L¨ osungen Vorpr¨ ufung Statistik

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L¨ osungen Vorpr¨ ufung Statistik

Adrianus Kleemans Februar 2016

Einleitung

Nachstehend die detaillierten Lösungen zur Vorprüfung von Peter Mürner, welche hier erhältlich sind:

• Aufgabenblatt: http://peter-muerner.ch/phwstat.pdf

• Resultate: http://peter-muerner.ch/phwstat1.pdf

Ich übernehme keine Garantie für die Korrektheit oder Vollständigkeit der Lösungswege, oft sind auch andere Methoden denkbar.

1 Datenparameter

Daten: [7.1,6.3,5.4,4.7,4.5,9.2,3.5,7.9,5.4]. Anzahl Elemente n = 9 mit Summe 54. Es macht bei solchen Berechnungen Sinn, die Daten vorzusortieren: [3.5,4.5,4.7,5.4,5.4,6.3,7.1,7.9,9.2]

• Mittelwert: Summe / Anzahl Elemente: 54/9 = 6.00

• Median: Mittleres (= 5.) Element in sortierter Menge¹: 5.40

• Spannweite: Gr¨osstes - kleinstes Element: 9.2−3.5 = 5.70

• empirische Standardabweichung:

S= v u u t

1 n−1

n

X

i=1

(Xi−X)¯ ²= v u u t 1 8

9

X

i=1

(Xi−6)²

= r1

8·((3.5−6)²+ (4.5−6)²+...+ (9.2−6)²)

= r1

8·26.06≈1.80

Auflösung der Formel für die empirische Standardabweichung mit Mittelwert ¯X = 6, Anzahl Datensätzen= 9, StichprobenX_i=i-te Stichprobe

1Bei einer geraden Anzahl Datensätze würde man üblicherweise das Mittel der beiden angrenzenden Werte aus der sortierten Stichprobe nehmen.

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2 Gewicht von Neugeborenen

Durchschnittsgewicht berechnen. 6 Kategorien mit deren jeweiliger H¨aufigkeit, in Klammern der Mittelwert der Kategorie:

• 2250-2750 (2500): 3

• 2750-3000 (2875): 11

• 3000-3250 (3125): 17

• 3250-3500 (3375): 33

• 3500-3750 (3625): 9

• 3750-4250 (4000): 1

Wir nehmen von jeder Kategorie den Mittelwert, multiplizieren mit der Anzahl in jeder Kate- gorie und teilen am Schluss durch die Gesamtanzahl (n=74). So erhalten wir einen relativ guten Schätzwert für das durchschnittliche Gewicht eines Neugeborenen. Man beachte die etwas weiter gefassten äussersten Kategorien (je 500g statt 250g wie die mittleren Kategorien).

(2500·3 + 2875·11 + 3125·17 + 3375·33 + 3625·9 + 4000·1) 1

3 + 11 + 17 + 33 + 9 + 1

= 240250

74 ≈3246.62g

3 Kombinatorik

Es macht bei den Kombinatorik-Aufgaben generell Sinn zuerst zu ¨uberlegen, ob Reihenfolge eine Rolle spielt und ob das Mehrfachziehen (mit Zur¨ucklegen) erlaubt ist.

3.a Rennwagen

22 Fahrer kämpfen um 6 Plätze, wie viele verschiedene Verteilungen auf den ersten sechs Plätzen sind möglich?

Reihenfolge spielt eine Rolle. Wir wählen zuerst einmal aus den 22 Fahrern 6 aus, mit denen wir unsere Plätze besetzen wollen: Wir ziehen 6 aus 22 (⇒ Binomialkoeffizient, siehe Aufgabe 11c). Danach müssen wir uns überlegen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 6 Fahrer auf 6 Plätze zuzuweisen: Wir haben 6 Fahrer zur Auswahl für den ersten Platz, 5 Fahrer für den zweiten Platz, usw., d.h. 6·5·4·3·2·1 = 6!, d.h.

