Aufgabenlösungen zu Kapitel 4

(1)

Inhaltsverzeichnis:

Aufgabenlösungen zu Kapitel 4 ... 3

Lösung zu Aufgabe 28 ... 3

(2)

(3)

Aufgabenlösungen zu Kapitel 4

Lösung zu Aufgabe 28 ohne Lösung

Lösung zu Aufgabe 29 a) Ω=

{

¹^,²^,³^,⁴^,⁵^,⁶

}

b) Ω=

{

⁰^,¹^,²^,...,¹⁰⁰

}

c) jedes ω∈Ω besitzt die Gestalt ω =(x₁,x₂,x₃,...,x₇) mit 7 verschiedenen Zahlen

{

¹^,²^,...,⁴⁹

}

i ∈ x

Lösung zu Aufgabe 30 a) A=

{

²^,⁴^,⁶

}

, B=

{ }

²

b) ^A⁼

{ }

⁰ ^,^B⁼

{ }

⁰^,¹^,²

c) ^A⁼

{

^KK^,^KZ^,^ZK

}

^,^B⁼

{

^KZ^,^ZK

}

Lösung zu Aufgabe 31

a) 0,27775 27,75%

4000 ) 1111

(A = = =

P

b) 0,05875 5,875%

4000 ) 235

(A = = =

P

a) Permutation ohne Wiederholung. Daher gibt es 10! = 3.628.800Möglichkeiten.

b) Permutation mit Wiederholung: 2520

! 5

! 2

! 3

!

10 =

⋅

⋅ Möglichkeiten

Es handelt sich um eine geordnete Stichprobe mit Zurücklegen. Deshalb gibt es 3¹³ = 1.594.323 Möglichkeiten.

Bezeichnen wir mit P , ₆ P und ₇ P die Anzahl der möglichen Passwörter mit sechs, ₈ sieben bzw. acht Zeichen. Nach der Summenregel gibt es dann insgesamt

8 7

6 P P

P

P= + + mögliche Passwörter.

Es gibt 26 + 10 =36 mögliche Zeichen (Buchstaben oder Ziffern).

Berechnung von P : Zeichen können mehrfach vorkommen, daher gibt es für jede der ₆ sechs Stellen XXXXXX des Passworts 36 Möglichkeiten und daher

366

36 36 36 36 36

36⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = verschiedene Passwörter der Länge sechs.

(4)

Berechnung von P : Analog folgt, dass es ₇ 36 Passwörter der Länge sieben gibt. ⁷ Berechnung von P : Analog folgt, dass es ₈ 36 Passwörter der Länge acht gibt. ⁸ Insgesamt gibt es daher 36⁶+36⁷+36⁸= 2.901.650.853.889mögliche Passwörter.

Es handelt sich um eine geordnete Stichprobe ohne Zurücklegen. Daher gibt es 6840

18 19

20⋅ ⋅ = Möglichkeiten den Wettschein auszufüllen.

Es handelt sich hierbei um eine ungeordnete Stichprobe ohne Zurücklegen. Deshalb gibt

es 10

2 4 5

! 2

! 3

! 5 3

5 = ⋅ =

= ⋅







 Möglichkeiten.

Es handelt sich hierbei um eine ungeordnete Stichprobe ohne Zurücklegen.

Insgesamt gibt es 







 20

250 Möglichkeiten aus den Losen 20 zu ziehen.

Die Möglichkeiten 5 Gewinnlose innerhalb der 20 Lose zu ziehen sind 







⋅









15 200 5

50 .

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit berechnet sich deshalb als 0,18098 20

250 15 200 5

50

=



 











⋅









Ziehen (von zwei Telegraphenleitungen) mit Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge, n = 4, k = 2

Anzahl Möglichkeiten: 10

2 1

4 5 2 5 2

1 2

4 =

⋅

= ⋅



 



=



 



 + −

Auflisten der möglichen Verteilungen: die Telegraphenleitungen seien von 1 bis 4 durchnummeriert.

11 22 33 44 (gleiche Leitung)

12 23 34 (benachbarte Leitungen)

13 24 (eine Leitung dazwischen)

14 (max. Abstand)

Weil Umlaute für die zwei Stellen hinter dem Ortskennzeichen nicht in Betracht kommen, gibt es insgesamt 26²⋅10⁴ =6.760.000 Möglichkeiten.

(5)

Insgesamt gibt es8!=40320 Möglichkeiten die Ehrengäste auf die Sitzplätze zu verteilen.

Die Wahrscheinlichkeit genau die Sitzordnung wieder zu treffen beträgt deshalb 10 5

48 , 40320 2

1 = ⋅ −

= p

Es sind 21

2 1 2

6 =







 + −

verschiedene Würfe möglich.

Sei n=3 die Anzahl der Kugeln und k=2 die Anzahl der Ziehungen.

a) zu 1.: Es gibt n^k =3² =9 Möglichkeiten zu 2.: Es gibt ₍n_−k^!₎_! =₁³_!^!=6

n

zu 3.: Es gibt 6

2 4

1 =







=







 − +

k k

n Möglichkeiten.

zu 4.: Es gibt 3

2 3=







=







 k

n Möglichkeiten.

b) zu 1.: (A,A), (B,B), (C,C), (A,B), (B,A), (B,C), (C,B), (A,C), (C,A).

zu 2.: (A,B), (B,A), (A,C), (C,A), (B,C), (C,B).

zu 3.: (A,A), (A,B), (A,C), (B,C), (C,C), (B,B).

zu 4.: (A,C), (A,B), (B,C).

a) Es handelt sich um eine Auswahl ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge.

