Stochastik

Übungsaufgaben

Spezielle Wahrscheinlichkeitsverteilungen:
Binomialverteilung, hypergeometrische Verteilung, geometrische Veteilung, Poissonverteilung

Lehrer W. ist die Korrektur von Klausuren gründlich leid. Er beschließt deshalb, die Klausuren als MC-Test (Multiple Choice) zu konzipieren: Der Test besteht aus 50 Fragen, zu jeder Frage gibt es drei Antworten, von denen genau eine richtig ist. Die Klausur gilt als bestanden, wenn mindestens 40 % der Fragen richtig beantwortet werden.
a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, genau (höchstens) 10 Fragen richtig zu beantworten.
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit besteht man den Test durch bloßes Raten?
c) Lehrer W. will den Prozentsatz der durch bloßes Raten bestandenen Tests auf unter 5% senken. Wie viele Fragen muss er dann mindestens stellen?

Die Zufallsvariable X gebe die die Anzahl der richtigen Antworten an. X ist binomialverteilt mit den Parametern n = 50 (Länge der Kette) sowie p =

\frac{1}{3}

(Wahrscheinlichkeit für einen Treffer).
zu a)
P(X=10) = B_50;1/3(10) =

(\binom{50}{10})

⋅

{(\frac{1}{3})}^{10}

⋅

{(1 - \frac{1}{3})}^{50 - 10}

= 0,0157
P(X<11) = F_50;1/3(10) =

\sum_{k = 0}^{10} (\binom{50}{k})

⋅

{(\frac{1}{3})}^{k}

⋅

{(1 - \frac{1}{3})}^{50 - k}

= 0,0284

zu b)
Man muss mindestens 20 Fragen richtig beantworten.
P(X>19) = 1 - P(X<20) = 1 - F_50;1/3(19) = 1 -

\sum_{k = 0}^{19} (\binom{50}{k})

⋅

{(\frac{1}{3})}^{k}

⋅

{(1 - \frac{1}{3})}^{50 - k}

= 1 - 0,8036 = 0,1964
Man besteht zu fast 20% den Test durch bloßes Raten.

zu c)
Nun ist nach der Länge n der Kette gefragt.
Es muss gelten: P(X ≥ 0,4⋅n) = 1 - F_n;1/3(0,4⋅n -1) ≤ 0,05
Das lösen wir durch Probieren. Man erhält n = 133.
Man müsste etwa 133 Fragen stellen. Das wird ein sehr langer Test. Den Anteil der durch bloßes Raten bestandenen Tests durch die Anzahl der Fragen auf unter 5% zu senken, scheint keine allzu gute Idee zu sein.

Die neue Wunderdiät „Ran an den Speck – Bauch weg“ verheißt in 9 von 10 Fällen innerhalb von zwei Wochen eine Gewichtsabnahme von mindestens 5kg.
a) 18 übergewichtige Mitglieder eines Kochclubs entschließen sich zu dieser Diät. Mit welcher Wahrscheinlichkeit verlieren mehr als 15 innerhalb dieser zwei Wochen mehr als 5kg?
b) Moderator Helmfried Schnack benötigt für seine Smash-Show „The biggest Loser“ dringend neue Ideen. Deshalb will er die Diät in seine Show einbauen. Seine Teilnehmer sollen die Diät zwei Wochen einhalten. Wie viele Teilnehmer dürfen maximal die Diät durchführen, wenn mit mehr als 70 %iger Wahrscheinlichkeit alle Teilnehmer in dieser Zeit mehr als 5kg abnehmen sollen?

Die Zufallsvariable X gebe die die Anzahl der Teilnehmer an, die mindestens 5 kg innerhalb von zwei Wochen abnehmen. X ist binomialverteilt mit p = 0,9 (Wahrscheinlichkeit für einen Treffer).
zu a)
Die Länge der Kette beträgt n = 18.
Dann ist gesucht: P(X>15) = 1 - P(X≤15) = 1 - F_18;0,9(15) = 1 - 0,2662 = 0,7338
Mit etwa 73% Wahrscheinlichkeit verlieren mehr als 15 Mitglieder (der 18 Teilnehmer) mindestens 5 kg in zwei Wochen.
zu b)
Gesucht ist die Länge n der Kette.
Bedingung: maximales n mit P(X=n) > 0,7
P(X=n) =

(\binom{n}{n})

⋅

{0,9}^{n}

⋅

{(1 - 0,9)}^{n - n}

= 1 ⋅ 0,9ⁿ ⋅ 1 > 0,7
n ⋅ ln 0,9 < ln 0,7
n <

\frac{ln 0,7}{ln 0,9}

= 3,39
Helmfried Schnack darf nur maximal drei Personen zur Durchführung der Diät auffordern, wenn mit mehr als 70%er Wahrscheinlichkeit alle Teilnehmer in 2 Wochen mehr als 5 kg abnehmen sollen.

Schwein Hein ist Trüffelexperte. Leider hat ein Schnupfen seine Nase so in Mit-leidenschaft gezogen, dass er keine Trüffel mehr erschnüffeln kann. Bei den Landesmeisterschaften der Trüffelschweine sollen die Teilnehmer unter 25 Bäumen den Baum herausfinden, unter dem Trüffeln wachsen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit erkennt Schwein Hein den Baum im vierten Versuch?

Die Zufallsvariable X gebe die die Anzahl der Versuche bis zum erfolgreichen Erschnüffeln des Trüffelbaumes an.
Nun muss man präzisieren:

1. Kann Schwein Hein auch (erfolglos) einen Baum mehrfach anzeigen, ist X geometrisch verteilt mit p = 0,04. X kann demnach eine beliebige natürliche Zahl als Wert annehmen: 1 , 2 ,3 ,....
Dann gilt P(X=4) = 0,96³ ⋅ 0,04 ≈ 0,0354
Er erschnüffelt den Baum im 4. Versuch mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 3,5%

2. Ein falsch angezeigter Baum wird nicht noch einmal angezeigt. X kann dann einen Wert zwischen 1 und 25 annehmen.
Dann gilt P(X=4) =

\frac{24}{25}

⋅

\frac{23}{24}

⋅

\frac{22}{23}

⋅

\frac{1}{22}

\frac{1}{25}

= 0,04
Man erkennt: Jeder Wert, den X annehmen kann - aus dem Intervall [1 , 25] - ist gleich wahrscheinlich mit der Wahrscheinlichkeit 0,04.