22 6

·6! = 74613·720 = 53⁰721⁰360 Uber 53 Millionen m¨¨ ogliche Kombinationen!

Alternativ kann man auch direkt mit der Zuweisung der einzelnen Plätze beginnen, für den ersten Platz hat man 22 Fahrer zur Auswahl, für den zweiten 21, usw. bis zum sechsten Platz, wo man noch 17 Fahrer zur Auswahl hat. Dies entspricht der Formel wo Reihenfolge eine Rolle spielt:

n!

(n−k)! = 22!

(22−6)! =22!

16! = 53⁰721⁰360

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3.b Personen in einer Reihe

11 Personen in einer Reihe, wovon 2 unbedingt nebeneinander sitzen wollen, wie viele M¨oglichkeiten gibt es?

Reihenfolge spielt eine Rolle. Hier sind wir schon soweit, dass wir (wie oben im zweiten Schritt) gleich viele Personen wie Plätze haben. Wir setzen zuerst mal zwei hin und überlegen uns, wie viele Möglichkeiten es gibt, diese zwei noch auf den 11 Stühlen herumzuschieben. Grundsätzlich gibt es 10 Möglichkeiten, und wenn die beiden Personen noch tauschen das doppelte, also 20. Die restlichen Personen verteilen wir auf die noch leeren Plätze: 9!, d.h.

9!∗20 = 7⁰257⁰600

3.c Sch¨ ulerdelegation

10 Schüler bilden eine Delegation von 4 Schülern, welche einen Sprecher bestimmen. Auf wie viele Arten ist dies möglich?

Reihenfolge spielt diesmal keine Rolle. Wir w¨ahlen 4 aus 10 Sch¨ulern aus und da jeder von diesn 4 auch noch Sprecher werden kann, multiplizieren wir mit 4:

10 4

∗4 = 840

4 Regression, Korrelation

4.a Gleichung der Regressionsgeraden

Eingabe der Daten z.B. ¨uber die TI-Nspire Tabellenkalkulation - lineare Regression ergibt:

[ [ 2 , 8 , 4 , 9 , 9 , 4 , 8 , 4 , 6 , 2 , 1 1 , 1 0 ] , [ 3 , 5 , 4 , 7 , 8 , 5 , 7 , 3 , 4 , 2 , 7 , 9 ] ]

2 4 6 8 10

2 4 6 8

Physik (x)

Mathe(y)

Messpunkte

0.64·x+ 1.25 lin. Regression

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Die Funktion sieht wie folgt aus:

y= 0.636572·x+ 1.248661

4.b Prognose

Student erreicht in Physik 12 Punkte, wie viel kann er in Mathematik erwarten?

Anwendung der Geradenfunktion:

y= 0.636572∗12 + 1.24866≈8.887529 Der Student kann 8.888≈9 Punkte erwarten.

4.c Korrelationskoeffizienten

Berechnung des (empirischen) Pearson-Korrelationskoeffizienten:

r=

Pn

i=1(xi−¯x)(yi−y)¯ pPn

i=1(xi−x)¯ ²·pPn

i=1(yi−y)¯² Wir berechnen zuerst die Mittelwerte:

¯ x= 1

n

X

i=1

x_i= 1

12·77 = 6.4167

¯ y= 1

n

X

i=1

xi= 1

12·64 = 5.33

Aufl¨osung der Formel (¨ahnlich wie bei 1. empirische Standardabweichung) durch Ausrechung der einzelnen Summenwerte.

n

X

i=1

(xi−x)(y¯ i−y) = 69.33¯

n

X

i=1

(xi−x)¯ ²= 108.9167

n

X

i=1

(yi−y)¯²= 54.67

Einsetzen ergibt:

69.33

√108.9167·√

54.67 ≈0.8985≈0.90

5 Unfairer W¨ urfel

Anzahl Augen und Wahrscheinlichkeit: x 1 2 3 4 5 6

P(x) 0.28 0.15 0.07 0.07 0.15 0.28

5.a P (A)

P(A) = P(geworfene Zahl ist ungerade)

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5.b P (B)

P(B) = P(geworfene Zahl ist eine Dreierpotenz). Dreierpotenzen: 3⁰= 1,3¹= 3,3²= 9, ...