Es gibt 1,731 10¹³ 10

100≈ ⋅







 Möglichkeiten

b) Es gibt 1,01049 10¹³ 10

95≈ ⋅







 Möglichkeiten

c) Es gibt 1,2155 10¹² 8

95 2

5 ≈ ⋅















 Möglichkeiten

d) Es gibt 1,7195 10¹³

8 95 2 5 1 5 9 95 10

95 ≈ ⋅













 +













 +







 Möglichkeiten

a) Es handelt sich um eine Auswahl mit Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge.

Daher hat Franz 8⁵ =32768 Möglichkeiten.

b) Es handelt sich um eine Auswahl ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge.

Daher hat Franz _{( )}₈⁸₋^!₅_!=6720 Möglichkeiten.

(6)

a) Es gibt 252

5 10=







 verschiedene Stichproben. Die Reihenfolge der Geräteauswahl spielt bei der Stichprobe keine Rolle. Es handelt sich also um eine Auswahl ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge.

b) Man kann sich die Entnahme einer solchen Stichprobe gedanklich in zwei Teilschritten vorstellen:

1. Entnahme von zwei defekten Geräten aus den drei defekten. Dafür gibt es







 2

3 =3 Möglichkeiten.

2. Entnahme von drei intakten Geräten aus den sieben in7akten. Dafür gibt es







 3

7 = 35 Möglichkeiten.

Nach der Produktregel gibt es daher insgesamt 3⋅35=105 Möglichkeiten, eine Stichprobe mit genau zwei defekten Geräten zu ziehen.

c) Die Anzahl der Stichproben mit mindestens einem defekten Gerät, ist gleich der Anzahl mit genau einem, genau zwei, oder genau drei defekten Geräten, also

2 231 7 3 3 3 7 2 3 4 7 1

3 =







⋅





 +







⋅





 +







⋅







 .

Es handelt sich um eine Auswahl mit Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge.

Daher gibt es 100947

6 23 6

6 1

18 =







=







 − +

Möglichkeiten eine Kiste zusammenzustellen.

A = beim ersten Ziehen wird eine Zehn gezogen;

B = beim zweiten Ziehen wird eine Zehn gezogen.

a) A = „beim ersten Ziehen wird keine Zehn gezogen“;

B = „beim zweiten Ziehen wird keine Zehn gezogen“;.

b) P( A)=₈¹ und P(A)= ₈⁷.

c) A∩B= „sowohl im ersten als auch im zweiten Zug wird eine Zehn gezogen”.

d) A∪B = „im ersten oder im zweiten Zug wird eine Zehn gezogen“.

e)

f) P(A∩B)=P(A)⋅P(B|A)=₈¹⋅₃₁³ =₂₄₈³ =0,0121.

g) P(B)=P(B∩ A)+P(B∩A)=P(A)⋅P(B| A)+P(A)⋅P(B|A)= ₈¹⋅₃₁³ +₈⁷⋅₃₁⁴ =₈¹. h) P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=₈¹ +₈¹ −₈_⋅³₃₁ =₈⁵⁹_⋅₃₁=0,2379

(7)

A = beim ersten Ziehen wird eine Zehn gezogen;

B = beim zweiten Ziehen wird eine Zehn gezogen.

a) P(B)=₈¹ und P(B)=₈⁷.

b) P(A∩B)=P(A)⋅P(B)= ₈¹⋅₈¹ = ₆₄¹ =0,0156.

c) P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=₈¹ +₈¹ −₆₄¹ = ₆₄¹⁵ =0,2344 Lösung zu Aufgabe 49

a) Das Ereignis A=gerade Augenzahl tritt ein, wenn 2, 4 oder 6 gewürfelt wird. Da diese Ereignisse paarweise unvereinbar sind ist

. 58 , 0 )

6 ( ) 4 ( ) 2 ( )

(A =P +P +P =₁₂⁷ =

P Das .heißt, bei sehr vielen Würfen kann man

bei diesem Würfel erwarten, dass in 58% aller Fälle die Augenzahl gerade ist.

b) Das gesuchte Ereignis ist das Gegenereignis zu A=gerade Augenzahl. Die Wahr- scheinlichkeit, eine ungerade Augenzahl zu werfen, ist daher (nach Kapitel 4.5.2 e) der Vorlesung) P(A)=1−P(A)=0,42.

a) A=Herz-Karte, B=Kreuz-Karte. Sowohl für A als auch für B sind 8 Fälle günstig, daher P(A)=₃₂⁸ , P(B)= ₃₂⁸ . Da nicht gleichzeitig eine Herz- und eine Kreuz-Karte gezogen werden kann, sind die Ereignisse A und B unvereinbar. Daher ist

2 1 32

) 16

( ) ( )

(A∪B =P A +P B = =

P .

b) A=Herz-Karte, B=König; P(A)= ₃₂⁸ , P(B)= ₃₂⁴ . Nun kann aber gleichzeitig eine Herz-Karte und ein König gezogen werden (der Herz-König!). Die Wahrscheinlich- keit dafür ist P(A∩B)=₃₂¹ . Daher ist nun

32 11 32

1 32

4 32 ) 8 (

) ( ) ( )

(A∪B =P A +P B −P A∩B = + − =

P .

