Stochastik

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Inhaltsverzeichnis




Aufgaben: Ausflugsschiff


Alle in Ihren Lösungen verwendeten Zufallsgrößen müssen explizit eingeführt werden. Machen Sie auch Angaben über die Verteilung der jeweiligen Zufallsgrößen.

In der Kundendatei eines Reisebüros befinden sich tausende Kundendaten. Dieses Reisebüro bietet auch Fahrten mit einem Ausflugsschiff an.



Binomialverteilung

\(6\%\) aller Kunden haben bisher schon einmal eine solche Fahrt gebucht und wurden in der Datei mit einem \(S\) markiert. Es werden nun \(550\) Kunden zufällig aus der Kundendatei ausgewählt.

Verwenden Sie bei den folgenden Berechnungen die Binomialverteilung.

  1. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mehr als \(40\), aber höchstens \(50\) der ausgewählten Kunden weniger mit einem \(S\) gekennzeichnet sind.

    (4 P)


  1. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter den ausgewählten Kunden weniger mit einem \(S\) gekennzeichnet sind, als es zu erwarten ist.

    (3 P)


  1. Geben Sie im Sachzusammenhang ein Ereignis \(A\) an, dessen Wahrscheinlichkeit \(0{,}94^{550}\) beträgt.

    (1 P)





Stofftasche

Betrachtet wird nun die Fahrt mit dem Ausflugsschiff, bei der das Schiff mit \(60\) Fahrgästen voll besetzt ist. Zu Beginn der Fahrt werden vier Fahrgäste zufällig ausgelost, die jeweils eine Stofftasche mit Werbegeschenken als Preis erhalten. An der Fahrt nimmt eine Familie mit Vater, Mutter und zwei Kindern teil.

  1. Geben Sie an, mit welcher Wahrscheinlichkeit der Vater einen Preis gewinnt.

    (1 P)


  1. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der die Familie genau zwei Preise gewinnt.

    (3 P)


  1. Zusätzlich befindet sich in einer der Stofftaschen ein Gutscheinheft (Hauptpreis). Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der die Familie genau zwei Preise, aber nicht den Hauptpreis gewinnt.

    (3 P)





Reservierungen

Möchte man an einer Fahrt teilnehmen, so muss man dafür im Voraus eine Reservierung vornehmen. Nach der Erfahrung des Reisebüros treten nur \(90\%\) der Personen, die eine Fahrt reserviert haben, auch zur Fahrt an.

Das Reisebüro nimmt für jede Fahrt immer \(64\) Reservierungen an, obwohl nur \(60\) Plätze auf dem Schiff vorhanden sind. Erscheinen mehr als \(60\) Personen mit Reservierung zur Fahrt, so müssen die überzähligen Personen abgewiesen werden.

Die Zufallsgröße \(X\) beschreibt die Anzahl der Personen mit Reservierung, die zur Fahrt erscheinen.

  1. Geben Sie im Sachzusammenhang einen Grund dafür an, dass die Zufallsgröße \(X\) im Allgemeinen nicht binomialverteilt ist.

    (1 P)


Im Folgenden wird dennoch vereinfachend angenommen, dass die Zufallsgröße X binomialverteilt ist. Außerdem wird vorausgesetzt, dass für jede Fahrt \(64\) Reservierungen vorliegen.

  1. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei einer Fahrt mindestens eine Person mit Reservierung abgewiesen werden muss.

    (3 P)


Der Fahrpreis beträgt \(60\) €. Bei der Reservierung ist eine Anzahlung von \(20\) € zu entrichten, die beim Nichtantreten der Fahrt verfällt. Wenn eine Person mit Reservierung abgewiesen werden muss, bekommt sie vom Reisebüro nicht nur die Anzahlung zurück, sondern zusätzlich eine Entschädigung in Höhe von \(100\) € ausgezahlt.

  1. Das Reisebüro geht davon aus, dass die Summe der fälligen Rück- und Entschädigungszahlungen durchschnittlich weniger als \(20\) € pro Fahrt beträgt.Begründen Sie, dass man unter dieser Annahme mit dem Überbuchungsverfahren einen zusätzlichen Gewinn von über \(60\) € pro Fahrt gegenüber der Beschränkung auf \(60\) Reservierungen erwarten kann.

    (2 P)


  1. Bei \(64\) Personen mit Reservierung beschreibt die Zufallsgröße \(Y\) die Anzahl der Personen, die zu einer Fahrt nicht antreten. Berechnen Sie den Term

    \( \displaystyle{\sum}_{i=0}^3\Big( P(Y=i) \cdot (4 - i) \cdot 120 \Big) \)

    und erläutern Sie seine Bedeutung im Sachzusammenhang.

