Aufgaben

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Abitur 2012 Mathematik GK Stochastik Aufgabe C1
Unter einem Regentag verstehen Meteorologen einen Tag, an dem mehr als ein Liter Niederschlag pro Quadratmeter gefallen ist. Die Statistik des Deutschen Wetterdienstes der letzten
zehn Jahre zeigt, dass in Frankfurt etwa 40% aller Tage im Juni Regentage sind.
Alle folgenden Aufgabenstellungen beziehen sich auf das Wetter in Frankfurt. Vereinfachend
gehen Sie bitte in allen Rechnungen davon aus, dass das Wetter an aufeinander folgenden
Tagen unabhängig voneinander ist.
Teilaufgabe 1.1 (2 BE)
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass es in einer Woche im Juni an drei Tagen regnet.
Teilaufgabe 1.2 (2 BE)
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass es in einer Woche im Juni öfter als einmal
regnet.
Teilaufgabe 1.3 (4 BE)
Bestimmen Sie die kleinste Anzahl von Tagen, innerhalb derer mit einer Wahrscheinlichkeit
von über 95% mindestens ein regenfreier Tag im Juni auftritt.
Die Statistik zeigt, dass an einem Viertel der Regentage im Juni zusätzlich länger als acht
Stunden die Sonne scheint. Darüber hinaus sind auch zwei Drittel der regenfreien Tage sonnig,
d.h. es scheint mehr als acht Stunden die Sonne.
Teilaufgabe 2.1 (4 BE)
Stellen Sie diesen Sachverhalt mit Hilfe eines Baumdiagramms dar.
Teilaufgabe 2.2 (4 BE)
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass es an einem Tag mit mehr als acht Stunden
Sonnenschein im Juni auch regnet.
Teilaufgabe 2.3 (4 BE)
Familie Schmitt möchte im Juni drei Tage in ihrem Wochenendhaus verbringen.
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass es an diesen Tagen nicht regnet, oder dass,
wenn es schon regnet, wenigstens noch die Sonne für acht Stunden scheint.
Im langjährigen Mittel sind die Hälfte der Tage im Juni sonnige Tage. Die Zufallsvariable X
bezeichne die Anzahl der sonnigen Junitage eines zufällig ausgewählten Jahres.
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Teilaufgabe 3.1 (3 BE)
Berechnen Sie den Erwartungswert und die Standardabweichung von X unter der Voraussetzung, dass X binomialverteilt ist (1 Monat = 30 Tage).
Teilaufgabe 3.2 (3 BE)
Die tatsächliche Anzahl der sonnigen Tage im Juni in den Jahren 2001 bis 2010 ist in der
folgenden Tabelle zusammengestellt.
Erläutern Sie, welche Bedeutung die im Folgenden berechneten Kenngrößen im Sachzusammenhang besitzen:
(1)
(2)
(3)
149
= 14, 9
10
1
1
1
(10 − 14, 9)2 + (16 − 14, 9)2 + · · · + (22 − 14, 9) ≈ 24, 29
10
10
10
p
24, 29 ≈ 4, 93
Teilaufgabe 3.3 (4 BE)
Vergleichen Sie die Ergebnisse aus 3.1 und 3.2 und erklären Sie die Unterschiede in Hinblick
auf die in Aufgabenteil 3.1 vorgenommene Modellierung.
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Abitur 2012 Mathematik GK Stochastik Aufgabe C2
In einem Kurzbericht heißt es: “ 65% aller Unfälle mit Personenschaden ereigneten sich
tagsüber zwischen 4 Uhr und 18 Uhr. Während tagsüber nur 5, 1% der Unfälle mit Personenschaden unter Alkoholeinfluss verursacht wurden, waren es nachts zwischen 18 Uhr und
4 Uhr 27%“ .
Teilaufgabe 1.1 (4 BE)
Zeichnen Sie für den beschriebenen Sachverhalt ein Baumdiagramm.
Teilaufgabe 1.2 (4 BE)
Ein Unfall mit Personenschaden wird rein zufällig ausgewählt. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse:
A: Der Unfall wurde zwischen 4 Uhr und 18 Uhr ohne Alkoholeinfluss verursacht.
B: Der Unfall wurde unter Alkoholeinfluss verursacht.
Teilaufgabe 1.3 (3 BE)
Erläutern Sie die Bedeutung der folgenden Gleichung im Sachzusammenhang:
P (C) =
0, 35 · 0, 27
≈ 0, 74
0, 65 · 0, 051 + 0, 35 · 0, 27
Ein Viertel aller Alkoholunfälle, d.h. Verkehrsunfälle, bei denen Alkoholeinfluss als Ursache
registriert worden ist, wird durch junge Erwachsene (zwischen 18 Jahren und 24 Jahren)
verursacht.