R1=“Rote Kugel wird im ersten Zug gezogen“

R2=“Rote Kugel wird im zweiten Zug gezogen“

b) Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kugeln dieselbe Farbe haben ergibt sich aus:

495 257 44

27 45 28 44 16 45 17

) 1

| 2 ( ) 1 ( ) 1

| 2 ( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 (

=

⋅ +

⋅

=

⋅ +

⋅

=

∩ +

∩R P R R P R P R R P R P R R

R P

Lösung zu Aufgabe 52 a) P(K1∩K2) =1%⋅0,3% b) P(K1∩K2)=1−1%⋅0,3%.

(8)

Lösung zu Aufgabe 53 Ereignisse:

K1 = Komponente K1 fällt aus, K2 = Komponente K2 fällt aus, dann gilt:

a) P(K1∪K2)=P(K1)+P(K2)−P(K1)⋅P(K2)=1%+0,3%−1%⋅0,3%. b) P(K1∪K2)=1−P(K1∪K2)=1−1%−0,3%+1%⋅0,3%.

Man definiere die Ereignisse K_i =Komponente K fällt aus. _i

Dann gilt P(K₁∩K₂∩K₃∩...∩Kn)=P(K₁)⋅P(K₂)⋅...P(Kn)=

(

7,2%

)

ⁿ ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das System ausfällt. Damit diese Wahrscheinlichkeit kleiner als 50 ppm wird, muss gelten

( )

(

²

)

6

10 2 , 7 ln

10 50 ln

−

⋅

> ⋅

n .

Lösung zu Aufgabe 55 Man definiere die Ereignisse A=A fällt aus

B=B fällt aus C=C fällt aus.

Das System fällt aus bedeutet, dass das Ereignis A∩(B∪C)eintritt.

) ( ) ( )) (

(A B C P A P B C

P ∩ ∪ = ⋅ ∪ und P(B∪C)=P(B)+P(C)−P(B∩C). Damit

(

¹⁰ ¹⁰ ¹⁰

) ⁽

⁰^,¹ ⁰^,⁰¹ ⁰^,⁰⁰⁰¹

⁾

¹⁰ ⁰^,¹⁰⁹⁹

10 10 )) (

(A∩ B∪C = ⋅ ⁻⁶⋅ ⁻²+ ⁻³ − ⁻⁵ = + − ⋅ ⁻⁶ =

P ppm.

Die Gewinnchancen verdoppeln sich, wenn der Kandidat wechselt.

1. Strategie: Bei ursprünglicher Wahl bleiben.

Gewinnwahrscheinlichkeit p = 1/3 2. Strategie: Tür wechseln

Kandidat gewinnt, wenn er zu Beginn auf eine Ziege gesetzt hat. Dafür ist aber die Wahrscheinlichkeit p = 2/3.

Lösung zu Aufgabe 57 Zu b):

Aus der Produktregel wissen wir, dass

)

| ( ) ( )

(A B P A P B A P B P A B

P ∩ = ⋅ = ⋅ gilt. Durch Umformen nach P(B| A)

erhalten wir:

)

| ) ( (

) ) (

|

( P A B

A P

B A P

B

P = .

Es gilt:

% 40 ) (B =

P ,

(9)

% 1 )

| (A B =

P ,

% 1

% 40

% 2

% 60 )

| ( ) ( )

| ( ) ( ) ( ) ( )

(A =P A∩B +P A∩B =P B ⋅P A B +P B ⋅P A B = ⋅ + ⋅

P

Damit ist

4 1

% 1

% 40

% 2

% 60

% 1

% ) 40

|

( =

⋅ +

⋅

= ⋅ A B

P .

Lösung zu Aufgabe 58 Man definiere die Ereignisse:

TP = Test fällt positiv aus; K = Person ist krank.

a) Dann gilt P(TP)=P(TP∩K)+P(TP∩K)=96%⋅0,5%+2%⋅99,5%=2,47%.

b) Gesucht ist P(K|TP). Weil 19,43%

% 47 , 2

% 5 , 0

% 96 )

( ) ) (

|

( = ∩ = ⋅ =

TP P

TP K TP P

K

P .

Lösung zu Aufgabe 59 a)

x in GE 70.000 40.000 20.000

P(X=x) 10 % 70 % 20 %

000 . 39 000 . 20 2 , 0 000 . 40 7 , 0 000 . 70 1 ,

0 ⋅ + ⋅ + ⋅ =

µ = ,

000000 .

169 000

. 39 000 . 20 2 , 0 000 . 40 7 , 0 000 . 70 1 ,

0 ² ² ² ²

2 = ⋅ + ⋅ + ⋅ − =

σ ^⇒ σ =13.000.

b)

x in GE 105.000 55.000 -45.000

P(Y=x) 10 % 70 % 20 %

000 . 40 000 . 45 2 , 0 000 . 55 7 , 0 000 . 105 1 ,

0 ⋅ + ⋅ − ⋅ =

µ =

000 . 000 . 025 . 2 000 . 40 000 . 45 2 , 0 000 . 55 7 , 0 000 . 105 1 ,

0 ² ² ² ²

2 = ⋅ + ⋅ + ⋅ − =

σ ^⇒

000 .

