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 \(P(X \leq 6)\), also die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses "Augensumme ist kleiner oder gleich 6"! Nr. 4552
	20/216
	35/216
	56/216
	84/216
Lösungsweg Wir summieren die Wahrscheinlichkeiten, dass die Augensumme 3, 4, 5 oder 6 ist:\(P(X \leq 6) = F(6) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) = \frac{1+3+6+10}{216} = \frac{20}{216}\) Es gibt 1 Möglichkeit für Augensumme 3: 1-1-1 Es gibt 3 Möglichkeiten für Augensumme 4: 1-1-2, 1-2-1, 2-1-1 Es gibt 6 Möglichkeiten für Augensumme 5: 1-1-3, 1-3-1, 3-1-1; 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1 Es gibt 10 Möglichkeiten für Augensumme 6: 1-1-4, 1-4-1, 4-1-1; 1-2-3, 1-3-2, 2-1-3, 2-3-1, 3-1-2, 3-2-1; 2-2-2

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, keine schwarze Kugel zu ziehen? Nr. 3710
	\(2,5%\)
	\(18%\)
	\(50%\)
	\(80%\)
	\(0,8%\)
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 = 0 \(P(X=0)=\frac{{5 \choose 0}{45 \choose 2}}{{50 \choose 2}}=0,8=80%\)

5 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 100 Schrauben fehlerhaft sind? Nr. 3692
	\(24,3%\)
	\(1,42%\)
	\(2,55%\)
	\(0,58%\)
Lösungsweg Hypergeometrische Verteilung. N ... Grundgesamtheit = 1000 n ... Stichprobe = 100 k ... fehlerhafte Stücke aus der Stichprobe <= 3 M ... fehlerhafte Stücke aus der Grundgesamtheit = 100 \(P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \) \(\frac{{100 \choose 0}{900 \choose 100}}{1000 \choose 100} + \frac{{100 \choose 1}{900 \choose 99}}{1000 \choose 100} + \)\( \frac{{100 \choose 2}{900 \choose 98}}{1000 \choose 100} + \frac{{100 \choose 3}{900 \choose 97}}{1000 \choose 100} = \) \(0,0015% + 0,018% + 0,112% + 0,447% \approx 0,58%\)

4 erreichbare Punkte

Beim telefonischen Support-Dienst eines Herstellers treffen zur Hauptgeschäftszeit pro Stunde im Schnitt 240 Anrufe ein. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute kein Anruf bzw. mehr als 5 Anrufe eintreffen? (Annahme: Die Anzahl der Anrufe ist poissonverteilt.) Nr. 4596
	5,27% bzw. 16,49%
	1,83% bzw. 21,49%
	2,47% bzw. 19,84%
	4,23% bzw. 21,78%
Lösungsweg Es handelt sich hier um eine Poissonverteilung mit \(\lambda = 4\) (denn im Schnitt treffen 4=240/60 Anrufe pro Minute ein). Es gilt also: \(P(X=x) = \frac{4^x}{x!}\; e^{-4}\) Die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute kein Anruf eintrifft, beträgt \(P(X=0) = e^{-4} = 0,0183\). Die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute mehr als fünf Anrufe eintreffen, berechnen wir über die Gegenwahrscheinlichkeit:\(P(X \leq 5) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = e^{-4}\cdot (1 + 4 + \frac{16}{2} + \frac{64}{6} + \frac{256}{24} + \frac{1024}{120}) = e^{-4}\cdot \frac{643}{15} = 0,7851\) Damit ist \(P(X>5) = 1-P(X \leq 5) = 0,2149\).

4 erreichbare Punkte

Sei X die Zufallsvariable "Augensumme dreier Würfel". Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit P(X=20) und den Wert der Verteilungsfunktion F(20)! Nr. 4556
	0 und 0
	1 und 0
	0 und 1
	1 und 1
Lösungsweg \(P(X=20) = 0\), denn die Augensumme 20 kann bei drei Würfeln nicht auftreten. \(F(20) = P(X \leq 20) = 1\), denn alle möglichen Augensummen liegen unter dem Wert von 20.

4 erreichbare Punkte

Sei X die Zufallsvariable "Augensumme dreier Würfel". Bestimmen Sie P(X=4), also die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses "Augensumme ist 4"! Nr. 4551
	1/216
	1/72
	1/64
	1/36
Lösungsweg Damit drei Würfel eine Augensumme von 4 haben, müssen zwei Würfel eine Eins anzeigen und der dritte eine Zwei. Dafür gibt es \({3 \choose 1} = 3\) Möglichkeiten: 112, 121 und 211. Weiterhin gibt es \(6 \cdot 6 \cdot 6 = 216\) mögliche Wurffolgen. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also:\(P(X=4) = \frac{3}{216} = \frac{1}{72}\)

4 erreichbare Punkte

Sei X die Anzahl der Würfe mit einem fairen Würfel, bis zum ersten Mal eine Sechs geworfen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, höchstens 4 Würfe zu brauchen, bis zum ersten Mal eine Sechs gewürfelt wird? Nr. 4561
	0,62
	0,52
	0,42
	0,32
Lösungsweg Die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X ist definiert durch \(p_i = \frac{1}{6} \cdot \left\( \frac{5}{6} \right\)^{i-1} \) . Damit gilt:\(P(X \leq 4) = F(4) = p_1 + p_2 + p_3 + p_4 = \frac{1}{6} \cdot \left\( 1 + \frac{5}{6} + \frac{25}{36} + \frac{125}{216} \right\) = \frac{1}{6} \cdot \frac{671}{216} = \frac{671}{1296} \approx 0,52\)

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