Wahlteil - CAS

Die Konzentration eine Stunde nach der Einnahme des Medikamentes

Berechne $f(1)$:

$f(1)=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}\cdot 1}-e^{-4\cdot 1})\approx \mathrm{3,61}$

Die Konzentration eine Stunde nach der Einnahme des Medikamentes beträgt rund $\mathrm{3,6}\frac{\text{m g}}{\text{l}}$.

Der Zeitpunkt, zu dem die Konzentration erstmals den Wert 2,8 $\frac{\text{m g}}{\text{l}}$ annimmt

Gegeben ist $f(x)=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}x}-e^{-4x})$.

Berechne $x$ in der Gleichung $\mathrm{2,8}=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}x}-e^{-4x})$

Der Zeitpunkt, zu dem die Konzentration erstmals den Wert 2,8 $\frac{\text{m g}}{\text{l}}$ annimmt, ist rund eine viertel Stunde nach der Einnahme.

Wie lange beträgt die Konzentration mindestens $\mathrm{0,5}\frac{\text{m g}}{\text{l}}$?

Berechne $x$ in der Gleichung $\mathrm{0,5}=5\cdot (e^{-\mathrm{0,3}x}-e^{-4x})$

Die Schnittstellen des Graphen von $f$ mit der Geraden $y=\mathrm{0,5}$ sind $x_1\approx \mathrm{0,029}$ und $x_2\approx \mathrm{7,675}$. Es ist $x_2-x_1\approx \mathrm{7,6}$.

Im Bereich $x_1<x<x_2$ ist $f(x)>\mathrm{0,5}$, d.h. die Konzentration beträgt ungefähr $\mathrm{7,6}$ Stunden mindestens $\mathrm{0,5}\frac{\text{m g}}{\text{l}}$.

Bestimmen Sie $f^{\prime }(\mathrm{0,5})$.

Ergebnis: $f^{\prime }(\mathrm{0,5})\approx \mathrm{1,4}\frac{\text{m g}}{\text{l}}$

Interpretieren Sie den Wert im Sachzusammenhang

Eine halbe Stunde nach der Einnahme nimmt die Konzentration im Blut

momentan um etwa $\mathrm{1,4}\frac{\text{m g}}{\text{l}}$ pro Stunde zu.

Der Zeitpunkt, zu dem die Konzentration am stärksten abnimmt

Der Zeitpunkt $x_1$ der größten Abnahme liegt vor, wenn $f^{\prime }$ ein Minimum hat.

Berechne $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Die einzige Lösung ist:$x_1={\displaystyle \frac{10}{37}}\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{1600}{9}}\right)={\displaystyle \frac{10}{37}}\cdot \ln {\left({\displaystyle \frac{40}{3}}\right)}^2={\displaystyle \frac{20}{37}}\cdot \ln \left({\displaystyle \frac{40}{3}}\right)\approx \mathrm{1,400144}$

Der gesuchte Zeitpunkt ist etwa $\mathrm{1,4}$ Stunden nach der Einnahme.

Wann ist die Konzentration im Blut am größten?

Der Zeitpunkt $x_1$ maximaler Konzentration liegt vor, wenn $f$ ein Maximum hat.

Berechne $f^{\prime }(x)=0$:

$f^{\prime }(𝑥)=0$ hat die einzige Lösung $x_1$ mit $x_1\approx \mathrm{0,7}$.

Das Medikament sollte optimalerweise $\mathrm{0,7}+1=\mathrm{1,7}$ Stunden vor dem Schlafengehen eingenommen werden.

Interpretieren Sie diese Aussage im Sachkontext

Im betrachteten Zeitraum gibt es keinen Zeitpunkt $x$, zu dem die Konzentration

genau halb so groß ist wie eine Stunde davor.

Die durchschnittliche Änderungsrate der Konzentration ist so groß wie die momentane Änderungsrate der Konzentration $\mathrm{0,75}$ Stunden nach der Einnahme

Die durchschnittliche Änderungsrate der Konzentration im Zeitintervall $[x;12]$ ist

${\displaystyle \frac{f(x)-f(12)}{x-12}}$

Die momentane Änderungsrate der Konzentration $\mathrm{0,75}$ Stunden nach der Einnahme ist $f^{\prime }(\mathrm{0,75})$.

