Verteilungsmodelle/Lösungen

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Abendessen

X\sim N(1000;20) Gewicht der Apfel-Schale
Y\sim N(1000,15) Gewicht des Mandarinen-Netzes
Gesamtgewicht: G=X+Y\sim N(2000;25), da Var(G)=400+225=625=25^2.
Also: Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(G>1950)&=P\Big(\frac{G-2000}{25} > \frac{1950-2000}{25}\Big)\\ &=1-\Phi(-50/25)=1-\{1-\Phi(50/25)\}\\ &=\Phi(2)=0,97725\approx0,977 \end{aligned}

Bäcker Backfrisch

X \sim N(150;4)

  • Y \sim N(600;8)
  • P(Y = 600) = 0; P(594 \leq Y   \leq 606) = 0,546746

Betriebe der chemischen Industrie

  • Y \sim B(750;0,01)
  • E(Y) = 7,5
  • Y ist approximativ (n > 50; p \leq 0,1; np < 10) PO(7,5)–verteilt.
  • P(Y < 8) = 0,5246
  • P(Y \leq 5) = 0,2414

Bogenschütze

  • X_i\sim \mbox{Bernoulli}(p)\mbox{ bzw. }B(1;p)=B(1;0,6)

Y=\sum_iX_i\sim B(n;p)=B(8;0,6)
X_i: Anzahl der Treffer bei einem Schuß kann nur die Werte 1 (Treffer) oder 0 (kein Treffer) annehmen; dichotome Grundgesamtheit
P(X_i=1)=3/5=0,6; P(X_i=0)=1-p=1-0,6=0,4; Wahrscheinlichkeiten konstant.
Da Grundgesamtheit unendlich groß ist, kann Modell mit Zurücklegen als Stichprobentechnik unterstellt werden \rightarrow X_i (i=1,\dots,8) sind unabhängig voneinander. Die Bedingungen eines Bernoulli–Experiments sind erfüllt.

  • E(Y)=n\cdot p=8\cdot 0,6=4,8 Treffer
  • P(Y=3)=\binom{8}{3}\cdot0,6^3\cdot0,4^5=56\cdot0,216\cdot0,01024=0,1239

oder P(Y=y)=F(n-y;n;1-p)-F(n-y-1;n;1-p);
P(Y=3)=F(5;8;0,4)-F(4;8;0,4)=0,9502-0,8263=0,1239

Briefmarkenschalter

X\sim PO(\lambda), \lambda=4. Vor dem Schalter hat sich nach einer Minute eine Schlange gebildet, wenn in diesem Zeitraum mehr als 5 Kunden eingetroffen sind.
P(X>5)=1-P(X\leq5)=1-0,7851\mbox{ (aus Tafel)}=0,2149

Computernetzwerk

X:Wartezeit bis zum nächsten Defekt; X ist exponentialverteilt mit E(X)=1/\lambda=10 (Tage bis zum nächsten Defekt); \lambda=1/10. P(X>21)=\mbox{exp}(-21/10)=\mbox{exp}(-2,1)=0,122

Dichtefunktion

Die Verteilung ist eine Exponentialverteilung mit \lambda–Parameter 2. Da der Erwartungswert von X 0,5 ist, ist die Varianz von X gesucht, 1/\lambda^2, also 0,25.

Eier

X: “Anzahl der faulen Eier bei n=3 abhängigen Ziehungen”;
X \sim H(6;2;3)

  • P(X = 1) = 0,6
  • P(X \leq 1) = 0,8
  • P(X = 3) = 0
  • E(X)= 1

Y: “Anzahl der guten Eier in Lieferung von 20 Eiern”
Y ist approximativ (20n \leq N) B(20;0,8) verteilt.
Z: “Anzahl der faulen Eier in Lieferung von 20 Eiern”
Z ist approximativ (20n \leq N) B(20;0,2) verteilt.