Die Lammkönigin Cornelia Cornelsen unterstützt das verbotenerweise das Wachstum ihrer Lämmer mit der Zufütterung von östrogenhaltigen Präparaten. Ali, der berühmt ist für seine köstlichen Lamm-Döner, erhält 15% seines Lammfleischs von Cornelia Cornelsen. Karl-Uwe arbeitet seit kurzer Zeit bei Ali, und ist sich selbst ein guter Kunde. Bei einem Blick in den Spiegel stellt er entsetzt fest, dass ihm ein Busen wächst.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er bei 10 Lamm-Dönern mindestens einmal Fleisch von Cornelia Cornelsens Lämmern genossen hat?
b) In Karl-Uwe keimt ein schrecklicher Verdacht. Deshalb beobachtet er 18 Stammkunden, die regelmäßig den Lamm-Döner essen. Er vergleicht jeweils ihre Brustumfänge vor und nach der Einnahme von 10 Lamm-Dönern. Welche Anzahl von Zuwächsen erwartet Karl-Uwe? Geben Sie auch die zugehörige Standardabweichung an.

Die Zufallsvariable X gebe die die Anzahl der Döner an, die Fleisch von Cornelias Lämmern enthalten. X ist binomialverteilt mit p = 0,15 (Wahrscheinlichkeit für einen Treffer).

zu a)
Länge der Kette n = 10
Gesucht: P(X>0) = 1 - P((X=0) = 1 -

(\binom{10}{0})

⋅

{0,15}^{0}

⋅

{(1 - 0,15)}^{n - 0}

= 1 - 1 ⋅ 1 ⋅ 0,85¹⁰ ≈ 0,8031
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 80% hat Kai-Uwe mindestens einen Döner mit Fleisch von Cornelias Lämmern genossen.

zu b)
Die Zufallsvariable Y gebe die Anzahl der Kunden an, deren Brustumfang sich nach Einnahme von 10 Lamm-Dönern vergrößert hat. Y ist binomialverteilt mit p = 0,8031.
Länge der Kette n = 18
Gesucht ist der Erwartungswert von Y.
Der Erwartungswert einer binomialverteilten Zufallsvariablen ist E(Y) = n ⋅ p = 18 ⋅ 0,8031 ≈ 14,46.
Er erwartet 14 Personen, deren Brustumfang sich nach Einnahme von 10 Lamm-Dönern vergrößert hat (hier besser: 14 bis 15 Personen).
Die Varianz einer binomialverteilten Zufallsvariablen ist V(Y) = n ⋅ p ⋅ q = 18 ⋅ 0,8031 ⋅ 0.1969 ≈ 2,85
Die Standardabweichung einer binomialverteilten Zufallsvariablen ist σ_Y =

\sqrt{V(Y)}

\sqrt{n ⋅ p ⋅ q}

\sqrt{18 ⋅ 0,8031 ⋅ 0.1969}

≈ 1,69.

Nina empfängt pro Unterrichtsstunde 12 Chat-Anfragen, die sie gewöhnlich auch sofort beantwortet. Unangenehmerweise erklärt der Mathe-Lehrer ihrer Nachbarin geschlagene drei Minuten die Aufgabe „Nina empfängt pro ...“, so dass ihre Kommunikation gestört wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie in dieser Zeit mehr als eine Anfrage nicht sofort beantworten kann?

häufig ausgeführter (aber unzureichender) Lösungsweg:
Die Unterrichtsstunde (45 Minuten) wird in 3-Minuten-Abschnitte unterteilt. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Chat-Anfrage in einen Abschnitt fällt, ist p =

\frac{3}{45}

\frac{1}{15}

.
X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Chat-Anfragen in dem bewussten 3-Minuten-Intervall (Störung durch den Lehrer) angibt. X wird als binomialverteilt angenommen mit p =

\frac{1}{15}

Die Länge der Kette beträgt in dem Fall n = 12.
Dann ist gesucht: P(X>1) = 1 - P(X≤1) = 1 - F_12;1/15(1) = 1 - P(X=0) - P(X=1)
= 1 -

(\binom{12}{0})

⋅

{(\frac{1}{15})}^{0}

⋅

{(1 - \frac{1}{15})}^{12 - 0}

(\binom{12}{1})

⋅

{(\frac{1}{15})}^{1}

⋅

{(1 - \frac{1}{15})}^{12 - 1}

≈ 1 - 0,4370- 0,3745 = 0,1885
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 19 % kann sie in den 3 Minuten mehr als eine Anfrage nicht sofort beantworten.
(richtige) Alternative:
X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Anfragen in dem bewussten 3-Minuten-Intervall angibt. Da die Anzahl der Anrufe einen beliebigen natürlichen Wert annehmen kann, ist X nicht binomialverteilt.
Bekannt ist vielmehr der Erwartungswert μ = 12 ⋅ $\frac{3}{45}$ = 0,8. Sei X poissonverteilt.
Gesucht ist P(X>1) = 1 - P(X=0) - P(X=1) = 1 - P_0,8(0) - P_0,8(1)
= 1 - ${0,8}^{0}$ ⋅ $\frac{1}{0!}$ ⋅ e^-0,8 - ${0,8}^{1}$ ⋅ $\frac{1}{1!}$ ⋅ e^-0,8 ≈ 1 - 0,449 - 0,359 = 0,192
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 19 % kann sie in den 3 Minuten mehr als eine Anfrage nicht sofort beantworten.

Renesa leistet ihr Wirtschaftspraktikum in einem Reisebüro ab. Ihr Chef Herr Tui verkauft Busreisen nach Mathematica, die sehr stark nachgefragt werden. Da er aus Erfahrung weiß, dass nur 85% seiner Kunden die Reise auch antreten, verkauft er pro Busreise (50 Sitzplätze) 53 Reisen.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass nicht alle Kunden, die die Reise antreten wollen, auch einen Platz im Bus erhalten?
b) Herr Tui möchte maximal bei 5% aller Busreisen Kunden nicht befördern. Renesa überlegt, ob er dann die Reisen nicht noch stärker überbuchen sollte. Ist das möglich?

