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 Am 08.12.2016 (ab 19:30 Uhr) findet unser nächstes Webinar statt.
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Aufgabe 1

Im Land Lowtax, welches in fernen Welten gelegen ist, führt die dortige Steuerfahndung jährlich intensive Prüfungen durch. Es ist so, dass die Behörde aus einem Pool von zehn Unternehmen jeweils vier auswählt und intensiv überprüft. Ohne dass die Steuerbehörde dies weiß, hinterziehen zwei der zehn Unternehmen Steuern.

a) Welcher Verteilung genügt die Zufallsvariable der Anzahl der steuerhinterziehenden Unternehmen in Lowtax?

b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Behörde beide Steuerbetrüger im selben Jahr dingfest machen kann?

c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass kein steuerhinterziehendes Unternehmen ausfindig gemacht wird?

Lösung:

a) Es handelt sich offenbar um eine hypergeometrische Verteilung, denn das Modell des Ziehens aus einer Urne ohne Zurücklegen ist anzuwenden. Es handelt sich um eine Urne mit N = 10 Unternehmen insgesamt, wovon M = 2 Unternehmen die gewünschte Eigenschaft aufweisen, nämlich Steuern zu hinterziehen. Aus der Urne wird n = 4 Mal gezogen. Insgesamt liegt also eine hypergeometrische Verteilung H(N, M, n) = H(10, 2, 4) vor.

b) Mit der Formel der hypergeometrischen Verteilung rechnet man

P(X = 2) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}22\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{10\;-\;2}{4\;-\;2}\right)}{(\genfrac{}{}{0pt}{0}{10}4)}$ =  $\frac{1\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}82\right)}{(\genfrac{}{}{0pt}{0}{10}4)}$ = 0,133. Man rechnet also mit

k = 2, N = 10, M = 2 und n = 4.

c) Es ist k = 0 man rechnet P(X = 0) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}20\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{10\;-\;2}{4\;-\;0}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{10}4\right)}$ = 1/3 = 0,333.

Aufgabe 2

Betrachte eine Urne mit vier schwarzen, zwei weißen und drei roten Kugeln. Es werde dreimal gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, genau zwei rote Kugeln zu ziehen wenn

a) mit Zurücklegen

b) ohne Zurücklegen gezogen wird?

Lösung:

Es ist Xi = 1, wenn die i. gezogene Kugel rot ist und Xi = 0, wenn sie weiß ist oder schwarz. Die Zufallsvariable Xi gibt also an, ob die gezogene Kugel rot oder nicht rot ist, Xi = 1, 2 oder 3. Die Anzahl der roten Kugeln in der Stichprobe insgesamt ist dann X = X1 + X2 + X3.

a) Wenn die gezogene Kugel wieder zurückgelegt wird, so sind die Einzelzüge unabhängig voneinander. Darüber hinaus gibt es genau zwei Ereignisse, nämlich „rot“ und „nicht rot“ (d.h. weiß oder schwarz). Die Zufallsvariable X ist damit binomialverteilt zum Stichprobenumfang n = 3 und zur Erfolgswahrscheinlichkeit p = 3/9 = 1/3, weil drei von neun Kugeln rot sind. Man rechnet daher

P(X = 2) = $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}32\right)$ ·(1/3)2·(1-(1/3))3-2 = 3·(1/9)·(2/3) = 2/9 = 0,222.

b) Da die gezogene Kugel nicht zurückgelegt wird ist die Erfolgswahrscheinlichkeit für eine rote Kugel nicht in jedem Zug gleich 3/9. Wenn im ersten Zug eine rote Kugel gezogen wird, so ist vielmehr im zweiten Zug die Wahrscheinlichkeit, eine weitere rote Kugel zu ziehen, 2/8 = 0,25. Wenn hingegen im ersten Zug keine rote Kugel gezogen wird, so ist sie 3/8 = 0,375. Es liegen vielmehr die Voraussetzungen einer hypergeometrischen Verteilung vor, konkret einer hypergeometrischen Verteilung H(N,M,n) = H(9,3,3). Man rechnet also

P(X = 2) = $\frac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}32\right)\;\cdot \;\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}{9\;-\;3}{3\;-\;2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}93\right)}$=  $\frac{3\;\cdot \;6}{84}$ = 0,2143.

Aufgabe 3

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man beim Werfen von sechs fairen Münzen folgendes wirft?

a) genau zweimal Kopf

b) mindestens viermal Kopf

c) keinmal Kopf?

Lösung:

Um die Aufgabe zu lösen, ist es erforderlich, eine Zufallsvariable X zu definieren (hier soll dies die Anzahl der Köpfe beim Wurf von sechs Münzen sein). Die Variable kann demnach die Werte 0 bis 6 annehmen, also endliche Werte. Es handelt sich demnach um eine diskrete Zufallsvariable. Hilfreich bei der Berechnung ist die Binomialverteilung.

a) Es liegt eine Binomialverteilung mit n = 6 und p = 0,5 vor.

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

Die Wahrscheinlichkeit, dass genau zwei Köpfe fallen, beträgt:

P(X = 2) = $\left(\frac 1 2\right)^8$ · $\left(\frac 1 2\right)^2$ · $\left(\frac 1 2\right)^{6\;-\;2}$ = 15 · $\frac 1 4$ · $\frac 1{16}$ = 0,234375.

b) Es gilt

P(X ≥ 4) = P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6)

= $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}64\right)$· $\left(\frac 1 2\right)^4$ · $\left(\frac 1 2\right)^{6\;-\;4}$ +  $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}65\right)$ · $\left(\frac 1 2\right)^5$ · $\left(\frac 1 2\right)^{6\;-\;5}$ +  $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}65\right)$· $\left(\frac 1 2\right)^5$ · $\left(\frac 1 2\right)^{6\;-\;5}$

= 0,234375 + 0,09375 + 0,015625

= 0,3475.

c) P(X = 0) = $\left(\genfrac{}{}{0pt}{0}60\right)$ · $\left(\frac 1 2\right)^0$ · $\left(\frac 1 2\right)^{6\;-\;0}$ = 0,015625.

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Autor: Daniel Lambert

Dieses Dokument Aufgaben, Lösungen und Beispiele zu eindimensionalen Verteilungen (mit Namen) ist Teil eines interaktiven Online-Kurses zum Thema Wahrscheinlichkeitsrechnung.

Dipl.-Math. Dipl.-Kfm. Daniel Lambert gibt seit vielen Jahren Kurse zur Prüfungsvorbereitung. Er unterrichtet stets orientiert an alten Prüfungen und weiß aus langjähriger Erfahrung, wie sich komplexe Sachverhalte am besten aufbereiten und vermitteln lassen. Daniel Lambert ist Repetitor aus Leidenschaft seit nunmehr 20 Jahren.
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    "Ich finde, dass Herrn Lambert eine große Gabe hat, schwierige Sachverhalte einfach und strukturiert wiederzugeben. Man gewinnt außerdem den Eindruck, dass er Spaß an der Erklärung hat und an wichtiger Stelle die Fokussierung mit Witz und Präzision in der Wortwahl den Stoff einleuchtend vermittelt. Ich würde mal sagen, das war ein ganz schön dickes LOB! :-) Danke! "

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