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Lösung Stochastik

Zuletzt geändert von akukin am 2025/01/23 23:26

Teilaufgabe a)

Erwartungshorizont (offiziell) Die Wahrscheinlichkeit, dass aus der Gruppe mehr als 115 Läufer im Ziel ankommen, beträgt ca. 50,7 %.
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Es gilt: P(X>115)\approx 50,7 \%.
Interpretiere diese Aussage im Sachzusammenhang.

Lösung
Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der Teilnehmer dieser Gruppe, die im Ziel ankommen. Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses soll ca. 50,7 % betragen. Für dieses Ereignis gilt X>115.
Die Wahrscheinlichkeit, dass aus der Gruppe mehr als 115 Läufer im Ziel ankommen, beträgt ca. 50,7 %.

Teilaufgabe b)

Erwartungshorizont (offiziell) X ist binomialverteilt mit n=150 und p=0,77.
P(A)=P(X=110)\approx0,0424
P(B)=P(X<119)=P(X\le118)\approx0,716
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Berechne jeweils die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse:
A: Aus dieser Gruppe kommen genau 110 Teilnehmer im Ziel an.
B: Aus dieser Gruppe kommen weniger als 119 Teilnehmer im Ziel an.

Lösung
X ist binomialverteilt mit n=150 und p=0,77.
P(A)=P(X=110)=B_{150;0,77}(110)\approx0,0424 (Taschenrechner: binomialpdf)
P(B)=P(X<119)=P(X\le118)=F_{150;0,77}(118)\approx0,716 (Taschenrechner: binomialcdf)

Teilaufgabe c)

Erwartungshorizont (offiziell)

Y: Anzahl an ausgegebenen Finisher-Shirts

Y ist binomialverteilt mit n=45000 und p=0,77.
Erwartungswert: \mu=34650, Standardabweichung: \sigma\approx89,3
P(\mu-\frac{1}{2}\sigma<Y<\mu+\frac{1}{2}\sigma)=P(34605<Y\le34694) =P(Y\le34\ 694)-P(Y\le34\ 605)\approx 0,691-0,309=0,382
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Jeder der 45 000 Teilnehmer, der im Ziel ankommt, erhält ein Finisher-Shirt.
Y beschreibt die Anzahl an ausgegebenen Finisher-Shirts.
Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass Y um weniger als eine halbe Standardabweichung vom Erwartungswert abweicht.

Lösung
Y: Anzahl an ausgegebenen Finisher-Shirts
Y ist binomialverteilt mit n=45000 und p=0,77.
Die Formeln für den Erwartungswert und die Standardabweichung finden sich in der Merkhilfe.
Erwartungswert: \mu=n\cdot p= 45000\cdot 0,77=34650,

Standardabweichung: \sigma=\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=\sqrt{45000\cdot 0,77\cdot 0,23}\approx89,3

Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit, dass Y um weniger als eine halbe Standardabweichung vom Erwartungswert abweicht, also dass Y Werte zwischen \mu-\frac{1}{2}\sigma=34606 und \mu+\frac{1}{2}\sigma=34694 annimmt.
P\left(\mu-\frac{1}{2}\sigma<Y<\mu+\frac{1}{2}\sigma\right)=P(34606\le Y\le34694)

Da der Taschenrechner nur Wahrscheinlichkeiten P(X\le m) berechnen kann, also die Einzelwahrscheinlichkeiten P(X=k) von P\left(X=0\right) bis zu P\left(X=m\right) kumuliert (addiert), muss die gesuchte Wahrscheinlichkeit P\left(34606\le Y\le34694\right) noch umformuliert werden.

P(34606\le Y\le34694)=P(Y\le34\ 694)-P(Y\le34\ 605)\approx0,691-0,309=0,382 (Taschenrechner: binomialcdf)

Teilaufgabe d)

Erwartungshorizont (offiziell) V: Mangelnde Vorbereitung; S: Schmerzen während des Laufs
P(S\cup V)=1-0,13=0,87
P(S\cap V)=P(S\cup V)-\left(P(S\cap\overline{V})+P(\overline{S}\cap V)\right)=0,87-0,72=0,15
P(S)=P(S\cup V)-P(V)+P(S\cap V)=0,87-0,82+0,15=0,2
0,15=P(S\cap V)\neq P(S)\cdot P(V)=0,164
Die beiden Ereignisse sind nicht stochastisch unabhängig.
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung
Zeige, dass 20 % derjenigen, die nicht im Ziel angekommen sind, den Lauf wegen „Schmerzen während des Laufs“ abgebrochen haben.

Untersuche, ob die Ereignisse „mangelnde Vorbereitung“ und „Schmerzen während des Laufs“ stochastisch unabhängig sind.