=45 σ

c) Erwartungswert von Alternative A und Alternative B sind ungefähr gleich, bei Alternative B ist die Streuung um den Mittelwert aber sehr viel größer. Während der Erwartungswert den im Mittel zu erwartenden Gewinn darstellt, steht die

0 0 , 0 5 0 , 1 0 , 1 5 0 , 2 0 , 2 5 0 , 3 0 , 3 5 0 , 4

0 1 2 3

(10)

Varianz bzw. die Standardabweichung für das Risiko, das mit dem jeweiligen Investment eingegangen wird. Je nach Risikoverhalten des Unternehmers ist Alternative A oder Alternative B vorzuziehen.

Lösung zu Aufgabe 60 a) P(X = k) = 1/6 für k = 1, … ,6 b) (Wahrscheinlichkeits-)Dichte

c) Verteilungsfunktion

d) Erwartungswert µ^{= 3,5} e) Varianz σ² = 35/12 ≈ 2,9167

f) Standardabweichung 1,7078 12

35≈ σ =

Lösung zu Aufgabe 61 a) P(X =5)= ₃₆⁴ = ₉¹.

b)

P(X=2) P(X=3) P(X=4) P(X=5) P(X=6) P(X=7) P(X=8) P(X=9) P(X=10) P(X=11) P(X=12) 1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36

1 2 3 4 5 6

1/

x P

1 2 3 4 5 6 x

1

5/

4/

3/

2/

1/

0 7 F(x)

(11)

b) P( X ≤ 4 ) = P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) = 6/36=1/6 c) P(X>5)=1-P(X≤5)=1-10/36=26/36=13/18.

Lösung zu Aufgabe 62 b) Dichte

k P(X = k)

0 1/8

1 3/8

2 3/8

3 1/8

c)

d) E(X) = 3/2; Var(X) = 3/4 e) 3/8

f) 1/2

a) Gewinn: k P(X =k) b) E(X)=−1, also nicht fair; Var(X)=6

−3 1 3

−2 31 0 61 4 61 Lösung zu Aufgabe 64

a)















⋅









=

5 20

3 16 2 4 ) 2 ( X P

b) Allgemein gilt

















⋅ −









=

5 20

5 16 4 )

( i i

i X

P für i=0,1,2,3,4.

Damit lautet die Wahrscheinlichkeitsverteilung:

x 0 1 2 3 4

P(X=x) 0,282 0,469 0,217 0,031 0,0001

Ist X =Anzahl der schwarzen Kugeln, dann ist X ~H(5; 4; 10). Deshalb ist

21 10 5

10 3 6 2 4 ) 2

( =















⋅









=

= X

P .

(12)

a) Für die Zufallsvariable X = Anzahl Richtige gilt: X ~ H(2; 22; 2) k P(X = k) Unternehmens-Gewinn

0 0,8225 1

1 0,1732 -4

2 0,0043 -22,22

b) Bei 1000 Kunden kann das Unternehmen einen Gewinn von ca. 33,68 Euro erwarten.

Ist X =Anzahl der schwarzen Kugeln, dann ist X ~B(5; 40%). Deshalb ist

% 56 , 34 6 , 0 4 , 2 0 ) 5 2

( ⋅ ²⋅ ³ =







=

= X

P .

=

X Anzahl der Defektstücke in der Stichprobe.

a) X ~H(20;35;1000)

b) 36,03%

20 1000

19 965 1

35 ) 1

( =















⋅









=

= X P

c) 35,57%

1000 965 1000

35 1 ) 20 1 (

19

=



 



⋅

⋅







=

= X

P . Näherung erlabt, da =0,02<0,05

N n

~

X B(4;10%).

a)

k 0 1 2 3 4

P(X=k) 0,6561 0,2916 0,0486 0,0036 0,0001

b) E(X)=4⋅10%=0,4

c) VaR(X)=n⋅p⋅q=4⋅10%⋅90%=0,36 Lösung zu Aufgabe 70

a) 25,88 % b) 75,90 % c) 75,90 % d) 15,15 % e) 94,34 % f) 98,48 % Lösung zu Aufgabe 71

=

X Anzahl der falschen Ziffern in 5er-Gruppe.

~

X B(5;9,7%).

Gesucht ist P(X ≥3)=P(X =3)+P(X =4)+P(X =5).

(13)

(

⁹^,⁷^%

) (

⁹⁰^,³^%

)

⁰^,⁰⁰⁷⁴⁴²

3 ) 5 3

( ⋅ ³⋅ ² ≈







=

= X P

(

⁹^,⁷^%

)

⁹⁰^,³^% ⁰^,^0003997

4 ) 5 4

( ⋅ ⁴ ⋅ ≈







=

= X P

(

⁹^,⁷^%

)

⁰^,^0000008587³

) 5

(X = = ⁵ ≈

P

Damit ist P(X ≥3)=0,00785. Lösung zu Aufgabe 72

a) 7,8%

3 7 6 5 6 ) 1 3 (

4 3

=



 



⋅



 



⋅



 



=

= X P

b)

P(X=0) P(X=1) P(X=2) P(X=3) P(X=4) P(X=5) P(X=6) P(X=7) 27,9% 39,1% 23,4% 7,81% 1,56% 0,188% 0,013% 0,0003%

=

X Anzahl der fehlerhaften Einheiten in der Stichprobe.