  • P(Z > 2) = 0,7939
  • E(Y) = 16
  • P(Z = 16) = 0

Elektronisches Bauteil

X: “Anzahl der Ausfälle pro Stunde”; X \sim PO(2)

  • Y: “Wartezeit auf den nächsten Ausfall (in Std.)”; Y \sim   EX(2)
  • P(Y > 2) = 0,01832
  • Wahrscheinlichkeit, dass bis zum nächsten Ausfall mehr als eine, aber höchstens zwei Stunden vergehen.
  • P[(Y_{1} > 2) \cap (Y_{2} > 2)]  = 0,000335

Fahrtkostenzuschuss

X_i=\mbox{täglicher Arbeitsweg eines Mitarbeiters}; X_i\sim N(\mu=50;\sigma^2=32); i=1,\ldots,50
Y=\mbox{Zahlung des Unternehmens an die Mitarbeiter je Tag};

Reproduktivitätseigenschaft der Normalverteilung, a=0,1 für alle i=1,\ldots,50 Y=\sum_{i=1}^naX_i\sim N\left(\sum_{i=1}^na\mu,\sqrt{\sum_{i=1}^na^2\sigma^2}\right)\mu_y=na\mu=50\cdot0,1\cdot50=250,\;\sigma_y^2=na^2\sigma^2=50\cdot0,1^2\cdot32=16
P(Y>255)=1-P(Y\leq255)=1-P(Z\leq(255-250)/4)
=1-P(Z\leq1,25)=1-0,89435=0,10565

Formfehler

X: “Anzahl der Formfehler bei n = 10 Belegen”

  • X \sim B(10;0,1)
  • P(X > 1) = 0,2639

Gaststätte

  • X: Anzahl der am Sonntagabend pro Stunde kommenden Gäste [Auftreten von unabhängigen Ereignissen in einem Kontinuum]

E(X)=\lambda=25\mbox{(Gäste)}/5\mbox{(Stunden)}=5 Gäste/Stunde; X\sim PO(5)
P(X=1)=(\lambda^X\cdot e^{-\lambda})/x!=5^1\cdot e^{-5}/1!=0,03369\approx0,0337
(Oder unter Verwendung der Tabelle der Verteilungsfunktion der Poisson–Verteilung:
P(X=1)=F_{PO}(1;5)-F_{PO}(0;5)=0,0404-0,0067=0,0337)
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in der ersten Stunde genau ein Gast erscheint, beträgt 3,37%.

  • Y: Wartezeit auf den nächsten Gast am Sonntagabend; Y\sim EX(\lambda)=EX(25)

E(Y)=1/\lambda=1/25 am Sonntagabend (5 Stunden\cdot60 Minuten) d.h. 300/25=12 Minuten =0,2 Stunden
Im Mittel vergehen am Sonntagabend 12 Minuten zwischen der Ankunft zweier Gäste.

  • X\sim B(n;p)=B(25;0,3)

(2 mögliche Ereignisse: A=\mbox{ Nachbestellung };
\overline{A}=\mbox{  keine Nachbestellung };
P(\overline{A}=0,7\rightarrow P(A)=0,3; unabhängige Versuche)

  • P(X>x)=0,0005; P(X\leq x)=0,9995

x=15 (aus Tabelle der Verteilungsfunktion der B(25;0,3))
Die Kapatitätsgrenze ist bei 15 Nachbestellungen erreicht.

Gemeindegröße

Allgemein gilt q_\alpha=(x_\alpha-\mu)/\sigma mit q_\alpha dem \alpha–Quantil der Standardnormalverteilung und x_\alpha dem \alpha–Quantil der Normalverteilung der Gemeindegröße. Aus den Angaben ergeben sich zwei Gleichungen:
q_\alpha=(x_\alpha-\mu)/\sigma
q_{1-\beta}=(x_{1-\beta}-\mu)/\sigma
mit \alpha=0,033626;\quad\beta=0,008894;\quad1-\beta=1-0,008894=0,991106
Durch Auflösen der beiden Gleichungen nach \sigma ergibt sich:\sigma=\frac{x_{1-\beta}-x_\alpha}{q_{1-\beta}-q_\alpha}x_{1-\beta}-x_{\alpha}=100-1=99;\quad q_{1-\beta}-q_{\alpha}=2,37-(-1,83)=4,2;\quad\sigma=99/4,2=23,57143

Geschirr

Zwei mögliche Ereignisse:
A:\mbox{Geschirr geht an einem bestimmten Tag kaputt und }
\overline{A}:\mbox{Geschirr geht an einem bestimmten Tag nicht kaputt};
Unabhängigkeit des Eintretens der Ereignisse von Tag zu Tag;
X:\mbox{Anzahl der Tage, an denen Geschirr kaputt geht bei insgesamt 5 Tagen};
\quad X\sim B(n;p)\quad n=5;\quad p=0,7;\quad\mbox{gefragt: }P(X=2)=?P(X=2)=\binom{5}{2}0,7^2\cdot0,3^3=10\cdot0,49\cdot0,027=0,1323 oder unter Verwendung der Tabellen der Verteilungsfunktion der Binomialverteilung:

n=5;\quad p^*=1-p=0,3;\quad y=n-x=5-2=3
f(y;n;p^*)=f(3;5;0,3)=F(3;5;0,3)-F(2;5;0,3)=0,9692-0,8369=0,1323