Die Zufallsvariable X gebe die Anzahl der Kunden, die die Reise auch antreten, an. X ist binomialverteilt mit p = 0,85

zu a)
Die Länge der Kette ist n = 53.
Gesucht ist dann P(X>50) = 1 - P(X≤50) = 1 - f_53;0,85(50) ≈ 1 - 0,9903 = 0,0097
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 1% können nicht alle Kunden, die die Reise auch antreten wollen, einen Platz im Bus erhalten.

zu b)
Für n = 54: P(X>50) = 1 - P(X≤50) = 1 - f_54;0,85(50) ≈ 1 - 0,9704 = 0,0296
Für n = 55: P(X>50) = 1 - P(X≤50) = 1 - f_55;0,85(50) ≈ 1 - 0,9302 = 0,0698
Verkauft man 54 Reisen pro Busreise, beträgt die Wahrscheinlichkeit, nicht alle Kunden, die die Reise auch antreten wollen, zu befördern etwa 3%, bei 55 verkauften Reisen schon etwa 7%.

a) Im Raum, in dem die Mathematikklausur geschrieben wird, befinden sich 25 Plätze, die in 5 Reihen zu je 5 Plätzen angeordnet sind. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die 25 Schüler zu verteilen, wenn Julius und Leon unbedingt neben Neele sitzen wollen?
b) Nach der Klausur trifft sich der Mathematikkurs in der Eisdiele „La dolce vita“. Der Pächter Roberto ist gerade ungehalten, weil er in einem Karton 4 zerbrochene Eiswaffeln entdeckt hat. Roberto bekommt seine Eiswaffeln in Kartons zu je 48 Stück. Er berichtet, dass er schon von der letzten Lieferung aus 50 Kartons insgesamt 72 Waffeln wegwerfen musste, weil sie zerbrochen waren. Die Schüler geraten ins Fachsimpeln. Im Folgenden wird angenommen, dass im Mittel der Anteil an zerbrochenen Waffeln genau dem aus der letzten Lieferung von 2400 Waffeln entspricht und dass die zerbrochenen Waffeln zufällig verteilt sind. Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einem Karton genau 4 Waffeln zerbrochen sind?
c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Anzahl der zerbrochenen Waffeln in einer Lieferung von 50 Kartons um höchstens 12 vom Erwartungswert abweicht? Schätzen Sie diese Wahrscheinlichkeit mit der Ungleichung von Tschebyscheff ab.

zu a)
Neele hat 15 (= 25 - 10) Möglichkeiten, sich zu setzen, wenn die Randplätze ausgeschlossen werden. Julius hat dann noch 2 Möglichkeiten und Leon noch eine Möglichkeit. Die restlichen Schüler haben dann noch 22! Möglichkeiten.
Insgesamt gibt es demnach 15 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 22! ≈ 3,37 x 10²² Möglichkeiten.

zu b)
Die Zufallsvariable X gebe die Anzahl der zerbrochenen Waffeln in einem Karton an.
X ist binomialverteilt mit p =

\frac{72}{2400}

= 0,03.
Die Länge der Kette beträgt n = 48.
Dann P(X=4) =

(\binom{48}{4})

⋅ 0,03⁴ ⋅ 0,97⁴⁴ ≈ 0,0413.
Die Wahrscheinlichkeit, dass in einem Karton genau 4 Waffeln zerbrochen sind, beträgt etwa 4%.

zu c)
Die Zufallsvariable Y gebe die Anzahl der zerbrochenen Waffeln in einer Lieferung von 50 Kartons an.
y ist binomialverteilt mit p = 0,03 und n =2400.
Der Erwartungswert von Y beträgt E(Y) = n ⋅ p = 2400 ⋅ 0,03 = 72 (entspricht natürlich der Anzahl der zerbrochenen Waffeln der letzten Lieferung).
Die Varianz beträgt V(Y) = n ⋅ p ⋅ q = 2400 ⋅ 0,03 ⋅ 0,97 = 69,84.
Die Standardabweichung beträgt σ_Y =

\sqrt{V(Y)}

\sqrt{69,84}

≈ 8,3570.
Tschebyscheff: P(|Y-σ|≥c) ≤

\frac{σ^{2}}{c^{2}}

\frac{69,84}{12^{2}}

= 0,485
Die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der zerbrochenen Waffeln um höchstens 12 vom Erwartungswert abweicht, beträgt 51,5%.

Dorothea und Giselher wollen den Bus benutzen. Sie kennen nicht die genauen Abfahrtszeiten, aber sie wissen, dass die Busse abwechselnd alle 10 und alle 20 Minuten kommen. Giselher meint, er erwarte als Wartezeit an der Haltestelle bis zum Eintreffen des Busses 7,5 Minuten. Dorothea ist anderer Meinung. Was meinen Sie?

Die Zufallsvariable X gibt die durchschnittliche Wartezeit in Minuten an. X kann die Werte 5 Minuten oder 10 Minuten annehmen.
Die Wahrscheinlichkeit, in eines der beiden Zeitfenster zu fallen, ist allerdings unterschiedlich:

\frac{1}{3}

und

\frac{2}{3}

x_i	5	10
P(X=x_i)	$\frac{1}{3}$	$\frac{2}{3}$

Der Erwartungswert ist E(X) =

\frac{1}{3}

⋅ 5 +

\frac{2}{3}

⋅ 10 =

\frac{25}{3}

.
Man muss durchschnittlich 8

\frac{1}{3}

Minuten auf den Bus warten

Fischers Fritze erhält eine Anfrage über eine Lieferung von 5000 Fischen. Er hat aber keine Ahnung, wie viele Fische sich in seinem Teich befinden. Sein Azubi Arthur hat eine Idee. Er fängt 50 Fische, die er markiert. Anschließend wirft er die Fische wieder in den Teich. Einige Tage später fängt er nacheinander 200 Fische (die er anschließend wieder in den Teich entlässt) und stellt fest, dass 5 Fische eine Markierung tragen. Kann Fritze den Auftrag annehmen?

In einer ersten Idee kann man einfach einen Dreisatz verwenden:
x = 50
200 = 5
und erhält die Anzahl der Fische x = 2000 im Teich.

