2010 IV: Unterschied zwischen den Versionen

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Approximation der Binomialverteilung durch die Normalverteilung (FS.111): <br><br>
 
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<math>P_{0,2}^{16}(x = 2)\approx \frac {1}{\sigma} \cdot \varphi (\frac {k - \mu}{\sigma}) =  \frac {1}{1,6} \cdot \varphi (\frac {2 - 3{,}2}{1{,}6})  = \frac {1}{1{,}6} \cdot \varphi (-0,75) =  \frac {1}{1{,}6} \cdot \varphi (0,75) =  \frac {1}{1{,}6} \cdot 0{,}30114 = 0{,}18821 </math><br><br> Anmerkung: aus Symetriegründen gilt: <math> \phi (-x) = \phi (x) </math><br>Die Werte für <math> \phi </math> stammen aus dem Tafelwerk. <br><br>  Für die Differenz folgt: P(2) – P*(2) = 0,21111 - 0,09622 = 0,02290 > 0,02.<br><br>
 
<math>P_{0,2}^{16}(x = 2)\approx \frac {1}{\sigma} \cdot \varphi (\frac {k - \mu}{\sigma}) =  \frac {1}{1,6} \cdot \varphi (\frac {2 - 3{,}2}{1{,}6})  = \frac {1}{1{,}6} \cdot \varphi (-0,75) =  \frac {1}{1{,}6} \cdot \varphi (0,75) =  \frac {1}{1{,}6} \cdot 0{,}30114 = 0{,}18821 </math><br><br> Anmerkung: aus Symetriegründen gilt: <math> \phi (-x) = \phi (x) </math><br>Die Werte für <math> \phi </math> stammen aus dem Tafelwerk. <br><br>  Für die Differenz folgt: P(2) – P*(2) = 0,21111 - 0,09622 = 0,02290 > 0,02.<br><br>
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Für k = 2 unterscheiden sich die beiden Werte um mehr als 2 %.
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Weil x k entspricht, muss man genausoviele gelbe Steine, wie bereits vorhanden waren, hinzufügen, was einer Erhöhung um 100 % entspricht.
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hinsichtlich einer Entscheidung für Typ B hat.
 
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So folgt z.B. für k = 4:<br><br>
 
So folgt z.B. für k = 4:<br><br>
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Es gibt also insgesamt: <math> {8 \choose 3} \cdot {7 \choose 4} \cdot {3 \choose 3} = 1960 </math> Möglichkeiten.<br><br>  
 
Wenn man zuerst die gelben und dann die blauen Steine verteilt erhält man Alternativ: <math> {8 \choose 3} \cdot {7 \choose 3} \cdot {4 \choose 4} = 1960 </math><br><br>
 
Wenn man zuerst die gelben und dann die blauen Steine verteilt erhält man Alternativ: <math> {8 \choose 3} \cdot {7 \choose 3} \cdot {4 \choose 4} = 1960 </math><br><br>
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Es gibt also 1960 verschiedene Farbmuster.
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Da nun für die 3 roten Steine 3 Plätze übrig bleiben, hat man nur eine Möglichkeit sie zu verteilen.<br>
 
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(Selbstverständlich kann man auch zuerst die 3 roten Steine auf die 6 freien Plätze und anschließend die gelben Steine verteilen.)<br><br>
 
(Selbstverständlich kann man auch zuerst die 3 roten Steine auf die 6 freien Plätze und anschließend die gelben Steine verteilen.)<br><br>
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Es ergeben sich also 24 <math> \cdot </math> 20 = 480 verschieden Farbmuster für die "Treppe", wenn in jeder waagrechten Reihe ein blauer Stein sitzt.
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<u>Antwort:</u> Es ergeben sich also 24 <math> \cdot </math> 20 = 480 verschieden Farbmuster für die "Treppe", wenn in jeder waagrechten Reihe ein blauer Stein sitzt.
 