Gleichverteilung

stetige Gleichverteilung
E(X)=(a+b)/2=16;\;a+b=32
Var(X)=(b-a)^2/12=12;\;(b-a)^2=12^2;\;b-a=12;\;a=b-12;\;b=12+a
b-12+b=32;\;b=22;\;a+12+a=32;\;a=10

Jahresrendite

Zur Berechnung des Jahresendvermögens ist der Anlagewert mit dem zufälligen Jahreswachstumsfaktor zu multiplizieren. Letzterer ergibt sich aus der in Prozent angegebenen Rendite, indem sie durch 100 dividiert und anschließend zur Zahl 1 addiert wird:
Jahresendvermögen: J=150000(1+R/100)
Var(J)=Var[150000(1+R/100)]=Var(150000+1500\cdot R)=Var(1500\cdot R)=1500^2\cdot Var(R)
Varianz der Rendite R:
da Rendite als gleichverteilt zwischen 6 und 8% angenommen wurde
Var(R)=(b-a)^2/12=(8-6)^2/12=1/3
Damit resultiert:
Var(J)=1500^2\cdot Var(R)=1500^2\cdot1/3=750000
\sigma=866,0254\approx866 EUR

Kommode

Hypergeometrische Verteilung mit N=20, M=10 und n=2;
Wert der Wahrscheinlichkeitsfunktion für x=2f_H(x;N,M,n)=\frac{9}{38}\approx0,2368

Kornflakes

  • X \sim B(26;0,75)
  • genau 3 Poster: P(12 \leq X \leq 15) = 0,0397;

höchstens 4 Poster: P(X \leq 19) = 0,4846;
genau 6 Poster: P(X \geq 24) = 0,0258;
höchstens 1 Poster: P(X \leq 7) = 0

  • E(X) = 19,5 Packungen mit Coupons

Landwirtschaftsexperte

Ereignis A:\mbox{BSE--verseuchtes Rind}Ereignis \overline{A}:\mbox{BSE-freies Rind}
P(A)=p=0,10 und P(\overline{A})=1-p=0,90
sehr große Gesamtheit (europäischer Rinderbestand), so dass mit oder ohne Zurücklegen keine Rolle spielt
X=\mbox{Anzahl des Auftretens BSE--verseuchter Rinder bei n Ziehungen}
Wertebereich: 0,1,2,\ldots,n
X\sim B(n;p) mit p=0,10 und unbekanntem n
Gegeben: P(X\geq1)\geq0,95
Ermittlung von n:
P(X\geq1)=1-P(X=0)=0,95
P(X\geq1)=1-P(X=0)=1-\displaystyle\binom{n}{0}\cdot0,10^0\cdot(0,90)^{n-0}=1-0,90^n=0,95
\rightarrow 0,90^n=0,05;\qquad n=\ln 0,05/\ln 0,9=28,4332
Es muss also mindestens n=29 gewählt werden.
Kontrolle:
X\sim B(28;0,10):\qquad P(x\geq1)=1-P(X=0)=1-0,0523=0,9477
\rightarrow P(X\geq1)\geq0,95 wird nicht eingehalten
X\sim B(29;0,10):\qquad P(X\geq1)=1-P(X=0)=1-0,0471=0,9529
\rightarrow P(X\geq1)\geq0,95 eingehalten.

Miss–Wahl

Es bezeichne X die Anzahl der geeigneten Kandidatinnen. Die Zufallsvariable X genügt einer B(25;0,55). Gesucht ist P(X=12). \binom{25}{15}\cdot0,55^{12}\cdot0,45^{13}=0,1236Oder aus der Tabelle der Verteilungsfunktion der B(25;0,45):
f_B(x;n;p)=F_B(n-x;n;1-p)-F_B(n-x-1;n;1-p)B(13;25;0,45)-B(12;25;0,45)=0,8173-0,6937=0,1236