~

X H(50;60;2000)

a) 25,9%

50 2000

48 1940 2

60 ) 2

( ≈















⋅









=

= X

P

0%

5%

10%

15%

20%

25%

30%

35%

40%

45%

0 1 2 3 4 5 6 7

(14)

b)

( )

⁰^,⁰³ ⁽⁰^,⁹⁷⁾ ²⁵^,⁵^%

2 ) 50 2

( ⋅ ²⋅ ⁴⁸ ≈







≈

= X

P

Nach dem Ziehen dürfen nur noch 8 fehlerhafte Dichtungen im Behälter sein, weil 50

10 40

8 = .

X = Anzahl der fehlerhaften Dichtungen in der Stichprobe.

Gesucht ist P(X =2).

336898 ,

0 10

50 8 40 2 10 ) 2

( =















⋅









=

= X

P .

=

X Anzahl der defekten Batterien unter fünf getesteten Batterien ist hypergeometrisch verteilt mit n=5, M =2, N =25. Daher ist P

(

X =²

)

=³^,³³^%

=

X Anzahl der fehlerhaften Einheiten in der Stichprobe.

~

X H(80;10;1000). Gesucht ist P(X ≤1).

a) 0,81264

80 1000

80 990 0

10

80 1000

79 990 1

10 ) 0 ( ) 1 ( ) 1

( =















⋅









+















⋅









=

= +

=

≤ P X P X

X

P

b)

( ) ( ) ( )

⁰^,⁰¹ ⁰^,⁹⁹ ⁰^,⁸⁰⁹¹⁶

0 ) 80 99 , 0 ( 01 , 1 0 ) 80 1

( ⁷⁹ ⋅ ⁰ ⁸⁰ =





 +

⋅

⋅







≈

≤ X

P

c)

( )

80879 ,

! 0 1

8 , ) 0 1

( ⁰^,⁸ ⁰^,⁸

1

= +

≈

≤ e⁻ e⁻

X

P

d) Nach den Faustformeln ist die Näherung gültig.

a) X = Anzahl der Gespräche in 5 Minuten, X~Po(3), P(X=1) = ³ ³

1

! 3 1

3 e₋ = ⋅e₋ . b) Y= Anzahl der Gespräche in 10 Minuten, Y~Po(6), P(Y=2) = ⁶ ⁶

2

! 18 2

6 e₋ = ⋅e₋ .

(15)

a) X = Anzahl der Lackfehler pro Blech, X~Po(0,4),

P(X = 2) = 0,08 0,0536256

! 2

4 ,

0 0,4 0,4

2 e⁻ = ⋅e⁻ =

b) Y = Anzahl der Lackfehler auf zwei Blechen Y~Po(0,8),

P(X = 4) = 0,00766855

! 4

8 , 0 0,8

4 e⁻ =

a) X = Anzahl der Webfehler pro 1 m². X ~ Po(0,8), P(X=0)=⁽⁰₀^,⁸_!⁾⁰e⁻⁰^,⁸ =e⁻⁰^,⁸.

b) Y = Anzahl der Webfehler pro 5 m². Y ~ Po(4)

4

4(1 4 8) 1 13

1

) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 2 ( 1 ) 3 (

−

− + + = − ⋅

−

=

−

=

−

=

−

=

≤

−

=

≥

e e

Y P Y

P Y

P

c) F(2) = 0,2381 = P(Y ≤ 2), d.h. die Wahrscheinlichkeit, höchstens zwei Fehler auf einem 5 m² großen Gewebestück zu finden.

a) Die Konstante k muss so gewählt werden, dass

∫

₋^∞_∞ ⁼

∫

⁼ ^⋅

= ¹⁰

0 10

) (

1 f x dx kdx k⇒k =0,1=₁₀¹ . b)







≥

<

≤

=

, 10 für 1,

10, x 0 für , 1 , 0

, 0 für , 0 ) (

x x

F

c) P(X ≤3)=F(3)=0,1⋅3=0,3. d) P(X ≥2)=1−F(2)=1−0,1⋅2=0,8.

e) P(5<X ≤9)=F(9)−F(5)=0,1⋅9−0,1⋅5=0,4.

f)

( )

⁵

2 1 10 , 0 1 , 0 )

(

10

0

2 =

⋅

=

⋅

=

∫

^∞

∫

∞

−

dx x dx x xf X

E

( ) ( )

3 25 25 3 25 100 3

1 10 , 0 1

, 0 )

(

10

0

3 2

2 2 2

2

2 − = − = ⋅ − = ⋅ − = − =

=

∫

^∞

∫

∞

−

µ µ

µ x f x dx x dx X

E X Var

a) Die Wahrscheinlichkeitsdichte ist die Ableitung von F_X, also





<

= ≥

= ⁻

0 für 0

0 für ) ,

( )

