Teil B: Stochastik

Begründe, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einem Spielzug eine Ereigniskarte aufgedeckt wird, ${\displaystyle \frac{1}{4}}$ beträgt

Augensumme $8$ oder $9$ $\Rightarrow (\mathrm{2,6}),(\mathrm{6,2}),(\mathrm{3,5}),(\mathrm{5,3}),(\mathrm{4,4})$ oder $(\mathrm{3,6}),(\mathrm{6,3}),(\mathrm{4,5}),(\mathrm{5,4})$.

Es gibt also insgesamt $9$ günstige Ereignisse von $36$ möglichen Ereignissen.

$\Rightarrow p={\displaystyle \frac{9}{36}}={\displaystyle \frac{1}{4}}✓$

Betrachtet werden die ersten fünf Spielzüge. Beschreibe im Sachzusammenhang ein Ereignis, dessen Wahrscheinlichkeit mit dem Term ${\left({\displaystyle \frac{1}{4}}\right)}^5+{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^5$ berechnet werden kann

In den ersten fünf Spielzügen werden fünf Ereigniskarten aufgedeckt $(p={\displaystyle \frac{1}{4}}\Rightarrow {\left({\displaystyle \frac{1}{4}}\right)}^5)$ oder es wird keine Ereigniskarte $(p=1-{\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{3}{4}}\Rightarrow {\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^5)$ aufgedeckt.

Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass im Laufe dieses Spiels weniger als zwölf Ereigniskarten aufgedeckt werden

Gegeben: $n=60$ und $p=\mathrm{0,25}$.

Gesucht: $P(X<12)=P(X\le 11)=F(60;\mathrm{0,25};11)\approx \mathrm{0,1476}$

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass im Laufe dieses Spiels weniger als zwölf Ereigniskarten aufgedeckt werden, beträgt etwa $\mathrm{0,148}$.

Skaliere in der Abbildung die beiden Achsen, indem Du jeweils einen geeigneten Wert ermittelst und diesen auf der zugehörigen Achse einträgst

Der größte Wert in der Abbildung ist der Erwartungswert $E(X)$.

$E(X)=n\cdot p=60\cdot \mathrm{0,25}=15$$\Rightarrow$ Eintrag auf der $x$-Achse.

Dann ist $P(X=15)=B(60;\mathrm{0,25};15)\approx \mathrm{0,1182}$.

Der größte Wert wird auf der $y$-Achse eingetragen, bei etwa $\mathrm{0,12}$.

Ermittle die Anzahl der verschiedenen Plättchen, die es bei diesem Spiel höchstens geben kann

Bekannt: Es gibt drei verschiedene Landschaftssymbole und zwei verschiedene Tiersymbole. Auf jedem Plättchen sind genau zwei Landschaftssymbole und ein oder zwei Tiersymbole abgebildet, wobei kein Symbol doppelt vorkommt.

Wähle aus den $3$ Landschaftssymbolen $2$ aus$\Rightarrow \left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{2}\right)=3$.

Wähle aus den zwei Tiersymbolen $1$ oder $2$ aus$\Rightarrow (2+1)=3$ Möglichkeiten.

Also insgesamt $3\cdot 3=9$ Möglichkeiten.

Begründe, dass $\sigma =5$ gilt

Die Wendepunkte einer Normalverteilung liegen bei $\mu \pm \sigma$.

Da $\mu =120$ und ein Wendepunkt bei $x=125$ gegeben ist, gilt: $125=120+\sigma \Rightarrow \sigma =5$.

$A$: „Die Füllmenge beträgt weniger als 115 ml.“

Gesucht ist $P(X<115)$.

$P(X<115)=\mathrm{\Phi }\left({\displaystyle \frac{x-\mu }{\sigma }}\right)=\mathrm{\Phi }\left({\displaystyle \frac{115-120}{5}}\right)=\mathrm{\Phi }\left({\displaystyle \frac{-5}{5}}\right)=\mathrm{\Phi }(-1)$

$\Rightarrow \mathrm{\Phi }(-1)=1-\mathrm{\Phi }(1)\approx 1-\mathrm{0,8413}=\mathrm{0,1587}$ (mit TR berechnet oder aus dem Tabellenwerk entnommen)

Die Wahrscheinlichkeit, dass die Füllmenge weniger als $115\text{ ml}$ beträgt, ist rund $\mathrm{0,1587}$.

Die folgende Abbildung ist nicht in der Aufgabenstellung gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

Gib ein anderes Ereignis im Sachzusammenhang an, welches exakt dieselbe Wahrscheinlichkeit wie das Ereignis $A$ hat

Ein symmetrisches Ereignis ist $P(X>125)$.