Mittagszeit

  • U: “Anzahl der zwischen 13 und 15 Uhr eintreffenden Kunden”; U \sim PO(8)
    • U_{1} \sim EX(8)
    • P(U_{1}) > 1/4) =   0,1353
    • P(U_{1} > 1/4 + 1/8|U_{1} > 1/4) = 0,3679
  • ** U_{2} ist stetig gleichverteilt in [0,3]
    • P(U_{2} \leq 1 + 1/2|U_{2} > 1) = 0,25

Parkplaketten

X:\mbox{Anzahl der gewonnenen Parkplaketten bei } n=3 \mbox{ Versuchen};
X\sim B(n;p)=B(3;0,4)
P(X\geq2)=1-P(X<2)=1-P(X\leq1)=1-F_B(1;3;0,4)=0,352

Pizza– und Kuchenverkauf

X_A=\mbox{Anzahl der Kuchen-Kunden in 20 Minuten}\sim \mbox{Poisson}(4)
X_B=\mbox{Anzahl der Pizza-Kunden in 20 Minuten}\sim \mbox{Poisson}(1)
T_A=\mbox{Wartezeit auf ersten Kuchen-Kunden}\sim \mbox{Exp}(4)
T_B=\mbox{Wartezeit auf ersten Pizza-Kunden}\sim \mbox{Exp}(1)
Da: Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(T_A>0,5)&=&1-P(T_A\leq0,5)=1-\{1-\mbox{exp}(-4\cdot0,5)\}\\ &=&\mbox{exp}(-2)=0,1353\\ P(T_B\leq0,5)&=&1-\mbox{exp}(-1\cdot0,5)=1-\mbox{exp}(-0,5)=0,3935\end{aligned} folgtP(T_A>0,5\cap T_B\leq0,5)=P(T_A>0,5)\cdot P(T_B\leq0,5)=0,1353\cdot0,3935=0,0532

Polizeistation

X=\mbox{Zeit bis zur ersten Unfallmeldung}\sim\mbox{EX}(0,5)
F(x)=1-e^{-\lambda x} für x\geq0 und \lambda=0,5
P(X>2)=1-P(X\leq2)=1-(1-e^{-0,5\cdot2})=e^{-0,5\cdot2}=0,36788

Produktionsanlage

X: Anzahl der Ausschußstücke
Wegen p klein und n groß ist X\sim PO(x;\lambda) mit \lambda=np=500\cdot0,002=1
Mindestens 499 Stück normgerecht entspricht (X=0)\cup(X=1)=(X\leq1)
P(X\leq1)=0,7358 (aus Tabelle der Poisson–Verteilung)
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter n=500 Stück mindestens 499 Stück normgerecht sind, beträgt 73,58%.

Bzw. ohne Approximation:
X\sim B(500;0,002)
P(X\leq1)=f(0)+f(1)=0,998^{500}+0,998^{499}=0,998^{499}(1+0,998)=0,7358

Prüfgebiete

Hypergeometrische Verteilung mit N=6, M=4 und n=3;
Wert der Wahrscheinlichkeitsfunktion für x=2f_H(x;N,M,n)=0,6

Prüfungsfragen

X: “Anzahl des Auftretens einer beantwortbaren Frage bei n = 3 abhängigen Ziehungen”; X \sim H(10;4;3)

  • P(X = 3) = 0,0333
  • P(X \geq 1) = 0,8333

Radrennen

Geamtzahl der Fahrer: 10\cdot3=30
Auswahl von 4 Fahrern aus 30 ohne Berücksichtigung der Reihenfolge und ohne Wiederholung:
K(30,4)=27405 Auswahl von 4 Fahrern aus 30, wobei 3 vom eigenen Team sind = Auswahl von einem Fahrer aus 27:K(27,1)=27Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Fahrer vom eigenen Team ausgewählt werden:\frac{K(27,1)}{K(30,4)}=0,000985221\approx0,0010Oder über die hypergeometrische Verteilung: Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} f_H(x;N,M,n)=\displaystyle\frac{\binom{27}{1}\cdot\binom{30-27}{4-1}}{\binom{30}{4}}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{27!}{1!26!}\cdot\displaystyle\frac{3!}{3!0!}}{\displaystyle\frac{30!}{4!26!}}=0,000985221\approx0,0010 \end{aligned}

