Stochastik, Teil B, Aufgabengruppe 1

Man hat $|\Omega|=6250$ Haushalte.

$|A|=2250$ Haushalte mit schnellem Internetanschluss.

Davon haben $\frac{2}{3}$ein Abonnement eines Streamingdienstes.

$|B|=2250\cdot\frac{2}{3}=1500$

46% aller Haushalte haben weder Internetanschluss noch Abonnement.

Also $|\overline{A}\displaystyle\cap \overline{B}|=6250\cdot0{,}46=2875$

Vierfeldertafel.

In eine Tabelle mit 4 Zeilen und 4 Spalten schreibt man in die erste Spalte der 2 und 3 Zeile die Ereignisse $B$ und $\overline B$. In die erste Zeile und Spalten 2 und 3 die Ereignisse $A$ und $\overline{A}$.

In die zweite Zeile in Spalten 2 und 3 die Anzahl für $A\displaystyle\cap B|\overline{A}\displaystyle\cap B$

In die dritte Zeile in Spalten 2 und 3 die Anzahl für $\overline{B}\displaystyle\cap A|\overline{B}\displaystyle\cap\overline{A}$

Es gilt: $|A\displaystyle\cap B|=1500.$ Und da $|A|=2250\Rightarrow |\overline{B}\displaystyle\cap A|=750$.

Und $|\overline{A}\displaystyle\cap \overline{B}|=2875$ in die 3. Zeile und 3. Spalte

Damit ergibt sich die gesamte Vierfeldertafel.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{c|c|c|c}\ & \mathrm{A} & \mathrm{\overline A} & \ \\\hline\mathrm{B} & \mathrm{P(A\cap B}) & \mathrm{P(\overline A\cap B}) & \mathrm{P(B)} \\\hline\mathrm{\overline B} & \mathrm{P(A\cap \overline B}) & \mathrm{P(\overline A\cap \overline B}) & \mathrm{P(\overline B}) \\\hline\ & \mathrm{P(A)} & \mathrm{P(\overline A)} & 1 \end{array}$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{c|c|c|c}\ & \mathrm{A} & \mathrm{\overline A} & \ \\\hline\mathrm{B} & 1500 & 1125 &2625 \\\hline\mathrm{\overline B} & 750 & 2875 & 3625 \\\hline\ & 2250 &4000 & 6250 \end{array}$

Die Ereignisse $A$ und $B$ sind stochastisch unabhängig, wenn gilt:

$P(A\displaystyle\cap B)=P(A)\cdot P(B)\iff \frac{1500}{6250}=\frac{2250}{6250}\cdot \frac{2625}{6250}$

$\iff 0{,}24=0.36\cdot 0{,}42\iff 0{,}24=0{,}1512$ falsch.

Also sind die Ereignisse $A$ und $B$ nicht stochastisch unabhängig.

Teilaufgabe a)

Da die Ereignisse "noch kein schnelles Internet zu haben" unabhängig sind, ist das Experiment als ein Bernoulliexperiment zu betrachten.

Für die Trefferwahrscheinlichkeit gilt: $p=0{,}2$.

Die Länge der Bernoullikette ist $n=10$.

$A:$ mindestens zwei Treffer ist gleichbedeutend mit dem Gegenereignis von $B:$ kein oder genau 1 Treffer.

$P(A)=1-[B(10,p,0)+B(10,p,1)]\iff$

$P(A)=1-[\begin{pmatrix}10\\0\end{pmatrix}\cdot p^0\cdot (1-p)^{10}+\begin{pmatrix}10\\1\end{pmatrix}\cdot p\cdot (1-p)^9] \iff$

$P(A)=1-[1\cdot0{,}8^{10}+10\cdot 0{,}2\cdot 0{,}8^9]=1-[0{,}107+0{,}0268]=1-0{,}3758=0{,}624$.

$C:$genau 8 verfügen bereits über schnellen Internetanschluss

Für die Trefferwahrscheinlichkeit gilt $p=0{,}8\iff (1-p)=0{,}2$

$P(C)=B(10;0{,}8;8)=\begin{pmatrix}10\\8 \end{pmatrix}\cdot0{,}8^8\cdot0{,}2^2=45\cdot 0{,}16777\cdot 0{,}04=0{,}302$.

Teilaufgabe b)

Welches Ereignis $D$ hat die Wahrscheinlichkeit $0{,}2^{10}+(1-0{,}2)^{10}$?

$0{,}2^{10}$ bedeutet die Wahrscheinlichkeit für genau 10 Treffer.

$(1-0{,}2)^{10}$ bedeutet die Wahrscheinlichkeit für genau 10 Nieten.

In dem Sachzusammenhang der Aufgabe bedeutet somit

$0{,}2^{10}+(1-0{,}2)^{10}$ ist dann die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis D:

"von 10 Haushalten hat entweder keiner oder alle schnelles Internet."

Teilaufgabe c)

Wie viele Haushalte muss man mindestens befragen, damit wenigstens ein Haushalt einen schnellen Internetanschluss haben möchte.

$A:$ wenigstens ein Haushalt möchte schnelles Internet.

Das Gegenereignis $\overline{A}$ ist: kein Haushalt möchte schnelles Internet.

