Abschlussprüfung an Fachoberschulen in Bayern

Alexandra Steiner 17.5.2005 A2_12NT_S1_AS_Loes.mcd
Abschlussprüfung an Fachoberschulen in Bayern
Mathematik 2002, Stochastik S I
Nichttechnische Ausbildungsrichtung
AUFGABENSTELLUNG:
1.0
Die Post eines kleineren Landes gibt den Druck einer neuen Sonderbriefmarke
in Auftrag. Beim ersten Probedruck einer größeren Menge dieser Marken werden
noch Fehler bei der Zähnung, beim Farbton sowie bei der Grafik festgestellt.
Es kann davon ausgegangen werden, dass diese Fehlerarten unabhängig
voneinander auftreten und dass die Wahrscheinlichkeit ihres Auftretens während
des Probedrucks konstant bleiben.
Folgende Bezeichnungen seien vorgegeben:
Z: Bei einer zufällig ausgewählten Marke ist die Zähnung in Ordnung.
F: Bei einer zufällig ausgewählten Marke ist die Farbe in Ordnung.
G: Bei einer zufällig ausgewählten Marke ist die Grafik in Ordnung.
_
Die Wahrscheinlichkeit für einen Farbfehler beträgt P({ F })= 0.3,
_
diejenige für einen Fehler bei der Zähnung P({ Z })=0.5.
1.1
Eine zufällig ausgewählte Briefmarke wird hinsichtlich der Merkmale Z, F und G
untersucht.
Veranschaulichen Sie alle möglichen Ergebnisse dieser Untersuchung mithilfe
eines Baumdiagramms. Begründen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit für einen
__
Fehler in der Grafik P({ G }) = 0.2 beträgt, wenn bekannt ist, dass eine fehlerfreie
Briefmarke mit der Wahrscheinlichkeit P({ ZFG }) = 0.28 auftritt. Bestimmen Sie
anschließend die Wahrscheinlichkeiten aller acht Elementarereignisse.
1.2
(8 BE)
Nun werden folgende Ereignisse betrachtet:
E1 : "Eine zufällig ausgewählte Marke hat mindestens zwei Fehler oder einen
Zähnungsfehler."
E2 : "Eine zufällig ausgewählte Marke hat genau einen Fehler."
Überprüfen Sie rechnerisch, ob die Ereignisse E1 und E2 stochastisch
unabhängig sind.
2.0
Die Druckmaschine wird korrigiert. Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der
Fehlerarten an, die bei einer zufällig ausgewählten Briefmarke des neuen Drucks
auftreten. Die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsgröße X kann mithilfe eines
geeigneten Parameters a € R so dargestellt werden:
x
P(X = x)
2.1
(5 BE)
0
1
0.4a
0.025a
2
2
3
0.05
0.05
Berechnen Sie den Parameter a.
(4 BE)
Für die Teilaufgaben 2.2 bis 2.4 gilt: a = 2
2.2
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Wert der Zufallsgröße
innerhalb der zweifachen Standardabweichung um den Erwartungswert liegt.
(4 BE)
2.3
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass von 200 zufällig ausgewählten
Briefmarken des neuen Drucks mindestens 150 und höchstens 170 fehlerfei sind. (2 BE)
2.4
Geben Sie die Wertetabelle der zugehörigen kumulativen Verteilungsfunktion F an
und zeichnen Sie deren Graph farbig in ein geeignetes Koordinatensystem.
Bestimmen Sie ferner den Wert k = 1 - F(2.3) und interpretieren Sie ihn im Sinne
der vorliegenden Thematik.
(4 BE)
3.0
Durch weitere Verbesserungen an der Druckmaschine ist es gelungen, die Anzahl
der fehlerhaften Briefmarken weiter zu verringern. Bei den nachfolgenden
Untersuchungen kann aufgrund der großen Stückzahlen davon ausgegangen
werden, dass die Anzahl der fehlerhaften Briefmarken einer Druckreihe
binominal verteilt ist.
Bei einer Druckreihe von 90 000 Sondermarken wird eine Standardabweichung
von σ = 90 festgestellt.
3.1
Berechnen Sie, für welche Werte der Wahrscheinlichkeit p eine zufällig
herausgegriffene Marke dieser Druckreihe fehlerhaft ist. Welcher dieser Werte trifft
zu, wenn insgesamt mehr fehlerfreie als fehlerhafte Briefmarken gedruckt werden?
3.2
4
(Mögliches Zwischenergebnis: 100p2 -100p + 9 =0)
(5 BE)
Mit wie vielen fehlerhaften Marken ist in dieser Druckreihe zu rechnen, wenn die
Wahrscheinlichkeit für einen Fehler 0.1 beträgt?
(2 BE)
Vor Beginn des endgültigen Drucks behauptet die Post gegenüber der
Druckerei, dass der Anteil fehlerhafter Briefmarken immer noch mehr als 5%
beträgt (Gegenhypothese). Eine Prüfkommission führt daher einen Signifikanztest
mit 200 zufällig ausgewählten Briefmarken des letzten großen Druckes durch.
Geben Sie die Testgröße, die Art des Tests sowie die Nullhypothese an und
ermitteln Sie den größtmöglichen Ablehnungsbereich der Nullhypothese auf dem
1%-Niveau.
(6 BE)
-----------(40 BE)
LÖSUNG:
1.1
Es gilt: P({ZFG})= 0.28
__
P({ F }) = 0.3 => P({ F }) =
1 − 0.3 = 0.7
__
P({ Z }) = 0.5 => P({ Z }) =
1 − 0.5 = 0.5
P({ZFG}) = P({Z }) * P({F }) * P({G })
=> 0.28 = 0.5 * 0.7 * P({G})
=> P ( G) :=
0.28
0.5 ⋅ 0.7
P ( G) = 0.8
__
Bitte beachten, dass "P({G })"
in diesem Fall, zur besseren
Darstellung in Mathcad als
"P(G)" bezeichnet wird.
__
=> P({ G }) = 1 − 0.8 → .2
P({ G }) = 0.2
( ω i)
( )
P ωi
0.5 * 0.7 * 0.8 = 0.28
0.5 * 0.7 * 0.2 = 0.07
0.5 * 0.3 * 0.8 = 0.12
0.5 * 0.3 * 0.2 = 0.03
0.5 * 0.7 * 0.8 = 0.28
0.5 * 0.7 * 0.2 = 0.07
0.5 * 0.3 * 0.8 = 0.12
0.5 * 0.3 * 0.2 = 0.03
1.2
Aus der Angabe:

  
E1 = { Z FG , Z FG , Z F G , ZF G , ZFG }
  
E2 = { Z F G , Z F G , Z FG }

E1 ∩ E2 = { Z FG }
Mit Wahrscheinlichkeiten:
___
_
_ _
__
____
P(E1 ) = P({ ZFG }) + P({ ZFG }) + P({ ZFG }) + P({ ZFG }) + P({ ZFG })
P(E1 ) =
0.03
+
0.28
+
0.07
+
P(E1 ) = 0.53
_
_
_
P(E2 ) = P({ ZFG }) + P({ ZFG }) + P({ ZFG })
P(E2 ) =
0.07
P(E2 ) = 0.47
+
0.12
+
0.28
0.12
+ 0.03

P (E1 ∩ E2 ) = P({ Z F G })
P (E1 ∩ E2 ) = P({ 0.28 })
P(E1 ) * P(E 2) = 0.53 * 0.47 = 0.25 ≠ 0.28
( )
d.h. P(E 1) * P E2 ≠ P (E1 ∩ E2 )
Daraus lässt sich schließen, dass E1 und E2 stochastisch abhängig sind.
2.1
Es muss gelten:
2
0.4a + 0.025a + 0.05 + 0.05 = 1
1
2
0.025a + 0.4a − 0.9 = 0 vereinfachen →
40
2
⋅a +
2
5
⋅a −
9
10
=0
2
1  9 
1
 2
D :=   − 4 ⋅
⋅−  →
40  10 
4
 5
 −2  +
 
5
a1 :=
1
=>
2⋅
1
4
--->
a1 = 2
vereinfachen → −18
--->
a2 = −18
1
4
40
Mit a2 = - 18 wäre P(X = 0) =
2.2
vereinfachen → 2
40
 −2  −
 