$\Rightarrow$ Löse die Gleichung ${\displaystyle \frac{f(x)-f(12)}{x-12}}=f^{\prime }(\mathrm{0,75})$

Eine Lösung dieser Gleichung ist $x_1$ mit $x_1\approx \mathrm{0,2}$.

Somit gibt es ein solches Zeitintervall.

Die Gesamtkonzentration eine Stunde nach der zweiten Einnahme

Die Konzentration eine Stunde nach der zweiten Einnahme in $\frac{\text{m g}}{\text{l}}$ ist $f(5)+f(1)$.

Die Konzentration eine Stunde nach der zweiten Einnahme beträgt rund $\mathrm{4,7}\frac{\text{m g}}{\text{l}}$.

Die Gesamtkonzentration soll $6\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{l}}$ nicht übersteigen

Die höchste Gesamtkonzentration wird durch das Maximum der Funktion $h$ mit $h(x)=f(x)+f(x-4),x\ge 4$ beschrieben.

Berechne $h^{\prime }(x)=0$:

Das Maximum ($h^{\prime \prime }(x_E)<0$) hat die y-Koordinate $\mathrm{4,98}<6$, d.h. die Vorgabe wird eingehalten.

Bestimmen Sie für $z=5$ den Zeitpunkt nach der Einnahme des Medikamentes, zu dem die Konzentration nach diesem vereinfachten Modell null ist

Für $z=5$ ist $P(5|f(5)$.

Es ist $t(x)=m\cdot x+b$. Bestimme die Gleichung der Tangente an der Stelle $x=5$ und löse die Gleichung $t(x)=0$.

Ungefähr $\mathrm{8,3}$ Stunden nach der Einnahme des Medikamentes ist die Konzentration null.

Gibt es einen Zeitpunkt $z$, sodass die Konzentration genau 6 Stunden nach der Einnahme null ist

Die Tangentengleichung im Punkt $(𝑧|f(𝑧))$ lautet: $t(x)=f^{\prime }(z)\cdot (x-z)+f(z)$

Gesucht ist nun $t(6)=0$:

Eine Lösung der Gleichung $t(6)=0$ ist $z_1$ mit $z_1\approx 1$.

$z_1$ ist ein solcher Zeitpunkt.

Geben Sie $f(2)$ an und interpretieren Sie den Wert im Sachzusammenhang

Es ist $f(2)=\mathrm{0,005}\cdot 2^3-\mathrm{0,18}\cdot 2^2+\mathrm{1,55}\cdot 2+2=\mathrm{4,42}$

Die Zuflussrate zwei Stunden nach Beobachtungsbeginn beträgt etwa $4400\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}$.

Begründen Sie mithilfe des Graphen von $f$, dass der Wasserstand im Stausee ständig ansteigt

Der Graph von $f$ verläuft im Beobachtungszeitraum vollständig oberhalb der

x-Achse. Deshalb nimmt die Wassermenge ständig zu und der Wasserspiegel steigt an.

Die Länge des Zeitraums, in dem die Zuflussrate geringer als $1000\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}$

Berechne $f(x)=1$.

Für $0\le x\le 24$ sind die beiden Lösungen $x_1\approx \mathrm{16,602}$ und $x_2=20$.

Dann ist $x_2-x_1\approx \mathrm{3,4}$

Für etwa $\mathrm{3,4}\mathrm{h}$ ist die Zuflussrate geringer als $1000\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}$.

Berechnen Sie die maximale Zuflussrate im Beobachtungszeitraum

Die maximale Zuflussrate liegt dort, wo der Graph von $f$ einen Hochpunkt hat.

Berechne $f^{\prime }(x)=0$:

Man erhält zwei Lösungen $x_1=12-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366}$ und $x_2=12+{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366}$.

Prüfe mit $f^{\prime \prime }(x)$ wo sich der Hochpunkt bzw. Tiefpunkt befindet.

$\Rightarrow f^{\prime \prime }(12-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366})\approx -\mathrm{0,191}<0\Rightarrow$HP

Berechne den Funktionswert an der Stelle $x=12-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366}$.

$f(12-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{366})\approx \mathrm{5,9}$

Damit beträgt die maximale Zuflussrate etwa $5900\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}$.

Die Zeitpunkte, an denen die Zuflussrate am stärksten abnimmt

Der Graph der Ableitungsfunktion beschreibt die Änderung der Zuflussrate.