( ^'

x x x ke

F x f

kx X

b) P

(

X ≤¹

)

=F

( )

¹ =¹−e⁻¹ =⁶³^,²^%

(16)

300 310 320 330 340 350 360 0

10 20 30 40

c) ^P

(

¹^<^X ^<²

)

⁼^F

( ) ( )

² ⁻^F¹ ⁼

(

¹⁻^e⁻²

) (

⁻¹⁻^e⁻¹

)

⁼²³^,³^%

d) ^P

(

^X ^>²

)

⁼¹⁻^P

(

^X ^≤²

)

⁼¹⁻^F

( )

² ⁼^e⁻² ⁼¹³^,⁵^%

a1) ( 1000) (1000) 1 1 ³ 0,4866

2 1500

1000 = − =

−

=

≤ F e⁻ e⁻

X P

a2)P(X ≥1500)=1−F(1500)=e⁻¹⁵⁰⁰¹⁵⁰⁰ =e⁻¹ =0,3679

a3)P(1000≤ X ≤1500)=F(1500)−F(1000)=1−e⁻¹−1+e⁻³² =0,2498 b) Skizze siehe rechts

c) Gesucht ist nach einem Wert x so dass:

), ( 1 )

(x F x

F = − also

1500

1500 1 1

1−e⁻ ^x = − +e⁻ ^x . Damit ist h

x=1500ln2=1039,72 . Lösung zu Aufgabe 83

X = Anzahl der defekten Teile in einer Stichprobe von 8 Teilen,

Y = Anzahl der defekten Teile in einer Stichprobe von 4 Teilen,

X ~ B(8;0,12), Y ~ B(4;0,12), Damit ist

( )

( ) ( )

⁰^,⁸⁸ ^.

) 0 (

, 88 , 0 12 , 0 8 ) 1 (

, 88 , 0 ) 0 (

4

7 8

=

⋅

=

= Y P

X P

Mit einer Wahrscheinlichkeit von

(

⁼

) (

^∩ ⁼

)

⁼ ⁼ ⁺ ⁼ ^⋅ ⁼ ⁼

+

=0) ( 1 0) ( 0) ( 1) ( 0)

(X P X Y P X P X PY

P 0,5949

b) µˆ=329,675^;σ^ˆ²≈⁹⁹^,⁸⁹³⁸ c) g(315)≈13,5833 a) + d)

F(x)

-0,25 0 0,25 0,5 0,75 1

-1000 0 1000 2000 3000 4000

(17)

e) Man kann davon ausgehen, dass eine Normalverteilung vorliegt.

g)

a) N(0; 2²) = N(0;4) b) N(1,5; 1) c) N(0,1) d) N(1,5; 2²) = N(1,5; 4) Lösung zu Aufgabe 86

a) 0,9332 b) 0,0668 c) 0,2668 d) 0,0668 e) 0 Lösung zu Aufgabe 87

a) ⁽ ¹⁰⁹⁾ ⁽¹⁰⁹⁾

( ) ( )

20

⁽

²^,⁰¹²⁴⁶

⁾

⁰^,⁹⁷⁷⁸ 9

20 100

109 =Φ =Φ =

Φ

=

≤ F ⁻

X

P .

b) ⁽ ⁹⁵⁾ ¹ ⁽⁹⁵⁾ ¹

( )

¹

( ) ( )

20

⁽

¹^,¹¹⁸

⁾

⁰^,⁸⁶⁸⁶ 5

20 5 20

100

95 = −Φ =Φ =Φ =

Φ

−

=

−

=

> F ⁻ ⁻

X

P .

a) 0,8389 b) 0,1093 c) 0,0116 d) 0,9884 e) 0,8464 f) 0 Lösung zu Aufgabe 89

a) 0,2072 b) 0,6578 c) 0,1102 Lösung zu Aufgabe 90

a) ⁽⁷⁵ ⁸⁵⁾ ⁽⁸⁵⁾ ⁽⁷⁵⁾

( ) ( )

8

( ) (

¹^,⁵ ⁰^,²⁵

)

⁰^,⁹³³² ⁰^,⁵⁹⁸⁷ ⁰^,³³⁴⁵

73 75 8

73

85 −Φ =Φ −Φ = − =

Φ

=

−

=

≤

≤ X F F ⁻ ⁻

P

b) ⁽⁹⁰ ⁾ ¹ ⁽⁹⁰⁾ ¹

( )

8 ¹ ⁰^,⁹⁸³⁴ ⁰^,⁰¹⁶⁶

17 = − =

Φ

−

=

−

=

≤X F

P

c) ⁽⁷⁰ ⁾ ¹ ⁽⁷⁰⁾ ¹

( )

8 ¹ ¹

( )

⁰^,³⁸ ⁰^,⁶⁴⁸⁰

3 = − +Φ =

Φ

−

=

−

=

≤X F ⁻

P

d) ^P⁽⁶⁵^≤^X ^≤⁸¹⁾⁼^F⁽⁸¹⁾⁻^F⁽⁶⁵⁾⁼^Φ

( )

¹ ⁻^Φ

( )

⁻¹ ⁼^Φ

( )

¹ ⁻¹⁺^Φ

( )