Will man die Rechnung theoretisch aufladen, kann man auch die verwenden.
Man versucht einen Schätzwert N_S für die unbekannte Anzahl N an Fischen zu erhalten, indem man die größtmögliche Wahrscheinlichkeit für das Ereignis "von N Fischen werden 50 markiert und von 200 gefangenen Fischen sind genau 5 markiert" sucht. Das entspricht der Suche nach dem Maximum der Funktion L(N) =

\frac{(\binom{200}{5}) \cdot (\binom{N - 200}{50 - 5})}{(\binom{N}{200})}

.
Es wird eine hypergeometrische Verteilung zugrundegelegt. Urnenmodell: L(N) gibt die Wahrscheinlichkeit an für genau k (hier: 5) weiße Kugeln (Treffer) bei einer Ziehung von M (hier: 200) Kugeln aus einer Gesamtheit von N Kugeln, von denen n (hier: 50) weiß sind.
Das Maximum ist dann die größte ganze Zahl, die kleiner oder gleich

\frac{n⋅M}{k}

\frac{50⋅200}{5}

= 2000.
Das Ergebnis hat man auch aus dem 'einfachen' Dreisatz-Modell errechnet.

10.

Glasbläser Gandolf kontrolliert eine ein Quadratmeter große Glasplatte. Er zerschneidet sie in 100 gleich große Stücke, von denen 20 keine Luftbläschen enthalten. Wie viele Glasbläschen sind ungefähr in der gesamten Platte enthalten, wenn diese regellos verteilt waren?

X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Luftbläschen in einem Plattenstück angibt. Da die Anzahl der Luftbläschen in einem Stück einen beliebigen natürlichen Wert annehmen kann, ist X nicht binomialverteilt. Sei X poissonverteilt. Gesucht ist dann der Erwartungswert μ von X, d.h. die Anzahl der Luftbläschen pro Plattenstück.
Poissonverteilung: P(X=k) = P_μ(k) =

\frac{μ^{k}}{k!}

⋅ e^-μ
Angewendet auf unsere Aufgabe: P(X=0) = 0,2 =

\frac{μ^{0}}{0!}

⋅ e^-μ =

\frac{1}{1}

⋅ e^-μ
Daraus folgt: μ = - ln 0,2 = 1,609
Etwa 1,61 Luftbläschen pro Plattenstück erwartet man. Bei 100 Plattenstücken erwartet man für die gesamte Glasplatte etwa 161 Luftbläschen.

11.

Bei 1872 Ziehungen im Lotto „6 aus 49“ kam die 7 unter den Glückszahlen 254 mal vor.
a) Ist das eine bemerkenswerte Abweichung nach oben vom erwarteten Wert?
b) Wie wahrscheinlich sind 254 oder mehr Ziehungen mit der 7 als Glückszahl?

X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Ziehungen, die eine 7 enthalten, angibt. X ist binomialverteilt mit der Wahrscheinlichkeit für einen Treffer von p =

\frac{(\binom{1}{1}) \cdot (\binom{48}{5})}{(\binom{49}{6})}

= 0,1224.
Die Länge der Kette beträgt n = 1872.
zu a)
Der Erwartungswert E(X) beträgt E(X) = μ = n ⋅ p = 1872 ⋅ 0,1224 ≈ 229,2.
Die Standardabweichung beträgt σ =

\sqrt{n⋅p⋅q}

\sqrt{1872⋅0,1224⋅0,8776}

≈ 14,18
254 = 229,2 + 34,8 ≈ μ + 1,75 ⋅ σ
Die Anzahl der gezogenen 7 befindet sich damit innerhalb einer 2σ-Umgebung um den Erwartungswert. Das ist noch nicht signifikant, denn dann müsste es außerhalb der 2σ-Umgebung liegen.
zu b)
Gesucht: P(X>253) = 1 - P(X≤253) = 1 - F_1872;0,1224 ≈ 1 - 0,9556 = 0,0444.
Die Wahrscheinlichkeit für mindestens 254 Ziehungen der 7 beträgt etwa 4,4%.

12.

Unter den 36 SchülerInnen des 12. Jahrgangs befinden sich 16 Mädchen. Es werden 5 SchülerInnen zufällig für eine Befragung ausgewählt. Geben Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die Zufallsvariable an, die die Anzahl der zu befragenden Mädchen beschreibt.

X sei die Zufallsvariable an, die die Anzahl der zu befragenden Mädchen beschreibt. X ist hypergeometrisch verteilt, denn es handelt sich hier um ein 'Ziehen ohne Zurücklegen' der Mädchen.
Modell: Urne mit N Kugeln, davon M weiß, wird n-mal ohne Zurücklegen gezogen. Beschreibt die Zufallsvariable X die Anzahl der gezogenen weißen Kugeln, gilt
P(X=k) = H_N;M;n(k) =

\frac{(\binom{M}{k}) \cdot (\binom{N-M}{n-k})}{(\binom{N}{n})}

= 0,1224.
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung von X mit N = 36, M = 16 und n = 5:

x_i	0	1	2	3	4	5
P(X=x_i)	0,0411	0,2056	0,3629	0,2822	0,0966	0,0116

13.

Wie oft muss man einen Würfel im Durchschnitt werfen, wenn man auf die erste 6 wartet? Mit welcher Wahrscheinlichkeit fällt die 6 spätestens im sechsten Versuch?

X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Würfe bis zur ersten 6 angibt. X ist geometrisch verteilt mit p =

\frac{1}{6}

.
Es gilt: P(X=k) = (1 - p)^k-1 ⋅ p mit k ∈ 1 , 2 , 3 , ....
Der Erwartungswert einer geometrisch verteilten Zufallsvariable ist E(X) =

\frac{1}{p}

.
Man muss demnach im Durchschnitt 6-mal werfen.

Zur 2. Frage:
P(X≤6) =

\sum_{k = 1}^{6}

{(\frac{5}{6})}^{k-1}

⋅

\frac{1}{6}

\frac{1}{6}

⋅

\sum_{k = 0}^{5}

{(\frac{5}{6})}^{k}

≈

\frac{1}{6}

⋅ 3,991 ≈ 0,665 (Stichwort: geometrische Reihe)
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 67% würfelt er die erste 6 spätestens im sechsten Versuch.