Radrennfahrer

Ereignisse:


\begin{align}
A&=\mbox{Unfall bei Anton}, P(A)=1/12000 \\
B&=\mbox{Unfall bei Bertram}, P(B)=1/10000
\end{align}
X=\mbox{Anzahl der Unfälle von Anton in zwei Wochen}
Y=\mbox{Anzahl der Unfälle von Bertram in zwei Wochen}
In beiden Fällen:
Wahrscheinlichkeiten für das Eintreten des Ereignisses (Unfall) sehr klein,
d.h. seltene Ereignisse und Anzahl n der unabhängigen Versuche (gefahrene Kilometer in zwei Wochen) sehr groß:
n(\mbox{Anton})=14(\mbox{Tage})\cdot180(\mbox{km/Tag})=2520\mbox{ km};n(\mbox{Bertram})=14(\mbox{Tage})\cdot210(\mbox{km/Tag})=2940\mbox{ km}
mittlere Anzahl der Unfälle in zwei Wochen:
\lambda_x=2520/12000=0,21\quad \lambda_y=2940/10000=0,294
X\sim\mbox{PO}(\lambda=0,21)=f_{PO}(x;\lambda)=(\lambda^x/x!)e^{-\lambda};\;Y\sim\mbox{PO}(\lambda=0,294)
Da X und Y unabhängig voneinander sind, gilt aufgrund der Reproduktivitätseigenschaft der Poisson-Verteilung:
Z=X+Y\sim\mbox{PO}(\lambda_x+\lambda_y)=\mbox{PO}(0,21+0,294)=\mbox{PO}(0,504)
Gesuchte Wahrscheinlichkeit:
P(Z\leq1|\lambda_z=0,504)=P(Z=0|\lambda_z=0,504)+P(Z=1|\lambda_z=0,504)
\displaystyle=\frac{0,504^0}{0!}e^{-0,504}+\frac{0,504^1}{1!}e^{-0,504}=e^{-0,504}+0,504\cdot e^{-0,504}=1,504\cdot e^{-0,504}
=0,90858\approx0,909

Rückversicherungsgesellschaft

Bei den beschriebenen Großschäden handelt es sich um zufällige Ereignisse, die in einem Kontinuum (Zeit) vorgegebener Größe (4 Monate) auftreten. Der Parameter \lambda=1 gibt die mittlere Anzahl von Großschäden in diesem Intervall an. Frage richtet sich auf ein Intervall von 1\mbox{ Jahr}=12\mbox{ Monate}=3\cdot4\mbox{ Monate}.
Für das Intervall von 1 Jahr ist \lambda=1\cdot3=3.
X=\mbox{Anzahl von Großschäden in einem Jahr}\sim\mbox{PO}(3)
Wahrscheinlichkeit, dass in einem Jahr mindestens 5 derartige Großschadensfälle auftreten:
P(X\geq5)=1-P(X\leq4)=1-F_{PO}(4)=1-0,8153=0,1847
mit F_{PO}(4) aus der Tabelle der Verteilungsfunktion der PO(3)

Samstagslotto

Hypergeometrische Verteilung mit N=49, M=24, n=6;
Wert der Wahrscheinlichkeitsfunktion für x=3f_H(x;N,M,n)= 0,3328991

Serum

X: “Anzahl der Impfschäden bei n=20 000 Impfungen”;
X \sim B(20 000;0,0001)
X ist approximativ (n > 50; p \leq 0,1; np < 10) PO(2)–verteilt.

  • P(X = 0) = 0,1353
  • P(X = 1) = 0,2707
  • P(X = 6) = 0,0121
  • P(X > 4) = 0,0527

Stahlstifte

X_{1} \sim N(6;0,4)

  • P[(X_{1} < \mu_{1} - 0,12) \cup (X_{1} >\mu_{1} + 0,12) = 0,764178
  • P(X_{1} = 6) = 0
  • P(X_{1} \leq x_{1}) \leq 0,85 \Rightarrow x_{1} = 6,412 mm
  • X_{2} \sim N(6,05;0,3); P(X_{2} < 6) = 0,432505
  • Y = X_{2} - X_{1};  Y \sim N(0,05;0,5)
  • P(Y \leq 0) = 0,460172

Straßenmusikant

  • X\sim PO(\lambda) mit \lambda=1/5

X beinhaltet das Auftreten eines Ereignisses in einem Kontinuum.

