Verteilungsmodelle/Lösungen

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: ${\begin{aligned}P(G>1950)&=P{\Big (}{\frac {G-2000}{25}}>{\frac {1950-2000}{25}}{\Big )}\\&=1-\Phi (-50/25)=1-\{1-\Phi (50/25)\}\\&=\Phi (2)=0,97725\approx 0,977\end{aligned}}$

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

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

$Y=\sum _{i}X_{i}\sim B(n;p)=B(8;0,6)$
$X_{i}$: 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
• $P(Y=3)={\binom {8}{3}}\cdot 0,6^{3}\cdot 0,4^{5}=56\cdot 0,216\cdot 0,01024=0,1239$
  

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.
$P(X>5)=1-P(X\leq 5)=1-0,7851{\mbox{ (aus Tafel)}}=0,2149$

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}^{n}aX_{i}\sim N\left(\sum _{i=1}^{n}a\mu ,{\sqrt {\sum _{i=1}^{n}a^{2}\sigma ^{2}}}\right)$$\mu _{y}=na\mu =50\cdot 0,1\cdot 50=250,\;\sigma _{y}^{2}=na^{2}\sigma ^{2}=50\cdot 0,1^{2}\cdot 32=16$
$P(Y>255)=1-P(Y\leq 255)=1-P(Z\leq (255-250)/4)$
$=1-P(Z\leq 1,25)=1-0,89435=0,10565$

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; $X\sim PO(5)$
$P(X=1)=(\lambda ^{X}\cdot e^{-\lambda })/x!=5^{1}\cdot e^{-5}/1!=0,03369\approx 0,0337$
(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$\cdot$60 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 $\alpha =0,033626;\quad \beta =0,008894;\quad 1-\beta =1-0,008894=0,991106$
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}\cdot 0,3^{3}=10\cdot 0,49\cdot 0,027=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:
$Var(J)=1500^{2}\cdot Var(R)=1500^{2}\cdot 1/3=750000$
$\sigma =866,0254\approx 866$ EUR

Kommode

Hypergeometrische Verteilung mit $N=20$, $M=10$ und $n=2$;
Wert der Wahrscheinlichkeitsfunktion für $x=2$$f_{H}(x;N,M,n)={\frac {9}{38}}\approx 0,2368$

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: $P(X\geq 1)\geq 0,95$
Ermittlung von $n$:
$P(X\geq 1)=1-P(X=0)=0,95$
$P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-\displaystyle {\binom {n}{0}}\cdot 0,10^{0}\cdot (0,90)^{n-0}=1-0,90^{n}=0,95$
$\rightarrow 0,90^{n}=0,05;\qquad n=\ln 0,05/\ln 0,9=28,4332$
Es muss also mindestens $n=29$ gewählt werden.
Kontrolle:
$X\sim B(28;0,10):\qquad P(x\geq 1)=1-P(X=0)=1-0,0523=0,9477$
$\rightarrow P(X\geq 1)\geq 0,95$ wird nicht eingehalten
$X\sim B(29;0,10):\qquad P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-0,0471=0,9529$
$\rightarrow P(X\geq 1)\geq 0,95$ eingehalten.

Miss–Wahl

Es bezeichne X die Anzahl der geeigneten Kandidatinnen. Die Zufallsvariable X genügt einer $B(25;0,55)$. Gesucht ist $P(X=12)$. ${\binom {25}{15}}\cdot 0,55^{12}\cdot 0,45^{13}=0,1236$Oder 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

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

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: ${\begin{aligned}P(T_{A}>0,5)&=&1-P(T_{A}\leq 0,5)=1-\{1-{\mbox{exp}}(-4\cdot 0,5)\}\\&=&{\mbox{exp}}(-2)=0,1353\\P(T_{B}\leq 0,5)&=&1-{\mbox{exp}}(-1\cdot 0,5)=1-{\mbox{exp}}(-0,5)=0,3935\end{aligned}}$folgt$P(T_{A}>0,5\cap T_{B}\leq 0,5)=P(T_{A}>0,5)\cdot P(T_{B}\leq 0,5)=0,1353\cdot 0,3935=0,0532$

Polizeistation

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

Produktionsanlage

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

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

Prüfgebiete

Hypergeometrische Verteilung mit $N=6$, $M=4$ und $n=3$;
Wert der Wahrscheinlichkeitsfunktion für $x=2$$f_{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: $10\cdot 3=30$
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:$K(27,1)=27$Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Fahrer vom eigenen Team ausgewählt werden:${\frac {K(27,1)}{K(30,4)}}=0,000985221\approx 0,0010$Oder über die hypergeometrische Verteilung: ${\begin{aligned}f_{H}(x;N,M,n)=\displaystyle {\frac {{\binom {27}{1}}\cdot {\binom {30-27}{4-1}}}{\binom {30}{4}}}=\displaystyle {\frac {\displaystyle {\frac {27!}{1!26!}}\cdot \displaystyle {\frac {3!}{3!0!}}}{\displaystyle {\frac {30!}{4!26!}}}}=0,000985221\approx 0,0010\end{aligned}}$

