Lösung Aufgabe 1

Version 3.1 von akukin am 2025/01/16 18:52

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

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)

ist binomialverteilt mit n=150

und

.
$P(A)=P(X=110)\approx0,0424$
$P(B)=P(X<119)=P(X\le118)\approx0,716$

Erläuterung der Lösung

Aufgabenstellung

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

Lösung

ist binomialverteilt mit n=150

und

.
$P(A)=P(X=110)\approx0,0424$ (Taschenrechner: binomialpdf)
$P(B)=P(X<119)=P(X\le118)\approx0,716$ (Taschenrechner: binomialcdf)

Teilaufgabe c)

Erwartungshorizont (offiziell)

: Anzahl an ausgegebenen Finisher-Shirts

ist binomialverteilt mit n=45000

und

.
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. beschreibt die Anzahl an ausgegebenen Finisher-Shirts. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass um weniger als eine halbe Standardabweichung vom Erwartungswert abweicht.

Lösung

: Anzahl an ausgegebenen Finisher-Shirts

ist binomialverteilt mit n=45000

und

.
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

um weniger als eine halbe Standardabweichung vom Erwartungswert abweicht, also dass

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)

: Mangelnde Vorbereitung;

: 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

Von 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

: Mangelnde Vorbereitung;

: Schmerzen während des Laufs
Mit Hilfe einer Vierfeldertafel behält man hier den Überblick.

		$\overline{S}$	$\sum$
	15%₈	67%₅	82%₁
$\overline{V}$	5%₄	13%₃	18%₂
$\sum$	20%₇	80%₆	100%

Index_1-8: 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 $\textcolor{red}{P(S\cap\bar{V})+P(\bar{S}\cap V)=72\%}$

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)

: Anzahl der Frauen in dieser Gruppe;

ist binomialverteilt mit $n=1000,\ \ p=0,34$
Gesucht ist das größte

, so dass

.
$P(Z\le326)=P(Z<327)\approx0,184;\ \ P(Z\le327)=P(Z<328)\approx0,202$
Die gesuchte Zahl

ist somit 327.

Erläuterung der Lösung

Aufgabenstellung

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

Lösung

: Anzahl der Frauen in dieser Gruppe;

ist binomialverteilt mit $n=1000,\ \ p=0,34$

Gesucht ist das größte , 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

ist somit 327.

Teilaufgabe f)

Erwartungshorizont (offiziell)

: Person ist eine Frau;

: 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 $\mu=245,\ \ \sigma=50$ )
$P_L(F)=\frac{P(F\cap L)}{P(\overline{F}\cap L)+P(F\cap L)}\approx\frac{0,34\cdot0,0651}{0,66\cdot0,0651+0,34\cdot0,103}\approx0,284$