Teilaufgabe 2.1 (6 BE)
In einer sehr großen Registratur, in der die Unterlagen von Alkoholunfällen archiviert werden, werden zufällig 50 Akten gezogen.
Erläutern Sie, dass man dieses Zufallsexperiment (in guter Näherung) als Bernoulli-Kette
auffassen kann. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für die folgenden Ereignisse D
und E :
D: Es werden höchstens 9 junge Erwachsene als Unfallverursacher festgestellt.
E: Mehr als 12 junge Erwachsene werden als Unfallverursacher festgestellt.
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Teilaufgabe 2.2 (5 BE)
Erklären Sie die in den Zeilen (I)-(III) im Kasten durchgeführte Rechnung und interpretieren Sie das Ergebnis im Sachzusammenhang.
Teilaufgabe 3. (8 BE)
Eine statistische Erhebung in verschiedenen Abschlussklassen ergab, dass 30% aller Schülerinnen und Schüler schon einmal unter Alkoholeinfluss gefahren sind. Nach einer Aufklärungskampagne wird vermutet, dass sich dieser Anteil im darauffolgenden Jahr verringert
hat. Zur Kontrolle werden 100 zufällig ausgewählte Schülerinnen und Schüler befragt.
Die Vermutung soll auf dem Signifikanzniveau von 5% getestet werden.
Entwickeln Sie einen geeigneten Hypothesentest und geben Sie die Entscheidungsregel an.
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Aufgabe C1
Landesabitur Hessen 2012
GK
Aufgabe 1.1 (2 BE )
X ist die Anzahl der Regentage in einer Woche im Juni.
X ist binomialverteilt mit p = 0,4 und
n = 7.
Die Anwendung der Binomialverteilung erfordert 3 Voraussetzungen :
Voraussetzung
Sachzusammenhang
Es gibt nur 2 mögliche Ausgänge
Regentag oder kein Regentag
Das Wetter an aufeinander-
Die Wahrscheinlichkeiten für die
folgenden Tagen ist laut Aufgabe
beiden Ausgänge ändern sich nicht
unabhängig voneinander
p(Regentag) = 0,4
Die zugrundeliegende Bernoulli –Kette
Der Beobachtungszeitraum ist
ist beliebig lang
beliebig verlängerbar
7
 3
3
4
Daraus folgt p  X  3  B  7|0, 4 |3      0, 4  0, 6  0, 29
Aufgabe 1.2 (2 BE )
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist p  X 1) 
p  X 1  1  p  X  0   p  X  1  1  B  7|0, 4|0   B  7|0, 4|1
 0,841
Aufgabe 1.3 (4 BE )
Die Wahrscheinlichkeit für „mindestens einen regenfreien Tag“ ist gleich der
Gegenwahrscheinlichkeit für „nur Regentage“.
pX  n  1 - pX  n
n
 1 -    0, 4n  0, 60
n
 1 - 0, 4n
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Da diese Wahrscheinlichkeit größer als 0,95 sein soll, muss die folgende Ungleichung gelöst
werden :
1 - 0, 4n  0,95
| 1
|   1
n
 0, 4   0, 05
n
 0, 4   0, 05
n  log10  0, 4   log10  0, 05 
|  log10  0, 4 
n  3,3
Die gesuchte Anzahl ist also n = 4 Tage. Bei dieser Rechnung ist darauf zu achten, dass
sich das Ungleichheitszeichen an zwei Stellen umkehrt: Einmal bei der Division durch (-1)
und einmal bei der Division durch den Zehner-Logarithmus von 0,4. Zur Erinnerung : Jeder
Logarithmus einer Zahl x, mit 0 < x < 1, ist negativ.
Aufgabe 2.1 (4 BE )
Mit R: Regentag
und
S: Tag mit mind. 8 Stunden Sonnenschein
ergibt sich das folgende Baumdiagramm :
dabei ist
pR (S) =0,25 die Wahrscheinlichkeit,
dass an einem Regentag zusätzlich 8 Stunden die
Sonne scheint
und
pR (S) = 0,6 die Wahrscheinlichkeit, dass an einem
regenfreien Tag die Sonne ebenfalls an 8 Stunden
scheint
und
p(S) = pR (S) + pR (S) = 0,5 ist die totale
Wahrscheinlichkeit für S, also die Wahrscheinlichkeit,
dass an einem beliebigen Tag die Sonne scheint.
