Lösung 5

MAE4 – Mathematik: Analysis für Ingenieure 4
Dr. Christoph Kirsch
Frühlingssemester 2016
ZHAW Winterthur
Lösung 5
Aufgabe 1 :
a) B 6, 49 (Binomialverteilung)
b) H (60, 13, 10) (hypergeometrische Verteilung)
c) N B (1, 0.03) (geometrische Verteilung)
Aufgabe 2 :
Gemäss der Tabelle aus Kap. 1.3.2 der Vorlesung ist die Zähldichte der Zufallsvariablen X gegeben durch
6 4
fX (k) =
k
4−k
10
4
,
k = 0, 1, 2, 3, 4.
(1)
0 1 2 3
4
k
8
3
4
1
1
fX (k)
14
21
7
35
210
in % (gerundet) 7.1 38 43 11 0.48
0.5
0.4
f X(k)
0.3
0.2
0.1
0
0
1
2
3
4
k
• “P (X > −1)” = PX ({0, 1, 2, 3, 4}) = fX (0) + fX (1) + fX (2) + fX (3) + fX (4) =
1 = 100 %
• “P (X > 0)” = PX ({1, 2, 3, 4}) = fX (1) + fX (2) + fX (3) + fX (4) ' 93 %
• “P (X > 1)” = PX ({2, 3, 4}) = fX (2) + fX (3) + fX (4) ' 55 %
• “P (X > 2)” = PX ({3, 4}) = fX (3) + fX (4) ' 12 %
1
• “P (X > 3)” = PX ({4}) = fX (4) ' 0.48 %
• “P (X > 4)” = PX (∅) = 0
Aufgabe 3 :
a) Wir definieren die Zufallsvariable
1, falls eine weisse Kugel gezogen wird (“Erfolg”)
X :=
.
0, falls eine grüne Kugel gezogen wird (“Misserfolg”)
(2)
Weil jede Kugel dieselbe Wahrscheinlichkeit hat, gezogen zu werden, gilt
“P (X = 1)” =
1
4
= =: p,
16
4
3
und damit “P (X = 0)” = 1 − p = ,
4
also X ∼ B 1, 41 . Die gesuchte (Erfolgs-)Wahrscheinlichkeit ist p =
Sie ist bei jeder Ziehung gleich, weil mit Zurücklegen gezogen wird.
1
4
(3)
= 25 %.
b) Wir betrachten eine Serie von 10 gleichartigen und unabhängigen BernoulliExperimenten mit Erfolgswahrscheinlichkeit p = 14 (Aufgabe 3a). Wir definieren
die Zufallsvariable
X := “Anzahl gezogene weisse Kugeln”.
(4)
Dann gilt X ∼ B 10, 14 , und die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch
0 10−0 10
10
1
1
3
“P (X = 0)” = PX ({0}) = fX (0) =
1−
=
' 5.6 %
0
4
4
4
(5)
(in MATLAB: binopdf(0,10,1/4)).
c) Wir betrachten wieder eine Serie von gleichartigen und unabhängigen BernoulliExperimenten mit Erfolgswahrscheinlichkeit p = 41 (Aufgabe 3a). Wir definieren
die Zufallsvariable
X := “Anzahl der gezogenen grünen Kugeln,
bis zwei weisse Kugeln gezogen wurden”.
(6)
Dann gilt X ∼ N B 2, 14 , und die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch
5
X
2 k
5 X
k+2−1
1
1
“P (X ≤ 5)” = FX (5) =
fX (k) =
1−
(7)
k
4
4
k=0
k=0
2 X
k
5
1
3
=
(k + 1)
' 56 %
(8)
4 k=0
4
(in MATLAB: nbincdf(5,2,1/4)).
2
Aufgabe 4 :
a) Wir definieren die Zufallsvariable
X := “Anzahl der roten Kugeln in der Stichprobe”.
(9)
Dann gilt X ∼ H(20, 2, 5).
b) Gemäss der Tabelle aus der Vorlesung gilt
2 20−2
2
fX (k) =
k
5−k
20
5
=
18
k 5−k
20
5
,
k = 0, 1, 2
(10)
(in MATLAB: hygepdf(k,20,2,5)). Wir erhalten die (auf 2 signifikante Stellen
gerundeten) Werte
k
0
1
2
fX (k) 0.55 0.39 0.053
c) Wir betrachten eine Zufallsvariable X ∼ H(20, 2, n) und wollen das grösstmögliche n ∈ N bestimmen, so dass
18 18!
2!
2
n(n − 1)
2!0! (n−2)!(20−n)!
2 n−2
=
=
“P (X = 2)” = fX (2) =
< 0.02 (11)
20
20!
19 · 20
n!(20−n)!
n
(in MATLAB: hygepdf(2,20,2,n)). Aus Aufgabe 4b wissen wir bereits, dass
für n = 5 die Wahrscheinlichkeit zu gross ist (' 5.3 %). Also muss n ≤ 4 gelten.
Wir berechnen die (gerundeten) Werte
4
3
2
n
“P (X = 2)” 0.032 0.016 0.0053
Also ist n = 3 der grösstmögliche Stichprobenumfang, für den die Bedingung
“P (X = 2)”< 2 % noch erfüllt ist.
d) Wir betrachten eine Zufallsvariable X ∼ H(N, 2, 5) und wollen das kleinstmögliche N ∈ N bestimmen, so dass
2! (N −2)!
2 N −2
(N − 5)(N − 6)
0!2! 5!(N −7)!
0
5−0
=
“P (X = 0)” = fX (0) =
=
> 0.65
N
N!
N (N − 1)
5!(N −5)!
5
(12)
(in MATLAB: hygepdf(0,N,2,5)). Aus Aufgabe 4b wissen wir bereits, dass für
N = 20 die Wahrscheinlichkeit zu klein ist (' 55 %). Also muss N ≥ 21 gelten.
Wir berechnen die (gerundeten) Werte
N
21
22
23
24
25
26
27
28
“P (X = 0)” 0.571 0.589 0.605 0.620 0.633 0.646 0.658 0.669
Also ist N = 27 der kleinstmögliche Umfang der Grundgesamtheit, für den die
Bedingung “P (X = 0)”> 65 % erfüllt ist.
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/~kirs/MAE4
3