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Wahrscheinlichkeitsrechnung - Aufgaben, Lösungen und Beispiele zu eindimensionalen Verteilungen (mit Namen)

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Wahrscheinlichkeitsrechnung

Aufgaben, Lösungen und Beispiele zu eindimensionalen Verteilungen (mit Namen)

Inhaltsverzeichnis

Aufgabe 1

In der Baubranche gibt es immer wieder Unternehmen, die auch Schwarzarbeiter beschäftigen. Der Zoll versucht der Schwarzarbeit Herr zu werden und kontrolliert daher jährlich immer wieder fünf  aller 15 Unternehmen. Drei von den 15 Unternehmen beschäfigen trotzdem immer wieder nicht gemeldetet Arbeitskräfte.

  1. Welche Verteilung liegt für die Zufallsvariable der Anzahl der Bauunternehmen, die Arbeiter illegal beschäftigen vor?
  2. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Zoll alle drei Bauunternehmen, die Schwarzarbeiter beschäftigen in ein und demselben Jahr erwischen?
  3. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass keines dieser Unternehmen entdeckt wird?

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Lösung 1a:

Da sich dieser Sachverhalt auch als Urnenexperiment ohne Zurücklegen beschreiben lässt, handelt es sich um eine hypergeometrische Verteilung.

Dabei liegt eine Urne mit N=15 Unternehmen vor, von denen M=3 Schwarzarbeiter beschäftigen und somit die gesuchte Eigenschaft haben. Aus der Urne wir n= 5 mal "gezogen", weil in einem Jahr ja 5 unterschiedliche Bauunternehmen kontrolliert werden.
Somit haben wir eine hypergeometrische Verteilung H(N, M, n) = H(15, 3, 5)

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Lösung 1b:

Man setzt k = 3, N = 15, M = 3 und n = 5 in die Formel der hypergeometrischen Verteilung ein und erhält:

P(X = 3) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}33\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{15\;-\;3}{5\;-\;3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{15}5\right)}$ =  $\frac{1\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{12}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{15}5\right)}$ ≈ 0,022.

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Lösung 1c:

für diesen Fall ist k = 0, was ergibt:

P(X = 0) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}30\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{15\;-\;3}{5\;-\;0}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{15}5\right)}$ = $\frac{1\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{12}{5}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{15}5\right)}$ ≈ 0,264.

Aufgabe 2

Gegeben ist eine Urne mit ingesamt 11 Kugeln, davon sind fünf rot, drei grün und vier blau. Aus dieser Urne wird viermal gezogen. Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass genau zwei blaue Kugeln gezogen werden, wenn

  1. mit Zurücklegen
  2. ohne Zurücklegen

gezogen wird?

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Lösung 2a:

Wird eine blaue Kugel gezogen, so ist Xi=1, wird eine rote oder grüne Kugel gezogen (also nicht blau!), so gilt Xi=0. Xi sagt also aus, ob eine Kugel blau oder nicht blau ist, Xi = 1, 2, 3 oder 4. Die Anzahl der blauen Kugeln in dieser Stichprobe ist also insgesamt X = X1 + X2 + X3+ X4.

Wird die gezogene Kugel wieder in die Urne zurückgelegt, so sind die Ziehungen unabhägig voneinander. Zudem gibt es nur genau zwei Ereignisse, nämlich blau und nicht blau. Somit ist die Zufallsvariable binominalverteilt mit n = 4 und einer Erfolgswahrscheinlichkeit von p=$4\over{11}$ , da 4 von insgesamt 11 Kugeln blau ist.

P(X = 2) = $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}42\right)$ · ${4\over{11}}^2$ · $(1- {4\over{11}})^{(4-2)}$ = $6$·${16\over{121}}$ · $49\over{121}$ ≈ 0,321.

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Lösung 2b:

Jetzt werden die Kugeln nicht wieder zurück in die Urne gelegt, was zur Folge hat, dass die einzelnen Züge nicht mehr unabhägig von einander sind, sondern abhägig. So verringert sich die Wahrscheinlichkeit von ${4\over{11}}$ bspw. im zweiten Zug auf ${3\over{10}}$, wenn eine blaue Kugel gezogen wird. Die Wahrscheinlichkeit im zweiten Zug eine blaue Kugel zu ziehen steigt jedoch, falls im Ersten keine blaue Kugel gezoge werden sollte auf ${4\over{10}}$.
Also sind eher die Voraussetzungen der hypergeometrischen Verteilung erfüllt, konkret einer hypergeometrischen Verteilung H(N,M,n) = H(11,4,4). Es ergibt sich also für die Rechnung:

P(X = 2) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}42\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{11\;-\;4}{4\;-\;2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{11}4\right)}$ = $\frac{6\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{7}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{11}4\right)}$ = $\frac{6\;\cdot \;21}{330}$ ≈ 0,38182.

Aufgabe 3

Eine schwarz-rote Schiedsrichter Wählmarke wird acht mal hintereinander geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass

  1. genau dreimal schwarz
  2. mindestens sechsmal schwarz
  3. keinmal schwarz?

geworfen wird?

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Lösung 3a:

Zum Lösen dieser Aufgaben macht es Sinn, die Zufallsvariable X zu definieren. In diesem Fall soll sie zeigen, wie oft schwarz angezeigt wird, wen sie acht mal geworfen wurde. Die Variable kann demnach die Werte 0 bis 8 annehmen, also endliche Werte, daher ist die Zufallsvariable diskret. Die Binomialverteilung kann also hier genutzt werden.

Es liegt eine Binomialverteilung mit n = 8 und p = 0,5 vor.

Xi ist Laplace-verteilt zum Parameter $1\over{2}$ : Xi ~ B(1,$1\over{2}$)

Die Wahrscheinlichkeit, dass genau zweimal schwarz angezeigt wird, ist:

P(X = 3) = $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}83\right)$ · $\left(\frac 1 2\right)^3$ · $\left(\frac 1 2\right)^{8\;-\;3}$ = 56 · $\frac 1 8$ · $\frac 1{32}$ = 0,21875.

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Lösung 3b:

Es gilt:

P(X ≥ 6) = P(X = 6) + P(X = 7) + P(X = 8)

= $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}86\right)$· $\left(\frac 1 2\right)^6$ · $\left(\frac 1 2\right)^{8\;-\;6}$ +  $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}87\right)$ · $\left(\frac 1 2\right)^7$ · $\left(\frac 1 2\right)^{8\;-\;7}$ +  $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}88\right)$· $\left(\frac 1 2\right)^8$ · $\left(\frac 1 2\right)^{8\;-\;8}$

= 0,109375 + 0,03125 + 0,003906

= 0,144531.

Vertiefung

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Lösung 3c:

P(X = 0) = $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}80\right)$ · $\left(\frac 1 2\right)^8$ · $\left(\frac 1 2\right)^{8\;-\;8}$ =$\frac 1{256}$ = 0,0039.