Demo-Text für www.mathe-cd.de Neugierig auf diese Aufgaben

Abiturprüfung
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Mecklenburg-Vorpommern
Stochastik
Wahl- und Pflichtaufgaben
Aus den Jahren 2009 bis 2016
Datei Nr. 73111
Stand 5. August 2016
FRIEDRICH W. BUCKEL
INTERNETBIBLIOTHEK FÜR SCHULMATHEMATIK
www.mathe-cd.schule
73111
MV: Stochastik-Aufgaben
2
Vorwort
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Der Bereich Stochastik wird in den einzelnen Bundesländern ganz unterschiedlich gewichtet.
In einigen Ländern gibt es umfassende Prüfungsaufgaben mit zum Teil hohen Anforderungen.
In anderen dagegen wird Stochastik zwar unterrichtet, aber in der Abiturprüfung wird nur
Grundwissen abgefragt.
Dort findet man also oft nur weniger komplexe Aufgaben aus dem Bereich Stochastik.
In MV gibt es seit 2006 kurze Pflichtaufgaben sowie Wahlaufgaben aus Analysis oder
Vektorgeometrie, die Teilaufgaben aus dem Bereich der Stochastik enthalten.
Für das Training der von vielen ungeliebten Stochastik eignen sich gerade solche kürzeren Aufgaben
am besten, weil man dort Routine bekommt, was vielen in der Stochastik fehlt.
Große Aufgaben sind oft so speziell, dass ein intensives Studium solcher Aufgaben viel Zeit kostet
und der Trainingseffekt für Stochastik-Methoden eher gering ist.
Ich stelle hier solche Aufgabenteile so zusammen, wie sie jahrgangsweise erschienen sind.
Inhalt
Aufgaben
Lösungen
Jahrgang 2009
3
9
Jahrgang 2010
12
15
Jahrgang 2011
21
22
Jahrgang 2012
26
27
Jahrgang 2013
32
33
Jahrgang 2014
35
38
Jahrgang 2015
42
45
Jahrgang 2016
52
55
Friedrich Buckel
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MV: Stochastik-Aufgaben
3
Aufgaben aus verschiedenen Prüfungsbereichen 2009
MV 2009 – 1
3.1
(Pflichtaufgabe)
Eine Tür kann nur mit einem Code, der aus vier Feldern besteht, geöffnet werden.
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Für jedes Feld stehen die Zeichen „0“ oder „1“ zur Verfügung.
Wie viele verschiedene vierstellige Codes sind höchstens möglich?
3.2
Ein Würfel wird 100-mal geworfen.
Formulieren Sie jeweils das Gegenereignis zu den folgenden Ereignissen.
A:
B:
3.3
Weniger als 10-mal erscheint die Augenzahl 6.
Mindestens bei der Hälfte der Würfe fällt eine 3 oder eine 4.
In einem Behälter liegen 2 rote und 3 blaue Kugeln.
Es wird eine Kugel zufällig gezogen, ihre Farbe notiert und nicht wieder in den Behälter gelegt.
Anschließend wird dieser Vorgang mit einer zweiten Kugel wiederholt.
a)
Begründen Sie, dass es sich bei diesem Vorgang nicht um eine Bernoulli-Kette handelt.
b)
Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die beiden gezogenen Kugeln die
gleiche Farbe besitzen.
MV 2009 – 2
(Teilaufgabe aus „Stochastik und Analysis“)
Eine mittelständische Firma aus dem Metall verarbeitenden Gewerbe stellt u.a. Räucheröfen her.
Mit diesen Produkten präsentiert sich die Firma regelmäßig auf Verbrauchermessen. Langfristige
Beobachtungen haben ergeben, dass sich ca. 2 % aller Besucher derartiger Messen speziell für diese