14.

Beweisen Sie für die Binomialverteilung für k < n die Rekursionsformel

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{p}{1 - p}

⋅ B_n;k(k) = B_n;k(k+1)

Hilfsformeln:
(1)

(\binom{n}{k})

\frac{n!}{k!⋅(n-k)!}

(2) B_n;k(k) =

(\binom{n}{k})

⋅ p^k ⋅ (1 - p)^n-k

(3) p ⋅ p^k = p^k+1 und

\frac{1}{1 - p}

⋅ (1 - p)^n-k = (1 - p)^n-k-1

(4) B_n;k(k+1) =

\frac{n!}{(k+1)!⋅(n-k-1)!}

⋅ p^k+1 ⋅ (1 - p)^{n - k - 1}

(5)

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{n!}{k!⋅(n-k)!}

\frac{n!}{(k+1)!⋅(n-k-1)!}

und damit

Nun zum eigentlichen Beweis:

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{p}{1 - p}

⋅ B_n;k(k) =

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{p}{1 - p}

⋅

(\binom{n}{k})

⋅ p^k ⋅ (1 - p)^n-k wegen (2)

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{p}{1 - p}

⋅ B_n;k(k) =

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

(\binom{n}{k})

⋅ p^k+1 ⋅ (1 - p)^n-k-1 wegen (3)

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{p}{1 - p}

⋅ B_n;k(k) =

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{n!}{k!⋅(n-k)!}

⋅ p^k+1 ⋅ (1 - p)^n-k-1 wegen (1)

\frac{n - k}{k + 1}

⋅

\frac{p}{1 - p}

⋅ B_n;k(k) =

\frac{n!}{(k+1)!⋅(n-k-1)!}

⋅ p^k+1 ⋅ (1 - p)^{n - k - 1} = B_n;k(k+1) wegen (4) und (5)

Das war zu beweisen.

15.

Hans-Werner erweitert das Sortiment der Cafeteria um Schreibutensilien, um vergesslichen Schülern Ärger mit den Lehrkörpern zu ersparen. Er ordert deshalb Bleistifte in Schachteln zu 100 Stück. Als knallharter Geschäftsmann akzeptiert er einen Ausschussanteil von höchstens 4%. Bei der Prüfung einer Schachtel werden dieser 4 Stifte ohne Zurücklegen entnommen. Sind mindestens zwei Bleistifte mangelhaft, weist er die Schachtel zurück. Mit welcher Wahrscheinlichkeit höchstens wird bei diesem Test eine Schachtel zu Unrecht zurückgewiesen?

Zufallsvariable X: Anzahl der defekten Bleistifte bei einer Prüfung (also bei der Entnahme von 4 Bleistiften aus einer Packung).
X ist hypergeometrisch verteilt. Aufgrund der Aufgabenstellung werden 4 defekte Bleistifte von den 100 in einer Schachtel angenommen. Das würde von Hans-Werner noch toleriert werden.
Er würde die Schachtel zu Unrecht zurückweisen, wenn er 2 oder mehr defekte Bleistifte bei einer Prüfung entdeckt.
Demnach ist gesucht:
P(X≥2) = 1 - P(X≤1) = 1 - P(X=1) - P(X=0) = 1 -

\frac{(\binom{4}{1}) \cdot (\binom{96}{3})}{(\binom{100}{4})}

\frac{(\binom{4}{0}) \cdot (\binom{96}{4})}{(\binom{100}{4})}

≈ 1 - 0,146 - 0,847 = 0,007
Er würde die Lieferung zu höchstens etwa 0,7% zu Unrecht zurückweisen, wenn er höchstens 4% Ausschuss toleriert.

Klausur

a) Was ist ein Bernoulli-Experiment, was ist ein Laplace-Experiment?
b) Bestimmen Sie: B_20;0,2(4) ; F_20;0,2(4) ; F_18;0,7(15)
c) Beschreiben Sie Wahrscheinlichkeitsverteilungen: Name, Bedeutung der Zufallsvariablen, Parameter, Definitionsbereich, Berechnung der Wahrscheinlichkeiten.

zu a)
Ein Bernoulii-Experimnt esitzt nur zwei mögliche Ergebnisse mit den Wahrscheinlichkeiten p und 1 - p.
Bei einem Laplace-Experiment sind die möglichen Ergebnisse alle gleichwahrscheinlich. Beispiel: idealer Würfel.

zu b)
B_20;0,2(4) = 0,2182 ; F_20;0,2(4) = 0,6296 ; F_18;0,7(15) = 1 - 0,0600 = 0,9400

zu c)
Zufallsvariable X

Name	Bedeutung X	Parameter	Def.-bereich	Berechnung
Binomial-Vert.	Anz. Treffer	n Ziehungen mit Zurücklegen Wahrscheinlichkeit für Treffer: p	k ∈ {0, ... ,n}	P(X=k) = B_n;p(k) = $(\binom{n}{k})$ ⋅ p^k ⋅ (1 - p)^n-k
hypergeometr. Vert.	Anz. Treffer	Urne: N Kugeln M weiß (Treffer) n Ziehungen ohne Zurücklegen	k ∈ {0, ... ,M} M ≤ N ; n ≤N	P(X=k) = H_N;M;n(k) = $\frac{(\binom{M}{k}) \cdot (\binom{N-M}{n-k})}{(\binom{N}{n})}$
geometrische. Vert.	Anz. Ziehungen bis 1. Treffer (mit Zurücklegen)	Wahrscheinlichkeit für Treffer: p	k ∈ N\{0}	P(X=k) = (1 - p)^k-1 ⋅ p
Poissonverteilung	Anz. Treffer	Erwartungswert μ	k ∈ N, μ ∈ R⁺	P(X=k) = P_μ(k) = $\frac{μ^{k}}{k!}$ ⋅ e^-μ

Anmerkung: Häufig werden hypergeometrische Verteilungen durch Binomialverteilungen angenähert, wenn sich sehr viele Kugeln N in der Urne befinden (aus einem 'mächtigen' Reservoir gezogen wird) und entsprechend relativ wenige Ziehungen n durchgeführt werden.