¹ ⁼²^⋅⁰^,⁸⁴¹³⁻¹⁼⁰^,⁶⁸²⁶ Lösung zu Aufgabe 91

a) ^P(µ−σ ≤^X ≤µ+σ)=^F(µ+σ)−^F(µ−σ)=2⋅Φ(1)−1=2⋅0,8413−1=68,26% b) b) P(µ−2σ ≤X ≤µ+2σ)=2⋅Φ(2)−1=2⋅0,9772−1=95,44%

c) c) ^P(µ−3σ ≤^X ≤µ+3σ)=2⋅Φ(3)−1=2⋅0,9987−1=99,74%

(18)

X = Füllmenge in ml; X~N(701,25;0,9²)

a) ⁽ ⁷⁰⁰⁾ ⁽⁷⁰⁰⁾

( ) ( )

¹

( )

0,9 ¹

^{( )}

¹^,³⁹ ⁰^,⁰⁸²³ 25

, 1 9

, 0

25 , 1 9

, 0

25 , 701

700 =Φ = −Φ = −Φ =

Φ

=

≤ F ⁻ ⁻

X

P .

b) ⁽ ⁷⁰⁵⁾ ¹ ⁽⁷⁰⁵⁾ ¹

( )

¹

( )

0,9 ¹

( )

⁴^,¹⁷ ¹ ¹ ⁰

75 , 3 9

, 0

25 , 701

705 = −Φ = −Φ = − =

Φ

−

=

−

=

≥ F ⁻

X

P .

c)

( ) ( )

² ⁰^,⁷⁹⁶⁷ ¹ ⁰^,²⁰³³

1

1 ) 698 ( ) 702 ( 1 ) 698 (

) 702 (

9 , 0

25 , 3 9

, 0

75 , 0

9 , 0

25 , 701 698 9

, 0

25 . 701 702

=

−

= Φ

+ Φ

−

=

Φ + Φ

−

= +

−

=

≤ +

≥

−

− −

F F

X P X

P

d)

[

µ−^z0,99⋅σ^;µ+^z0,99⋅σ

]

=

[

⁷⁰¹^,²⁵−²^,³²⁶⋅⁰^,⁹^;⁷⁰¹^,²⁵+^...

] [

= ⁶⁹⁹^,¹⁵⁶⁶^;⁷⁰³^,³⁴³⁴

]

[

^µ⁻^z⁰^,⁹⁹⁵^⋅^σ^;^µ⁺^z⁰^,⁹⁹⁵^⋅^σ

]

⁼

^[

⁷⁰¹^,²⁵⁻²^,⁵⁷⁶^⋅⁰^,⁹^;⁷⁰¹^,²⁵⁺²^,⁵⁷⁶^⋅⁰^,⁹

^{] [}

⁼ ⁶⁹⁸^,⁹³¹⁶^;⁷⁰³^,⁵⁶⁸⁴

^]

e) 699,16 ml

X = Füllmenge einer Packung (in g); X ~ N(1000;10)

a) zweiseitiger 95 % Zufallsstreubereich für X : p = 95 %; α = 1-p = 5 %; ^α₂ = 2,5 %;

=

− 2

1 ^α 97,5 %; ₁ ₀_,₉₇₅ 1,960

2

=

− =z

z α ;

⇒

[

¹⁰⁰⁰⁻¹^,⁹⁶⁰^⋅ ¹⁰^;¹⁰⁰⁰⁺¹^,⁹⁶⁰^⋅ ¹⁰

]

⁼

^[

⁹⁹³^,⁸⁰¹^;¹⁰⁰⁶^,¹⁹⁸

^]

^.

b) einseitiger nach oben beschränkter Zufallsstreubereich für X : z₁_−α =1,645;

⇒

(

−∞^;¹⁰⁰⁰+z1₋_α ⋅σ

] (

= −∞^;^1005,202

]

Einseitig nach unten beschränkter Zufallsstreubereich für X :

⇒

[

1000⁻z₁−_α ^⋅σ;^∞

)

⁼

[

994,800;^∞

)

. Lösung zu Aufgabe 94

X = Lesekompetenz von Schülern; X ~ N(550;3600); Gesucht ist q0,05 =µ +z0,05⋅σ. 645

,

95 1

, 0 05 ,

0 =−z =−

z ⇒ µ+z₀_,₀₅⋅σ =550−1,645⋅60=451,3.

Die 5 % der Schüler, die am schlechtesten lesen konnten, hatten einen Punktwert von 451,3 Punkte oder weniger.

Lösung zu Aufgabe 95 [999,38; 1000,62]

a) G = Gesamtgewicht: G ~ N(10.000; 100) P(G ≤ 9.990) = 0,1587 b) D = Durchschnittsgewicht: D ~ N(500; 0,25) P(D ≤ 499) = 0,0228 Lösung zu Aufgabe 97

X = Stoffmenge von Stoff 1 (in g) ; 1 X = Stoffmenge von Stoff 2 (in g) ₂ )

4

; 100 (

1 ~ N

X ; X₂ ~ N(75;1) ⇒ X₁+X₂ ~ N(175;5).

