Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Diskrete Verteilungen.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Sei X die Zufallsvariable "Augensumme dreier Würfel". Bestimmen Sie P(X>16), also die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses "Augensumme ist größer 16"! Nr. 4553
	1/216
	2/216
	3/216
	4/216
Lösungsweg Wir summieren die Wahrscheinlichkeiten, dass die Augensumme 17 oder 18 ist:\(P(X > 16) = P(X=17) + P(X=18) = \frac{3+1}{216} = \frac{4}{216}\) Es gibt 3 Möglichkeiten für Augensumme 17: 5-5-6, 5-6-5, 6-5-5 Es gibt 1 Möglichkeit für Augensumme 18: 6-6-6

4 erreichbare Punkte

Auf einem Jahrmarkt wird ein Glücksspiel angeboten: Für einen Einsatz von 1 Euro werfen Sie drei faire Würfel gleichzeitig. Bei einer Augensumme von 3 oder 18 erhalten Sie jeweils 100 Euro, ansonsten ist der Einsatz weg. Welche Aussagen sind korrekt? Nr. 4566
	Bei diesem Spiel macht der Spielende langfristig Gewinn.
	Bei diesem Spiel macht der Spielende langfristig Verlust.
	Im Schnitt verliert der Spielende 7,4 Cent pro Spiel.
	Im Schnitt gewinnt der Spielende 1,2 Cent pro Spiel.
Lösungsweg Sei X die Zufallsvariable "Gewinn beim Glücksspiel = ausbezahlter Betrag minus Einsatz". Die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 3 beträgt, ebenso wie die Wahrscheinlichket für die Augensumme 18, 1/216; bei allen anderen 214 Wurffolgen verliert man den Einsatz: P(X=99) = 2/216 und P(X=-1) = 214/216. Damit gilt für den Erwartungswert von X: \(E(X) = \frac{2}{216} \cdot 99 + \frac{214}{216} \cdot (-1) = - \frac{16}{216} \approx -0,074\) Man verliert also langfristig; im Mittel 7,4 Cent pro Spiel. Sei X die Zufallsvariable "ausbezahlter Betrag" (ohne Berücksichtigung des Einsatzes). Die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 3 beträgt, ebenso wie die Wahrscheinlichket für die Augensumme 18, 1/216; bei allen anderen 214 Wurffolgen verliert man den Einsatz: P(X=100) = 2/216 und P(X=0) = 214/216. Damit gilt für den Erwartungswert von X: \(E(X) = \frac{2}{216} \cdot 100 = \frac{200}{216} \approx 0,926 = 1-0,074\) Der Erwartungswert für den ausbezahlten Betrag liegt also unter dem Einsatz, d.h. man zahlt langfristig mehr, als man bekommt.

4 erreichbare Punkte

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bit während der Übertragung "kippt", also fehlerhaft übertragen wird, betrage \(10^{-4}\). Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim Senden von einer Million Bit mehr als 80 Bit fehlerhaft übertragen werden? (Tipp: Verwenden Sie die Normalverteilung als Näherung!) Nr. 4604
	0,0974%
	0,974%
	9,74%
	97,4%
Lösungsweg Die Anzahl X der fehlerhaft übertragenen Bit ist binomialverteilt mit \(n=10^6\) und \(p=10^{-4}\). Wegen \(np(1-p) = 10^6 \cdot 10^{-4} \cdot 0,9999 = 99,99 > 9\) können wir die Normalverteilung als Näherung verwenden mit \(\mu = np = 100\) und \(\sigma = \sqrt{np(1-p)} = 9,9995\): \(F_{Binomial}(x) = F_{Normal}(x+0,5) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-\mu}{\sigma} \right\) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-np}{\sqrt{np(1-p)}} \right\)\) Die Wahrscheinlichkeit, dass beim Übertragen von einer Million Bit mehr als 80 Bit kippen, ist also ungefähr: \(P(X>80) = 1-F_{Binomial}(80) = 1 - \Phi \left\( \frac{80+0,5-100}{9,9995} \right\) = 1 - \Phi( -1,95 ) = \Phi( 1,95 ) = 0,974412\) Die vorletzte Gleichheit gilt wegen der Symmetrieeigenschaft der Standardnormalverteilung. Den Wert von \(\Phi\) entnehmen wir der Tabelle.