P(B) =P({1,3}) =P({1}) +P({3}) = 0.28 + 0.07 = 0.35 = 35%

5.c P (B ∩ C)

Schnittmenge von B und C heisst, die Zahl muss eine Dreierpotenz und gleichzeitig eine Quadratzahl sein. Quadratzahlen: 1²= 1,2²= 4,3²= 9, ...

P(B∩C) =P({1,3} ∩ {1,4}) =P({1}) = 0.28 = 28%

5.d P (B ∪ C)

Vereinigung statt wie vorher Schnittmenge.

P(B∪C) =P({1,3} ∪ {1,4}) =P({1,3,4}) = 0.28 + 0.07 + 0.07 = 42%

Alternativ k¨onnen wir auch mit der folgenden Formel arbeiten:

P(B∪C) =P(B) +P(C)−P(B∩C)

Dazu m¨ussen wir zuerst P(C) berechnen und k¨onnen dann einsetzen, da aus b) und c) bereits Resultate vorliegen:

P(C) =P({1,4}) =P({1}) +P({4}) = 0.28 + 0.07 = 0.35 P(B∪C) = 0.35 + 0.35−0.28 = 42%

5.e Elemente von D

Primzahlen unter 12: 2, 3, 5, 7, 11. Aus den zwei W¨urfen qualifizieren sich folgende Ele- mente, gruppiert nach Primzahl: D = {(1,1)} ∪ {(1,2),(2,1)} ∪ {(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)} ∪ {(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)} ∪ {(5,6),(6,5)}. Insgesamt enth¨altD also 15 Elemente.

6 Urne

Urne enth¨alt 1 schwarze, 4 rote, 3 weisse Kugeln, es wird nacheinander und ohne Zur¨ucklegen zwei Kugeln gezogen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird man zwei verschiedenfarbige Kugeln ziehen?

Wenn man die verschiedenen F¨alle durchdenkt f¨allt auf, dass man unterscheiden kann, womit man mit dem Ziehen beginnt:

• Zieht man zu Beginn die schwarze, wird man beim zweiten ziehen immer eine andere Farbe haben. Jackpot!

• Bei einer roten Kugel zu Beginn muss man danach eine schwarze oder weisse ziehen, und

• bei einer weissen muss eine rote oder schwarze folgen.

Diese drei Fälle (oder mögliche Zweige, wenn man die eintreffenden Fälle als Baum betrachtet) kann man nun beschreiben (so dass sie die schlussendlich die Bedingung erfüllen) und addieren, um am Schluss das Gesamtresultat zu erhalten.

Etwas formeller ausgedr¨uckt heisst das P(schwarze Kugel) + P(rote Kugel)*P(schwarze Kugel oder weisse Kugel) + P(weisse Kugel)*P(schwarze oder weisse Kugel).

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Dabei muss man beachten, dass die Grundgesamtheit der verf¨ugbaren Kugeln beim zweiten Ziehen um eins abnimmt (man hat ja schon eine Kugel gezogen), also nur noch 7 Kugeln im Spiel sind.

1 8 +4

8· 4 7+3

8· 5 7 = 1

8+16 56+15

56

≈0.125 + 0.285714 + 0.267857≈0.6785714≈67.86%

7 Fallende W¨ urfel

Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass von zehn W¨urfeln, die Sie gleichzeitig fallen lassen, wenigstens drei eine Sechs zeigen?