Der Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{3}{200}}\cdot x^2-{\displaystyle \frac{9}{25}}\cdot x+{\displaystyle \frac{31}{20}}$.

Die Parabel hat einen Tiefpunkt an der Stelle $12$.

Also nimmt die Zuflussrate nach $12\text{h}$ am stärksten ab.

Die Zeitpunkte, an denen die Zuflussrate am stärksten zunimmt

Sie nimmt zu Beobachtungsbeginn und nach $24\text{h}$ am stärksten zu.

Gibt es eine Zuflussrate, die sich eine Stunde später verdoppelt hat?

Löse die Gleichung: $2\cdot f(x)=f(x+1)$:

Die Lösung $x\approx -\mathrm{0,32}$ liegt außerhalb des Definitionsbereiches.

Somit gibt es im Bereich $0\le x\le 23$ keine Lösung für die Gleichung $2\cdot f(x)=f(x+1)$.

Es gibt die gesuchte Zuflussrate nicht.

Der Anstieg der Wasserhöhe innerhalb der 24 Stunden

Berechne das Integral:

$${\displaystyle {\int }_0^{24}f(x)dx\approx \mathrm{79,68}}$$

Innerhalb von $24$ Stunden nimmt das Wasservolumen um rund $79680{\text{m}}^3$ zu.

Das Volumen des Stausees ändert sich in dieser Zeit um $1000\text{m}\cdot 200\text{m}\cdot h$, wobei $h$ die Änderung der Wasserhöhe ist.

$\Rightarrow h={\displaystyle \frac{79680{\text{m}}^3}{1000\text{m}\cdot 200\text{m}}}\approx \mathrm{0,4}\text{m}$

Die Wasserhöhe steigt um etwa $\mathrm{0,4}\text{m}$.

Berechnen Sie den Zeitpunkt $t$

Löse die Gleichung:

$${\displaystyle {\int }_0^{t}f(x)dx={\displaystyle {\int }_t^{t+3}f(x)dx}}$$

Im Bereich $0\le x\le 24$ liegt die Lösung $t\approx \mathrm{4,1}$.

Von Beobachtungsbeginn bis zum Zeitpunkt $\mathrm{4,1}\text{h}$ ist eine bestimmte Wassermenge zugeflossen. In den folgenden drei Stunden fließt noch einmal genauso viel Wasser dazu.

Bestimmen Sie die Abflussrate des Stausees so, dass sich $24$ Stunden nach Beobachtungsbeginn genauso viel Wasser im Stausee befindet wie zu Beobachtungsbeginn

$6$ Stunden nach Beobachtungsbeginn wird der Ablauf geöffnet.

$\Rightarrow$Es bleiben $18$ Stunden, in denen die Gesamttagesmenge abfließen kann.

$\text{Abflussrate}={\displaystyle \frac{79680{\text{m}}^3}{18\text{h}}}\approx 4427{\displaystyle \frac{{\text{m}}^3}{\text{h}}}$

Die Abflussrate beträgt rund $4400{\displaystyle \frac{{\text{m}}^3}{\text{h}}}$.

Begründen Sie auch mithilfe einer Skizze und ohne Rechnung, dass etwa zum Zeitpunkt $\mathrm{14,3}\text{h}$ die Wassermenge im Stausee maximal ist

Der Wasserablauf wird zu Beobachtungsbeginn mit einer Abflussrate von $2000\frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{h}}$ geöffnet. In der Skizze beschreibt die Gerade $g$ die Abflussrate.

Von Beobachtungsbeginn bis etwa $\mathrm{14,3}\text{h}$ und von etwa $\mathrm{21,7}\text{h}$ bis $24\text{h}$ verläuft der Graph von $f$ oberhalb von $g$ und die Wassermenge im Stausee nimmt zu.

Von ungefähr $\mathrm{14,3}\text{h}$ bis $\mathrm{21,7}\text{h}$ verläuft $g$ oberhalb des Graphen von $f$ und die Wassermenge nimmt ab.

Der Inhalt der Fläche zwischen dem Graphen von $f$ und $g$ ist ein Maß für die Veränderung der Wassermenge.

