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L¨osung zu den ¨ Ubungsbeispielen aus der 4. Vorlesung
Ubungsbeispiel 1.9: Hypergeometrische Verteilung ¨
Ein Kunde ¨ ubernimmt alle 50 gelieferten Schaltkreise, wenn in einer Stichprobe von 10 Schaltkreisen h¨ ochstens ein nicht voll funktionsf¨ ahiger Schaltkreis enthalten ist.
Ansonsten wird die gesamte Lieferung verworfen.
Man berechne die Wahrscheinlichkeit daf¨ ur, dass die 50 Schaltkreise
a) abgenommen werden, obwohl diese 12 nicht voll funktionsf¨ ahige Schaltkreise ent- halten;
b) zur¨ uckgewiesen werden, obwohl nur 3 nicht voll funktionsf¨ ahige Schaltkreise ent- halten sind !
L¨ osung: Die Zufallsgr¨ oße X beschreibe den Sachverhalt:
X . . .
” Anzahl der nicht voll funktionsf¨ ahigen Schaltkreise in der Stichprobe“
a) Angenommen die Lieferung enth¨ alt 12 nicht voll funktionsf¨ ahige Schaltkreise.
Dann ist X hypergeometrisch-verteilt mit den folgenden Parametern.
X ∼ Hyp ( N, M, n ) ; N = 50; M = 12; n = 10
Die Lieferung der Schaltkreise wird angenommen, wenn X ≤ 1. Da hypergeometrisch- verteilte Zufallsgr¨ oßen nur nat¨ urliche Zahlen k mit
0 = max { n − ( N − M ) ; 0 } ≤ k ≤ min { n; M } = 10 mit positiver Wahrscheinlichkeit annehmen, gilt
P ( X ≤ 1 ) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1 ) . (0–1) Die Wahrscheinlichkeitsfunktion der hypergeometrischen Verteilung lautet
P ( X = k ) =
(
Mk
)⋅(
N−Mn−k
) (
Nn
) . Wenn man diese auf die Gleichung (0–1) anwendet, erh¨ alt man
P ( X ≤ 1 ) = ( 12
0 ) ⋅ ( 50−12 10−0 ) ( 50
10 ) +
( 12
1 ) ⋅ ( 50−12 10−1 ) ( 50
10 )
= 0, 0460 + 0, 1904
= 0, 2364
D.h. mit einer Wahrscheinlichkeit von 23, 64% wird die Lieferung angenommen
obwohl diese 12 nicht voll funktionsf¨ ahige Schaltkreise enthalten.
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b) Angenommen, es sind nur 3 nicht funktionsf¨ ahige Schaltkreise enthalten. Dann ist X wieder hypergeometrisch Verteilt. Diesmal mit den folgenden Parametern.
X ∼ Hyp ( N, M, n ) ; N = 50; M = 3; n = 10 Die Lieferung wird zur¨ uckgewiesen, wenn X > 1. Es gilt
P ( X > 1 ) = 1 − P ( X ≤ 1 ) .
Die Wahrscheinlichkeit P ( X ≤ 1 ) berechnet sich analog zu (a).
P ( X ≤ 1 ) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1 )
= ( 3
0 ) ⋅ ( 50−3 10−0 ) ( 50
10 ) +
( 3
1 ) ⋅ ( 50−3 10−1 ) ( 50
10 )
= 0, 504 + 0, 398
= 0, 902.
Damit erh¨ alt man
P ( X > 1 ) = 1 − 0, 902 = 0, 098.
D.h. mit einer Wahrscheinlichkeit von 9, 8% wird die Lieferung abgelehnt, wenn diese nur 3 nicht voll funktionsf¨ ahige Schaltkreise enthalten.
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Ubungsbeispiel 1.10: Poissonverteilung ¨
a) Die zuf¨ allige Anzahl X der Schadensf¨ alle bei einer Versicherungsagentur sei f¨ ur Zeitintervalle einer bestimmten L¨ ange poissonverteilt mit Parameter λ = 3. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit daf¨ ur, dass in einem Zeitintervall dieser L¨ ange mindestens zwei Schadensf¨ alle eintreten?
b) Es werden 50 Erzeugnisse aus einer Lieferung mit einer Ausschusswahrschein- lichkeit von 0.01 untersucht. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit daf¨ ur, dass sich h¨ ochstens ein fehlerhaftes Erzeugnis unter den 50 Erzeugnissen befindet?
L¨ osung:
a) Die Zufallsvariable
X . . . Anzahl Schadensf¨ alle bei einer Versicherungsagentur besitzt gem¨ aß Aufgabe die Verteilung
X ∼ Poi ( 3 )
3
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P ( X ≥ 2 ) . Ein ¨ Ubergang zum Gegenereignis ergibt
P ( X ≥ 2 ) = 1 − P ( X < 2 ) (0–2) Poissonverteilte Zufallsgr¨ oßen nehmen nur die nat¨ urlichen Zahlen mit positiver Wahrscheinlichkeit an. Damit erh¨ alt man
P ( X < 2 ) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1 ) (0–3) Die Wahrscheinlichkeitsfunktion der Poissonverteilung ist
P ( X = k ) = λ k
k! e −λ , k = 0, 1, 2, .... (0–4) Wenn man (0–4) auf die Gleichung (0–3) anwendet erh¨ alt man
P ( X < 2 ) = 3 0 0! e −3 +
3 1
1! e −3 = 0, 0498 + 0, 1494 = 0, 1992.
Zusammen mit Gleichung (0–2) erh¨ alt man abschließend P ( X ≥ 2 ) = 1 − 0, 1992 = 0, 8008.
D.h. die Wahrscheinlichkeit f¨ ur mindestens zwei Schadenf¨ alle betr¨ agt 80, 08%.
b) Exakte L¨ osung: Die Zufallsgr¨ oße X beschreibe den folgenden Sachverhalt:
X . . .
” Anzahl der fehlerhaften Erzeugnisse“
X folgt einer Binomialverteilung mit den folgenden Parametern.
X ∼ B ( n, p ) , n = 50, p = 0, 01
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit P ( X ≤ 1 ) . Mit der Wahrscheinlichkeitsfunktion der Binomialverteilung erh¨ alt man
P ( X ≤ 1 ) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1 )
= ( 50
0 ) 0, 01 0 ⋅ ( 1 − 0, 01 ) 50−0 + ( 50
1 ) 0, 01 1 ⋅ ( 1 − 0, 01 ) 50−1
= 0, 6050 + 0, 3056
= 0, 9105
D.h. die Wahrscheinlichkeit daf¨ ur, dass sich h¨ ochstens ein fehlerhaftes unter 50 Erzeugnissen befindet, betr¨ agt 91, 05%.
Approximative L¨ osung: F¨ ur große n (n ≥ 30) und kleines p (p ≤ 0, 05) gilt P ( X = k ) ≈ λ
k