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Version vom 14. Februar 2011, 21:00 Uhr


Leistungskurs Mathematik (Bayern): Abiturprüfung 2010
Wahrscheinlichkeitsrechnung/Statistik IV

Noch in Arbeit

Download der Originalaufgaben: Abitur 2010 LK Mathematik Bayern -
Lösung von Sebastian Grieninger


Aufgabe 1

Eine große Kiste enthält gut gemischt mehrere hundert rote, blaue, grüne und gelbe Bausteine, die sich nur in ihrer Farbe unterscheiden. Jeder fünfte Baustein ist gelb, 8 % sind grün. Außerdem befinden sich dreimal so viele blaue wie grüne Steine in der Kiste.

a) Aus der Kiste werden 10 Bausteine zufällig entnommen. Zeigen Sie, dass sich die Wahrscheinlichkeiten für das Ereignis „Keiner der Bausteine ist grün“ bei den Modellen „Ziehen mit Zurücklegen“ und „Ziehen ohne Zurücklegen“ um weniger als 0,2 Prozentpunkte unterscheiden, wenn von einer Kiste mit 1000 Steinen ausgegangen wird.

Zuerst müssen die Wahrscheinlichkeiten für die 4 Farben berechnet werden:

Da jeder 5. Stein gelb ist, finden sich unter 100 Steinen \textstyle \frac {100} {5} = 20 gelbe Steine.
Daraus folgt, dass die Wahrscheinlichkeit für einen gelben Stein P(gelb) = 0,2
und die Wahrscheinlichkeit für einen grünen Stein P(grün) = 0,08 ist.
Aus "es gibt dreimal so viele blaue wie grüne Steine in der Kiste" folgt P(blau)= 3 \cdot 0,08 = 0,24.
Die restlichen Steine sind rot also ergibt sich für P(rot)= 1 - 0,2 - 0,08 - 0,24 = 0,48.

Unter 1000 Steinen befinden sich 0,08 \cdot 1000 = 80 grüne Steine.

Die Wahrscheinlichkeit, dass sich beim Ziehen von 10 Steinen kein grüner darunter befindet beträgt (Ziehen mit Zurücklegen):

P_{0,08}^{10} (x=0) = {10 \choose 0} \cdot 0,08^0 \cdot (1-0,08)^{10-0} = (0,92)^{10} \approx 0,43439

Die Wahrscheinlichkeit, dass sich beim Ziehen von 10 Steinen kein grüner darunter befindet beträgt (Ziehen ohne Zurücklegen):

P (x=0) = \frac {{80 \choose 0} \cdot {{920 \choose 10}}} {{1000 \choose 10}} \approx 0,43368
oder \frac {\frac {920!}{910!}} {\frac {1000!} {990!}} \approx 0,43368

Antwort: Die Differenz ist mit: 0,43439 - 0,43268 < 0,0017 vernachlässigbar.

Im Folgenden soll jeweils das Modell „Ziehen mit Zurücklegen“ verwendet werden.

b) Wie viele Bausteine müssen mindestens aus der Kiste zufällig entnommen werden, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 75 % wenigstens ein grüner Baustein darunter ist?

Bei dieser Aufgabenstellung ist die Anzahl, also n gesucht.
Für "Ziehen mit Zurücklegen" ergibt sich:

P_{0,08}^{n} (x \ge 1)\ge 0,75

1 - P_{0,08}^{n} (x = 0)\ge 0,75;

1 - {n \choose 0} \cdot 0,08^0 \cdot (1-0,08)^{n-0} \ge 0,75 ;

(0,92)^{n} \le 0,25;

n \ge \log_{0,92} (0,25);

n \ge 16,6 ;

Antwort: Es müssen also mindestens 17 Steine entnommen werden.

c) Lars denkt sich ein Spiel aus. Ein Spieler soll dazu 16 Bausteine aus der Kiste zufällig entnehmen; für jeden gelben und für jeden blauen Stein zahlt Lars 1 €, für jeden grünen 5 € an den Spieler. Für jeden roten Baustein muss der Spieler jedoch einen bestimmten Betrag an ihn zahlen. Wie hoch muss Lars diesen Betrag mindestens festsetzen, damit er bei häufigem Spielen im Mittel keinen Verlust zu befürchten hat?

Lars hat nur dann im Mittel keinen Verlust, wenn der Erwartungswert für die Auszahlung gleich 0 ist.