Radrennfahrer

Ereignisse:

${\begin{aligned}A&={\mbox{Unfall bei Anton}},P(A)=1/12000\\B&={\mbox{Unfall bei Bertram}},P(B)=1/10000\end{aligned}}$
$X={\mbox{Anzahl der Unfälle von Anton in zwei Wochen}}$
$Y={\mbox{Anzahl der Unfälle von Bertram in zwei Wochen}}$
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:
$n({\mbox{Anton}})=14({\mbox{Tage}})\cdot 180({\mbox{km/Tag}})=2520{\mbox{ km}};n({\mbox{Bertram}})=14({\mbox{Tage}})\cdot 210({\mbox{km/Tag}})=2940{\mbox{ km}}$
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:
$P(Z\leq 1|\lambda _{z}=0,504)=P(Z=0|\lambda _{z}=0,504)+P(Z=1|\lambda _{z}=0,504)$
$\displaystyle ={\frac {0,504^{0}}{0!}}e^{-0,504}+{\frac {0,504^{1}}{1!}}e^{-0,504}=e^{-0,504}+0,504\cdot e^{-0,504}=1,504\cdot e^{-0,504}$
$=0,90858\approx 0,909$

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 $1{\mbox{ Jahr}}=12{\mbox{ Monate}}=3\cdot 4{\mbox{ Monate}}$.
Für das Intervall von 1 Jahr ist $\lambda =1\cdot 3=3$.
$X={\mbox{Anzahl von Großschäden in einem Jahr}}\sim {\mbox{PO}}(3)$
Wahrscheinlichkeit, dass in einem Jahr mindestens 5 derartige Großschadensfälle auftreten:
$P(X\geq 5)=1-P(X\leq 4)=1-F_{PO}(4)=1-0,8153=0,1847$
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=3$$f_{H}(x;N,M,n)=0,3328991$

Serum

$X$: “Anzahl der Impfschäden bei n=20 000 Impfungen”;
$X\sim B(20000;0,0001)$
$X$ 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.

• $E(X)\cdot 4\cdot 60=48$ Geldstücke
  

$\rightarrow (48/5)\cdot 3{\mbox{ EUR}}=28,80$ EUR

• $X\sim PO(\lambda )$ mit $\lambda =1/5$
  

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

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

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

Supermarkt

$T_{B}={\mbox{Wartezeit am Backstand}}\sim {\mbox{Exp}}(1/5)$
$T_{K}={\mbox{Wartezeit am Käsestand}}\sim {\mbox{Exp}}(1/4)$ ${\begin{aligned}&P(T_{B}>10)=1-P(T_{B}\leq 10)=1-\{1-{\mbox{exp}}(-10/5)\}={\mbox{exp}}(-10/5)=0,135\\&P(T_{K}>10)=1-P(T_{K}\leq 10)=1-\{1-{\mbox{exp}}(-10/4)\}={\mbox{exp}}(-10/4)=0,082\end{aligned}}$ ${\begin{aligned}&P(T_{B}>10\cup T_{K}>10)=P(T_{B}>10)+P(T_{K}>10)-P(T_{B}>10\cap T_{K}>10)\\&P(T_{B}>10\cap T_{K}>10)=P(T_{B}>10)\cdot P(T_{K}>10)\\&P(T_{B}>10\cup T_{K}>10)=0,135+0,082-0,135\cdot 0,082=0,206\end{aligned}}$

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 ; $X$ $\sim PO(\lambda =0,8)$
$P(X>2)=1-P(X\leq 2)=1-0,9526{\mbox{ (aus Tabelle der Poisson-Verteilung)}}=0,0474$

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”
   

$E(X)=0,5\cdot 6=3$; $X\sim PO(3)$

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

$T\sim EX(0,5)$

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

Traineeprogramm

Es bezeichne X die Anzahl der geeigneten Bewerber. Die Frage lautet $P(X\geq 20)$. Die Zufallsvariable X genügt einer B(23;0,9) Verteilung. ${\binom {23}{20}}0,9^{20}\cdot 0,1^{3}+{\binom {23}{21}}0,9^{21}\cdot 0,1^{2}+{\binom {23}{22}}0,9^{22}\cdot 0,1^{1}+{\binom {23}{23}}0,9^{23}\cdot 0,1^{0}$ $0,21531+0,27683+0,2265+0,08863=0,80727\approx 0,8073$
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:
${\begin{aligned}&P(X\geq 20)=P(-X\leq -20)=P(23-X\leq 23-20)\\&=P(Y\leq 3)=F_{B(23;0,1)}(3)=0,8073\end{aligned}}$