    (4 P)





Hypothesentest

Die Geschäftsführerin des Reisebüros vermutet, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Person eine reservierte Fahrt antritt, kleiner als \(90\%\) ist. Sie beauftragt daher einen Mitarbeiter, einen Test mit einem Signifikanzniveau von \(2{,}5\%\) zu erstellen, der geeignet ist, ihre Vermutung zu stützen.

  1. Der Mitarbeiter wählt eine Stichprobe von \(64\) zu einer Fahrt angemeldeten Personen. Erstellen Sie den geforderten Signifikanztest, und geben Sie die entsprechende Entscheidungsregel an.

    (7 P)


  1. Der Mitarbeiter wählt vier Fahrten zufällig aus. Er führt für jede dieser Fahrten seinen Test durch. Aufgrund von \(54\) , \(56\) , \(54\) bzw. \(55\) zur jeweiligen Fahrt antretenden Personen kann er in keinem der vier Fälle seine Nullhypothese verwerfen.Zeigen Sie, dass bei einem Test mit gleichem Signifikanzniveau und gleicher Nullhypothese, der aber die insgesamt ausgewählten \(256\) Personen als Stichprobe verwendet, das ermittelte Ergebnis im Verwerfungsbereich der Nullhypothese liegt.

    (3 P)


Es ist \(c\) eine positive ganze Zahl.Die Zufallsgröße \(X_c\) ist binomialverteilt mit den Parametern \(c \cdot n\) und \(p\) . Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen für alle \(n\) und \(p\) wahr sind.

  • Für alle \(c \geq 2\) gilt \(E(X_c) = c \cdot E(X_1)\).
  • Für alle \(c \geq 2\) und \(k \in \{ 1 ; \dots ; n \}\) gilt \(P(X_1 \leq k) = P(X_c \leq c \cdot k)\).
  1. Führen Sie jeweils einen entsprechenden Nachweis.

    (5 P)




Aufgaben zum Ausdrucken




Lösungen


Lösung : Binomialverteilung

Aufgabe 1 - Kumulierte Binomialverteilung

Wir berechnen die kumulierte (aufsummierte) Binomialverteilung mit

\( P(x\leq k) = \displaystyle{\sum_{i=0}^k} \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c}n \\ i \end{array} \right)\end{smallmatrix} p^i \cdot (1-p)^{n-i} \)


Wir benötigen also \(n\), \(p\) und \(k\) und wählen

\( \begin{array}{ l } n = 550 \\[6pt] p = 0{,}06 \\[6pt] 40 < k \leq 50 \\ \end{array} \)


Hier bis \(x=60\) dargestellt:

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Mit \(P_{n;p}(x=k)\) erhalten wir

\( \begin{array}{ r c l } P_{550 \; ; \; 0{,}06}(40 < x \leq 50) & = & P(40 < x \leq 50) \\[6pt] & = & P(41 \leq x \leq 50) \\[6pt] & = & P(x \leq 50) - P(x \leq 40) \\[6pt] & = & 0{,}9984 - 0.9080 \\[6pt] & = & 0{,}0904 \\[6pt] & = & 9{,}04\% \\ \end{array} \)








Aufgabe 2 - Erwartungswert

Der Erwartungswert ist

\( \begin{array}{ r c l } \mu & = & n \cdot p \\[6pt] & = & 550 \cdot 0{,}06 \\[6pt] & = & 33\\ \end{array} \)


Wir berechnen also

\( P(x < 33) = P(x \leq 32) = 0{,}4747 = 47{,}47 \, \% \)








Aufgabe 3 - Ereignis A

Mit

\( P( x = k ) = \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} n \\ k\end{array} \right)\end{smallmatrix} \cdot p^{k} \cdot (1-p)^{n-k} \)


und

\( \begin{array}{ l } n = 550 \\[6pt] p = 0{,}06 \\[6pt] k = 0 \\ \end{array} \)

erhalten wir

\( \begin{array}{ r c l } P( x = 0 ) & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 550 \\ 0\end{array} \right)\end{smallmatrix} \cdot 0{,}06^{0} \cdot (1-0{,}06)^{550-0} \\[10pt] & = & 1 \cdot 1 \cdot 0{,}94^{550} \\[8pt] & = & 0{,}94^{550} \\ \end{array} \)


Das Ereignis \(A\) besagt, dass \(0\) von den \(550\) Personen mit einem \(S\) markiert sind. Oder anders ausgedrückt:
Alle \(550\) Personen haben vorher noch nie die Reise mit dem Ausflugsschiff gebucht.