Räucheröfen interessieren.
a)
Bei einer solchen Messe kommen an einem Tag 3450 Besucher.
Geben Sie an, mit wie vielen Interessenten die Vertreter dieser Firma an diesem Tag rechnen
können.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für folgende Ereignisse:
b)
A:
Weniger als 60 Interessenten besuchen an diesem Tag den Stand.
B:
Mehr als 80 Interessenten besuchen an diesem Tag den Stand.
C:
Mindestens 60, aber höchstens 70 Interessenten besuchen an diesem Tag den Stand.
Die Firmenleitung beschließt, ihr Engagement bei der nächsten Messe zu verstärken und
bereitet dazu ein Gewinnspiel für 5000 Besucher vor. Gespielt wird mit 4 gewöhnlichen
Würfeln, bei denen jeweils die Zahlen 1 bis 6 mit gleicher Wahrscheinlichkeit auftreten. Bei
jedem Wurf werden alle 4 Würfel gleichzeitig geworfen. Würfelt man einen 6-er-Pasch, d.h.
alle 4 Würfel zeigen zugleich die 6 an, gewinnt man einen Räucherofen im Wert von 690 €.
Würfelt man einen anderen Pasch, gewinnt man ein Buch zum Thema Räuchern im Wert von
15 €. Weitere Preise gibt es nicht, das Spiel ist für die Besucher kostenlos.
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für den Gewinn eines Räucherofens bzw. eines
Buches bei einem Wurf.
Berechnen Sie den zu erwartenden Gesamtwert aller Gewinne, wenn 5000 Besucher jeweils
genau einmal an diesem Spiel teilnehmen.
Friedrich Buckel
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MV: Stochastik-Aufgaben
MV 2009 – 3
3.2
4
(Teilaufgabe aus „Analytische Geometrie und Stochastik“)
Die Firma „HAMMER & HART“ produziert Geräte, von denen erfahrungsgemäß 2 % als
Garantiefälle reklamiert werden.
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3.2.1 Berechnen Sie Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei 600 verkauften Geräten die Anzahl der
Garantiefälle weniger als 15 beträgt.
3.2.2 Ermitteln Sie, nach wie vielen verkauften Geräten die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten
mindestens eines Garantiefalles erstmals über 75 % liegt.
3.2.3 Es wird vermutet, dass der Anteil der Garantiefälle doch höher sein könnte als angegeben.
Dazu sollen 1000 Geräte in ihrer Garantiezeit beobachtet werden. Formulieren und begründen
Sie dazu eine Entscheidungsregel, wobei die Irrtumswahrscheinlichkeit zwischen 5 % und 6 %
liegen soll.
MV 2009 – 4
3.2
(Teilaufgabe aus „Analysis und Stochastik“)
Bei der Herstellung von Balken werden zwei Fehler, Fehler I und Fehler II, registriert, die
unabhängig voneinander auftreten. Der Fehler I wird erfahrungsgemäß bei 3 % aller Balken
registriert, der Fehler II bei 5 %. Der laufenden Produktion wird auf gut Glück ein Balken
entnommen und auf das Vorhandensein beider Fehler untersucht.
3.2.1 Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit folgender Ereignisse.
A:
B:
C:
Der Balken hat den Fehler I, aber nicht den Fehler II.
Bei dem Balken werden beide Fehler festgestellt.
Der Balken ist fehlerfrei.
3.2.2 Ermitteln Sie, wie viele fehlerfreie Balken man in einer Lieferung von 200 solcher Balken