E(x)= 1 \cdot 0,2 + 1 \cdot 0,24 + 5 \cdot 0,08 + x \cdot 0,48;

Für E(x) = 0 ergibt sich:

E(x)= 1 \cdot 0,2 + 1 \cdot 0,24 + 5 \cdot 0,08 + x \cdot 0,48 = 0;

0,48 \cdot x = -0,84 \rightarrow x = -1,75 ;

Antwort: Für jeden roten Stein muss er mindestens 1,75€ verlangen.

Es werden zufällig 16 Bausteine aus der Kiste entnommen. Die beiden Säulendiagramme zeigen die Wahrscheinlichkeiten, dabei k gelbe Steine zu erhalten. Das linke Diagramm zeigt die zugehörige Binomialverteilung, das rechte ergibt sich bei Näherung durch die Normalverteilung.

Abi2010 IV 1.jpg

d) Prüfen Sie, ob das Kriterium für eine brauchbare Approximation der Binomialverteilung durch die Normalverteilung erfüllt ist (vgl. Formelsammlung). Zeigen Sie rechnerisch, dass es einen Wert für k gibt, bei dem die in den Diagrammen dargestellten Wahrscheinlichkeiten P(k) und P*(k) um mehr als 2 Prozentpunkte voneinander abweichen.

Die Bedingung der Brauchbarkeit findet sich in der Matheformelsammlung auf Seite 111 und lautet: n \cdot p \cdot (1 - p) > 9;
Durch das Einsetzen von n = 16 (Es befinden sich 16 Steine in der Kiste) und p (Die Wahrscheinlichkeit für einen gelben Stein ist 0,2) erhält man:
16 \cdot 0,2 \cdot 0,8 = 2,56; Da 2,56 < 9 ist, ist dieses Kriterium nicht erfüllt.

Nun soll gezeigt werden, dass es einen Wert für k gibt, bei dem die in den Diagrammen dargestellten Wahrscheinlichkeiten P(k) und P*(k) um mehr als 2 Prozentpunkte voneinander abweichen.

Man sieht, dass die Werte für k = 1, k = 2 und k = 4 am deutlichsten voneinander abweichen. Man sieht, dass für k = 2 die beiden Werte am deutlichsten abweichen. Dies soll rechnerisch nachgeprüft werden:

Zuerst müssen für die Normalverteilung folgende Werte berechnet werden:

\mu = n \cdot p = 16 \cdot 0,2 = 3{,}2

\sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{16 \cdot 0,2 \cdot 0,8} = 1{,}6

Also folgt:
k = 2; P_{0,2}^{16} (x = 2) = {16 \choose 2} \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^{14} \approx 0{,}21111

Approximation der Binomialverteilung durch die Normalverteilung (FS.111):

P_{0,2}^{16}(x = 2)\approx \frac {1}{\sigma} \cdot \varphi (\frac {k - \mu}{\sigma}) = \frac {1}{1,6} \cdot \varphi (\frac {2 - 3{,}2}{1{,}6}) = \frac {1}{1{,}6} \cdot \varphi (-0,75) = \frac {1}{1{,}6} \cdot \varphi (0,75) = \frac {1}{1{,}6} \cdot 0{,}30114 = 0{,}18821

Anmerkung: aus Symetriegründen gilt: \phi (-x) = \phi (x)
Die Werte für \phi stammen aus dem Tafelwerk.

Für die Differenz folgt: P(2) – P*(2) = 0,21111 - 0,09622 = 0,02290 > 0,02.

Antwort: Für k = 2 unterscheiden sich die beiden Werte um mehr als 2 %.

e) In die Kiste werden weitere gelbe Bausteine gegeben. Um wie viel Prozent muss dabei die Anzahl der gelben Bausteine erhöht werden, damit anschließend jeder dritte Baustein in der Kiste gelb ist?

n ist die aktuelle Anzahl der Steine in der Kiste.
N ist die Anzahl der Steine in der Kiste, nach dem Hinzufügen von x Steinen.
k ist die aktuelle Anzahl der gelben Steine in der Kiste.
K ist die Anzahl der gelben Steine, nach dem Hinzufügen von x Steinen.

