p = 0.8 P(X = k)

Lösungsvorschläge zu Blatt 2
8) X binomialverteilt mit p = 0.2 und n = 10:
q = 1 − p = 0.8
10
0.2k 0.810−k
k = 0, 1, . . . , 10
P (X = k) =
k
a)
P (X 6 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)
10
10
10
1
9
0
10
0.22 · 0.88
0.2 · 0.8 +
0.2 · 0.8 +
=
2
1
0
10 · 9
2
8
2
= 0.8 1 · 1 · 0.8 + 10 · 0.2 · 0.8 +
· 0.2 · 1
1·2
= 0.88 [0.64 + 1.6 + 1.8] = 0.678
P (X < 2) = P (X = 0) + P (X = 1)
= 0.88 [0.64 + 1.6] = 0.376
P (X > 2) = P (X = 2) + P (X = 3) + . . . + P (X = 10) = . . .
günstiger:
P (X > 2) = 1 − P (X < 2) = 1 − 0.376 = 0.624
P (X > 1) = 1 − P (X < 1) = 1 − P (X = 0)
= 1 − 0.810 = 0.893
P (1 < X 6 3) = P (X = 2) + P (X = 3)
10
10
2
8
0.23 · 0.87
0.2 · 0.8 +
=
3
2
10 · 9 · 8
2
7 10 · 9
= 0.2 · 0.8
· 0.8 +
· 0.2
2
1·2·3
= 0.503
b)
E(X) = n · p = 10 · 0.2 = 2
V (X) = n · p · q = 2 · 0.8 = 1.6
1
9) Lieferung: 10000 Schrauben, 50 defekt, 20 Ziehungen m.Z.
”m.Z.” ⇒ nach jeder Ziehung einer Schraube wird der alte Zustand wiederhergestellt ⇒ Die 20 Ziehungen m.Z. bilden ein Bernoulli-Experiment.
”Erfolg”:= Ziehung eines defekten Stückes;
50
= 0.005.
Wahrscheinlichkeit dafür: p =
10000
q := 1 − p = 0.995
X:= Anzahl der Ziehungen von defekten Stücken
X ist binomialverteilt mit n = 20, p = 0.005, q = 0.995.
20
0.005k · 0.99520−k
P (X = k) =
k
a)
20
0.99520 = 0.905
P (X = 0) =
0
b)
20
0.0051 · 0.99519 = 0.091
P (X = 1) =
1
c)
P (X 6 1) = P (X = 0) + P (X = 1) = 0.996
10) Bedingungen, damit das Modell des Bernoulli-Experiment exakt anwendbar ist:
Zufällige Auswahl aus den wahlberechtigten Einwohnern der Stadt ”m.Z.”, d.h.
es können Personen mehrfach befragt werden.
”Erfolg”: Befragte Person ist für Partei A, Wahrscheinlichkeit: p = 0.45
X:= Anzahl der Resultate ”für A” bei den 50 Befragungen
X ist binomialverteilt mit p = 0.45 (⇒ q = 0.55), n = 50
44% von 50 : 22
46% von 50 : 23
P (22 6 X 6 23) = P (X = 22) + P (X = 23)
50
50
22
28
· 0.4523 · 0.5527
· 0.45 · 0.55 +
=
23
22
= 0.223
11) Annahme: Kreditnehmer verhalten sich unabhängig voneinander.
Das Prüfen der 2000 Kreditnehmer ist dann ein Bernoulli-Experiment.
2
”Erfolg”: Kreditnehmer zahlt nicht, Wahrscheinlichkeit: p = 0.001
”Fehlschlag”: Kreditnehmer zahlt, Wahrscheinlichkeit: q = 0.999
Die Zufallsvariable X:= Anzahl der Kreditnehmer, die nicht zahlen
ist binomialverteilt mit n = 2000, p = 0.001, q = 0.999
2000
0.001k · 0.9992000−k
P (X = k) =
k
P (X > 2) = 1 − P (X 6 2)
P (X 6 2) =
2
X
P (X = k) = 0.999
2000
k
2 X
0.001
2000
k
0.999
k=0
2000 · 1999
−3
−6
= 0.135 · 1 · 1 + 2000 · 1.00 · 10 +
· 1.00 · 10
1·2
= 0.677 ⇒ P (X > 2) = 0.323
k=0
Die Wahrscheinlichkeit, dass mehr als 2 von 2000 Kreditnehmern nicht zahlen,
ist also 0.323.
