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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Der Kinderchor eines Dorfes besteht aus 7 Mädchen und 5 Jungen. Für eine Sondervorstellung wird eine Gruppe aus 4 Kindern per Los bestimmt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit besteht die Gruppe aus 2 Mädchen und 2 Jungen? Nr. 3689
	\(5,5%\)
	\(7,07%\)
	\(1%\)
	\(42%\)
Lösungsweg Hypergeometrische Verteilung: N ... Grundgesamtheit = 12 M ... Anzahl d. Mädchen = 7 n ... Auswahl aus der Grundgesamtheit = die Gruppe = 4 k ... Anzahl der Mädchen in der Auswahl = 2 \(P(X=2)=\frac{{7 \choose 2}\cdot{5 \choose 2}}{{12 \choose 4}}=\frac{14}{33}\approx 0,42\)

4 erreichbare Punkte

Sei X die Zufallsvariable "Augensumme dreier Würfel" und F(x) ihre Verteilungsfunktion. Wie kann man die Wahrscheinlichkeit angeben für das Ereignis, dass eine zweistellige Augensumme gewürfelt wird? Nr. 4557
	F(9)
	F(10)
	1-F(9)
	1-F(9,5)
Lösungsweg \(P(Augensumme\ \ zweistellig) = P(X>9) = 1-P(X \leq 9) = 1-F(9)\) Da X nur ganzzahlige Werte annehmen kann, gilt \(F(9) = P(X \leq 9) = P(X \leq 9,5) = F(9,5)\), somit ist \(1-F(9,5)\) ebenfalls korrekt.

4 erreichbare Punkte

Ein Reisebusunternehmen weiß aus empirischen Untersuchungen, dass im Durchschnitt 10% der gebuchten Busreisen storniert werden. Daher werden für einen Bus mit 100 Sitzplätzen von vornherein 5% mehr Reisetickets verkauft. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Bus überbucht ist? Nr. 3694
	\(5,48%\)
	\(2,39%\)
	\(1,67%\)
	\(0,95%\)
Lösungsweg Binomialverteilung. X ... Anzahl d. Stornierungen der Tickets (100 Plätze, 105 Tickets) p ... Wahrscheinlichkeit f. eine Stornierung = 0,1 Werden weniger als 5 Tickets storniert, so ist die Maschine überbucht, daher suchen wir P(X<5). \(P(X<5)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4).\) \(P(X=x)={105 \choose x}\cdot 0,1^x\cdot 0,9^{105-x}\)

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". Bestimmen Sie P(X>16), also die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses "Augensumme ist größer 16"! Nr. 4553
	1/216
	2/216
	3/216
	4/216
Lösungsweg Wir summieren die Wahrscheinlichkeiten, dass die Augensumme 17 oder 18 ist:\(P(X > 16) = P(X=17) + P(X=18) = \frac{3+1}{216} = \frac{4}{216}\) Es gibt 3 Möglichkeiten für Augensumme 17: 5-5-6, 5-6-5, 6-5-5 Es gibt 1 Möglichkeit für Augensumme 18: 6-6-6

4 erreichbare Punkte

Bei Informationsübertragung kann es zu Fehlern kommen. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bit falsch übertragen wird (d.h., dass eine gesendete 0 als 1 ankommt oder umgekehrt), ist p = 0.001. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens ein Fehler in einer Folge von 4 Bits auftritt? Nr. 3693
	\(1,4%\)
	\(0,0997%\)
	\(4%\)
	\(0,4%\)
Lösungsweg Binomialverteilung. X ... Anzahl d. Fehler in einer Bitfolge d. Länge 4 p ... Wahrscheinlichkeit für ein falsches Bit = 0,001 \(P(X \geq 1) = 1 - P(X < 1) = 1 - P(X=0)\) \(1 - P(X=0) = 1 - (1-0,001)^4 \approx 1 - 0,996 = 0,004 = 0,4%\)

4 erreichbare Punkte

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bit während der Übertragung "kippt", also fehlerhaft übertragen wird, betrage \(10^{-4}\). Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim Senden von einer Million Bit mehr als 80 Bit fehlerhaft übertragen werden? (Tipp: Verwenden Sie die Normalverteilung als Näherung!) Nr. 4604
	0,0974%
	0,974%
	9,74%
	97,4%
Lösungsweg Die Anzahl X der fehlerhaft übertragenen Bit ist binomialverteilt mit \(n=10^6\) und \(p=10^{-4}\). Wegen \(np(1-p) = 10^6 \cdot 10^{-4} \cdot 0,9999 = 99,99 > 9\) können wir die Normalverteilung als Näherung verwenden mit \(\mu = np = 100\) und \(\sigma = \sqrt{np(1-p)} = 9,9995\): \(F_{Binomial}(x) = F_{Normal}(x+0,5) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-\mu}{\sigma} \right\) = \Phi \left\( \frac{x+0,5-np}{\sqrt{np(1-p)}} \right\)\) Die Wahrscheinlichkeit, dass beim Übertragen von einer Million Bit mehr als 80 Bit kippen, ist also ungefähr: \(P(X>80) = 1-F_{Binomial}(80) = 1 - \Phi \left\( \frac{80+0,5-100}{9,9995} \right\) = 1 - \Phi( -1,95 ) = \Phi( 1,95 ) = 0,974412 \) Die vorletzte Gleichheit gilt wegen der Symmetrieeigenschaft der Standardnormalverteilung. Den Wert von \(\Phi\) entnehmen wir der Tabelle.

4 erreichbare Punkte

In einer Urne sind 50 Kugeln, 45 davon sind weiß und 5 schwarz. Jemand zieht blind 2 Kugeln (ohne Zurücklegen). Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, keine schwarze Kugel zu ziehen? Nr. 3710
	\(2,5%\)
	\(18%\)
	\(50%\)
	\(80%\)
	\(0,8%\)
Lösungsweg Hypergeometrische Verteilung. N ... Grundgesamtheit = 50 n ... Stichprobe = 2 M ... Anzahl d. schwarzen Kugeln in der Grundgesamtheit = 5 k ... Anzahl d. schwarzen Kugeln aus der Stichprobe = 0 \(P(X=0)=\frac{{5 \choose 0}{45 \choose 2}}{{50 \choose 2}}=0,8=80%\)

5 erreichbare Punkte

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