5
a2 :=
1
2⋅
0.4 ⋅ ( −18) = −7.2 < 0 Also kommt a2 nicht in Frage.
Für a = 2 ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsgröße X:
x
P(X = x)
>0
0
1
2
3
0.8
0.1
0.05
0.05
Erwartungswert µ = E(X):
µ := 0 ⋅ 0.8 + 1 ⋅ 0.1 + 2 ⋅ 0.05 + 3 ⋅ 0.05 → .35
Varianz Var(X): σ2 = Var(X) = E(X2) - (E(X)) 2
2
2
2
2
2
σ2 = Var ( X) := 0 ⋅ 0.8 + 1 ⋅ 0.1 + 2 ⋅ 0.05 + 3 ⋅ 0.05 − 0.35 → .6275
Standardabweichung: σ =
Aus Formelsammlung:
0.6275 = 0.79
X − µ < 2⋅σ
X − 0.35 < 2 ⋅ 0.79
X − 0.35 < 1.58
−1.58 < X − 0.35 < 1.58
−1.23 < X < 1.93
=> P ( X − µ < 2 ⋅ σ ) = P(X = 0) + P(X = 1)
=> P ( X − µ < 2 ⋅ σ ) = ( 0.8 + 0.1) = 0.9
2.3
Binominalverteilte Zufallsgröße, n = 200, p = 0.8
P(E) = P ( 150 ≤ X ≤ 170 )
Durch das Tafelwerk: P(E) = F2000.8 (170) - F 2000.8 (149)
P ( E) := 0.971272 − 0.03450
2.4
P ( E) → .936772
Zugehörige kumulative Verteilungsfunktion
x
] -oo ; 0[
F(x)
0
[ 0 ;1[
[ 1 ;2 [
[ 2 ; 3[
0.8
0.9
0.95
[ 3 ; +oo[
1
Details zur Zeichnung
1.1
1
0.9
0.8
0.7
0.6
my
py
0.5
qy
0.4
0.3
0.2
0.1
1
0
1
2
3
0.1
mx , px , qx
Gegeben: k = 1 - F(2.3)
Aus der Wertetabelle: 2.3 € [2;3[ => F(2.3) = 0.95
=>
k := 1 − 0.95
k = 0.05
F(2.3) ist die Wahrscheinlichkeit für höchstens 2 Fehler,
also ist k die Wahrscheinlichkeit für 3 Fehler
4
5
6
3.1
Für eine binomialverteilte Zufallsgröße gilt:
Var ( X) = n ⋅ p ⋅ q = n ⋅ p ⋅ ( 1 − p) = σ
2
2
Gegeben σ = 90 und n = 90000 : 90 = 90000 p ( 1 − p)
(
8100 = 90000 p − p
2
)
2
2
100p − 100p + 9 = 0
=> p1 :=
p2 :=
100 −
6400
2 ⋅ 100
100 +
6400
2 ⋅ 100
vereinfachen →
vereinfachen →
D := ( −100 ) − 4 ⋅ 100 ⋅ 9 → 6400 > 0
1
--->
p1 = 0.1
--->
p2 = 0.9
10
9
10
Da mehr fehlerfreie Briefmarken gedruckt werden kommt nur p1 = 0.1 in Frage.
3.2
Für eine binomialverteilte Zufallsgröße gilt:
E ( X) = µ = n ⋅ p
Gegeben: n := 90000 und p := 0.1
=>
4
E ( X) = 90000 ⋅ 0.1 = 9000
Man muss mit 9 000 fehlerhaften Marken rechnen.
Testgröße T: Die Anzahl der fehlerhaften Briefmarken bei 200 zufällig ausgewählten.
n = 200 p = 0.05
α = 0.01
Teststart: Einseitiger (rechtsseitiger) Signifikanztest
Nullhypothese:
H0 : p = 0.05
Annahmebereich von H0 : A = {0; 1; 2; ...; k} k € N0
Gegenhypothese:
Ablehnungsbereich von H0: A = {k+1; ...; 200} k € N0
H1 : p > 0.05
H0 wird verworfen, falls

P A ≤ α = 0.01
( )

P ( A) = 1 − P ( A) ≤ 0.01
Auszug aus dem Tafelwerk: k := 15 .. 20
k=
15
=>
P ( A) ≥ 1 − 0.01 = 0.99
SPBin_h ( 200 , 0.05 , k) =
0.95564
16
0.9762
17
0.98791
18
0.99418
19
0.99734
20
0.99884
<--- ab k = 18 ist P > 0.99

Der größtmögliche Ablehnungsbereich von H0 ist also: A = {19; 20; 21; ...; 200}
Literaturverzeichnis:
FOS/BOS, 2005
FOS/BOS, "Abschluss-Prüfungsaufgaben mit Lösungen..." 2005
Mathematik, Ausbildungsrichtung Nichttechnik, Bayern
STARK Verlag, 25. ergänzte Auflage 2004, S. 2002-17 bis 2002-22
Fachreferat von Alexandra Steiner, Klasse 12 Sb, Schuljahr 2004/2005
Binomialkoeffizient:


bk ( n , k) := wenn  k < 1 , 1 ,
Wahrscheinlichkeit nach Bernoulli:
n: Anzahl der Versuche
p: Wahrscheinlichkeit für einen Treffer
k: Anzahl der Treffer
n
k


⋅ bk ( n − 1 , k − 1) 
Bsp.: bk ( 10 , 3) = 120
k
PBinver ( n , p , k) := bk ( n , k) ⋅ p ⋅ ( 1 − p)
n− k
Bsp.: PBinver ( 25 , 0.4 , 9) = 0.151085568
z
Summenwahrscheinlichkeit, höchstens z Treffer:
SPBin_h ( n , p , z ) :=
∑
PBinver ( n , p , k)
k = 0
Bsp.: SPBin_h ( 25 , 0.4 , 9) = 0.424617018
n
Summenwahrscheinlichkeit, mindestens z Treffer:
SPBin_m ( n , p , z ) :=
∑
PBinver ( n , p , k)
k = z
Bsp.: SPBin_m ( 25 , 0.4 , 9) = 0.72646855
1 − SPBin_h ( 25 , 0.4 , 8) = 0.72646855
F(n,p) in Tabellenform, für große n :
SPBinTabelle ( n , p) :=
k←0
b ← ( 1 − p)
n
m0 ← b
while k < n
k←k+1
b←
b ⋅ p ⋅ ( n − k + 1)
( 1 − p) ⋅ k
mk ← b
s←0
for k ∈ 0 .. n − 1
s ← s + mk
mk ← s
mn ← 1
m