Aufgabe 2.2 (4 BE )
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit
pS(R) berechnet sich nach der Formel für bedingte
Wahrscheinlichkeiten
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PS (R) 
0, 4 
1
4
P(R  S)

1
2
P(S)
0, 4   0, 6 
4
3

0,1
 0, 2
0,5
alternativ kann die gesuchte Wahrscheinlichkeit auch über ein umgekehrtes Baumdiagramm
gefunden werden. Die Wahrscheinlichkeit für S ist ja p(S) = 0,5 (siehe Baumdiagramm und
Nenner der obigen Formel) und daraus ergibt sich :
mit pS (R) =
0,1
 0, 2
0,5
Aufgabe 2.3 (4 BE )
Zuerst ist die Wahrscheinlichkeit p für einen solchen Tag zu bestimmen:
p  p(R)  p(R  S)  0,6  0, 4  0, 25  0,7
Die Wahrscheinlichkeit für ein „schönes Wochenende ( 3 Tage)“ berechnet sich aus:
p(X  3)  p3  0, 73  0,343
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Aufgabe 3.1 (3 BE )
X ist binomialverteilt mit
p = 0,5 und n = 30
  n  p  30 
 
1
 15 Tage
2
n  p  (1  p) 
1 1
30    2, 74 Tage
2 2
Aufgabe 3.2 (3 BE )
(1) Die erste Kenngröße gibt die durchschnittliche Anzahl der sonnigen Junitage pro Jahr
bezogen auf den Zeitraum von 2001 bis 2010 an.
(2) Die zweite Kenngröße gibt die Varianz der Anzahl der sonnigen Junitage für
denselben Zeitraum an.
(3) Die dritte Kenngröße gibt die Standardabweichung der Anzahl der sonnigen Junitage
für denselben Zeitraum an.
Die letzten beiden sind Streumaße. Sie beschreiben, wie stark die Anzahlen im Laufe der
Jahre variieren.
Aufgabe 3.3 (4 BE )
Der in 3.2 berechnete Durchschnittswert im Stichprobenzeitraum stimmt mit dem in 3.1
ermittelten Erwartungswert fast überein. Die Streumaße sind jedoch in der Stichprobe
deutlich höher als die im Modell berechneten Werte. Das Modell der Binomialverteilung ist
also nur bedingt geeignet, denn das Wetter an aufeinander folgenden Tagen ist im
stochastischen Sinne nicht unabhängig.
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Lösung
Lösung zu Teilaufgabe 1.1
Zuerst sollten die beiden Ereignisse mit Abkürzungen belegt werden.
T : Unfall ereignete sich tagsüber
U : Unfall geschah unter Alkoholeinfluss.
Mit diesem Benennungen kann man die Wahrscheinlichkeiten, die im Text gegeben sind,
formal beschreiben.
P (T ) = 65% = 0, 65,
PT (U ) = 5, 1% = 0, 051,
PT (U ) = 27% = 0, 27
Da die Wahrscheinlichkeiten P (T ), PT (U ) und PT (U ) gegeben sind, bietet es sich an, als erste
Stufe des Baumdiagramms die Unterscheidung T oder T zu wählen.
Die drei bisher fehlenden Wahrscheinlichkeiten
in nebenstehendem Baumdiagramm ergeben
sich durch:
= 1 − P (T ) = 0, 35
P T
PT U = 1 − PT (U ) = 0, 949
PT U = 1 − PT (U ) = 0, 73
0.35
0.65
T
0.051
U
T
0.949
U
0.27
U
0.73
U
Lösung zu Teilaufgabe 1.2
Das Ereignis A lässt sich folgendermaßen umformulieren: Der Unfall ereignete sich tagsüber
und geschah nicht unter Alkoholeinfluss (Formal: T ∩ U ). Mit der Pfadmultiplikationsregel
lässt sich die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses aus dem aufgestellten Baumdiagramm
bestimmen.
P (A) = P T ∩ U = P (T ) · PT U = 0, 65 · 0, 949 ≈ 0, 6169 = 61, 69%
B ist nur ein anderer Name für das Ereignis U , das bereits in Teilaufgabe 1.1 benannt wurde.
Deren Wahrscheinlichkeit ergibt sich unter Verwendung des Satzes der totalen Wahrscheinlichkeit zu
P (B) = P (U ) = P (T ∩ U ) + P T ∩ U
= 0, 65 · 0, 051 + 0, 35 · 0, 27
≈ 0, 0332 + 0, 0945
= 0, 1277 = 12, 77%.