In einem Kaufhaus sollen auf Grund verlängerter Ladenschlusszeiten 12 neue Mitarbeiter eingestellt werden. Die Wahrscheinlichkeit, dass Mitarbeiter in Kaufhäusern bereit sind, auch abends zu arbeiten, sei p=0,8.

a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass von den 12 neuen Mitarbeitern mindestens 10 bereit sind, auch abends zu arbeiten?
b) Kollege Kunibert will für eine Abendschicht einen neuen Mitarbeiter einteilen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit findet er einen Mitarbeiter, der bereit ist, auch abends zu arbeiten, erst im zweiten Versuch?
c) Wie groß müsste p mindestens sein, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mindesten 50 % alle 12 neuen Mitarbeiter bereit sind, auch abends zu arbeiten?
d) 45 % aller Kunden des Kaufhauses sind männlich, 50 % aller Kunden kaufen auch abends ein. 25 % aller Kunden sind weiblich und kaufen abends nicht ein. Untersuchen Sie die folgenden Ereignisse auf Unabhängigkeit. Fertigen Sie dazu eine Vierfeldertafel an.
Ereignis M: Ein zufällig ausgewählter Kunde ist männlich.
Ereignis A: Ein zufällig ausgewählter Kunde kauft auch abends ein.

X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Mitarbeiter, die bereit sind, auch abends zu arbeiten, beschreibt. X ist binomial verteilt mit p = 0,8.

zu a)
Es gilt: n = 12.
Gesucht: P(X≥10) = 1 - P(X≤9) = 1 - F_12;0,8(9) ≈ 1 - 0,442 = 0,558.
Die Wahrscheinlichkeit, dass von den 12 neuen Mitarbeitern mindestens 10 bereit sind, auch abends zu arbeiten, beträgt etwa 56%.

zu b)
Die Zufallsvariable Y gibt die Anzahl der Versuche bis zur Einstellung des ersten Mitarbeiters, der bereit ist, auch abends zu arbeiten, an. Y ist geometrisch verteilt mit p = 0,8.
Gesucht: P(Y=2) = 0,2 ⋅ 0,8 = 0,16.
Kunibert findet einen Mitarbeiter, der bereit ist, auch abends zu arbeiten, erst im zweiten Versuch mit der Wahrscheinlichkeit von 16%.

zu c)
Nun ist die minimale Wahrscheinlichkeit p gesucht mit der Bedingung
P(X=12) ≥ 0,5 → P(X=12) =

(\binom{12}{12})

⋅ p¹² ⋅ (1 - p)⁰ = 1 ⋅ p¹² ⋅ 1 ≥ 0,5 → p ≥

\sqrt[12]{0,5}

≈ 0,944.
Damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mindesten 50 % alle 12 neuen Mitarbeiter bereit sind, auch abends zu arbeiten, müsste die Wahrscheinlichkeit, dass ein Mitarbeiter bereit ist, auch abends zu arbeiten, mindestens 94,4% betragen.

zu d)
Ereignis M: Ein zufällig ausgewählter Kunde ist männlich.
Ereignis A: Ein zufällig ausgewählter Kunde kauft auch abends ein.
Gegeben: P(M) = 0,45 ; P(A) = 0,5 ; P( M ∩ A) = 0,25
Daraus Vier-Felder Tafel:

	A	A
M	0,2	0,25	0,45
M	0,3	0,25	0,55
	0,5	0,5	1

Die Ereignisse M und A sind unabhängig, falls P(A) ⋅ P(M) = P(A∩M) gilt.
P(A) ⋅ P(M) = 0,5 ⋅ 0,45 = 0,225
P(A∩M) = 0,2
Nach Definition sind die Ereignisse nicht unabhängig. Allerdings differieren die Ergebnisse nicht sehr stark, sind quasi im Rahmen der Messungenauigkeit.

Zur Eröffnung einer Filiale des Reisebüros Himmelfahrt sind 25 Personen erschienen. Der Geschäftsführer hat einen Lostopf mit 60 Losen, auf denen die Zahlen 1 bis 60 stehen, vorbereiten lassen. Die Vielfachen der 10 zeigen den Gewinn einer Kurzreise an. Die Gäste ziehen jeweils ein Los.
a) Praktikant Hans Herbert berechnet mit Hilfe einer binomialverteilten Zufallsvariablen die Wahrscheinlichkeit, dass beim gleichzeitigen Öffnen der Lose höchstens zwei Gäste eine Reise gewinnen werden. Geben Sie sein Ergebnis an.
b) Mathefex Melf merkt an, dass es sich nicht um eine Bernoulli-Kette handelt. Modellieren Sie den Sachverhalt im Urnenmodell. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass beim gleichzeitigen Öffnen der Lose höchstens zwei Gäste eine Reise gewinnen werden.
c) Die Telefonzentrale des Reiseunternehmens registriert in den 150 Minuten zwischen 13.30 Uhr und 16.00 Uhr durchschnittlich 40 Anrufe für den Sachberater für Frühbucherrabatte. Dieser Sachbearbeiter verlässt für 3 Minuten seinen Platz. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass innerhalb der genannten drei Minuten mindestens zwei Anrufe für ihn eingehen.

zu a)
Die binomialverteilte Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der Gewinne. Die Wahrscheinlichkeit für einen Gewinn beträgt p =

\frac{6}{60}

= 0,1, die Länge der Kette ist n = 25.
Dann ist gesucht: P(X≤2) = F_25;0,1(2) ≈ 0,537
Hans Herbert gibt die Gewinnwahrscheinlichkeit für höchstens zwei Lose mit 53,7% an.

zu b)
Die Zufallsvariable Y beschreibt die Anzahl der Gewinne. Y ist hypergeometrisch verteilt, denn dem gleichzeitigen Öffnen der Lose entspricht das Ziehen ohne Zurücklegen.
Parameter: N = 60 M = 6 n = 25
Gesucht:
P(Y≤2) = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) =

\frac{(\binom{6}{0}) \cdot (\binom{54}{25})}{(\binom{60}{25})}

\frac{(\binom{6}{1}) \cdot (\binom{54}{24})}{(\binom{60}{25})}

\frac{(\binom{6}{2}) \cdot (\binom{54}{23})}{(\binom{60}{25})}

≈ 0,032 + 0,162 + 0,314 = 0,508
Mathefex Melf berechnet eine Wahrscheinlichkeit von etwa 50% dafür, dass beim gleichzeitigen Öffnen der Lose höchstens zwei Gäste eine Reise gewinnen werden.