erwarten kann. Die Anzahl der fehlerfreien Balken kann als binomialverteilte Zufallsvariable
angenommen werden.
3.2.3 Berechnen Sie, wie hoch der Prozentsatz der Balken mit registriertem Fehler II sein müsste,
damit die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten eines fehlerfreien Balkens bei sonst gleichen
Bedingungen auf ca. 95 % steigt.
MV 2009 – 5
3.6
(Teilaufgabe aus „Analysis und Stochastik“)
Bei der Herstellung weisen erfahrungsgemäß maximal 4 % der Schränke Fehler auf.
Die Anzahl der fehlerhaften Schränke wird als binomialverteilt angenommen.
Es wird ein verändertes Herstellungsverfahren erprobt, von dem ein Kritiker behauptet, es
erhöhe den Anteil der fehlerbehafteten Schränke. Um diese Behauptung zu überprüfen, werden
der nach dem neuen Verfahren laufenden Produktion 20 Schränke zufällig entnommen und
geprüft. Geben Sie eine Entscheidungsregel dieses Testes für den Fall an, dass die
Irrtumswahrscheinlichkeit etwa 5 % betragen soll.
3.7
Erläutern Sie an diesem Beispiel, was man unter Fehlern 2. Art versteht.
Tabelle der Binomialverteilung (Summenfunktion) für n=20 und p=0,04
k
F20;0,04(k)
0
0,4420
1
0,8102
2
0,9561
3
0,9926
4
0,9990
5
9,9999
Alle nicht aufgeführten Werte sind auf 4 Dezimalstellen genau 1,0000.
Friedrich Buckel
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MV: Stochastik-Aufgaben
5
Lösung: 2009-1
3.1
Eine Tür kann nur mit einem Code, der aus vier Feldern besteht, geöffnet werden.
Für jedes Feld stehen die Zeichen „0“ oder „1“ zur Verfügung.
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Wie viele verschiedene vierstellige Codes sind höchstens möglich?
Lösung:
4
Für jedes Feld gibt es 2 Möglichkeiten, also gibt man m  2  16 verschiedene Codes.
(Das ist eine Kombination.)
3.2
Ein Würfel wird 100-mal geworfen. Formulieren Sie jeweils das Gegenereignis zu den folgenden
Ereignissen.
A:
B:
Weniger als 10-mal erscheint die Augenzahl 6.
Mindestens bei der Hälfte der Würfe fällt eine 3 oder eine 4.
Lösung:
3.3
A:
Die Augenzahl 6 erscheint mindestens 10-mal (bzw. mehr als 9-mal).
B:
Bei weniger als der Hälfte der Würfe fällt eine 3 oder eine 4.
In einem Behälter liegen 2 rote und 3 blaue Kugeln.
Es wird eine Kugel zufällig gezogen, ihre Farbe notiert und nicht wieder in den Behälter gelegt.
Anschließend wird dieser Vorgang mit einer zweiten Kugel wiederholt.
a)
Begründen Sie, dass es sich bei diesem Vorgang nicht um eine Bernoulli-Kette handelt.
b)
Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die beiden gezogenen Kugeln die
gleiche Farbe besitzen.
Lösung:
a)
Weil bei diesem Experiment die Kugel nicht wieder zurückgelegt wird, ändert sich für
den zweiten Zug der Inhalt des Behälters und damit auch die Wahrscheinlichkeit für
das Ziehen einer roten oder blauen Kugel.
Bei einer Bernoulli-Kette wird vorausgesetzt, dass für jede Stufe dieselben
Wahrscheinlichkeiten vorliegen.
b)
Dieses Ereignis hat zwei Ergebnisse, die man jeweils durch einen Pfad darstellen kann:
2
1
3
2
5  r 
4 r