12) X:= Zahl der an einem Schalter in einer Minute ankommenden Kunden
Man erwartet durchschnittlich 3 Kunden pro Minute: E(X) = 3
Poisson-Verteilung mit λ = E(X) = 3
a) Wahrscheinlichkeit, dass höchstens ein Kunde in einer Minute ankommt:
P (X 6 1) = P (X = 0) + P (X = 1)
0
3
31
−3
= e
= 4 · e−3 = 0.199
+
0!
1!
b) Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 5 Kunde in einer Minute ankommen:
P (X > 5) = 1 − P (X < 5) = 1 − P (X 6 4)
4
X
32 33 34
3k
−3
−3
= 0.185
1+3+
= 1−e
+
+
= 1−e
k!
2
6
24
k=0
Für die Ermittlung der der Funktionswerte der Verteilungsfunktion Φ der
Standard–Normalverteilung benutzen wir die bereitgestellte Tabelle. Da X eine
stetige ZV ist, können wir immer < durch ≤ und > durch ≥ ersetzen und umgekehrt. Es wird hauptsäcchlich Satz 7.6.6 angewendet.
3
13)
P (X < 4) = P (X 6 4) = Φ
4−3
2
= Φ(0.5) = 0.6915
P (X > 4) = 1 − P (X < 4) = 0.3085
−2 − 3
1−3
−Φ
= Φ(−1)−Φ(−2.5) = 1−Φ(1)−(1−Φ(2.5))
P (−2 6 X 6 1) = Φ
2
2
= Φ(2.5) − Φ(1) = 0.9938 − 0.8413 = 0.1525
Da 3 = µ und 2.5 = 1.25 · σ bzw. 2 = 1 · σ ist, können wir Satz 7.6.6 c)v)
anwenden:
P (|X − 3| 6 2.5) = 2Φ(1.25) − 1 = 2 · 0.8944 − 1 = 0.7888
P (|X − 3| > 2) = 1 − P (|X − 3| 6 2) = 1 − (2Φ(1) − 1) = 2 − 2 · 0.8413 = 0.3174
Bei g) können wir Satz 7.6.6 c)v) nicht anwenden, da 5 nicht der Erwartungswert
von X ist, aber Satz 7.6.6 b) und c)iii):
P (|X−5| > 2.5) = 1−P (|X−5| < 2.5) = 1−P (|X−5| 6 2.5) = 1−P (5−2.5 6 X 6 5+2.5)
7.5 − 3
2.5 − 3
= 1−Φ
+Φ
= 1−Φ(2.25)+1−Φ(0.25) = 2−0.9878−0.5987 = 0.4135
2
2
2. Weg: ”Direkte” Anwend. der N(0, 1)-Verteilung:
Y :=
X −3
2
N(0, 1)-vert.
X = 2Y + 3
P (X 6 4) = P (2Y + 3 6 4) = P (Y 6 0.5) = Φ(0.5) = 0.6915
14) Die Zufallsvariable X:= Brenndauer einer Glühbirne in Stunden
ist näherungsweise N(1300, 150)-verteilt.
a)
1100 − 1300
P (X < 1100) ≈ Φ
150
≈ Φ(−1.333)
= 1 − Φ(1.333)
4
Da wir nun “1.333” in der Tabelle nicht finden, wenden wir eine schon in der
Statistik I im Zusammenhang mit kumulierten Häufigkeiten benutzte Formel zur
linearen Interpolation an:
x − x1
Φ(x2 ) − Φ(x1 )
x2 − x1
x1 6 x 6 x2
Φ(x) ≈ Φ(x1 ) +
Für die “1.333” benachbarten Argumente erhalten wir aus der Tabelle:
Φ(1.33) = 0.9082
Φ(1.34) = 0.9099
Somit liefert die Interpolationsformel mit x1 := 1.33, x2 := 1.34 und x = 1.333:
Φ(1.333) ≈ 0.9082 +
1.333 − 1.33
(0.9099 − 0.9082) = 0.9087
1.34 − 1.33
Für die gesuchte Wahrscheinlichkeit erhalten wir somit:
P (X < 1100) ≈ 0.0913
b)
P (X > 1400) ≈
≈
≈
=
1400 − 1300
1−Φ
150
1 − Φ(0.667)
0.667 − 0.66
Φ(0.67) − Φ(0.66)
1 − Φ(0.66) +
0.67 − 0.66
0.007
1 − 0.7454 +
(0.7486 − 0.7454) = 1 − 0.7476 = 0.2524
0.01
c)
1000 − 1300
1500 − 1300
−Φ
P (1000 6 X 6 1500) ≈ Φ
150
150
≈ Φ(1.333) − Φ(−2)
a)
≈ 0.9087 − (1 − 0.9772) = 0.8859
15) a)
X
N(µ, σ)-verteilt,
µ =?, σ =?