In der Abbildung erkennt man, dass der Flächeninhalt von $A_1$ größer ist als der von $A_2$, d.h. von ungefähr $\mathrm{14,3}\text{h}$ bis $24\text{h}$ nimmt insgesamt die Wassermenge im Stausee ab.

Somit ist die Wassermenge nach etwa $\mathrm{14,3}\text{h}$ maximal.

Erfüllt dieser Deich diese Regel, und begründen Sie Ihre Entscheidung nur mithilfe der Abbildung

Intervall, in dem der Klimadeich mindestens $5\mathrm{m}$ hoch ist

Zeichne eine Parallele zur x-Achse im Abstand $5$. Betrachte die x-Koordinaten der beiden Schnittpunkte der Parallelen mit dem Graphen von $f$.

Dann gehen die Markierung auf der x-Achse von etwa $17$ bis etwa $42$.

Entscheidung, ob der Klimadeich diese Regel (etwa fünfmal so breit wie er hoch) erfüllt

Die beiden Nullstellen von $f$ liegen bei $x=0$ und bei $x\approx 46$, d.h. der Deich hat eine Breite von etwa $46\text{m}$. Die y-Koordinate des Maximums ist die Dammhöhe. Sie beträgt etwa $9\text{m}$.

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{46}{9}}\approx 5$

Der Klimadeich erfüllt diese Regel.

Durchschnittliche Steigung des Klimadeiches im Intervall $[0;30]$

Durchschnittliche Steigung $={\displaystyle \frac{f(30)-f(0)}{30-0}}$

Mit $f(30)={\displaystyle \frac{171}{20}}$ und $f(0)=0$ folgt dann:

Durchschnittliche Steigung $={\displaystyle \frac{\frac{171}{20}-0}{30}}={\displaystyle \frac{57}{200}}=\mathrm{0,285}$

Die durchschnittliche Steigung des Klimadeiches im Intervall $[0;30]$ beträgt $\mathrm{0,285}$.

Die größte Steigung des Deichs im Intervall [0; 30]

Das Maximum des Graphen der Funktion $f^{\prime }$ im Intervall $[0;30]$ gibt die größte

Steigung des Deichs in dem Intervall an.

$f^{\prime }$ hat an der Stelle $x=0$ im Intervall ein Maximum von $\mathrm{0,45}$.

Die größte Steigung des Deichs im Intervall $[0;30]$ beträgt $\mathrm{0,45}$.

Neigungswinkel des Klimadeiches an der Stelle $x=0$

Es ist $f^{\prime }(0)={\displaystyle \frac{9}{20}}$.

Dann gilt für den Neigungswinkel des Klimadeiches:

Der Neigungswinkel des Klimadeiches an der Stelle $x=0$ beträgt rund ${24}^{\circ }$.

Die Höhe, in der die Sickerlinie auf der Wasserseite des Deichs beginnt

Berechne $f(x)=g(x)$:

Die gesuchte Lösung ist $x_1\approx \mathrm{15,18}$.

(Die zweite Lösung $x_2\approx \mathrm{45,83}$ entfällt, da sie auf der Landseite liegt.)

Die gesuchte Höhe erhält man durch Berechnung des Funktionswertes an der Stelle $x_1$.

$f(x_1)\approx \mathrm{4,38}\text{m}$

Die Höhe, in der die Sickerlinie auf der Wasserseite des Deichs beginnt, beträgt rund $\mathrm{4,38}\text{m}$.

Begründen Sie ohne Rechnung, dass die Sickerlinie stets oberhalb des Bodens verläuft

Die Funktion $g$ ist eine Exponentialfunktion. Da $g(x)=20\cdot e^{-\mathrm{0,1}x}$ stets größer null ist, verläuft der Graph oberhalb der 𝑥-Achse.

Demnach verläuft die Sickerlinie stets oberhalb des Bodens.

Der prozentuale Anteil des feuchten Bereichs im Querschnitt des Deichs

Berechne $f(x)=0$:

Die beiden Nullstellen sind $x_3=0$ und $x_4\approx \mathrm{45,95}$.