5  s 
4 s

Für das gesamte Ereignis folgt:
Friedrich Buckel
mit
p1 
2 1
1
 
5 4 10
mit
p2 
3 2
3
 
5 4 10
P  p1  p 2 
und
4
 0,4 .
10
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6
Lösung 2009-2
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Eine mittelständische Firma aus dem Metall verarbeitenden Gewerbe stellt u.a. Räucheröfen her.
Mit diesen Produkten präsentiert sich die Firma regelmäßig auf Verbrauchermessen. Langfristige
Beobachtungen haben ergeben, dass sich ca. 2 % aller Besucher derartiger Messen speziell für diese
Räucheröfen interessieren.
a)
Bei einer solchen Messe kommen an einem Tag 3450 Besucher.
Es sei X die Zufallsvariable „Anzahl der Interessenten“.
Erwartungswert für X:
E  X   n  p  3450  0,02  69
Man kann also durchschnittlich mit 69 Besuchern rechnen.
Wahrscheinlichkeiten für folgende Ereignisse:
A:
Weniger als 60 Interessenten besuchen an diesem Tag den Stand.
P  A   P  X  60   P  X  59   0,1224 also etwa 12,2 %.
B:
Mehr als 80 Interessenten besuchen an diesem Tag den Stand.
Jetzt hängt das Vorgehen von den Fähigkeiten des Rechners ab:
(1)
Wer über einen Rechner verfügt, die für die Funktion
binomialCDf die Eingabe einer von 0 verschiedenen unteren
Grenze ermöglicht, rechnet so:
P B   P  X  80   P  X  81  0,0835
(2)
Wenn der Rechner aber nur die „0-bis-k“ Funktion beherrscht,
also stets 0 als untere Grenze voraussetzt, muss für „mehr als“
und für „mindestens“ mit dem Gegenereignis rechnen:
P B   P  X  80   1  P  X  80   1  0,9165  0,0835
C:
Mindestens 60, aber höchstens 70 Interessenten besuchen an diesem Tag den Stand.
(1)
Wer über eine Rechnerversion verfügt, die für die Funktion
binomialCDf die Eingabe einer von 0 verschiedenen unteren
Grenze verfügt, rechnet so:
P  C   P  60  X  70   0,4573
(2)
Wenn der Rechner aber nur die „0-bis-k“ Funktion beherrscht,
also stets 0 als untere Grenze voraussetzt, muss in dieser
Aufgabe so vorgehen:
P  C   P  60  X  70   P  X  70   P  X  59   0,4573
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7
Die Firmenleitung beschließt, ihr Engagement bei der nächsten Messe zu verstärken und
bereitet dazu ein Gewinnspiel für 5000 Besucher vor. Gespielt wird mit 4 gewöhnlichen
Würfeln, bei denen jeweils die Zahlen 1 bis 6 mit gleicher Wahrscheinlichkeit auftreten. Bei
jedem Wurf werden alle 4 Würfel gleichzeitig geworfen. Würfelt man einen 6-er-Pasch, d.h. alle
4 Würfel zeigen zugleich die 6 an, gewinnt man einen Räucherofen im Wert von 690 €. Würfelt
man einen anderen Pasch, gewinnt man ein Buch zum Thema Räuchern im Wert von 15 €.
Weitere Preise gibt es nicht, das Spiel ist für die Besucher kostenlos.
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b)
MV: Stochastik-Aufgaben
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für den Gewinn eines Räucherofens bzw. eines
Buches bei einem Wurf.
Berechnen Sie den zu erwartenden Gesamtwert aller Gewinne, wenn 5000 Besucher jeweils
genau einmal an diesem Spiel teilnehmen.
Lösung:
Würfelspiel mit 4 Würfeln.
Gewinnplan:
(Wichtig: Diese Tabelle aufstellen!)
Ereignis
Gewinn
Wahrscheinlichkeit
6er-Pasch
690 € (Räucherofen)
 61 
Anderer Pasch
15 € (Buch)
5   61 
4
4
Gewinnerwartung pro Spieler:
Formel:
E  g1  p1  g2  p2
E  690 € 
1
5
690  75
 15 €  4 
€  0,59 €
64
6
64
Gesamtwert aller Gewinne bei 5000 Spielern:
Eges  0,59 €  5000  2950 €
Ergebnis: Es ist also ein Gesamt-Gewinnwert in Höhe von 2950 € zu erwarten.
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MV: Stochastik-Aufgaben
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Lösung 2009 – 3
3.2
Die Firma „HAMMER & HART“ produziert Geräte, von denen erfahrungsgemäß 2 % als
Garantiefälle reklamiert werden.
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3.2.1 Berechnen Sie Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei 600 verkauften Geräten die Anzahl der
Garantiefälle weniger als 15 beträgt.
Es sei X die Anzahl der reklamierten Garantiefälle.
X ist binomialverteilt mit p  0,02 .
Pflichttext
P(X  15)  FB 14;600;0,02   binomialCDf(0,14,600,0.02)  0,774
Die Wahrscheinlichkeit beträgt 77,4%
3.2.2 Ermitteln Sie, nach wie vielen verkauften Geräten die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten
mindestens eines Garantiefalles erstmals über 75 % liegt.
Das ist eine Form der Dreimal-Mindestens-Aufgabe:
Gesucht ist n, die Anzahl der verkauften Geräte.
Zielereignis:
Z:
bei dem das Elementarereignis: E:
Bedingung:
EmpfohlenesTextschema
„Es gibt mindestens einen Garantiefall“
„Das Gerät ist ein Garantiefall“ mit p = 0,02 eintritt,
P  Z   P  X  1  0,75 d. h. 1  P  X  0   0,75 .
Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses: Es liegt n mal keine Garantiefall vor: P X  0  0,98n
n
Daraus folgt:
1  0,98  0,75
(*)
Die Rechner-Lösung ist n  69.
Man muss also mindestens 69 Geräte verkaufen, damit mit mehr als 75% Wahrscheinlichkeit
mindestens ein Garantiefall auftritt.
n
Hinweis:
Man kann die Ungleichung (*) weiter umformen:
0,98  0,25 .
Wer die Lösung mit einem einfachen TR ermitteln will, muss logarithmieren und so vorgehen:
log  0,25 
n
 68.6192
log 0,98  log  0,25   n  log  0,98   log  0,25  | : log  0,98   0 n 
log  0,98 