 



Lösung : Stofftasche

Aufgabe 1 - Vater gewinnt

Die Wahrscheinlichkeit, dass der Vater einen Preis gewinnt, beträgt \(\frac{4}{60} = \frac{1}{15}\).








Aufgabe 2 - Zwei Preise

Eine Stofftasche mit Werbegeschenken zu bekommen, ist ein Fall ohne Wiederholung, denn ein und dieselbe Tasche wird ja nicht mehrmals vergeben. Die Wahrscheinlichkeit wird mit der hypergeometrischen Verteilung berechnet.

\( P(x=k) = \dfrac{\begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} M \\ k\end{array} \right)\end{smallmatrix} \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} N-M \\ n-k\end{array} \right)\end{smallmatrix} } { \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} N \\ n\end{array} \right)\end{smallmatrix} } \)


Wir verwenden

\( \begin{array}{ c c c c l } N & = & 550 & \quad \Rightarrow & \textit{alle Fahrg}\ddot{a}\textit{ste} \\[6pt] n & = & 4 & \quad \Rightarrow & \textit{alle Familienmitglieder} \\[6pt] M & = & 4 & \quad \Rightarrow &\textit{alle Fahrg}\ddot{a}\textit{ste, die einen Preis gewinnen} \\[6pt] k & = & 2 & \quad \Rightarrow & \textit{Familienmitglieder, die einen Preis gewinnen}\\ \end{array} \)


und setzen ein:

\( P(x=2) = \dfrac{\begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 4 \\ 2\end{array} \right)\end{smallmatrix} \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 60-4 \\ 4-2\end{array} \right)\end{smallmatrix} } { \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 60 \\ 4\end{array} \right)\end{smallmatrix} } = 0{,}0189 = 1{,}89\% \)







Aufgabe 3 - kein Hauptpreis

Die hypergeometrische Verteilung kann entsprechend erweitert werden, wobei hier im Zähler der

  • Binomialkoeffizient für einfache Preise,
  • Binomialkoeffizient für den Hauptpreis,
  • Binomialkoeffizient für keine Preise

steht.

\( P(x=2) = \dfrac{\begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 3 \\ 2\end{array} \right)\end{smallmatrix} \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 1\\ 0\end{array} \right)\end{smallmatrix} \cdot \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 56 \\ 2\end{array} \right)\end{smallmatrix} } { \begin{smallmatrix}\left(\begin{array}{c} 60 \\ 4\end{array} \right)\end{smallmatrix} } = 0{,}0095 = 0{,}95\,\% \)









Lösung : Reservierungen

Aufgabe 1 - nicht binomialverteilt

\(90\)\(\%\) von \(64\) Personen sind ungefähr \(58\) Personen. Im Wahrscheinlichkeitsbaum würde sich die Wahrscheinlichkeit, dass jemand mit Reservierung zur Fahrt erscheint, folgendermaßen darstellen ( \(E\) steht für ''erscheint zur Fahrt''):

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Wie wir sehen, liegt für die Zufallsgröße \(X\) eine Wahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen vor. Das heißt, dass für jede Person mit Reservierung die Wahrscheinlichkeit, dass sie zur Fahrt erscheint, leicht verändert ist. Der Grund dafür ist, dass eine Person, die schon einmal zur Fahrt erschienen ist, nicht noch einmal erscheinen kann. Somit verringert sich die Grundmenge mit jeder neu erscheinenden Person.

Dies widerspricht aber der Forderung der Binomialverteilung, dass die Einzelwahrscheinlichkeit konstant sein soll.








Aufgabe 2 - mindestens eine Person abgewiesen

Dass mindestens eine Person abgewiesen werden muss ist gleichbedeutend damit, dass \(61\) bis \(64\) Personen zur Fahrt erscheinen. Wir rechnen als mit

\( \begin{array}{ l } n = 64 \\[6pt] p = 0{,}9 \\[6pt] 61 \leq k \leq 64 \\ \end{array} \)


und erhalten

\( \begin{array}{ r c l } P(61 \leq x \leq 64) & = & P(x \leq 64) - P(x \leq 60) \\[6pt] & = & 1 - 0{,}8937 \\[6pt] & = & 0{,}1063 \\[6pt] & = & 10{,}63\,\% \\ \end{array} \)








Aufgabe 3 - Rück- und Enschädigungszahlungen

Bei dem Überbuchungsverfahren werden 4 Reservierungen mehr mit einer Anzahlung von je 20 € eingenommen, also insgesamt 80 €. Für Rück- und Entschädigungszahlungen wird mit weniger als 20 € gerechnet. So verbleibt ein Gewinn von mehr als 60 €.







