Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Diskrete Verteilungen.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Beim telefonischen Support-Dienst eines Herstellers treffen zur Hauptgeschäftszeit pro Stunde im Schnitt 240 Anrufe ein. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute kein Anruf bzw. mehr als 5 Anrufe eintreffen? (Annahme: Die Anzahl der Anrufe ist poissonverteilt.) Nr. 4596
	5,27% bzw. 16,49%
	1,83% bzw. 21,49%
	2,47% bzw. 19,84%
	4,23% bzw. 21,78%
Lösungsweg Es handelt sich hier um eine Poissonverteilung mit \(\lambda = 4\) (denn im Schnitt treffen 4=240/60 Anrufe pro Minute ein). Es gilt also: \(P(X=x) = \frac{4^x}{x!}\; e^{-4}\) Die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute kein Anruf eintrifft, beträgt \(P(X=0) = e^{-4} = 0,0183\). Die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb von einer Minute mehr als fünf Anrufe eintreffen, berechnen wir über die Gegenwahrscheinlichkeit:\(P(X \leq 5) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) = e^{-4}\cdot (1 + 4 + \frac{16}{2} + \frac{64}{6} + \frac{256}{24} + \frac{1024}{120}) = e^{-4}\cdot \frac{643}{15} = 0,7851\) Damit ist \(P(X>5) = 1-P(X \leq 5) = 0,2149\).

4 erreichbare Punkte

Bei der Übertragung von Vierer-Bitfolgen kommt es mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,5% zu Übertragungsfehlern. Sei X die Zufallsvariable "Anzahl der Bitfehler in einer zufällig gesendeten Bitfolge der Länge 4". Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens ein Bitfehler auftritt? Wie viele Fehler sind im Schnitt pro gesendeter Bitfolge zu erwarten? Nr. 4595
	\(P(X \geq 1 ) = 0,04; \; \; E(X) = 0,02\)
	\(P(X \geq 1 ) = 0,03; \; \; E(X) = 0,03\)
	\(P(X \geq 1 ) = 0,02; \; \; E(X) = 0,04\)
	\(P(X \geq 1 ) = 0,02; \; \; E(X) = 0,02\)
Lösungsweg Es handelt sich hier um eine Binomialverteilung mit n=4 und p=0,005, es gilt also: \(P(X=0) = 0,005^0 \cdot 0,995^4 \cdot {4 \choose 0} = 0,995^4 = 0,98015 \) Dies ist die Gegenwahrscheinlichkeit zur gesuchten Wahrscheinlichkeit: \(P(X \geq 1) = 1-P(X=0) = 1-0,98015 = 0,01985\) Für den Erwartungswert einer Binomialverteilung gilt \(E(X) = n \cdot p\), mit n=4 und p=0,005 erhalten wir E(X) = 0,02. Im Schnitt sind bei jeder Übertragung also 0,02 Fehler pro Bitfolge zu erwarten. Alternativer Lösungsweg: Falls einem die Formel für den Erwartungswert nicht einfällt, kann man diesen auch "zu Fuß" berechnen: \(P(X=1) = 0,005^1 \cdot 0,995^3 \cdot {4 \choose 1} = 0,01970\) \(P(X=2) = 0,005^2 \cdot 0,995^2 \cdot {4 \choose 2} = 0,00014850375\) \(P(X=3) = 0,005^3 \cdot 0,995^1 \cdot {4 \choose 3} = 0,0000004975\) \(P(X=4) = 0,005^4 \cdot 0,995^0 \cdot {4 \choose 4} = 0,000000000625\) Damit erhalten wir: \(E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) + 3 \cdot P(X=3) + 4 \cdot P(X=4) \approx 0,02\)

4 erreichbare Punkte

Eine Fertigungsanlage hat einen gleichbleibenden Ausschuss-Anteil von 0,5%. Mit welcher Wahrscheinlichkeit findet man unter 100 entnommenen Produktionseinheiten höchstens ein fehlerhaftes? Berechnen Sie die Lösung exakt sowie als Näherung durch die Poisson-Verteilung! Nr. 4594
	0,8102 und 0,8098
	0,6102 und 0,6098
	0,9102 und 0,9098
	0,7102 und 0,7098
Lösungsweg Es handelt sich hier um eine Binomialverteilung mit n=100 und p=0,005, es gilt also \(P(X = x) = {100 \choose x} \cdot 0,005^x \cdot 0,995^{100-x}\): \(P(X=0) = {100 \choose 0} \cdot 0,005^0 \cdot 0,995^{100} = 0,995^{100} = 0,6058 \\ P(X=1) = {100 \choose 1} \cdot 0,005^1 \cdot 0,995^{99} = 0,3044 \) Damit ist \(P(X \leq 1) = 0,9102\). Für eine binomialverteilte Zufallsvariable kann man für "große n und kleine p" näherungsweise die Poisson-Verteilung mit Parameter \(\lambda = np = 0,5\) verwenden: \(P(X=0) = e^{-0,5} = 0,6065 \\ P(X=1) = -0,5 e^{-0,5} = 0,3033\) Damit ist näherungsweise \(P(X \leq 1) = 0,9098\).