Lösung
V: Mangelnde Vorbereitung; S: Schmerzen während des Laufs
Mit Hilfe einer Vierfeldertafel behält man hier den Überblick.
S\overline{S}\sum
V15%867%582%1
\overline{V}5%413%3 18%2
\sum 20%7 80%6100%
Index1-8: Reihenfolge der Ermittlung der Werte
Schwarz: Angaben aus dem Text
Grün: Berechnung mittels Summenregel („Oben plus Mitte ist gleich unten“, „Links plus Mitte ist gleich rechts“)
Rot: „72 % entweder wegen „mangelnder Vorbereitung“ oder wegen „Schmerzen während des Laufs“ ist gleichbedeutend mit \textcolor{red}{P(S\cap\overline{V})+P(\overline{S}\cap V)=72\%}

Zwei Ereignisse sind genau dann unabhängig, wenn die Wahrscheinlichkeit ihrer Schnittmenge genauso groß ist wie das Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten. (Formel siehe Merkhilfe)
P(S\cap V)=0,15
P(S)\cdot P(V)=0,2\cdot0,82=0,164
Also: P(S\cap V)\neq P(S)\cdot P(V)
Folglich sind die beiden Ereignisse nicht stochastisch unabhängig.

Teilaufgabe e)

Erwartungshorizont (offiziell) Z: Anzahl der Frauen in dieser Gruppe;
Z ist binomialverteilt mit n=1000,\ \ p=0,34
Gesucht ist das größte k, so dass P(Z<k)<0,2.
P(Z\le326)=P(Z<327)\approx0,184;\ \ P(Z\le327)=P(Z<328)\approx0,202
Die gesuchte Zahl k ist somit 327.
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Betrachtet wird eine Gruppe von 1000 Teilnehmern, die den Lauf beendet haben. Ermittle die größte natürliche Zahl k, so dass die Wahrscheinlichkeit, dass sich in dieser Gruppe weniger als k Frauen befinden, kleiner als 20 % ist.

Lösung
Z: Anzahl der Frauen in dieser Gruppe;
Z ist binomialverteilt mit n=1000,\ \ p=0,34

Gesucht ist das größte k, so dass P(Z<k)<0,2.

Durch systematisches Probieren mit dem Taschenrechner (binomialcdf) erhält man:
P(Z\le326)=P(Z<327)\approx0,184
P(Z\le327)=P(Z<328)\approx0,202
Die gesuchte Zahl k ist somit 327.

Teilaufgabe f)

Erwartungshorizont (offiziell) F: Person ist eine Frau; L: Person beendet den Lauf mit einer Zeit zwischen 210 und 225 Minuten
P_F(L)\approx0,0651 (WTR, Normalverteilung mit \mu=271,\ \ \sigma=44)
P_{\overline{F}}(L)\approx0,103 (WTR, Normalverteilung mit \mu=245,\ \ \sigma=50)
P_L(F)=\frac{P(F\cap L)}{P(\overline{F}\cap L)+P(F\cap L)}\approx\frac{0,34\cdot0,0651}{0,66\cdot0,0651+0,34\cdot0,103}\approx0,284
Erläuterung der Lösung Aufgabenstellung

Die benötigte Zeit für den Marathon von Frauen und Männern, die im Ziel ankommen, ist jeweils annähernd normalverteilt. Bei den Frauen beträgt der Mittelwert 4:31 h bei einer Standardabweichung von 44 Minuten. Bei den Männern ist der Mittelwert 4:05 h bei einer Standardabweichung von 50 Minuten. Eine Person beendet den Lauf mit einer Zeit zwischen 3:30 h und 3:45 h. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass es sich bei dieser Person um eine Frau handelt.

Lösung

F: Person ist eine Frau; L: Person beendet den Lauf mit einer Zeit zwischen 210 und 225 Minuten

Mit Hilfe des Taschenrechners (normalcdf) kann berechnet werden, wie groß die Wahrscheinlichkeit für eine Frau beziehungsweise für einen Mann ist, mit einer Zeit zwischen 210 und 225 Minuten den Lauf zu beenden.

P_F (L)\approx 0,0651 (Taschenrechner, normalcdf, Normalverteilung mit \mu=271, \ \sigma=44)

P_{\overline{F}}(L)\approx 0,103 (Taschenrechner, normalcdf, Normalverteilung mit \mu=245, \ \sigma=50)

Gesucht ist P_L(F). Bei der gesuchten Wahrscheinlichkeit sind (im Vergleich zur schon ermittelten Wahrscheinlichkeit P_F(L)) die Bedingung und das Ereignis vertauscht.
Aber: Egal ob ein Baum zuerst mit L,\overline{L} gezeichnet wird oder mit F,\overline{F}, die Pfadregel führt immer auf dieselbe Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge:
P(L)\cdot P_L (F)=P(L\cap F)
P(F)\cdot P_F (L)=P(L\cap F)
Aus dieser Erkenntnis leitet sich der Satz von Bayes ab, mit dem die gesuchte Wahrscheinlichkeit P_L(F) bestimmt werden kann

\begin{align} P(L)\cdot P_L(F)=P(F)\cdot P_F(L) \\ \Leftrightarrow\ \ \ P_L(F)=\frac{P(F)\cdot P_F(L)}{P(L)} \end{align}

P(L) ist nicht direkt gegeben, kann aber in P(\overline{F}\cap L)+P(F\cap L) umgeschrieben werden.
P_L(F)=\frac{P(F)\cdot P_F(L)}{P(\overline{F}\cap L)+P(F\cap L)}\approx\frac{0,34\cdot0,0651}{0,66\cdot0,0651+0,34\cdot0,103}\approx0,284
Die Wahrscheinlichkeit, dass es sich bei der Person, die den Lauf mit einer Zeit zwischen 3:30 h und 3:45 h beendet hat, um eine Frau handelt, beträgt ca. 28,4 %.