Aufgabe 4 - Term

Die Wahrscheinlichkeit, dass jemand, der eine Fahrt nicht antritt, ist \(p=0{,}1\), da nur \(90\%\) der reservierten Buchungen angetreten werden. Das Ereignis \(Y\) ist binomialverteilt mit n=\(64\). Die Wahrscheinlichkeitsverteilungen sieht laut Taschenrechner folgendermaßen aus:

i Wahrscheinlichkeit
0 0,0012
1 0,0084
2 0,0293
3 0,0674



Die \(120\) setzt sich aus der Rückzahlung (\(20\) €) und der Entschädigungszahlung (\(100\) €) zusammmen.

Der Term wird wie folgt berechnet:

\( \begin{array}{ r c l } \displaystyle{\displaystyle{\sum}}_{i=0}^3\big( P(Y=i) \cdot (4 - i) \cdot 120 \big) & = & & 0{,}0012 \cdot (4-0) \cdot 120 \\[6pt] & & + & 0{,}0084 \cdot (4-1) \cdot 120 \\[6pt] & & + & 0{,}0293 \cdot (4-2) \cdot 120 \\[6pt] & & + & 0{,}0674 \cdot (4-3) \cdot 120 \\[6pt] & = & & 18{,}72 \\ \end{array} \)


Damit gibt der Term die Summe der zu erwartende Rück- und Entschädigungszahlungen für \(1\) bis \(4\) Reservierungen an, die vom Reisebüro abgewiesen werden müssen.









Lösung : Hypothesentest

Aufgabe 1 - Signifikanztest

\(x\) beschreibt die Anzahl der Personen, die eine reservierte Fahrt antreten, und ist binomialverteilt mit \(n=64\) .

Wir wollen die Behauptung der Geschäftsführerin \(p < 0.9\) stützen und formulieren

\(h_1 : \, p < 0{,}9\) als zu beweisende Hypothese

\(h_0 : \; p \geq 0{,}9\) als Nullhypothese, mit der wir arbeiten


Ferner gilt

\( \begin{array}{ l } \mu = n \cdot p = 64 \cdot 0{,}9 = 57{,}6 \\[6pt] \sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{64 \cdot 0{,}9 \cdot (1-0{,}9)} = 2{,}4 \\[6pt] \alpha = 2{,}5 \% = 0{,}025 \\ \end{array} \)


Bei einem Signifikanztest können wir nicht unmittelbar ermitteln, in welchem Intervall \(h_1\) gilt. Denn es ist nicht ausgeschlossen, dass \(h_0\) dort auch gilt. Vielmehr gehen wir indirekt vor und ermitteln zunächst, in welchem Bereich \(h_0\) nicht gilt und schließen darauf, wie der Annahmebereich für \(h_1\) lautet.

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Wir werden also die gegenteilige Hypothese, die Nullhypothese, ausschließen um damit die Behauptung der Geschäftsführerin zu stützen. Die Nullhypothese liegt rechts von \(h_1\) und wird nach links durch Grenze \(k\) von dieser abgegrenzt. Der Verwerfungsbereich von \(h_0\) liegt links, hier blau eingefärbt. Es handelt sich hier also um einen linksseitigen Test. Es liegt also Folgendes vor:

\( V=[ 0 ; k ]\quad \textit{und} \quad A=[ k+1 ; 64 ] \)


Es gilt nun

\( P(x \leq k) \leq 0{,}025 \)


womit wir die obere Grenze \(k\) des Verwerfungsbereichs ermitteln werden. Dies können bei der Binomialverteilung nur durch probieren erreichen. Verwenden wir jedoch die Näherung mit der Normalverteilung,

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so können wir mithilfe der Integralrechnung, oder genauer gesagt mit der Stammfunktion von \(\varphi(z)\), die Grenze \(k\) rechnerisch ermitteln. Es gilt dann

\( \begin{array}{ r c l } \Phi(z) & \leq & 0{,}025 \\[6pt] \Phi\left(\frac{k - \mu}{\sigma}\right) & \leq & 0{,}025 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \)


Wie wir in der Binomialverteilung sehen, reicht der Verwerfungsbereich bis zum Ende des \(k\)-ten Streifens bei einer Streifenbreite von \(1\). Wir korrigieren also