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Erläuterung: Pfadmultiplikationsregel
An−1
p2
p1
A2
pn
An
P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An ) =
P (A1 ) · P (A2 ) · . . . · P (An )
A1
1
6
D
P (C ∩ D) = P (C) · P (D) =
1
2
·
1
6
=
1
12
2
3
E
P (C ∩ E) = P (C) · P (E) =
1
2
·
2
3
=
1
3
1
2
C
Möchte man wissen, wie wahrscheinlich es ist in einem Baumdiagramm einen vollständigen Weg von der Wurzel bis zu einem Blatt abzulaufen, muss man die
Wahrscheinlichkeiten an den Einzelpfaden multiplizieren. Wie im obersten Pfad des
obigen Baumes zu entnehmen ist, bedeutet dies, dass die Wahrscheinlichkeit, dass
die Ereignisse A1 bis An alle auftreten, gleich dem Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten der Ereignise Ai , i ∈ {1, . . . n} ist.
Nimmt man an die Ereignisse C, D und E haben die Bedeutungen:
C: Münzwurf führt zu Zahl.
D: Würfelwurf führt zu einer 5.
E: Würfelwurf führt zu einer Zahl kleiner 5.
Dann ergeben sich aus der Pfadmultiplationsregel beim Wurf einer Münze und eines
Würfels die Wahrscheinlichkeiten (siehe auch Baumdiagramm):
1
P (Zahl und 5) = P (C ∩ D) = P (C) · P (D) = 12
P (Zahl und 1 bis 4) = P (C ∩ E) = P (C) · P (E) = 31
Lösung zu Teilaufgabe 1.3
Vergleicht man die Wahrscheinlichkeiten in der Formel mit den Rechnungen aus der vorigen
Teilaufgabe 1.2, stellt man fest, dass
P T ∩U
0, 35 · 0, 27
=
P (C) =
0, 65 · 0, 051 + 0, 35 · 0, 27
P (U )
gilt.
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Stellt man die Pfadmultiplikationsregel
P (U ) · PU T = P T ∩ U
nach
PU
P T ∩U
T =
P (U )
um, erhält man das Ergebnis, dass in der Gleichung die bedingte Wahrscheinlichkeit PU T
bestimmt wird.
Im Sachzusammenhang bedeutet dies, dass die Wahrscheinlichkeit, dass sich ein Unfall nachts
ereignete, wenn man nur die Unfälle unter Alkoholeinfuss betrachtet, ungefähr 74% beträgt.
Lösung zu Teilaufgabe 2.1
Die Bedingungen für eine Bernoullikette sind erfüllt, da
• ein einzelner Versuch nur genau 2 Ausgänge hat: Entweder der Fahrer ist ein junger
Erwachsener oder er ist keiner.
• die Wahrscheinlichkeit für einen Erfolg (in unserem Fall: eine Akte mit einem jungen Erwachsenen als Unfallverursacher) über die Versuche hinweg gleich bleibt. Genau
genommen, ist dies in diesem Beispiel nicht perfekt erfüllt, da ein bereits gezogener Unfall nicht in der Registratur verbleibt und sich somit, die Wahrscheinlichkeit für einen
Erfolg verändert. Allerdings ist diese Veränderung bei einer großen Registratur vernachlässigbar.
Der vorliegende Versuch ist somit eine Bernoullikette und kann durch eine Binomialverteilung
(Zufallsgröße X: Anzahl der Akten, bei denen junge Erwachsene als Unfallverursacher auftreten)
beschrieben werden. Die Kenngrößen der Verteilung sind:
• Anzahl der Versuche: n = 50
• Erfolgswahrscheinlichkeit eines einzelnen Versuchs: p =
1
4
Die gefragten Wahrscheinlichkeiten bestimmen sich unter diesen Voraussetzungen zu
P (D) = P (X ≤ 9) = B (50; 0, 25; 0) + B (50; 0, 25; 1) + . . . + B (50; 0, 25; 9)
= F (50; 0, 25; 9)
= 0, 1637
= 16, 37%
und
P (E) = P (X > 12) = 1 − P (X ≤ 12)
= 1 − B (50; 0, 25; 0) + B (50; 0, 25; 1) + . . . + B (50; 0, 25; 12)
= 1 − F (50; 0, 25; 12)
= 1 − 0, 5110
= 0, 4890
= 48, 9%
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Die Wahrscheinlichkeiten F (n; p; k) können aus der Tabelle zur kumulativen Binomialverteilung
abgelesen oder mit der Summenfunktion des Taschenrechners über die Bernoulliformel berechnet werden.