”Wenigstens” drei = 3, 4, 5, ... 10 Würfel zeigen eine 6. Dies ist gleichbedeutend mit der Wahrscheinlichkeit 1 - P(genau 0, 1, oder 2 Würfel zeigen eine Sechs) = 1 - (P(0 Würfel mit Sechs) + P(1 Würfel mit Sechs) + P(2 Würfel mit Sechs))

Schauen wir uns diese drei F¨alle an:

• P(A) = P(kein W¨urfel zeigt eine Sechs) = ⁵₆¹⁰

• P(B) = P(1 W¨urfel zeigt eine Sechs) = ein W¨urfel muss genau Sechs zeigen (Wahrschein- lichkeit ¹₆), es spielt aber keine Rolle welcher (W’keit ¹⁰₁

= 10) = ¹₆· ⁵₆⁹

· ¹⁰₁

• P(C) = P(2 Würfel zeigen eine Sechs) = 2 Würfel müssen genau eine Sechs zeigen, es spielt aber keine Rolle welche, 2 aus 10 wählen = ¹₆²

· ⁵₆⁸

· ¹⁰₂

1−(P(A) +P(B) +P(C))

= 1− 5

6 10

+1 6 ·

5 6

9

· 10

1

+ 1

6 2

· 5

6 8

· 10

2 !

≈1−(0.1615 + 0.323 + 0.29071)≈0.2247732≈22.48%

8 Urne zum zweiten

Eine Urne mit vielen Kugeln, p = 0.7 eine schwarze und q = 0.3 eine weisse zu ziehen.

8.a H¨ ochstens sechs schwarze Kugeln in 10 Z¨ ugen

Wie vorher kann man die F¨alle einzeln betrachten:

• P(0 schwarze Kugeln) = P(10 weisse Kugeln) =q¹⁰

• P(1 schwarze Kugel) =q⁹·p¹· ¹⁰₁

• P(2 schwarze Kugel) =q⁸·p²· ¹⁰₂

• P(3 schwarze Kugel) =q⁷·p³· ¹⁰₃ usw.

Zusammengefasst kann man dies auch so ausdr¨ucken:

6

X

i=0

q¹⁰⁻ⁱrⁱ 10

i

≈0.350389≈35.04%

Dies entspricht der Binomialverteilung, also k Erfolge in n Versuchen, wobei die Wahrschein- lichkeiten gegeben sind mit p = 0.7 (Erfolg/schwarze Kugel) und q = 1−p = 0.3 (Misserfolg,

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8.b Mindestens vier schwarze Kugeln in 10 Z¨ ugen

Gleich wie oben, nur dass wir jetzt mindestens 4 Kugeln (oder auch mehr) haben m¨ussen, also mit 4 bis 10 rechnen:

10

X

i=4

q¹⁰⁻ⁱrⁱ 10

i

≈0.9894079≈98.94%

9 Kupferrohre

Normalverteilte Kupferrohre mitµ= 20.15 undσ= 0.12

9.a Abweichung weniger als 0.03

Formulierung lässt darauf schliessen, dass das Rohr in beide Richtungen abweichen kann, also bis zu 0.03cm kürzer oder länger sein darf. Vom ganzen Integral brauchen wir also den Teil um die Mitte, genauer gesagt was näher als ¹₄σanµliegt:

20.15 y

Wir können das Intervall auf Φ nicht direkt berechnen, sondern müssen von links her zuerst das grössere nehmen und das kleinere abziehen, damit der Teil in der Mitte übrig bleibt.

Φ(20.18)−Φ(20.12) = Φ(µ+ 0.25σ)−Φ(µ−0.25σ)

≈0.19741265136584329

≈19.74%

9.b Gr¨ osse ¨ uber 20cm

Hier brauchen wir die einseitige Berechnung von Φ. Dieser Wert wird sicher ¨uber 50% sein, da der Mittelwertµ= 20.15 mit drin ist.

20.15 y

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Da wir ¨uber Φ nur von der linken Seite her berechnen k¨onnen, ziehen wir alles vor 20 von 1 ab:

1−Φ(20) = 1−Φ(µ−1.25σ)≈0.89435≈89.44%

10 Pr¨ ufung

Normalverteilte Punktezahl mitµ = 36 undσ = 8, wie viele Punkte braucht es um in den Top 10% zu sein?