$P(X>125)=1-\mathrm{\Phi }\left({\displaystyle \frac{x-\mu }{\sigma }}\right)=1-\mathrm{\Phi }\left({\displaystyle \frac{125-120}{5}}\right)=1-\mathrm{\Phi }\left({\displaystyle \frac{5}{5}}\right)=1-\mathrm{\Phi }(1)$

$1-\mathrm{\Phi }(1)\approx 1-\mathrm{0,8413}=\mathrm{0,1587}=P(X<115)$

Ereignis: Die Füllmenge beträgt mehr als $125\text{ ml}$.

Die folgende Abbildung ist nicht in der Aufgabenstellung gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

Nimm Stellung zu Tamaras Behauptung

Die Aussage, dass die Modellierung der Füllmenge durch eine Normalverteilung ungeeignet ist, weil es Punkte auf der Glockenkurve mit negativen x-Koordinaten gibt, ist nicht richtig.

Obwohl die Werte der Normalverteilung im gesamten Zahlenbereich (einschließlich negativer Zahlen) definiert sind, ist dies in der Praxis kein großes Problem, solange der Erwartungswert ($\mu$) deutlich größer ist als die Standardabweichung ($\sigma$).

Wahrscheinlichkeit negativer Werte:

Bei einem Erwartungswert von $120\text{ ml}$ und einer Standardabweichung von $5\text{ ml}$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Normalverteilung negative Füllmengen vorhersagt, extrem gering. In diesem Fall ist die Normalverteilung eine gute Näherung, da die Wahrscheinlichkeit für unrealistische (negative) Werte vernachlässigbar ist. Z. B. ist hier $P(X<0)\approx 0$.

Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mehr als sieben der ausgewählten Kaffeebecher rot sind

Gegeben sind $n=10$ und $p_{\text{rot}}=\mathrm{0,7}$.

Gesucht ist $P(X>7)=1-P(X\le 7)=1-F(10;\mathrm{0,7};7)\approx 1-\mathrm{0,6172}=\mathrm{0,3828}$.

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mehr als sieben der ausgewählten Kaffeebecher rot sind, beträgt rund $\mathrm{0,3828}$.

B: „Die ersten drei ausgewählten Kaffeebecher sind rot und von den letzten sieben ausgewählten Kaffeebechern sind höchstens vier rot.“

Die erste Bedingung besagt, dass die ersten drei ausgewählten Kaffeebecher rot sind. Da die Auswahl jedes Kaffeebechers unabhängig ist, ist die Wahrscheinlichkeit dafür ${\mathrm{0,7}}^3$.

Die zweite Bedingung besagt, dass von den letzten sieben ausgewählten Kaffeebechern höchstens vier rot sind. Dies bedeutet, dass $0,1,2,3$ oder $4$ dieser sieben Becher rot sind. Dies ist eine Binomialverteilung mit $n=7$ und $p=\mathrm{0,7}$. Die Wahrscheinlichkeit, dass höchstens vier davon rot sind, ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten für $k=0,1,2,3,4\Rightarrow F(7;\mathrm{0,7};4)\approx \mathrm{0,35293}$.

Die Gesamtwahrscheinlichkeit, dass die ersten drei Becher rot sind und höchstens vier der letzten sieben Becher rot sind, ist das Produkt der Wahrscheinlichkeiten, da die Ereignisse unabhängig sind:

Gesamtwahrscheinlichkeit $=P(\text{erste 3 rot})\cdot P(\text{höchstens 4 von den letzten 7 rot})={\mathrm{0,7}}^3\cdot \mathrm{0,35293}\approx \mathrm{0,121}$

Ermittle die Mindestanzahl an Kaffeebechern, die zufällig ausgewählt werden müssen, damit die Wahrscheinlichkeit dafür, dass darunter mindestens $80$ rote Kaffeebecher sind, mindestens $95\%$ beträgt

Gesucht ist $P(X\ge 80)\ge \mathrm{0,95}$.

$P(X\ge 80)=1-P(X\le 79)\ge \mathrm{0,95}\Rightarrow \mathrm{0,05}\ge P(X\le 79)=F(n;\mathrm{0,7};79)$

Berechne für einige n-Werte $F(n;\mathrm{0,7};79)$:

Es muss $n>80$ sein:

$n=100\Rightarrow F(100;\mathrm{0,7};79)\approx \mathrm{0,98}>\mathrm{0,05}$

$n=110\Rightarrow F(110;\mathrm{0,7};79)\approx \mathrm{0,69}>\mathrm{0,05}$

$n=120\Rightarrow F(120;\mathrm{0,7};79)\approx \mathrm{0,18}>\mathrm{0,05}$

$n=125\Rightarrow F(125;\mathrm{0,7};79)\approx \mathrm{0,06}>\mathrm{0,05}$

$n=126\Rightarrow F(126;\mathrm{0,7};79)\approx \mathrm{0,0474}<\mathrm{0,05}$

Die Mindestanzahl an Kaffeebechern, die zufällig ausgewählt werden müssen, damit die Wahrscheinlichkeit dafür, dass darunter mindestens $80$ rote Kaffeebecher sind, mindestens $95\%$ beträgt, ist $n=126$.