4 erreichbare Punkte

Ein Eisenwarenhandel bezieht von einem Lieferanten Schrauben in Lieferungen zu je 1000 Stück. Bevor er eine Lieferung annimmt, macht er eine Stichprobenprüfung im Umfang von 100 Stück. Er nimmt die Lieferung an, wenn er in der Stichprobe höchstens 3 fehlerhafte Stück findet. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für eine Annahme, wenn in der Lieferung 20 Schrauben fehlerhaft sind? Nr. 3691
	\(24,3%\)
	\(78,5%\)
	\(86,9%\)
	\(98,7%\)
Lösungsweg Hypergeometrische Verteilung. N ... Grundgesamtheit = 1000 n ... Stichprobe = 100 k ... fehlerhafte Stücke aus der Stichprobe <= 3 M ... fehlerhafte Stücke aus der Grundgesamtheit = 20 \(P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \) \(\frac{{20 \choose 0}{980 \choose 100}}{1000 \choose 100} + \frac{{20 \choose 1}{980 \choose 99}}{1000 \choose 100} + \)\( \frac{{20 \choose 2}{980 \choose 98}}{1000 \choose 100} + \frac{{20 \choose 3}{980 \choose 97}}{1000 \choose 100} = \) \(11,9% + 27% + 28,8% + 19,2% \approx 86,9%\)

4 erreichbare Punkte

Sei X die Anzahl der Würfe mit einem fairen Würfel, bis zum ersten Mal eine Sechs geworfen wird. Geben Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsvariablen X an! Nr. 4560
	\(p_i = \left\(\frac{1}{6}\right\)^i\)
	\(p_i = \left\(\frac{5}{6}\right\)^i\)
	\(p_i = \frac{5}{6} \cdot i + \frac{1}{6}\)
	\(p_i = \left\(\frac{5}{6}\right\)^{i-1} \cdot \frac{1}{6}\)
Lösungsweg Die Wahrscheinlichkeit, gleich beim ersten Wurf eine Sechs zu werfen, ist 1/6. Die Wahrscheinlichkeit, erst beim zweiten Wurf eine Sechs zu werfen, ist 5/6 mal 1/6 (keine Sechs beim ersten Wurf, Sechs beim zweiten Wurf). Die Wahrscheinlichkeit, erst beim dritten Wurf eine Sechs zu werfen, ist 5/6 mal 5/6 mal 1/6 (keine Sechs beim ersten und zweiten Wurf, Sechs beim dritten Wurf). Die Wahrscheinlichkeit, erst beim x-ten Wurf eine Sechs zu werfen, ist \(\left\(\frac{5}{6}\right\)^{x-1} \cdot \frac{1}{6}\) (keine Sechs in den ersten x-1 Würfen, Sechs beim x-ten Wurf). Folglich gilt: \(p_i = P(X=i) = \left\(\frac{5}{6}\right\)^{i-1} \cdot \frac{1}{6}\)

4 erreichbare Punkte

Für diskrete Zufallsvariablen hat die Verteilungsfunktion immer die Form Nr. 4558
	einer Treppe
	eines Dreiecks
	eines Rechtecks
	einer Geraden
Lösungsweg Die Verteilungsfunktion F(x) gibt die Wahrscheinlichkeit an, dass die Zufallsvariable einen Wert kleiner oder gleich x annimmt, und ist damit monoton wachsend von 0 bis 1. Sie ist für alle reellen Zahlen x definiert. Für diskrete Zufallsvariablen hat die Verteilungsfunktion immer die Form einer ansteigenden Treppe. Die "Stufen" sind an der Stelle, wo x einen der möglichen Werte \(x_i\) der Zufallsvariablen annimmt, und sie haben jeweils die Höhe der zugehörigen Wahrscheinlichkeit \(p_i\).

4 erreichbare Punkte

In einer Urne sind 50 Kugeln, 45 davon sind weiß und 5 schwarz. Jemand zieht blind 2 Kugeln (ohne Zurücklegen). Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, eine schwarze Kugel zu ziehen? Nr. 3712
	\(2,5%\)
	\(18%\)
	\(50%\)
	\(80%\)
	\(0,8%\)
Lösungsweg Hypergeometrische Verteilung. N ... Grundgesamtheit = 50 n ... Stichprobe = 2 M ... Anzahl d. schwarzen Kugeln in der Grundgesamtheit = 5 k ... Anzahl d. schwarzen Kugeln aus der Stichprobe = 1 \(P(X=1)=\frac{{5 \choose 1}{45 \choose 1}}{{50 \choose 2}}=0,18=18%\)

5 erreichbare Punkte

Eine Fabrik produziert Joghurtbecher mit einem konstanten Ausschussanteil von 3%. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, unter 50 hintereinander entnommenen Joghurtbechern genau einen fehlerhaften Joghurtbecher vorzufinden? Nr. 3695
	\(33,72%\)
	\(37,94%\)
	\(26,38%\)
	\(39,62%\)
Lösungsweg Binomialverteilung. X ... Anzahl d. fehlerhaften Stück p ... Ausschuss = 0,03 \(P(X=1)={50 \choose 1} \cdot 0,03^1 \cdot 0,97^{49} \approx 0,3372 = 33,72%\)

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