Berechne die gesamte Deichfläche:

$$A_{\text{Deich}}={\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{45,95}}f(x)dx\approx \mathrm{240,32}{\text{m}}^2}$$

Berechne die Fläche (rot gefärbt) zwischen den Graphen von $f$ und $g$ mit den Schnittpunkten $x_1\approx \mathrm{15,18}$ und $x_2\approx \mathrm{45,83}$:

$$A_{\text{f,g}}={\displaystyle {\int }_{\mathrm{15,18}}^{\mathrm{45,83}}f(x)dx\approx \mathrm{162,46}{\text{m}}^2}$$

Der feuchte Bereich (orange gefärbt) ist dann die Differenz von $A_{\text{Deich}}$ und $A_{\text{f,g}}$:

$A_{\text{feucht}}\approx \mathrm{240,32}-\mathrm{162,46}\approx \mathrm{77,86}{\text{m}}^2$

Der gesuchte Anteil ist: ${\displaystyle \frac{A_{\text{Deich}}-A_{\text{f,g}}}{A_{\text{Deich}}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{77,86}}{\mathrm{240,32}}}\approx \mathrm{32,4}\%.$

Ein Näherungswert für $a$, sodass $h$ den Beginn der Sickerlinie in der Höhe von $2\text{m}$ auf der Wasserseite beschreibt

Löse die Gleichung $f(x)=2$:

Die Lösung $x_1\approx \mathrm{5,84}$ liegt auf der Wasserseite (die andere Lösung entfällt).

Berechne $h(\mathrm{5,84})=2$:

Für $a$ erhält man den Näherungswert $\mathrm{3,59}$.

Anmerkung: Für $x_1\approx \mathrm{5,836}$ erhält man $a\approx \mathrm{3,58}$.

Die Breite des abgeplatteten Bereichs, wenn der Deich genau $8\mathrm{m}$ hoch sein soll

Löse die Gleichung $f(x)=8$:

Im betrachteten Intervall gibt es die Lösungen $x_1\approx \mathrm{27,39}$ und $x_2\approx \mathrm{37,72}$.

$\Rightarrow x_2-x_1\approx \mathrm{10,33}$

Der abgeplattete Bereich ist etwa $\mathrm{10,3}\text{m}$ breit.

Die Höhe des Deichs, wenn der abgeplattete Bereich $9\mathrm{m}$ breit ist

Berechne $f(x)=f(x+9)$:

Im betrachteten Intervall gibt es die Lösung $x_3\approx \mathrm{28,2}$.

Berechne $f(\mathrm{28,2})$:

Der Deich ist nach der Abplattung etwa $\mathrm{8,2}\text{m}$ hoch.

Unter allen Personen ohne Abitur beträgt der Anteil derjenigen, die nicht weiblich sind, etwa $53\%$.

$A$: Person hat Abitur

$W$: Person ist weiblich

Es ist $P(A)=\mathrm{0,36}\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=1-\mathrm{0,36}=\mathrm{0,64}$

Weiterhin ist $P(\overline{A}\cap \overline{W})=\mathrm{0,34}$.

Dann folgt:

$P\left(\overline{A}\right)\cdot x=P(\overline{A}\cap \overline{W})\Rightarrow x={\displaystyle \frac{P(\overline{A}\cap \overline{W})}{P(\overline{A})}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,34}}{\mathrm{0,64}}}\approx \mathrm{0,53}$

Unter allen Personen ohne Abitur beträgt der Anteil derjenigen, die nicht weiblich sind, etwa $53\%$.

Ein beschriftetes Baumdiagramm

Berechne $P(W)$:

$P(W)=P(A)\cdot P_A(W)+P(\overline{A})\cdot P_{\overline{A}}(W)=\mathrm{0,36}\cdot \mathrm{0,54}+\mathrm{0,64}\cdot \mathrm{0,47}=\mathrm{0,4952}$

$\Rightarrow n=P(W)\cdot 27000=\mathrm{0,4952}\cdot 27000\approx 13400$

In der betrachteten Bevölkerungsgruppe sind etwa 13400 Personen weiblich.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Personen $30$ mit Abitur sind

Es ist $X$ die Anzahl der ausgewählten Personen mit Abitur.

$n=100$ und $p=\mathrm{0,36}$

Gesucht ist $P(X=30)$:

$P(X=30)=\text{binompdf}(\mathrm{100,0.36,30})\approx \mathrm{0,0389}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Personen $30$ mit Abitur sind, beträgt etwa $4\%$.

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Anzahl der ausgewählten Personen mit Abitur kleiner als der Erwartungswert dieser Anzahl ist

Es ist $\mu =n\cdot p=100\cdot \mathrm{0,36}=36$.