3.2.3 Es wird vermutet, dass der Anteil der Garantiefälle doch höher sein könnte als angegeben.
Dazu sollen 1000 Geräte in ihrer Garantiezeit beobachtet werden. Formulieren und begründen
Sie dazu eine Entscheidungsregel, wobei die Irrtumswahrscheinlichkeit zwischen 5 % und 6 %
liegen soll.
Signifikanztest vom Umfang n = 1000.
Es sei X die Anzahl der reklamierten Garantiefälle. X ist binomialverteilt mit p = 0,02.
HO : p  0,02
Nullhypothese:
Definitionsbereich für X: S  { 0 ; ......;L | R;....;1000
}

 
A
A
(Rechtsseitiger Test, denn man befürchtet, dass man zu viele defekte findet.)
Das Signifikanzniveau, also der maximale Fehler 1. Art, sei zwischen 5% und 6%,
d. h. Versehentliche Ablehnung: 0,05  P  X  R   0,06
Nun kann man entweder eine Fehlerfunktion definieren,
die uns berechnet, wie hoch die Fehler-Wahrscheinlichkeit
für mindestens x defekte Geräte ist,
oder man sucht so lange, bis man die Zahlen 27 und 28
gefunden hat, die erkennen lassen, dass ab 28 defekten
der Fehler 1. Art zwischen 5% und 6% liegt.
Ergebnis: Die Entscheidungsregel lautet:
Für n  28 wird die Vermutung bestätigt.
Wir haben also dann den Ablehnungsbereich A  28 ; ... ; 1000 , also R = 28.
Friedrich Buckel
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Lösung 2009 – 4
Bei der Herstellung von Balken werden zwei Fehler, Fehler I und Fehler II, registriert, die
unabhängig voneinander auftreten. Der Fehler I wird erfahrungsgemäß bei 3 % aller Balken
registriert, der Fehler II bei 5 %. Der laufenden Produktion wird auf gut Glück ein Balken
entnommen und auf das Vorhandensein beider Fehler untersucht.
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3.2
Wichtig:
Weil diese Fehler unabhängig voneinander auftreten, darf man
Die Wahrscheinlichkeit für die Schnittmengen (und-Ereignisse)
durch Multiplikation der Einzel-Wahrscheinlichkeiten berechnen.
3.2.1 Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse.
A:

B:

 
P  A   P F1  F2  P F1   P F2  0,03  0,95  0,0285
F2
Bei dem Balken werden beide Fehler festgestellt.
F2
P B   P F1  F2   P F1   P F2   0,03  0,05  0,0015
C:
F1
F1
Der Balken hat den Fehler I, aber nicht den Fehler II.
0,05
B
A
0,03
C
0,95
0,97
Der Balken ist fehlerfrei. (Weder F1 noch F2)


   
P  C   P F1  F2  P F1  P F2  0,97  0,95  0,9215
3.2.2 Ermitteln Sie, wie viele fehlerfreie Balken man in einer Lieferung von 200 solcher Balken
erwarten kann. Die Anzahl der fehlerfreien Balken kann als binomialverteilte Zufallsvariable
angenommen werden.
Gesucht ist der Erwartungswert mit n = 200 und p = 0,9215: E  n  p  184 ,3 
3.2.3 Berechnen Sie, wie hoch der Prozentsatz der Balken mit registriertem Fehler II sein müsste,
damit die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten eines fehlerfreien Balkens bei sonst gleichen
Bedingungen auf ca. 95 % steigt.
Bedingung:
Wahrscheinlichkeit für fehlerfrei (Feld C) = 0,95
Gesucht ist x  P F2 


   
P  C   P F1  F2  P F1  P F2
 


0,97(1 x)
0,95
0,95  0,97  0,97  x
0,97  x  0,97  0,95
x
Ergebnis:
Friedrich Buckel
0,02
 0,0206
0,97
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Balken den Fehler II hat, also der Anteil
der Balken mit dem Fehler II müsste dann etwa 2% betragen.
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MV: Stochastik-Aufgaben
10
Lösung 2009 – 5
3.6
Bei der Herstellung weisen erfahrungsgemäß maximal 4 % der Schränke Fehler auf.
Die Anzahl der fehlerhaften Schränke wird als binomialverteilt angenommen.
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Es wird ein verändertes Herstellungsverfahren erprobt, von dem ein Kritiker behauptet, es
erhöhe den Anteil der fehlerbehafteten Schränke. Um diese Behauptung zu überprüfen, werden
der nach dem neuen Verfahren laufenden Produktion 20 Schränke zufällig entnommen und
geprüft. Geben Sie eine Entscheidungsregel dieses Testes für den Fall an, dass die
Irrtumswahrscheinlichkeit etwa 5% betragen soll.
Lösung: Signifikanztest
Umfang der Stichprobe:
n = 20
(Empfohlener Text)
Zufallsvariable:
X = Anzahl der fehlerhaften Schränke.
X ist binomialverteilt mit p = 0,04,
Nullhypothese:
p  0,04 (Das erhofft sich der Hersteller.)
Definitionsbereich für X:
S  { 0 ; ......;L | R;....;20