4 erreichbare Punkte

Sei X die Zufallsvariable "Augensumme dreier Würfel". Seien die beiden Werte der Verteilungsfunktion \(F(4) = \frac{4}{216}\) und \(F(6) = \frac{20}{216}\) bekannt. Bestimmen Sie daraus \(P(4, also die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses "Augensumme größer als 4 und kleiner oder gleich 6"! Nr. 4555
	\(P(4
	\(P(4
	\(P(4
	\(P(4
Lösungsweg Die Verteilungsfunktion F(x) ist definiert als \(F(x) = P(X \leq x)\), somit gilt \(F(6) = P(X \leq 6) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6)\) und \(F(4) = P(X \leq 4) = P(X=3) + P(X=4)\). Damit ist \(P(4.

4 erreichbare Punkte

Berechnen Sie den Erwartungswert der Zufallsvariablen X = Anzahl Köpfe beim Wurf dreier Münzen! Nr. 4582
	1
	1,5
	2
	3
Lösungsweg Die möglichen Ausprägungen von X sind \(x_0 = 0,\; x_1 = 1,\; x_2 = 2,\; x_3 = 3\). Sie haben die Wahrscheinlichkeiten \(p_0 = p_3 = \frac{1}{8}\) (dreimal Zahl bzw. dreimal Kopf) und \(p_1 = p_2 = \frac{3}{8}\) (einmal bzw. zweimal Kopf). Als Erwartungswert erhalten wir somit: \(E(X) = \sum_{i=0}^{3} x_i p_i = 0 \cdot \frac{1}{8} + 1 \cdot \frac{3}{8} + 2 \cdot \frac{3}{8} + 3 \cdot \frac{1}{8} = 1,5\) Im Schnitt fällt bei drei Münzen also 1,5-mal Kopf.

4 erreichbare Punkte

Sei X die Zufallsvariable "Augensumme dreier Würfel". Die Verteilungsfunktion F(x) von X gibt dann die Wahrscheinlichkeit an, dass eine Augensumme X gewürfelt wird, für welche gilt: Nr. 4550
	\(X \leq x\)
	\(X < x\)
	\(X > x\)
	\(X = x\)
Lösungsweg Die Verteilungsfunktion einer Zufallsvariablen X ist definiert als: \(F(x) = P(X \leq x); x \in \mathbb{R}\)

4 erreichbare Punkte

Sie werfen n verschiedene Würfel und addieren die Augensumme X aller Würfel nach jedem Wurf. Welche Verteilung hat X für große n? Nr. 4603
	Gleichverteilung
	Binomialverteilung
	Dreiecksverteilung
	Normalverteilung
Lösungsweg Die Augensummen der einzelnen Würfel sind paarweise unabhängig und alle identisch verteilt (nämlich gleichverteilt). Die Summe von n unabhängigen und identisch verteilten Zufallsvariablen (also die Augensumme aller n Würfel) ist nach dem zentralen Grenzwertsatz normalverteilt. Die Normalverteilung kann für große n also auch als Näherung von diskreten Zufallsvariablen verwendet werden.

4 erreichbare Punkte

Sie entnehmen zufällig (ohne Zurücklegen) 4 Kugeln aus einer Urne mit 6 roten und 18 blauen Kugeln. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie genau eine rote Kugel ziehen? Wie viele rote Kugeln sind im Schnitt in Ihrer Stichprobe zu erwarten? (Tipp: Überlegen Sie, um welche Verteilung es sich handelt, und nutzen Sie die entsprechende Formel für den Erwartungswert!) Nr. 4592
	P(X=1) = 0,86 und E(X) = 1,2
	P(X=1) = 0,56 und E(X) = 1,5
	P(X=1) = 0,66 und E(X) = 2
	P(X=1) = 0,46 und E(X) = 1
Lösungsweg Es handelt sich hier um eine hypergeometrische Verteilung mit den Parametern N=24, M=6 und n=4, also H(4;6;24). Folglich gilt \(P(X=x) = \frac{ {6 \choose x} \cdot {18 \choose 4-x}}{ {24 \choose 4} }\) und \(P(X=1) = \frac{ {6 \choose 1} \cdot {18 \choose 3}}{ {24 \choose 4} } = \frac{816}{1771} = 0,46076\). Für den Erwartungswert gilt bei einer hypergeometrischen Verteilung \(E(X) = n \cdot \frac{M}{N}\), in diesem Fall also \(E(X) = 4 \cdot \frac{6}{24} = 1\). Alternativer Lösungsweg zur Berechnung von P(X=1): Es gibt \({4 \choose 1} = 4\) Möglichkeiten für die Position der roten Kugel innerhalb der Stichprobe. Beim ersten Ziehen ist die Wahrscheinlichkeit, eine rote Kugel zu erwischen, 6/24 (denn 6 von 24 Kugeln sind rot). Beim zweiten Ziehen ist die Wahrscheinlichkeit, eine blaue Kugel zu erwischen, 18/23 (denn es sind noch 23 Kugeln in der Urne, davon 18 blaue). Beim dritten Ziehen ist die Wahrscheinlichkeit, eine blaue Kugel zu erwischen, 17/22 (denn es sind noch 22 Kugeln in der Urne, davon 17 blaue), usw. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also: \(P(X=1) = {4 \choose 1} \cdot \frac{6}{24} \cdot \frac{18}{23} \cdot \frac{17}{22} \cdot \frac{16}{21} = \frac{816}{1771}\)

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