  • E(X)\cdot4\cdot60=48 Geldstücke

\rightarrow(48/5)\cdot3\mbox{ EUR}=28,80 EUR

  • X\sim PO(\lambda) mit \lambda=1/5

\rightarrow T:\mbox{ Wartezeit zwischen zwei Ereignissen }T\sim EX(\lambda)
E(T)=1/\lambda=1/(1/5)=\mbox{5 Minuten Wartezeit}

  • P(T>t)=1-F_{EX}(t;\lambda)=1-(1-e^{-\lambda t})=e^{-\lambda t}

P(T>3)=1-F_{EX}(3;0,2)=e^{-0,2\cdot3}=0,5488

Supermarkt

T_B=\mbox{Wartezeit am Backstand}\sim \mbox{Exp}(1/5)
T_K=\mbox{Wartezeit am Käsestand}\sim \mbox{Exp}(1/4) Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} &P(T_B>10)=1-P(T_B\leq10)=1-\{1-\mbox{exp}(-10/5)\}=\mbox{exp}(-10/5)=0,135\\ &P(T_K>10)=1-P(T_K\leq10)=1-\{1-\mbox{exp}(-10/4)\}=\mbox{exp}(-10/4)=0,082\end{aligned} Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} &P(T_B>10\cup T_K>10)=P(T_B>10)+P(T_K>10)-P(T_B>10\cap T_K>10)\\ &P(T_B>10\cap T_K>10)=P(T_B>10)\cdot P(T_K>10)\\ &P(T_B>10\cup T_K>10)=0,135+0,082-0,135\cdot0,082=0,206\end{aligned}

Suppe mit Fleischeinlage

125 l \widehat{=} 500 Portionen. Die Fleischstückchen sind in der Suppe zufällig verteilt. 1/4 l Suppe (1 Portion) enthält im Mittel \lambda=400/500=0,8 Fleischstückchen.
X: Anzahl der Fleischstückchen je Portion ; X \sim PO(\lambda=0,8)
P(X>2)=1-P(X\leq2)=1-0,9526\mbox{ (aus Tabelle der Poisson-Verteilung)}=0,0474

Taschenrechner

X \sim N(30;3); Y \sim N(35;4)

  • P(15 \leq X \leq 27) = 0,158655
  • P(Y \leq y) = 0,853141  \quad\Rightarrow\quad y = 39,2 Std.
  • P[(X > 24) \cap (Y > 24)]  = 0,9743378
  • P(X < Y) = P(X - Y < 0) = ?

X - Y \sim N(-5;5) \Rightarrow P(X - Y < 0) = 0,841345

Telefongespräche

  • X \sim PO(2,5)
  • P(X = 0) = 0,0821; P(X < 3) = 0,5438; P(X \geq 4) = 0,2424

Telefonzentrale

  1. X: “Anzahl der pro Dienstzeit ankommenden Alarmmeldungen”

E(X) = 0,5\cdot6 = 3; X \sim PO(3)

    • P(X = 0) = 0,0498
    • P(X \geq 3) = 0,5768
    • P(X \leq 7) = 0,9881
  1. T: “Wartezeit bis zum ersten Alarm” [t = 1 Std.]

T \sim EX(0,5)

    • P(T \leq 1) = 0,3935
    • P(T > 2) = 0,3679
    • P(T \leq 5+1|T > 5) = P(T \leq 1) = 0,3935
  1. P(T \leq t) = 0,95  \quad\Rightarrow\quad t = 5,99

Traineeprogramm

Es bezeichne X die Anzahl der geeigneten Bewerber. Die Frage lautet P(X\geq20). Die Zufallsvariable X genügt einer B(23;0,9) Verteilung. \binom{23}{20}0,9^{20}\cdot0,1^3+\binom{23}{21}0,9^{21}\cdot0,1^2+\binom{23}{22}0,9^{22}\cdot0,1^1+\binom{23}{23}0,9^{23}\cdot0,1^0 0,21531+0,27683+0,2265+0,08863=0,80727\approx0,8073
Um jedoch die gesuchte Wahrscheinlichkeit den Tabellen der Verteilungsfunktion der Binomialverteilung entnehmen zu können, kann auch die Zufallsvariable Y=n-X(Anzahl der ungeeigneten Trainees), die B(23;0,1)–verteilt ist, verwendet werden:
Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} &P(X\geq20)=P(-X\leq-20)=P(23-X\leq23-20)\\ &=P(Y\leq3)=F_{B(23;0,1)}(3)=0,8073 \end{aligned}