Dies ist der inverse Fall zur letzten Aufgabe: Wir wissen, wie viel Prozent ”unter der Kurve”

liegen m¨ussen und suchen den Wert, bei dem dieser Wert erreicht ist. Wir suchen also die Anzahl Punktex, sodass 90% unter der markierten Fl¨ache ist:

36 x y

Da Normalverteilung gegeben ist, suchen wir Φ(x) = 90% f¨ur ein x = Anzahl ben¨otigte Punkte.

Grob abschätzen können wir das x sicher überµ = 36 Punkten liegen muss (50%-Marke), aber unterµ+ 2σ= 26 + 2·8 = 50 Punkten (da 97.5% unterµ+ 2σliegt).

Aus der Tabelle https://de.wikipedia.org/wiki/Tabelle Standardnormalverteilung sehen wir, dass 90% bei 1.29 ¨uberschritten is (mit linearer Interpolation etwas genauer: 1.2816, oder mit entsprechenden Tools wie Python: scipy.stats.norm(36, 8).ppf(0.9)) d.h.

x=µ+ 1.2816·σ= 36 + 10.2528 = 46.2528

Wenn mindestens die besten 10% der Studierenden ausgezeichnet werden sollen reichen 46 Punkte, wenn maximal 10% ausgezeichnet werden sollen braucht es etwas mehr, also 47 Punkte.

11 Feuerwerkraketen

Ein Produzent von Feuerwerkraketen behauptet, 95% seiner Produkte seien in Ordnung. Ein Einkäufer testet 20 zufällig ausgewählte Raketen. Ermitteln Sie die folgenden Wahrscheinlichkeiten unter der Voraussetzung, dass die Behauptung des Verkäufers zutrifft.

11.a Beliebige Rakete funktioniert nicht

Direkt aus Aufgabenstellung, 1 - 95% = 5.00%.

11.b Alle Raketen funktionieren

Alle 20 Raketen funktionieren heisst, dass die erste Rakete funktioniert (was mit 95% der Fall ist), multipliziert mit dem Fall, dass die zweite Rakete funktioniert, und so weiter.

95%·95%·95%·...·95% = (95%)²⁰= 0.95²⁰≈0.3584859≈35.85%

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11.c Genau 2 Raketen funktionieren nicht

Genau 2 Raketen funktionieren nicht heisst ebenso, dass genau 18 funktionieren müssen. Da aber nicht genau festgelegt ist, welche von den Raketen denn nun funktionieren müssen und welche nicht, können wir uns überlegen:

• Wie wahrscheinlich ist die Konstellation, dass genau zwei auserw¨ahlte Raketen nicht funktionieren und der Rest schon?

• Wie viele dieser Konstellationen (18 ja - 2 nein) kann es geben mit 20 Raketen?

Am Schluss k¨onnen wir die Wahrscheinlichkeit multiplizieren mit den Anzahl M¨oglichkeiten, in der sie auftreten kann.

F¨ur den ersten Teil wissen wir ja was die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten sind, 5% und 95%.

D.h. f¨ur zuerst zwei funktionierende und dann 18 nicht funktionierende Raketen zu haben ist die Wahrscheinlichkeit 5%·5%·95%·95%·...·95%.

Für den zweiten Teil der Anzahl Möglichkeiten können wir uns auf die zwei Raketen konzen- trieren, die nicht funktionieren, und berechnen, wie viele Möglichkeiten es gibt, aus 20 möglichen Raketen genau diese zwei auszuwählen. Denn damit sind auch die anderen 18 schon festgelegt.

Wir müssen also 2 aus 20 auswählen. Dies können wir mit dem Binomialkoeffizient berechnen, dieser ist definiert als

n k

= n!

k!(n−k)!

Das heisst, für 2 aus 20 auszuwählen gibt es so viele Möglichkeiten:

20 2

= 20!

2!18!= 2432902008176640000 2·6402373705728000 = 190 Das ergibt schlussendlich:

0.95¹⁸·0.05²· 20

2

= 0.95¹⁸·0.05²·190≈0.1886768≈18.87%