedlichen Werten für $l$, $n$ und $p$ in jeweils $10000000$ Durchläufen simuliert. Die Ergebnisse kann man in der folgenden Übersicht ansehen.

Bei Bedarf kann ich eine Herleitung der Formel posten.

Auf jeden Fall würde ich mich freuen, wenn der Fadenersteller die "offizielle" Lösung mitteilen würde.


n= 2 p=0.03 l=205
Rel. Haeufigkeit: 0.163161
Berechnete W'keit: 0.164018
n= 2 p=0.03 l=1005
Rel. Haeufigkeit: 0.584653
Berechnete W'keit: 0.584453
n= 2 p=0.03 l=3005
Rel. Haeufigkeit: 0.927795
Berechnete W'keit: 0.92761
n= 2 p=0.2 l=205
Rel. Haeufigkeit: 0.999244
Berechnete W'keit: 0.998872
n= 2 p=0.2 l=1005
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1
n= 2 p=0.2 l=3005
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1
n= 2 p=0.6 l=205
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1
n= 2 p=0.6 l=1005
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1
n= 2 p=0.6 l=3005
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1
n= 4 p=0.03 l=207
Rel. Haeufigkeit: 0.0001588
Berechnete W'keit: 0.00016108
n= 4 p=0.03 l=1007
Rel. Haeufigkeit: 0.0007713
Berechnete W'keit: 0.000789342
n= 4 p=0.03 l=3007
Rel. Haeufigkeit: 0.0023648
Berechnete W'keit: 0.00235827
n= 4 p=0.2 l=207
Rel. Haeufigkeit: 0.231148
Berechnete W'keit: 0.231559
n= 4 p=0.2 l=1007
Rel. Haeufigkeit: 0.725028
Berechnete W'keit: 0.724735
n= 4 p=0.2 l=3007
Rel. Haeufigkeit: 0.978856
Berechnete W'keit: 0.97886
n= 4 p=0.6 l=207
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 0.999994
n= 4 p=0.6 l=1007
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1
n= 4 p=0.6 l=3007
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1
n= 7 p=0.03 l=209
Rel. Haeufigkeit: 0
Berechnete W'keit: 4.32829e-09
n= 7 p=0.03 l=1007
Rel. Haeufigkeit: 0
Berechnete W'keit: 2.1257e-08
n= 7 p=0.03 l=3009
Rel. Haeufigkeit: 1e-07
Berechnete W'keit: 6.37272e-08
n= 7 p=0.2 l=209
Rel. Haeufigkeit: 0.0020798
Berechnete W'keit: 0.00208941
n= 7 p=0.2 l=1007
Rel. Haeufigkeit: 0.01024
Berechnete W'keit: 0.0102109
n= 7 p=0.2 l=3009
Rel. Haeufigkeit: 0.0302348
Berechnete W'keit: 0.0302962
n= 7 p=0.6 l=209
Rel. Haeufigkeit: 0.919982
Berechnete W'keit: 0.908873
n= 7 p=0.6 l=1007
Rel. Haeufigkeit: 0.999995
Berechnete W'keit: 0.999992
n= 7 p=0.6 l=3009
Rel. Haeufigkeit: 1
Berechnete W'keit: 1


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