Tulpenzwiebeln

X=\mbox{Anzahl der nicht blühenden Tulpenzwiebeln};~X \sim B(10;0,05) Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(X>1)&=&1-P(X\leq1)=1-P(X=0)-P(X=1)\\ &=&1-\binom{10}{0}\cdot0,05^0\cdot0,95^{10}-\binom{10}{1}\cdot0,05^1\cdot0,95^9\\ &=&1-0,95^{10}-10\cdot0,05^1\cdot0,95^9\\ &=&1-0,5987-0,3151=0,0862 \end{aligned}

Unfallmeldungen

Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} X= (\text{Zeitspanne, die zwischen zwei Unfallmeldungen} \\ \text{in einer Polizeistation vergeht})\end{aligned}

Wegen E(X)=1/\lambda=160 folgt \lambda=1/160 und somit X\sim \mbox{EX}(1/160). Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(60<X\leq160)&=F_{EX}(160;1/160)-F_{EX}(60;1/160) \\ &=1-e^{-160/160}-(1-e^{-60/160})\\ &=1-0,3679-(1-0,6873)=0,3194\end{aligned}

Varianz

Die Verteilung ist eine Gleichverteilung auf [a,b]=[-1,1];


f(x)=F^\prime(x)=\left\{
\begin{array}{rrr}
    0              & -\infty <x \leq -1, \\
    \frac{1}{2}    & -1<x<1, \\
    0              & 1\leq x<\infty \\
\end{array} 
\right.

Damit ist Var(X)=\frac{(b-a)^2}{12}=4/12

Vier Kinder

X: “Anzahl der Jungen in einer vierköpfigen Familie”, X \sim B(4;0,5)

  • P(X = 2) = 0,375
  • P(X = 3) = 0,25
  • P(X = 4) = 0,0625

Wartungen

X_A=\mbox{Anzahl Wartungen für Maschine A in 8 Stunden}\sim \mbox{Poisson}(1)
X_B=\mbox{Anzahl Wartungen für Maschine B in 8 Stunden}\sim \mbox{Poisson}(2)
Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P(X_A=0)&=&e^{-1\cdot1}=e^{-1}=0,3679\\ P(X_B=0)&=&e^{-2\cdot1}=e^{-2}=0,1353\\ P(\mbox{keine Wartung})&=&P(X_A=0\cap X_B=0)\\ &=&0,3679\cdot0,1353\\ &=&0,04977687=4,98\%\end{aligned}

Wertpapierkurse


\begin{align}
X &:\mbox{Wartezeit auf die nächste Anfrage},\quad \\
E(X)&=1/\lambda=20;\quad X\sim\mbox{EX}(\lambda=1/20)
\end{align}


\begin{align}
P(X>30)&=1-P(X\leq30)=1-F(30) \\
        &=1-[1-e^{-\lambda x}] \\
        &=e^{-30/20} \\
        &=e^{-1,5}=0,2231
\end{align}

XXmega

X=\mbox{Anzahl der Gewinner},\quad P(\mbox{Gewinn})=\pi=0,6 \quad X\sim B(30;\pi)=B(30;0,6) Fehler beim Parsen (Unbekannte Funktion „\begin“): \begin{aligned} P\left(X<\frac{30}{3}\right)&=&P(X<10)=P(x\leq9)\\ &=&\sum_{k=0}^9\binom{30}{k}\pi^k(1-\pi)^{30-k}=\sum_{k=21}^{30}\binom{30}{k}\pi^{30-k}(1-\pi)^k\\ &=&P(\tilde{X}\geq21), \quad \tilde{X}\sim B(30;1-\pi)\\ &=&1-P(\tilde{X}\leq20), \quad\tilde{X}\sim B(30;0,4)\\ &=&1-0,9991=0,0009 \end{aligned}

Zug nach Brandenburg

X:\mbox{Wartezeit auf den Regionalzug nach Brandenburg}
x=1\mbox{ (Stunde)}\quad a=0\quad b=3\mbox{ (Stunden)}
Anwendung der stetigen Gleichverteilung (regelmäßig im 3-Stunden-Takt, nicht im Mittel alle 3 Stunden)


F(X)=\left\{
  \begin{array}{cl}
    0               &    \text{ für } x<a \\
    \frac{x-a}{b-a} &    \text{ für } a\leq x<b \\
    1               &    \text{ für } b\leq x
  \end{array}
\right.

F(x\leq1)=1/3=0,3333
mindestens 1 Stunde warten: 1-F(x\leq1)=1-0,3333=0,6667