zu c)
häufig ausgeführter (aber unzureichender) Lösungsweg:
Die Zeitspanne von 150 Minuten wird in 3-Minuten-Abschnitte unterteilt. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf in einen Abschnitt fällt, ist p =

\frac{3}{150}

\frac{1}{50}

= 0,02.
X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Anrufe in dem bewussten 3-Minuten-Intervall angibt. X wird als binomialverteilt angenommen mit p = 0,02.
Die Länge der Kette beträgt in dem Fall n = 40.
Dann ist gesucht: P(X>1) = 1 - P(X≤1) = 1 - F_40;0,02 ≈ 1 - 0,810 = 0,190 (≈ 1 - P(X=0) - P(X=1) )
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 19 % erhält er in den 3 Minuten mehr als einen Anruf.

(richtige) Alternative:
X sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Anrufe in dem bewussten 3-Minuten-Intervall angibt. Da die Anzahl der Anrufe einen beliebigen natürlichen Wert annehmen kann, ist X nicht binomialverteilt.
Bekannt ist der Erwartungswert μ = 40 ⋅ $\frac{3}{150}$ = 0,8. Sei X poissonverteilt.
Gesucht ist P(X>1) = 1 - P(X=0) - P(X=1) = 1 - P_0,8(0) - P_0,8(1)
= 1 - ${0,8}^{0}$ ⋅ $\frac{1}{0!}$ ⋅ e^-0,8 - ${0,8}^{1}$ ⋅ $\frac{1}{1!}$ ⋅ e^-0,8 ≈ 1 - 0,449 - 0,359 = 0,192
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 19 % erhält er in den 3 Minuten mehr als einen Anruf.

Ein Reiseunternehmen weiß aus Erfahrung, dass von 100 Personen, die eine Gesellschaftsreise gebucht haben, durchschnittlich 2 die Reise nicht antreten. Das Unternehmen verkauft daher für 59 verfügbare Plätze 60 Karten. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle Personen, welche die Reise tatsächlich antreten wollen, auch einen Platz bekommen?

Die Zufallsvariable X gebe die Anzahl der Kunden, die die Reise auch antreten, an. X ist binomialverteilt mit p = 0,98 (=

\frac{98}{100}

).
Die Länge der Kette ist n = 60.
Gesucht ist dann P(X>59) = P(X=60) =

(\binom{60}{60})

⋅ 0,98⁶⁰ ⋅ 0,02⁰ ≈ 1 ⋅ 0,298 ⋅ 1 = 0,298
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 30% können nicht alle Kunden, die die Reise auch antreten wollen, einen Platz erhalten.

Niklas zieht auf seiner Party aus einem Skatblatt eine Karte nach der anderen mit Zurücklegen, bis der erste König erscheint.
a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit zieht er den ersten König im 3. Versuch?
b) Wie oft muss er ziehen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 50% den ersten König zu ziehen? Was ändert sich, wenn Niklas ohne Zurücklegen zieht?
c) Wie oft muss er im Mittel mit Zurücklegen ziehen, um jede Karte mindestens einmal aufgedeckt zu haben?

Die Zufallsvariable X gebe die die Anzahl der Versuche bis zum ersten erfolgreichen Zug eines Königs an. Die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen eines Königs beträgt p =

\frac{4}{32}

= 0,125.
zu a)
Gesucht: P(X=3) = (1 - p)² ⋅ p = 0,875² ⋅ 0,125 = 0,096
Niklas zieht mit einer Wahrscheinlichkeit von fast 10% den ersten König im 3. Versuch.

zu b)
Gesucht ist nun die kleinste Anzahl k der Versuche bis er den ersten König mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 50% zieht.
$$ \sum_{i=1}^{k} (0,875^{i-1} \cdot 0,125) = 0,125 \cdot \sum_{i=1}^{k} 0,875^{i-1} = 0,125 \cdot \sum_{i=0}^{k-1} 0,875^i \geq 0,5$$ $$ weiter (geometr. Reihe): 0,125 \cdot \sum_{i=0}^{k-1} 0,875^i = 0,125 \cdot \frac {1 - 0,875^k}{1-0,875} = 1 - 0,875^k \geq 0,5$$ $$k \geq \frac {ln 0,5}{ln 0,875} \approx 5,19 \rightarrow k = 6 ~~~(ungleich-Rechenregeln~ beachten)$$ Niklas muss mindestens sechsmal ziehen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 50% den ersten König zu erhalten.

Natürlich kann man auch die Wahrscheinlichkeiten P(X=1) ; P(X=2) ; ... summieren, bis zum ersten Mal die Summe größer oder gleich 0,5 ist.

Zur 2. Frage
Die Zufallsvariable Y gebe die die Anzahl der Versuche bis zum ersten erfolgreichen Zug eines Königs ohne Zurücklegen der gezogenen Karte an.
Die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen eines Königs ändert sich bei jeder Ziehung:
1. Zug: p₁ =

\frac{4}{32}

, 2. Zug: p₂ =

\frac{4}{31}

, ... , k. Zug: p_k =

\frac{4}{32-k+1}

.