Das Experiment ist ein Bernoulliexperiment der Länge $n$, mit der Trefferwahrscheinlichkeit $p=0{,}01.$

Nun soll gelten: $P(A)>0{,}99$

$P(A)=1-B(n,p,0)=1-\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}\cdot p^0\cdot(1-p)^n=1-(1-p)^n$

$P(A)>0{,}99\iff 1-(1-p)^n>0{,}99\iff$

$P(A)>0{,}99\iff 1-0{,}99>(1-p)^n\iff 0{,}01>(1-p)^n$

$P(A)>0{,}99\iff \ln(0{,}01)>\ln([1-p])^n\iff$

$P(A)>0{,}99\iff \ln(0{,}01)>n\cdot \ln(1-p)\iff \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}99)}<n$

$P(A)>0{,}99\iff n>458$

Man muss wenigstens 459 Haushalte befragen.

Anmerkung:

Bei der Lösung gehen wir davon aus, dass das Unternehmen nur Haushalte befragt, die noch kein schnelles Internet haben. Wenn beliebige Haushalte befragt werden, ändert sich die Trefferwahrscheinlichkeit auf $p=0{,}01\cdot0{,}2=0{,}002$.

Eine analoge Rechnung ergibt dann $n>2300{,}28$, also $n=2301$.

Teilaufgabe a)

Da die Verteilung symmetrisch zu 2 ist, ist 2 als Mittelwert auch der Erwartungswert.

Teilaufgabe b)

Die Varianz ist

$V=P(x=0)\cdot(0-2)^2+P(x=1)\cdot(1-2)^2+\dfrac{3}{8}\cdot(2-2)^2+P(x=3)\cdot(3-2)^2+P(x=4)\cdot(4-2)^2.$

Mit $P(x=0)=P(x=4)=a$ und $P(x=1)=P(x=3)=b$ erhältst du

$V=a\cdot 4+b\cdot 1+0+b\cdot 1+a\cdot 4=8a+2b=\dfrac{11}{8}$

Da die Gesamtwahrscheinlichkeit $1$ sein muss, ist $a+b+\dfrac{3}{8}+b+a=1$, also $2a+2b=\dfrac{5}{8}$.

Jetzt hast du zwei Gleichungen für $a$ und $b$:

$8a+2b=\dfrac{11}{8}\\ \quad \\ 2a+2b=\dfrac{5}{8}$

Wenn du die zweite Gleichung von der ersten subtrahierst, erhältst du $6a=\dfrac{6}{8}$ , also $a=\dfrac{1}{8}$. Aus der zweiten Gleichung erhältst du dann $b=\dfrac{3}{16}$.

Die Wahrscheinlichkeitsverteilung ist also

$\def\arraystretch{2} \begin{array}{c|c|c|c|c|c|}k&0&1&2&3&4\\[1ex]\hline \rule{0mm}{5ex}P(Y=k)&\dfrac{1}{8}&\dfrac{3}{16}&\dfrac{3}{8}&\dfrac{3}{16}&\dfrac{1}{8} \end{array}$

Teilaufgabe c)

Das viermalige Werfen einer Münze entspricht einer Bernoulli-Kette der Länge vier. Da die Wahrscheinlichkeit für "Zahl" $p=1-p=\dfrac{1}{2}$ ist, ist die Wahrscheinlichkeit $Z$ für $k$ Treffer durch $P(Z=k)=B\left(4;\dfrac{1}{2};k\right)=\begin{pmatrix}4\\k \end{pmatrix}\left(\dfrac{1}{2}\right)^k \left(\dfrac{1}{2}\right)^{4-k}$gegeben.

Man berechnet

$B\left(4;\dfrac{1}{2};0\right)=B\left(4;\dfrac{1}{2};4\right)=\begin{pmatrix}4\\0 \end{pmatrix}\left(\dfrac{1}{2}\right)^0 \left(\dfrac{1}{2}\right)^{4}=1\cdot 1\cdot \dfrac{1}{16}=\dfrac{1}{16}$

$B\left(4;\dfrac{1}{2};1\right)=B\left(4;\dfrac{1}{2};3\right)=\begin{pmatrix}4\\1 \end{pmatrix}\left(\dfrac{1}{2}\right)^1 \left(\dfrac{1}{2}\right)^{3}=4\cdot \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{4}$

$B\left(4;\dfrac{1}{2};2\right)\begin{pmatrix}4\\2 \end{pmatrix}\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=6\cdot \dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4}=\dfrac{6}{16}=\dfrac{3}{8}$

Die Wahrscheinlichkeitsverteilung ist also

$\def\arraystretch{2} \begin{array}{c|c|c|c|c|c|}k&0&1&2&3&4\\[1ex]\hline \rule{0mm}{5ex}P(Z=k)&\dfrac{1}{16}&\dfrac{1}{4}&\dfrac{3}{8}&\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{16} \end{array}$

Die Varianz berechnet sich durch

$V=2\cdot\dfrac{1}{16}\cdot (2-0)^2+2\cdot \dfrac{1}{4}\cdot (2-1)^2+0=\dfrac{8}{16}+\dfrac{2}{4}=1.$

Dies bedeutet, dass sich die Werte diesmal näher am Erwartungswert 2 befinden, da die Varianz (und damit auch die Standardabweichung) kleiner ist.