Berechne $P(X\le 35)$:

$P(X\le 35)=\text{binomcdf}(\mathrm{100,0.36,0,35})\approx \mathrm{0,4624}$

Bestimmen Sie die Werte für $a$ und $b$ so, dass das Intervall symmetrisch um den Erwartungswert liegt

Es ist $P(a\le X\le b)\approx \mathrm{0,65}$. Der Erwartungswert ist $36$.

Bekannt ist, dass die Werte von $X$ zu etwa $68\%$ im Intervall $[\mu -\sigma ;\mu +\sigma ]$ liegen:

$\sigma =\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=\sqrt{100\cdot \mathrm{0,36}\cdot \mathrm{0,64}}=\mathrm{4,8}$

Dann ist $[\mu -\sigma ;\mu +\sigma ]=[36-\mathrm{4,8};36+\mathrm{4,8}]=[\mathrm{31,2};\mathrm{40,8}]$.

Gerundet erhält man das Intervall $[32;40]$.

Berechne $P(32\le X\le 40)=\text{binomcdf}(\mathrm{100,0.36,32,40})\approx \mathrm{0,6515}$.

Damit ist $a=32$ und $b=40$.

Anmerkung: $P(33\le X\le 39)=\text{binomcdf}(\mathrm{100,0.36,33,39})\approx \mathrm{0,534}<\mathrm{0,65}$

Damit wäre dieses Intervall zu klein.

Ermitteln Sie alle Werte, die für $n$ infrage kommen

Es ist $0\le P(\ge 21)\le \mathrm{0,1}$.

Berechne für einige Werte von $n$ die Wahrscheinlichkeit: $P(\ge 21)=\text{binomcdf}(n,\mathrm{0.36,21},n)$

Beginne mit $n=21$:

Wie man aus der Tabelle entnehmen kann, liegt die Wahrscheinlichkeit $P(\ge 21)$ bis $n=45$ in dem geforderten Bereich.

Also kommen für $n$ alle Werte mit $21\le n\le 45$ infrage.

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler bei zehn Versuchen mehr als sechs Sterne gewinnt

Es ist $X$ die Anzahl der gewonnenen Sterne.

$X$ ist binomialverteilt mit $n=10$ und $p=\mathrm{0,4}$.

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P(X>6)$:

$P(X>6)=P(X\ge 7)=\text{binomcdf(10,0.4,7,10)}\approx \mathrm{0,0548}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler bei zehn Versuchen mehr als sechs Sterne gewinnt, beträgt rund $5\%$.

Gültigkeit der Aussage

Die Aussage ist falsch.

Die einzelnen Spiele sind stochastisch unabhängig, d.h. die Spiele der vergangenen Sonntage beeinflussen nicht die Wahrscheinlichkeiten der zukünftigen Spiele.

Die Wahrscheinlichkeit, dass zwei der vier Spieler jeweils fünf Sterne gewinnen

Es ist $Y$ die Anzahl der Spieler mit $5$ Sternen

$Y$ ist binomialverteilt mit $n=4$ und $p=P(X=5)$.

Dabei ist $P(X=5)=\text{binompdf(10,0.4,5)}\approx \mathrm{0,2007}$.

Gesucht ist nun $P(Y=2)=\text{binompdf(4,0.2007,2)}\approx \mathrm{0,1544}$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass zwei der vier Spieler jeweils fünf Sterne gewinnen, beträgt rund $15\%$.

Die geänderte Wahrscheinlichkeit, bei einem Versuch einen Stern zu gewinnen

Es ist bekannt, dass $P(X\le 3)\approx \mathrm{0,62}$ ist. Dabei ist $n=10$ und $p$ ist unbekannt.

$P(X\le 3)=\text{binomcdf(10,p,0,3)}\approx \mathrm{0,62}$

Erstelle eine Tabelle mit verschiedenen p-Werten:

Für $p=\mathrm{0,31}$ ist $P(X\le 3)=\text{binomcdf(10,0.31,0,3)}\approx \mathrm{0,623}$.