 } (Rechtsseitiger Test)

 
A
A
Um festzulegen, welche Abweichungen von X (nach oben) signifikant sind (das heißt,
vom Tester nicht mehr als „normal“ akzeptiert zu werden), wird eine Annahmegrenze
angegeben. Das geschieht durch Angabe des Signifikanzniveaus (das man auch als
Irrtumswahrscheinlichkeit bezeichnet) von 5 %. Das heißt, dass der maximale Fehler
1. Art, 5% nicht überschreiten darf. Eine Versehentliche Ablehnung passiert also mit
höchstens 5 % Wahrscheinlichkeit. Daraus wird jetzt die Grenze R bestimmt.
P  X  R   0,05
Bedingung:
(Gesucht ist R)
1. Methode: Probieren durch Berechnung einiger Werte.
Um eine grobe Orientierung zu bekommen, berechnet man zuerst den Erwartungswert für X:
E  X   n  p  20  0,08  1. Also wird man R als 2 oder 3 versuchen:
Man erhält:
P  X  2   19%
P  X  3   4,4%
Ergebnis: Die Entscheidungsregel heißt:
Findet man mehr als 2 (mindestens 3) fehlerhafte Schränke, glaubt man dem Kritiker.
2. Methode: Man definiert die Fehlerfunktion, welche die
Wahrscheinlichkeit dafür angibt, dass man
mindestens x defekte findet und entdeckt dann,
dass die Wahrscheinlichkeit für x = 3 erstmals
unter 5% liegt, und dass x = 2 einen zu großen
Wert liefert. (Beide Angaben sind nötig.)
3. Methode:
Der CAS-Rechner CASIO ClassPad hat die inverse
Summenfunktion zur Binomialverteilung einprogrammiert.
Das heißt, er kann aus der Gleichung P  X  k   z k berechnen!
Zu lösen ist die Ungleichung
P  X  R   0,05
Man muss zunächst umformen:
1  P  X  L   0,05
bzw.
P  X  L   0,95
Man lässt nun die Gleichung P  X  L   0,05 lösen.
Das Ergebnis ist dann L = 2, also erhält man R = 3.
Friedrich Buckel
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MV: Stochastik-Aufgaben
11
4. Methode:
Man entnimmt diese Werte der mitgelieferten Tabelle der Summenfunktion, die dort mit
F20;0,04  k  bezeichnet wird:
Tabelle der Binomialverteilung (Summenfunktion) für n = 20 und p = 0,04
0
0,4420
1
0,8102
2
0,9561
3
0,9926
4
0,9990
5
9,9999
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K
F20;0,04(k)
Aus der Tabelle erkennt man:
P  X  3   1  P  X  2   1  F20;0,04  2   1  0,9561  0.0439
Ergebnis:
Die Entscheidungsregel lautet:
Die Behauptung der Kritiker wird bestätigt, wenn man mindestens 3 (bzw. mehr als 2) defekte
Schränke findet.
Hinweis:
3.7
Diese Tabelle können diejenigen ignorieren, die es gewohnt sind, mit ihrem
Rechner die Werte zu ermitteln.
Erläutern Sie an diesem Beispiel, was man unter Fehlern 2. Art versteht.
Lösung:
Der Fehler 2. Art tritt ein, wenn die Nullhypothese versehentlich angenommen wird.
Dies kann dann der Fall sein, wenn tatsächlich die Fehlerquote zugenommen hat,
das Testergebnis dieses jedoch zufälligerweise nicht widerspiegelt.
Beispiel:
Angenommen, es sind jetzt 6% der Schränke fehlerhaft, dann folgt für den Fahle 2. Art:
P  A   P  X  2   88,5%
Dieser Fehler ist aus dem Grunde sehr hoch, weil der Umfang der Stichprobe n = 20 klein ist.
Friedrich Buckel
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