Lösung zu Teilaufgabe 2.2
Die Bedeutung der vorgegebenen Zeilen ist wie folgt:
(I)
Die Wahrscheinlichkeit mindestens 1 Erfolg in der Bernoullikette zu haben, also hier
mindestens 1 Akte mit einem jungen Erwachsenen als Unfallverursacher zu ziehen, soll
größer als 80% sein.
(II)
P (X ≥ 1) wurde durch 1 − P (X = 0) ersetzt, da kein Erfolg das Gegenereignis zu
mindestens 1 Erfolg ist. Die Wahrscheinlichkeit für keinen Erfolg(es werden n ältere
n
n
Erwachsene als Unfallverursacher gezogen) beträgt 1 − 41 = 34 .
(III)
Auflösen der Ungleichung nach n führt zu der Lösung n ≥ 5, 59.
Das Ergebnis bedeutet, dass mindestens 6 Akten (n = 6 ist die erste natürliche Zahl, die die
Bedingung n ≥ 5, 59 erfüllt) gezogen werden müssen, damit man mit einer Wahrscheinlichkeit
von mehr als 80% mindestens eine Akte zieht, die einen jungen Erwachsenen als Unfallverursacher benennt.
Lösung zu Teilaufgabe 3
Man hat in der Aufgabe einen Hypothesentest zu entwerfen. In diesem Fall muss man zuerst
die verwendeten Hypothesen festlegen. Da man davon ausgeht, dass sich der Anteil der
unter Alkoholeinfluss fahrenden Schülerinnen auf unter 30% verändert hat, wird diese Annahme als Alternativhypothese H1 : p < 0, 3 festgelegt. Für die Nullhypothese H0 ergibt sich
entsprechend: H0 : p ≥ 0, 3.
Die Aussage, dass die Vermutung auf dem Signifikanzniveau von 5% getestet werden soll, ist
gleichbedeutend mit der Tatsache, dass der Test so angelegt werden muss, dass die Wahrscheinlichkeit für den α-Fehler den Wert 5% nicht übersteigt.
Der α-Fehler (auch Fehler 1.Art) besteht darin, dass man die Nullhypothese ablehnt, obwohl
sie in Wirklichkeit korrekt ist. Ob man sich aufgrund des Testergebnisses für oder gegen die
Nullhypothese entscheidet, hängt von der sogenannten kritischen Zahl k ab. Geben k oder
weniger Schüler an, bereits unter Alkoholeinfluss gefahren zu sein, halten wir die Alternativhypothese für richtig bzw. lehnen die Nullhypothese ab. Sind es mehr als k Schüler, dreht
sich die Entscheidung herum. Dieses k muss nun so gewählt werden, dass die Forderung (Signifikanzniveau 5%) erfüllt wird.
Zur Bestimmung der Wahrscheinlichkeit des α-Fehlers wird die Auswahl der 100 Schüler als
Bernoullikette aufgefasst. Da im Falle des α-Fehlers die Nullhyothese korrekt ist, weiß man,
dass man bei jedem Schüler eine Chance von 30% hat, dass er bereits unter Alkoholeinfluss
gefahren ist.
Die Kenngrößen der zugehörigen Binomialverteilung sind somit:
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• Anzahl der Versuche: n = 100
• Erfolgswahrscheinlichkeit eines einzelnen Versuchs: p = 0, 3
Man begeht den α-Fehler, wenn bis zu k Schülern angeben, bereits unter Alkoholeinfluss
gefahren zu sein. Die Wahrscheinlichkeit bei oben beschriebener Bernoullikette bis zu k Erfolge
zu haben, beträgt:
P (X ≤ k) = B(100; 0, 3; 0) + B(100; 0, 3; 1) + . . . + B(100; 0, 3; k) = F (100; 0, 3; k)
Der Wert für k muss nun so gewählt werden, dass F (100; 0, 3; k) ≤ 0, 05 gilt. Der größte
Wert für k, der diese Bedingung erfüllt, lässt sich aus der Tabelle zur kumulativen Binomialverteilung ablesen. Es ist 22.
Mit den vorangegangenen Überlegungen lässt sich folgende Entscheidungsregel für den durchzuführenden Hypothesentest formulieren:
Geben weniger als 23 der 100 Schüler an, bereits unter Alkoholeinfluss gefahren
zu sein, glaubt man, dass der Anteil der Schüler, die unter Alkoholeinfluss
fahren, auf unter 30% gesunken ist. Es kann bei diesem Testausgang vermutet
werden, dass die Aufklärungskampagne erfolgreich war.
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