Die geänderte Wahrscheinlichkeit, bei einem Versuch einen Stern zu gewinnen, beträgt etwa $\mathrm{0,31}$ bzw. $31\%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Spieler von Tag zu Tag weniger Bonuspunkte erhält

Angenommen, der Spieler erhält am ersten Tag $50$ Bonuspunkte mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,1}$. Am nächsten Tag soll er weniger Bonuspunkte erhalten, also nun $20$, mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,4}$. Einen Tag weiter erhält er dann $10$ Bonuspunkte mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,5}$.

Insgesamt beträgt die gesuchte Wahrscheinlichkeit also $\mathrm{0,1}\cdot \mathrm{0,4}\cdot \mathrm{0,5}=2\%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Spieler dabei insgesamt $80$ Bonuspunkte erhält

Der Spieler startet das Spiel an vier Tagen. An jedem Tag erhält der Spieler eine bestimmte Anzahl von Bonuspunkten. Die Summe aus den vier Tagen muss also $80$ sein.

Es gibt zwei mögliche Kombinationen $80$ Punkte zu erhalten:

$(\mathrm{I})$$20+20+20+20=80$ oder $(\mathrm{I}\mathrm{I})$ $10+10+10+50=80$

Die Wahrscheinlichkeit für die Kombination $(\mathrm{I})$ ist ${\mathrm{0,4}}^4$.

Die Wahrscheinlichkeit für die Kombination $(\mathrm{I}\mathrm{I})$ ist $4\cdot {\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^3\cdot \mathrm{0,1}$.

Die gesamte Wahrscheinlichkeit ist dann:

${\mathrm{0,4}}^4+4\cdot {\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^3\cdot \mathrm{0,1}=\mathrm{0,0756}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Spieler dabei insgesamt $80$ Bonuspunkte erhält, beträgt rund $8\%$.

Ermitteln Sie die beiden geänderten Wahrscheinlichkeiten

Die Spieler erhalten im Zeitraum von $200$ Tagen, an denen das Spiel gestartet wird, im Mittel $3000$ Bonuspunkte.

Pro Tag erhalten sie also im Mittel ${\displaystyle \frac{3000}{200}}=15$ Bonuspunkte.

Es ist x die Wahrscheinlichkeit für $10$ Bonuspunkte. Dann ist die Wahrscheinlichkeit für $20$ Bonuspunkte $1-\mathrm{0,1}-x=\mathrm{0,9}-x$.

Siehe Tabelle:

Berechne den Erwartungswert mit der Tabelle und löse mit dem TR:

$10\cdot x+20\cdot (\mathrm{0,9}-x)+50\cdot \mathrm{0,1}=15$

Also ist $x=\mathrm{0,8}$ und die Wahrscheinlichkeit für $10$ Bonuspunkte ist $80\%$.

Die Wahrscheinlichkeit für $20$ Bonuspunkte ist $10\%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten $25$ Leiterplatten fehlerhaft sind

Berechne $P(X=25)$:

$P(X=25)=\text{binompdf(600,0.03,25)}\approx \mathrm{0,0232}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten $25$ Leiterplatten fehlerhaft sind, beträgt rund $\mathrm{2,3}\%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten maximal $20$ Leiterplatten fehlerhaft sind

Berechne $P(X\le 20)$:

$P(X\le 20)=\text{binomcdf(600,0.03,0,20)}\approx \mathrm{0,7732}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten maximal $20$ Leiterplatten fehlerhaft sind, beträgt rund $\mathrm{77,3}\%$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten mehr als $15$ aber weniger als $30$ Leiterplatten fehlerhaft sind

Berechne $P(15<X<30)$:$P(15<X<30)=P(16\le X\le 29)=\text{binomcdf(600,0.03,16,29)}\approx \mathrm{0,7117}$.

Die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ausgewählten Leiterplatten mehr als $15$ aber weniger als $30$ Leiterplatten fehlerhaft sind, beträgt rund $\mathrm{71,2}\%$.

Die Bedeutung des Terms im Sachzusammenhang

Der Term stellt die Wahrscheinlichkeit dar, dass von $600$ zufällig ausgewählten

Leiterplatten $550$ oder $551$ fehlerfrei sind.

Die Kosten, die dem Unternehmen entstehen, wenn bei einer Leiterplatte der Fehler $2$ gefunden wird

Die Kosten betragen $12€+3€=15€$.