Im Fall des Ziehens ohne Zurücklegen können die Wahrscheinlichkeiten P(Y=1) ; P(Y=2) ; ... summiert werden, bis zum ersten Mal die Summe größer oder gleich 0,5 ist.
Es gilt P(Y=1) =

\frac{4}{32}

Für k > 1 gilt: P(Y=k) = (1 - p₁) ⋅ (1 - p₂) ⋅ ... ⋅ (1 - p_k-1) ⋅ p_k =

\frac{28}{32}

⋅

\frac{27}{31}

⋅

\frac{26}{30}

⋅ ... ⋅

\frac{28-k+2}{32-k+2}

⋅

\frac{4}{32-k+1}

Man summiert: P(Y=1) + P(Y=2) + P(Y=3) + P(Y=4) + P(Y=5)

=

\frac{4}{32}

\frac{28}{32}

⋅

\frac{4}{31}

\frac{28}{32}

⋅

\frac{27}{31}

⋅

\frac{4}{30}

\frac{28}{32}

⋅

\frac{27}{31}

⋅

\frac{26}{30}

⋅

\frac{4}{29}

\frac{28}{32}

⋅

\frac{27}{31}

⋅

\frac{26}{30}

⋅

\frac{25}{29}

⋅

\frac{4}{28}

≈ 0,125 + 0,1129 + 0,1016 + 0,0911 + 0,0813 = 0,5119 ≥ 0,5
Man benötigt nun nur 5 Ziehungen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 50% den ersten König zu erhalten.

zu c)

Um den Erwartungswert des Verfahrens zu ermitteln, kann man auf eine geometrische Verteilung zurückgreifen. Jede Karte erhält eine Nummer von 1 bis N. N ist die Gesamtzahl der Karten, in dieser Aufgabe ist N = 32. Die Karten werden zufällig ausgewählt, somit ist jede Nummer von 1 bis N gleichwahrscheinlich. Jede Nummer wird mit der Wahrscheinlichkeit p = $\frac{1}{N}$ gewählt. Wenn Z die Zufallsvariable ist, die die Anzahl der Ziehungen bis zum ersten Aufdecken einer bestimmten Karte (zwischen 1 und N) angibt, ist Z geometrisch verteilt.
Es gilt bekanntlich: P(Z=k) = (1-p)^k-1 ⋅ p und der zugehörige Erwartungswert ist E(Z) = $\frac{1}{p}$ .
Alle Karten sollen mindestens einmal aufgedeckt werden. Das ist das Problem der vollständigen Serie.
Die Zufallsvariablen X_i geben die Anzahl der Ziehungen bis zum ersten Aufdecken der i. Karte (nicht notwendigerweise der Karte mit der Nummer i) an: also X₂ ist die Anzahl der Ziehungen bis zum Aufdecken einer Karte, die von der ersten Karte verschieden ist. X₃ ist die Anzahl der Ziehungen bis zum Aufdecken einer Karte, der von der ersten und der zweiten Karte verschieden ist usw.
Die Wahrscheinlichkeit beispielsweise für X₃ ist p₃ = $\frac{N-2}{N}$ , allgemein: p_i = $\frac{N+1-i}{N}$ ; i ∊ {1, ... , N}.
Der Erwartungswert ist dann der Kehrwert: E(X₃)= $\frac{N}{N-2}$ , allgemein: E(X_i) = $\frac{N}{N+1-i}$
Der Erwartungswert für die Anzahl X der Aufrufe ist E(X) = E(X₁) + E(X₂) + ... + E(X_N).
Und weiter: E(X) = $\frac{N}{N}$ + $\frac{N}{N-1}$ + ... + $\frac{N}{1}$ = N ⋅ ( $\frac{1}{N}$ + $\frac{1}{N-1}$ + ... + $\frac{1}{1}$ ).

Für N = 32 erhält man E(X) = 130.
Niklas müsste im Mittel 130 mal ziehen, um jede Karte mindestens einmal aufzudecken.

Anmerkung: siehe auch unter Mathematik/Verschiedenes/kluge Piraten
Dort findet sich auch eine Simulation für beliebige N. Zu beachten ist, dass aufgrund der dortigen Aufgabe der ausgegebene Erwartungswert um den Summanden N ⋅ (N-1) verringert werden muss.

Eine 27-köpfige Jugendgruppe wird von 2 erwachsenen Betreuern auf einer Fahrt nach Malta begleitet. Langjährige Erfahrung zeigt, dass aufgrund der falsch eingestellten Klimaanlagen (oder durch fehlerhafte Bedienung derselben) im Mittel 12 % der Jugendlichen und 8 % der Erwachsenen während ihres Aufenthaltes an einer Erkältung erkranken (Unabhängigkeit der Erkrankungen wird angenommen).
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die beiden Betreuer während ihres Aufenthaltes gesund bleiben?
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit erkranken höchstens 4 der 27 Jugendlichen?
c) Wie viele Jugendliche dürften an der Reise nach Malta höchstens teilnehmen, wenn die gesamte Gruppe ohne die beiden Betreuer mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 20 % gesund bleiben soll?

zu a)
Die Zufallsvariable X gebe die Anzahl der Erwachsenen an, die gesund bleiben. X ist binomialverteilt mit p = 0,92.
Die Länge der Kette ist n = 2.
Gesucht: P(X=2) =

(\binom{2}{2})

⋅ 0,92² ⋅ 0,08⁰ = 0,8464.
Mit einer Wahrscheinlichkeit von fast 85% bleiben beide Betreuer während ihres Aufenthaltes gesund.

zu b)
Die Zufallsvariable Y gebe die Anzahl der Jugendlichen an, die gesund bleiben. Y ist binomialverteilt mit p = 0,88.
Die Länge der Kette ist n = 27.
Gesucht: P(Y>22) = 1 - P(Y≤22) = 1 - F_27;0,88(22) ≈ 1 - 0,2173 = 0,7827
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 78% erkranken höchstens 4 der 27 Jugendlichen.

zu c)
Gesucht ist die Länge n der Kette für die Zufallsvariable Y mit:
P(Y=n) =

(\binom{n}{n})

⋅ 0,88ⁿ ⋅ 0,12⁰ = 1 ⋅ 0,88ⁿ ⋅ 1 ≥ 0,2 → n ≤

\frac{ln 0,2}{ln 0,88}

≈ 12,6
An der Reise nach Malta dürfen höchstens 12 Jugendliche teilnehmen, wenn die gesamte Gruppe ohne die beiden Betreuer mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 20 % gesund bleiben soll.

Beweisen Sie: ∀(n,k ≥ 0)

(\binom{n}{k})

(\binom{n}{n-k})

Man betrachte die Definition der Binomialkoeffizienten:

(\binom{n}{k})

\frac{n!}{k!⋅(n-k)!}

und setze für k entsprechend ein.

(\binom{n}{k})

\frac{n!}{k!⋅(n-k)!}

(\binom{n}{n-k})

\frac{n!}{(n-k)!⋅(n-(n-k))!}

\frac{n!}{(n-k)!⋅k!}

qed.