2512 − µ !
= 0.0139
P (X < 2512) = P (X 6 2512) = Φ
σ
5
2512 − µ
Wir suche in Tabelle x =
mit Φ(x) = 0.0139. Dieser Wert kommt
σ
als Funktionswert in der Tabelle nicht vor, da 0.0139 < 0.5 ist. Ausweg:
Φ(−x) = 1 − Φ(x) = 1 − 0.0139 = 0.9861
Die Tabelle liefert dann:
−x = −
2512 − µ
= 2.20
σ
Dies formen wir noch etwas um:
µ − 2512 = 2.20 · σ
2590 − µ !
P (X > 2590) = P (X > 2590) = 1 − Φ
= 0.1469
σ
(1)
Bezeichnen wir (2590 − µ)/σ mit y, so suchen wir also einen Wert y mit
Φ(y) = 1 − 0.1469 = 0.8531
Die Tabelle liefert dann:
2590 − µ
=: y = 1.05
σ
Dies formen wir noch etwas um:
2590 − µ = 1.05 · σ
(1) + (2) : (2590 − 2512) = (2.200 + 1.050) · σ
σ = 24
Dies in (1) eingesetzt liefert:
µ = 2.200 · 24 + 2512 = 2564.8
σ 2 = 576
b)
X
µ =?, σ 2 = 225, d.h. σ = 15
200 − µ !
P (X > 200) = 1 − Φ
= 0.0047
15
N(µ, σ)-verteilt,
Φ(z) = 1 − 0.0047 = 0.9953
Die Tabelle liefert dann:
200 − µ
=: z = 2.60
15
200 − µ = 2.60 · 15
6
(2)
µ = 161
170 − 161
140 − 161
P (140 6 X 6 170) = Φ
−Φ
15
15
= Φ(0.6) − 1 − Φ(1.4)
= 0.7257 − (1 − 0.9192) = 0.6449
16) X sei N(10, 0.02)-verteilt.
a) Da 10 = µ und 0.03 = 1.5 · σ ist, können wir Satz 7.6.6 c)v) anwenden:
P (|X − 10| 6 0.03) = 2Φ(1.5) − 1 = 2 · 0.9332 − 1 = 0.8664
Die Wahrscheinlichkeit für eine zu starke Abweichung der Plattendicke von der
Normdicke beträgt also:
P (|X − 10| > 0.03) = 1 − P (|X − 10| 6 0.03) = 1 − 0.8664 = 0.1336
Es sind also durchschnittlich 13.36% Ausschuss zu erwarten.
b)
C
P (10 − C 6 X 6 10 + C) = P (|X − 10| 6 C) = P (|X − µ| 6
· σ)
0.02
C
!
− 1 = 0.95
= 2Φ
0.02
C
Φ
= 0.975
0.02
C
= 1.96
0.02
C = 0.0392
Die Tabelle liefert:
17)
X sei N(0, 1)-verteilt.
Welche Verteilung hat dann Y := X 2 ?
a)
Verteilungsfunktion von Y :
FY (y) = P (X 2 6 y)
Wenn y < 0 ist, ist FY (y) = P (∅) = 0, da X 2 ≥ 0 ist, also nicht < 0 sein kann.
P (|X| 6
√
√
y) = 2Φ( y) − 1 für y > 0
7
b)
Verteilungsdichte von Y :
FY′ (y) = fY (y)
Sei y < 0 :
fY (y) = 0
Sei y > 0 :
fY (y) =
d
1
√
√
2Φ( y) − 1 = 2Φ′ ( y) √
dy
2 y
y
√
1
1
= √ ϕ( y) = √ √ · e− 2
y
2π y
18) Sind die Näherungsbedingungen von Poisson- bzw. Normalverteilung erfüllt?