Die zu erwartenden Kosten für das Standardverfahren betragen $\mathrm{12,60}€$ pro Leiterplatte

Zu erwartende Kosten pro Leiterplatte:

Es fallen $12€$ für den Fehler $1$ mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,8}$ und $15€$ für den Fehler $2$ mit einer Wahrscheinlichkeit von $\mathrm{0,2}$ an:

$\mathrm{0,8}\cdot 12€+\mathrm{0,2}\cdot 15€=\mathrm{12,60}€$

Die Wahrscheinlichkeit, dass Fehler $1$ in diesem Schnelltest nicht gefunden wird, beträgt $60\%$

Fehler $1$ wird während des Schnelltests in $50\%$ der Fälle gefunden, in denen

Fehler $1$ tatsächlich vorliegt, in allen anderen Fällen nicht.

Die Wahrscheinlichkeit, dass Fehler $1$ vorliegt und gefunden wird, beträgt $\mathrm{0,8}\cdot \mathrm{0,5}=\mathrm{0,4}$.

Die Gegenwahrscheinlichkeit, dass Fehler $1$ nicht gefunden wird, ist dann

$1-\mathrm{0,4}=\mathrm{0,6}$.

Bestimmen Sie unter der Bedingung, dass bei dem Schnelltest Fehler $1$ nicht gefunden wurde, die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der vorhandene Fehler trotzdem Fehler $1$ ist

Es ist $F$: Fehler $1$ liegt vor und wird gefunden und $\overline{F}$: Fehler $1$ wird nicht gefunden.

Die Wahrscheinlichkeit, dass Fehler $1$ vorliegt und gefunden wird, beträgt $\mathrm{0,8}\cdot \mathrm{0,5}=\mathrm{0,4}$ und es ist $P(\overline{F})=\mathrm{0,6}$.

Gesucht ist $P_{\overline{F}}(F)={\displaystyle \frac{\mathrm{0,8}\cdot \mathrm{0,5}}{\mathrm{0,6}}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass der vorhandene Fehler trotzdem Fehler $1$ ist, beträgt ${\displaystyle \frac{2}{3}}$.

Die zu erwartenden Kosten pro Leiterplatte für die Fehlersuche mit Schnelltest und Standardverfahren verringern sich tatsächlich

In Aufgabe c) waren die zu erwartende Kosten pro Leiterplatte berechnet worden:

$\mathrm{0,8}\cdot 12€+\mathrm{0,2}\cdot 15€=\mathrm{12,60}€$

Der Schnelltest kostet $2€$, allerdings wird ein vorhandener Fehler $1$ nur in $50\%$ der Fälle gefunden.

Zu den Kosten aus Aufgabe c) kommen die $2€$ hinzu und die Kosten für den Fehler $1$ treten nur zu $50\%$ auf.

Also erhält man: $2€+\mathrm{0,5}\cdot \mathrm{0,8}\cdot 12€+\mathrm{0,2}\cdot 15€=\mathrm{9,80}€$

Die zu erwartenden Kosten pro Leiterplatte für die Fehlersuche mit Schnelltest betragen $\mathrm{9,80}€$ gegenüber $\mathrm{12,60}€$ für das Standardverfahren.

Die zu erwartenden Kosten haben sich also verringert.

Die Koordinaten des Punktes $T$

$\overrightarrow{OT}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot (\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD})={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot (\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 0\end{array}\right))=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten des Punktes sind $T(1|1|0)$.

Der Inhalt der Oberfläche der Pyramide $ABCDS$

$O_{ABCDS}=A_G+4\cdot A_{△}=2\cdot 2+4\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 2\cdot h=4+4\cdot h$

Berechnung der Höhe der Seitenfläche $h$

Die Mitte der Seite $\overline{BC}$ ist:$\overrightarrow{OU}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot (\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot (\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 0\end{array}\right))=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

Dann ist der Vektor $\overrightarrow{US}=\overrightarrow{OS}-\overrightarrow{OU}=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 4\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$.

Die Höhe der Seitenfläche ist:

$h=\left|\overrightarrow{US}\right|=\left|\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)\right|=\sqrt{(-1{)}^2+0^2+4^2}=\sqrt{17}$

Damit ergibt sich der Inhalt der Pyramidenoberfläche zu:

$O_{ABCDS}=4+4\cdot h=4+4\cdot \sqrt{17}\approx \mathrm{20,5}$