Wahlteil Block 2 Stochastik (GTR)

Niedersachsen Abitur 2016 | grundlegendes Anforderungsniveau
Musterlösung
Wahlteil Block 2 Stochastik (GTR)
zugelassene Hilfsmittel: graphikfähiger Taschenrechner
(3)
2A
(6)
2 1 1 2
1
· + · =
6 6 6 6
9
b) Da für jeden Wurf 0 € oder 2 € ausbezahlt werden, kann X nur geradzahlige Werte
annehmen. Würfelt der Spieler ein „V“, so ist X = 0, ansonsten bekommt er pro
Wurf mindestens 2 Punkte, so dass nach spätestens 5 Würfen das Spiel endet und
der Spieler höchstens 2 · 5 = 10 Euro bekommt.
a) P(12 Punkte in 2 Würfen) =
Sofern das Spiel noch nicht beendet ist, hat der Spieler nach 2 Würfen entweder 4
oder 7 Punkte. Daher kann er nicht mit dem dritten Wurf gewinnen, da keine Seite
des Würfels mit 6 oder 3 beschriftet ist. Also kommt X = 2 · 3 = 6 nicht in Frage.
Nach 3 Würfen hat der Spieler entweder 6 oder 9 Punkte und kann somit auch nicht
mit dem vierten Wurf gewinnen, da keine Seite des Würfels mit 4 oder 1 beschriftet
ist. Also kommt auch X = 2 · 4 = 8 nicht in Frage.
E (X ) = 0 · P(X = 0) + 2 · P(X = 2) + 4 · P(X = 4) + 10 · P(X = 10)
1
1
1
= 2 · + 4 · + 10 ·
6
9
243
≈ 0,82 < 1
=⇒ Die erwartete Auszahlung liegt unterhalb des Einsatzes.
=⇒ Das Spiel ist nicht fair.
(4)
c) Sei Y die Zahl der gewonnenen Spiele unter den 120.
GTR
P(Y > 40) = 1 − P(Y 6 39) ≈ 1 − 0,87 = 0,13
349
137 18
Der Term 19 ·
·
gibt die Wahrscheinlichkeit an, dass ein Spieler genau
486
486
18 von 19 Runden gewinnt.
(4)
d) Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler mit höchstens 2 Würfen gewinnt:
1 1
5
P(X = 2) + P(X = 4) = + =
6 9
18
Sei Z die Anzahl der Spiele von den 20, die ein Spieler mit höchstens 2 Würfen
gewinnt.
GTR
P(Z > 5) = 1 − P(Z 6 4) ≈ 1 − 0,31 = 0,69
=⇒ Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Spieler mindestens 5 von 20 Spielen mit je
höchstens 2 Würfen gewinnt, liegt unter 70 %.
©
Touchdown Mathe
Seite 1
sponsored by
Niedersachsen Abitur 2016 | grundlegendes Anforderungsniveau
(8)
2B
GTR
a) P(X = 16) ≈ 0,10
=⇒ Mit etwa 10 % Wahrscheinlichkeit haben genau 16 der 160 Kühe den Inhaltsstoff
in ihrer Milch.
GTR
P(X 6 20) ≈ 0,88
=⇒ Mit etwa 88 % Wahrscheinlichkeit haben höchstens 20 der 160 Kühe den Inhaltsstoff in ihrer Milch.
E (X ) = n · p = 160 · 0,10 = 16
P E (X ) − 6 6 X 6 E (X ) + 6 = P(10 6 X 6 22) = P(X 6 22) − P(X 6 9)
GTR
≈ 0,92 < 95 %, aber
P E (X ) − 7 6 X 6 E (X ) + 7 = P(9 6 X 6 23) = P(X 6 23) − P(X 6 8)
GTR
≈ 0,95 > 95 %
=⇒ [9 ; 23] ist das kleinstmögliche Intervall.
(9)
b) Sei K die Anzahl der Kühe unter den 20, deren Milchprobe den Inhaltsstoff enthält.
P(K > 1) = 1 − P(K = 0) = 1 − 0,920 ≈ 0,88
Mit Wahrscheinlichkeit 0,88 müssen alle 20 Einzelproben untersucht werden, so dass
insgesamt 21 Untersuchungen anfallen. Mit Wahrscheinlichkeit 1−0,88 = 0,12 reicht
die eine Untersuchung aus, um festzustellen, dass der Inhaltsstoff nicht vorliegt. Die
erwartete Anzahl an Untersuchungen ist damit
21 · 0,88 + 1 · 0,12 = 18,57.
Bei n Kühen müssen mit Wahrscheinlichkeit 1 − 0,9n alle n Einzelproben untersucht
werden, so dass insgesamt n + 1 Untersuchungen anfallen. Mit Wahrscheinlichkeit
0,9n reicht die eine Untersuchung aus, um festzustellen, dass der Inhaltsstoff nicht
vorliegt. Die erwartete Anzahl an Untersuchungen ist damit
(n + 1) · (1 − 0,9n ) + 1 · 0,9n = n + 1 − n · 0,9n .
n + 1 − n · 0,9n < n ⇐⇒ 1 − n · 0,9n < 0 ⇐⇒ n · 0,9n > 1 ⇐⇒ n1 < n < n2
GTR
GTR
mit n1 ≈ 1,1 und n2 ≈ 33,3.
Bei bis zu 33 Milchproben verringert das Verfahren die erwartete Anzahl der nötigen
Untersuchungen (sofern mindestens zwei Milchproben vorliegen).
(34)
©
Touchdown Mathe
Seite 2
sponsored by