Bei 11) und 12) ist n < 50, und damit sollte keine der beiden Näherungen angewendet werden.
Zu 14) p = 0.001, n = 2000 > 50, λ := n · p = 2 < 5
Die Näherung durch die Poissonverteilung ist günstig, die Näherung durch die
Normalverteilung nicht.
2k
P (X = k) ≈ e−2
k!
−2
P (X > 2) = 1 − P (X 6 2) ≈ 1 − e
20 21 22
+
+
0!
1!
2!
= 1 − e−2 · 5 = 1 − 0.677
= 0.323
Zu 13): n = 50 ≥ 50, n · p = 22.5 > 5, n · q = 50 · 0.55 = 27.5 > 5.
Die Näherung durch die Normalverteilung ist also günstig, die Näherung durch
die Poissonverteilung nicht.
23 + 0.5 − np
22 − 0.5 − np
P (22 6 X 6 23) ≈ Φ
−Φ
√
√
npq
npq
21.5 − 22.5
23.5 − 22.5
−Φ √
= Φ √
22.5 · 0.55
22.5 · 0.55
≈ Φ(0.284) − Φ(−0.284) = 2Φ(0.284) − 1
0.284 − 0.28
≈ 2 Φ(0.28) +
Φ(0.29) − Φ(0.28) − 1
0.29 − 0.28
0.004
= 2 · 0.6103 +
(0.6141 − 0.6103) − 1 = 0.2236
0.01
19) Geburtenverteilung in Graz Anfang 1962: Bei den ersten 3000 Einzelgeburten wurden 1578 Knaben und 1422 Mädchen geboren.
X:= Anzahl der Knabengeburten bei den ersten 3000 Einzelgeburten
8
ist vor der Aufnahme der Daten als binomialverteilte Zufallsvariable mit Parametern p (zunächst unbekannt) und n = 3000 aufzufassen.
Hypothese: Mädchen- und Knabengeburten sind gleichwahrscheinlich, d.h. p =
q = 0.5.
Unter dieser Hypothese gilt also
3000
k
3000−k
3000 3000
.
0.5 0.5
= 0.5
P (X = k) =
k
k
Bei der Berechnug der gesuchten Wahrscheinlichkeit ist die Näherung durch Normalverteilung verwendbar, denn es gilt:
n > 50, n · p = n · q = 1500 > 5
Wir erhalten damit nach Satz 7.6.7:
P (X > 1578)
=
(7.6.3)
≈
≈
P (1578 6 X 6 3000)
3000 + 0.5 − np
1578 − 0.5 − np
Φ
−Φ
√
√
npq
npq
Tabelle
∧
Φ(54.8) − Φ(2.830) ≈ 1.0000 − 0.9977 = 0.0023 = 0.23%
Die genauere Formel (7.6.3) konnten wir benutzen, weil die Grenze 1578 eine
ganze Zahl ist.
Das Resultat deutet daraufhin, dass Knabengeburten wahrscheinlicher sind
als Mädchengeburten, mindestens in Graz im Jahre 1962. Aber auch andere Statistiken zeigen ähnliche Resultate.
Die Lösung der Aufgabe läuft darauf hinaus, zu prüfen, ob man auf Grund des
statistischen Materials mit einer gewissen Berechtigung behaupten kann, dass
Knabengeburten tatsächlich wahrscheinlicher sind. Das soll nun so geschehen:
Wir beharren darauf, dass Knaben- und Mädchengeburten gleichwahrscheinlich
sind, und berechnen unter dieser Hypothese die Wahrscheinlichkeit, dass bei 3000
Geburten mindestens 1578 Knaben geboren werden.
Es ist unter unserer Hypothese der Gleichwahrscheinlichkeit sehr unwahrscheinlich, dass mindestens 1578 Knaben geboren werden. Daher können wir diese Hypothese ohne großes Risiko fallenlassen. Das statistische Material ist dazu ausreichend.
Ein solches Vorgehen, wie es in dieser Aufgabe angewandt wurde, ist typisch für
die Prüfung von statistischen Hypothesen, wie wir sie in Kapitel 9 behandeln
werden.
9