( )

¹

⁽

²^,²⁴

⁾

¹ ⁰^,⁹⁸⁷⁵ ⁰^,⁰¹²⁵

1 5 5 ) -

( 170)

( 5

5 5

175 - 170 2

1 = −Φ = −Φ = − =



 

 Φ

= Φ

=

≤ +X X P

(19)

X = Länge (in mm) eines zufällig ausgewählten Drahtstückes; X ~ N(501;7). a) p=95%, α =5%^;^α2 =²^,⁵^%; 1−^α₂ =97,5%; ₁ ₀_,₉₇₅ 1,960

2 = =

− z

z α ;

⇒ zweiseitiger 95 %- Zufallsstreubereich

[

µ−z1₋α₂ ⋅σ^;µ+z1₋α₂ ⋅σ

]

=

[

⁵⁰¹−¹^,⁹⁶⋅ ⁷^;⁵⁰¹+¹^,⁹⁶⋅ ⁷

]

=

^[

⁴⁹⁵^,⁸¹⁴^;⁵⁰⁶^,¹⁸⁶

^]

b) p=99%, α =1%; ^α₂ =0,5%; 1−^α₂ =99,5%; ₁ ₀_,₉₉₅ 2,576

2

=

− =z

z α ;

⇒ zweiseitiger 99 %- Zufallsstreubereich

[

^µ⁻^z¹⁻^α₂ ^⋅^σ^;^µ⁺^z¹⁻^α₂ ^⋅^σ

]

⁼

^[

⁵⁰¹⁻²^,⁵⁷⁶^⋅ ⁷^;⁵⁰¹⁺²^,⁵⁷⁶^⋅ ⁷

^]

⁼

^[

⁴⁹⁴^,¹⁸^;⁵⁰⁷^,⁸²

^]

c) einseitiger nach oben beschränkter 99 %-Zufallsstreubereich: 1−α =99%^; 326

,

99 2

,

0 =

z ; ⇒

(

⁻^∞^;^µ⁺^z¹⁻^α ^⋅^σ

]

⁼

(

⁻^∞^;⁵⁰¹⁺^2,326^⋅ ⁷

]

⁼

⁽

⁻^∞^;^507,15

^]

^;

einseitiger nach unten beschränkter 99 %-Zufallsstreubereich:

[

^µ⁻^z¹⁻^α ^⋅^σ^;^∞

)

⁼

[

⁵⁰¹⁻^2,326^⋅ ⁷^;^∞

)

⁼

^[

⁴⁹⁴^,⁸⁵^;^∞

⁾

^.

d) X = mittlere Drahtlänge der Stichprobe;

(

50

)

; 7

501

~ N

X ;

⇒ zweiseitiger 99 %-Zufallsstreubereich: ₁ ₀_,₉₉₅ 2,576

2

=

− =z z α

[

1 ^; 1

] [

⁵⁰¹ ²^,⁵⁷⁶ ⁵⁰⁷ ^;⁵⁰¹ ²^,⁵⁷⁶ ⁵⁰⁷

] ^[

⁵⁰⁰^,⁰³⁶^;⁵⁰¹^,⁹⁶⁴

^]

2 2

=

⋅ +

⋅

−

=

⋅ +

⋅

− ₋ σ µ ₋ σ

µ z α z α .

X = Anzahl der Ausschussstücke in der Stichprobe

(

⁵⁰⁰^;^2%

)

~ Bn

X

a)

[ ]

046997 ,

0 98 , 0 02 , 15 0 ... 500 98

, 0 02 , 2 0 98 500

, 0 02 , 0 500 98

, 0 1

) 15 ( ...

) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 15 ( 1 ) 15 (

485 15

498 2

499

500 ⋅ ⋅ =







−

−

⋅

⋅







−

⋅

−

=

= +

+

= +

=

−

=

≤

−

=

> P X P X P X P X P X

X P

b) ^X ^≈^N

(

^µ^,^σ²

)

^mit^µ ⁼ⁿ^⋅ ^p⁼¹⁰^und^σ² ⁼ⁿ^⋅^p^⋅^q⁼⁹^,⁸

⇒

(

¹⁵

)

¹

(

9,8

)

¹

^{( )}

¹^,⁷⁶ ¹ ⁰^,⁹⁶⁰⁹ ⁰^,⁰³⁹²

5 , 0 10

15 = −Φ = − =

Φ

−

≈

> ⁻ ⁺

X P

X = Augenzahl beim 1-maligen Werfen, Y = Augenzahl beim 100-maligen Werfen.

µX^{= 3,5} σX² =²^,⁹¹⁶⁷^⇒ µY =¹⁰⁰⋅³^,⁵=³⁵⁰ σY² =¹⁰⁰⋅²^,⁹¹⁶⁷=²⁹¹^,⁶⁷ Damit ist

(

³⁴⁰ ³⁶⁰

) ( ) ( )

²

( )

291,67 ¹ ² ⁽⁰^,⁶¹⁾ ¹ ² ⁰^,⁷²⁹¹ ¹ ⁰^,⁴⁵⁸² 5

, 10 5

, 0 340 5

, 0

360 −Φ = ⋅Φ − = ⋅Φ − = ⋅ − =

Φ

=

≤

≤X ⁻_Y^Y⁺ ⁻_Y^Y⁻

P _σ^µ _σ^µ

.