Damit jeder 3. Stein gelb ist, muss das Verhältnis "Alle gelben Steine " zu "Alle Steine in der Kiste " dem Verältnis "1" zu "3" entsprechen.

\frac {K}{N} = \frac {1}{3};

Wenn x Steine hinzugefügt werden, ändert sich sowohl k als auch n.
K = k + x; und N = n + x;
Da aktuell jeder 5. Stein gelb ist, beträgt die Anzahl der gelben Steine in der Kiste 0,2 \cdot n.

Aus diesen Informatinen ergibt sich die Gleichung:

\frac {0,2 \cdot n + x} {n + x} = \frac {1}{3};

0,6 \cdot n + 3 \cdot x = n + x;

2 \cdot x = 0,4 \cdot n ;

x = 0,2 \cdot n;

Antwort: Weil x k entspricht, muss man genausoviele gelbe Steine, wie bereits vorhanden waren, hinzufügen, was einer Erhöhung um 100 % entspricht.



Aufgabe 2

Es gibt zwei Typen A und B von Jumbo-Verkaufspackungen, die jeweils gut gemischt Tausende von Bausteinen enthalten; diese unterscheiden sich nur in ihrer Farbe. Bei Typ A ist jeder fünfte, bei Typ B jeder dritte Baustein gelb.
Bei einer gelieferten Jumbo-Verkaufspackung ist der Aufkleber mit der Typenbezeichnung verloren gegangen. Durch zufällige Entnahme von 25 Bausteinen soll entschieden werden, um welchen Typ es sich handelt. Verwenden Sie im Folgenden das Modell „Ziehen mit Zurücklegen“.

a) Geben Sie die Entscheidungsregel an, bei der die beiden Wahrscheinlichkeiten, sich irrtümlich für einen falschen Typ zu entscheiden, möglichst nahe beieinander liegen. Wie groß sind in diesem Fall die beiden Irrtumswahrscheinlichkeiten?

Für Typ A gilt: jeder 5. Baustein ist gelb. Daraus folgt: pA = \textstyle \frac {1}{5}.
Für Typ B: jeder 3. Baustein ist gelb. Damit gilt: pB = \textstyle \frac {1}{3} .
n = 25 ("Ziehen mit Zurücklegen da Anzahl der Steine hinreichend groß ist")

Realität Annahmebereich Fehlerwahrscheinlichkeit
pA = \textstyle \frac {1}{5} A1 {0,...,k} P_{\frac {1}{5}}^{25} (x \ge k+1)
pB = \textstyle \frac {1}{3} A2 {k+1,...,25} P_{\frac {1}{3}}^{25} (x \le k)



Die Fehlerwahrscheinlichkeiten sollen möglichst nahe beieinander liegen: P_{\frac {1}{5}}^{25} (x \ge k+1) \approx P_{\frac {1}{3}}^{25} (x \le k)

1- P_{\frac {1}{5}}^{25} (x \le k) \approx P_{\frac {1}{3}}^{25} (x \le k)

P_{\frac {1}{3}}^{25} (x \le k) + P_{\frac {1}{5}}^{25} \approx 1

Im Tafelwerk kann man nun den Wert für k finden.

k = 5: 0,61669 + 0,11195 = 0,72864
k = 6: 0,78004 + 0,22154 = 1,00158
k = 7: 0,89088 + 0,37026 = 1,26114

Man sieht, dass für k = 6 die beiden Fehlerwahrscheinlichkeiten am nähesten beieinander liegen. Deshalb folgt die Entscheidungsregel: Man entscheidet sich bei höchstens 6 gelben Steinen für pA.