Tulpenzwiebeln

$X={\mbox{Anzahl der nicht blühenden Tulpenzwiebeln}};~X\sim B(10;0,05)$ ${\begin{aligned}P(X>1)&=&1-P(X\leq 1)=1-P(X=0)-P(X=1)\\&=&1-{\binom {10}{0}}\cdot 0,05^{0}\cdot 0,95^{10}-{\binom {10}{1}}\cdot 0,05^{1}\cdot 0,95^{9}\\&=&1-0,95^{10}-10\cdot 0,05^{1}\cdot 0,95^{9}\\&=&1-0,5987-0,3151=0,0862\end{aligned}}$

Unfallmeldungen

${\begin{aligned}X=({\text{Zeitspanne, die zwischen zwei Unfallmeldungen}}\\{\text{in einer Polizeistation vergeht}})\end{aligned}}$

Wegen $E(X)=1/\lambda =160$ folgt $\lambda =1/160$ und somit $X\sim {\mbox{EX}}(1/160)$. ${\begin{aligned}P(60<X\leq 160)&=F_{EX}(160;1/160)-F_{EX}(60;1/160)\\&=1-e^{-160/160}-(1-e^{-60/160})\\&=1-0,3679-(1-0,6873)=0,3194\end{aligned}}$

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

$X_{A}={\mbox{Anzahl Wartungen für Maschine A in 8 Stunden}}\sim {\mbox{Poisson}}(1)$
$X_{B}={\mbox{Anzahl Wartungen für Maschine B in 8 Stunden}}\sim {\mbox{Poisson}}(2)$
${\begin{aligned}P(X_{A}=0)&=&e^{-1\cdot 1}=e^{-1}=0,3679\\P(X_{B}=0)&=&e^{-2\cdot 1}=e^{-2}=0,1353\\P({\mbox{keine Wartung}})&=&P(X_{A}=0\cap X_{B}=0)\\&=&0,3679\cdot 0,1353\\&=&0,04977687=4,98\%\end{aligned}}$

Wertpapierkurse

Fehler beim Parsen (Konvertierungsfehler. Der Server („cli“) hat berichtet: „SyntaxError: Expected "\\" or valid UTF-16 sequences but "\"" found.in 1:24“): {\displaystyle X:\mbox{"`Wartezeit auf die nächste Anfrage"'},\quad \\ E(X)=1/\lambda=20;\quad X\sim\mbox{EX}(\lambda=1/20)}
Fehler beim Parsen (Konvertierungsfehler. Der Server („cli“) hat berichtet: „SyntaxError: Expected [, ;!_#%$&], [a-zA-Z], or [{}|] but "\\" found.in 1:46“): {\displaystyle P(X>30)=1-P(X\leq30)=1-F(30) \\ =1-[1-e^{-\lambda x}]=e^{-30/20}=e^{-1,5}=0,2231}

XXmega

$X={\mbox{Anzahl der Gewinner}},\quad P({\mbox{Gewinn}})=\pi =0,6\quad X\sim B(30;\pi )=B(30;0,6)$ ${\begin{aligned}P\left(X<{\frac {30}{3}}\right)&=&P(X<10)=P(x\leq 9)\\&=&\sum _{k=0}^{9}{\binom {30}{k}}\pi ^{k}(1-\pi )^{30-k}=\sum _{k=21}^{30}{\binom {30}{k}}\pi ^{30-k}(1-\pi )^{k}\\&=&P({\tilde {X}}\geq 21),\quad {\tilde {X}}\sim B(30;1-\pi )\\&=&1-P({\tilde {X}}\leq 20),\quad {\tilde {X}}\sim B(30;0,4)\\&=&1-0,9991=0,0009\end{aligned}}$

Zug nach Brandenburg

Fehler beim Parsen (Konvertierungsfehler. Der Server („cli“) hat berichtet: „SyntaxError: Expected "\\" or valid UTF-16 sequences but "\"" found.in 1:24“): {\displaystyle 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)
Fehler beim Parsen (Konvertierungsfehler. Der Server („cli“) hat berichtet: „SyntaxError: Illegal TeX function Found \begin{tabular}in 2:3“): {\displaystyle F(X)=\left\{ \begin{tabular}{cl} 0&für $x<a$\\ $\displaystyle\frac{x-a}{b-a}$&für $a\leq x<b$\\ 1&für $b\leq x$\\ \end{tabular}\right.} $F(x\leq 1)=1/3=0,3333$
mindestens 1 Stunde warten: $1-F(x\leq 1)=1-0,3333=0,6667$