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.
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.
\(X\) ist binomialverteilt mit \(n=150\) und \(p=0,77\).
\(P(A)=P(X=110)\approx0,0424\) (Taschenrechner: binomialpdf)
\(P(B)=P(X<119)=P(X\le118)\approx0,716\) (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
AufgabenstellungJeder 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: \(\sigma=\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=\sqrt{45000\cdot 0,77\cdot 0,23}\approx89,3\)
\(P(\mu-\frac{1}{2}\sigma<Y<\mu+\frac{1}{2}\sigma)=P(34605<Y\le34694) =P(Y\le34\ 694)-P(Y\le34\ 605)\approx 0,691-0,309=0,382\)
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
AufgabenstellungVon den Teilnehmern, die nicht im Ziel angekommen sind, haben
- 82 % wegen „mangelnder Vorbereitung“
- 72 % entweder wegen „mangelnder Vorbereitung“ oder wegen „Schmerzen während des Laufs“
- 13 % weder wegen „mangelnder Vorbereitung“ noch wegen „Schmerzen während des Laufs“
den Lauf abgebrochen.
Lösung\(V\): Mangelnde Vorbereitung; \(S\): Schmerzen während des Laufs
Mit Hilfe einer Vierfeldertafel behält man hier den Überblick.
| \(S\) | \(\overline{S}\) | \(\sum\) | |
| \(V\) | 15%8 | 67%5 | 82%1 |
|---|---|---|---|
| \(\overline{V}\) | 5%4 | 13%3 | 18%2 |
| \(\sum\) | 20%7 | 80%6 | 100% |
Schwarz: Angaben aus dem Text
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
AufgabenstellungBetrachtet 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 \(\mu=245,\ \ \sigma=50\))
\(P_L(F)=\frac{P(F\cap L)}{P(\overline{F}\cap L)+P(F\cap L)}\approx\frac{0,34\cdot0,0651}{0,66\cdot0,0651+0,34\cdot0,103}\approx0,284\)