Realität Annahmebereich Fehlerwahrscheinlichkeit
pA = \textstyle \frac {1}{5} A1 {0,...,6} P_{\frac {1}{5}}^{25} (x \ge 7)
pB = \textstyle \frac {1}{3} A2 {7,...,25} P_{\frac {1}{3}}^{25} (x \le 6)


Die Fehlerwahrscheinlichkeiten lauten also:

P_{\frac {1}{5}}^{25} (x \ge 7) = 1 - P_{\frac {1}{5}}^{25} (x \le 6) = 1 - 0{,}78004 = 0,21996
P_{\frac {1}{3}}^{25} (x \le 6) = 0,22154


b) Wie muss die Entscheidungsregel aus Teilaufgabe 2a bei gleichbleibendem Stichprobenumfang geändert werden, wenn man die Wahrscheinlichkeit, sich irrtümlich für Typ A zu entscheiden, verringern will? Nennen Sie eine Konsequenz, die diese Änderung hinsichtlich einer Entscheidung für Typ B hat.

Antwort: Wenn man die die Wahrscheinlichkeit, sich fälschlicherweise für Typ A zu entscheiden, verringern will, so muss der Annahmebereich A1 kleiner werden. Also k < 6.

So folgt z.B. für k = 4:

Realität Annahmebereich Fehlerwahrscheinlichkeit
pA = \textstyle \frac {1}{5} A1 {0,...,4} P_{\frac {1}{5}}^{25} (x \ge 5)
pB = \textstyle \frac {1}{3} A2 {5,...,25} P_{\frac {1}{3}}^{25} (x \le 4)

Antwort: Die Konsequenz davon ist, dass die Wahrscheinlichkeit sich fälschlicherweise für Typ B zu entscheiden steigt.



Aufgabe 3

Lars’ kleine Schwester spielt mit 3 roten, 4 blauen und 3 gelben würfelförmigen Bausteinen, die sich nur in ihrer Farbe unterscheiden.

a) Sie baut einen Turm, indem sie alle Steine aufeinandersetzt. Wie viele verschiedene Farbmuster sind bei diesem Turm möglich, wenn weder der oberste noch der unterste Stein rot sein sollen?

Der Turm schaut wie folgt aus(liegend dargestellt):

Turm123.jpg

Da weder der 1. noch der letzte Stein rot sein soll, haben die roten Steine nur in der Mitte Platz:

Turm223.jpg

3 Steine verteilt auf 8 Plätze ergeeben: {8 \choose 3} Möglichkeiten.

Nun bleiben für die blauen Steine noch 10-3 = 7 Plätze

Turm323.jpg

Man verteilt also die 4 auf die restlichen 7 Plätze was {7 \choose 4} Möchlichkeiten ergibt.

Nun bleiben nurnoch 3 Plätze für gelb übrig:

Turm423.jpg

Da die Steine nicht unterscheidbar sind gibt es nur eine Möglichkeit. {3 \choose 3}

Es gibt also insgesamt: {8 \choose 3} \cdot {7 \choose 4} \cdot {3 \choose 3} = 1960 Möglichkeiten.

Wenn man zuerst die gelben und dann die blauen Steine verteilt erhält man Alternativ: {8 \choose 3} \cdot {7 \choose 3} \cdot {4 \choose 4} = 1960

Antwort: Es gibt also 1960 verschiedene Farbmuster.

Abi2010 IV 2.jpg


b) Nun baut sie aus den 10 Steinen eine „Treppe“ (siehe Abbildung). Wie viele verschiedene Farbmuster sind für die aus 10 Quadraten bestehende Stirnseite der „Treppe“ möglich, wenn in jeder waagrechten Reihe ein blauer Stein sitzen soll?

Da in jeder waagrechten Reihe ein blauer Stein sitzen soll schauen die Verteilungsmöglichkeiten für blaue Steine wie folgt aus:

Pyr221.jpg


Nun bleiben noch 6 Plätze für die gelben Steine übrig:

Pyr222.jpg


Es werden 3 gelbe Steine auf 6 freie Plätze verteilt, was {6 \choose 3} = 20 Möglichkeiten ergibt.

Da nun für die 3 roten Steine 3 Plätze übrig bleiben, hat man nur eine Möglichkeit sie zu verteilen.
(Selbstverständlich kann man auch zuerst die 3 roten Steine auf die 6 freien Plätze und anschließend die gelben Steine verteilen.)

Antwort: Es ergeben sich also 24 \cdot 20 = 480 verschieden Farbmuster für die "Treppe", wenn in jeder waagrechten Reihe ein blauer Stein sitzt.


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