\( \begin{array}{ r c l } \Phi\left(\frac{(k+0{,}5) - \mu}{\sigma}\right) & \leq & 0{,}025 \\ \end{array} \)


Nun berechnen wir mit der inversen Normalverteilung

\( \begin{array}{ r c l l } k + 0{,}5 & = & \Phi_{\mu ; \sigma}^{-1}(0{,}025) & \\[6pt] k + 0{,}5 & = & \Phi_{57{,}6 ; 2.4}^{-1}(0{,}025) & \\[6pt] k + 0{,}5 & = & 52{,}9 & | \; -0{,}5 \\[6pt] k & = & 52{,}4 & \\ \end{array} \)


Wir bekommen den Annahmebereich und den Verwerfungsbereich von \(h_0\) mit

( V=[0 ; 52] \quad \textit{und} \quad A=[53 ; 64] \e)


Entscheidungsregel:

Haben wir bei dieser Stichprobe höchstens \(52\) Personen, die eine reservierte Fahrt antreten, so kann mit \(2{,}5 \%\)-iger Irrtumswahrscheinlichkeit (Signifikanzniveau) bzw. mit \(97{,}5 \%\)-iger Sicherheit die Hypothese der Geschäftsführerin, dass die Wahrscheinlichkeit eine reservierte Fahrt anzutreten, weniger als \(90 \%\) ist, gestützt werden. Bei mehr als \(52\) Personen muss diese Hypothese verworfen werden.







Aufgabe 2 - vier Fahrten

\(x\) beschreibt die Anzahl der Personen, die eine reservierte Fahrt antreten, und ist binomialverteilt mit \(>n=256\) beschreibt.

Die Hypothesen lauten

\(h_1 : \, p < 0{,}9\) als zu beweisende Hypothese

\(h_0 : \; p \geq 0{,}9\) als Nullhypothese, mit der wir arbeiten


und es gilt

\( \begin{array}{ l } \mu = n \cdot p = 256 \cdot 0{,}9 = 230{,}4 \\[6pt] \sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{256 \cdot 0{,}9 \cdot (1-0{,}9)} = 4{,}8 \\[6pt] \alpha = 2{,}5 \% = 0{,}025 \\ \end{array} \)

Wieder gilt der Verwerfungsbereich \(V=[0;k]\) und wir berechnen \(k\) mit

\( \begin{array}{ r c l l } P(x \leq k) & \leq & 0{,}025 & \\[6pt] \Phi\left(\frac{(k+0{,}5) - \mu}{\sigma}\right) & \leq & 0{,}025 & \\[6pt] k + 0{,}5 & = & \Phi_{230{,}4 \; ; \; 4{,}8}^{-1}(0{,}025) & \\[6pt] k + 0{,}5 & = & 220{,}99 & | \; -0.5 \\[6pt] k &= & 220{,}49 & \\ \end{array} \)


Der Verwerfungsbereich lautet also \(V=[0;220]\). Die Summe der zur Fahrt antretenden Personen aus den vier Fahrten lautet \(219\) und liegt somit im Verwerfungsbereich.







Aufgabe 3 - Aussagen

Für die erste Aussage gilt

\( \begin{array}{ r c l l } E(X_c) &= & c \cdot E(X_1) & , \; \textit{f}\ddot{u}\textit{r alle} \; c \geq 2 \\[6pt] c \cdot n \cdot p & = & c \cdot (1 \cdot n \cdot p) & \\[6pt] c \cdot n \cdot p & = & c \cdot n \cdot p & \\ \end{array} \)


Diese Aussage ist allgemeingültig und damit wahr für alle \(n\) und \(p\) .

Weiter versuchen wir die Aussage

\( P(X_1 \leq k) \; = \; P(X_c \leq c \cdot k) \)


mit einem konkreten Beispiel zu widerlegen. Wir wählen

\( \begin{array}{ r c l } n & = & 4 \\[6pt] k & = & 3 \\[6pt] p & = & 0{,}5 \\[6pt] c & = & 2 \\ \end{array} \)


Wir erhalten

\( P_{4 \; ; \; 0{,}5}(X_1 \leq 3) \; = \; 0{,}9375 \)


und

\( P_{2 \cdot 4 \; ; \; 0{,}5}(X_2 \leq 2 \cdot 3) \; = \; P_{8 \; ; \; 0{,}5}(X_2 \leq 6) \; = \; 0{,}59648 \)


Damit gilt

\( P(X_1 \leq k) \; = \; P(X_c \leq c \cdot k) \)


nicht immer. Diese Aussage ist also falsch.