Abituraufgaben 2019 – Stochastik

 

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)

 

LÖSUNG


 

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)

 

LÖSUNG


 

 

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

        \begin{equation*}  \mathlarger{\sum}_{i=0}^3\Big( P(Y=i) \cdot (4 - i) \cdot 120 \Big) \end{equation*}

    und erläutern Sie seine Bedeutung im Sachzusammenhang.

    (4 P)

 

LÖSUNG


 

 

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)

       

    2. 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)

 

  1. 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.
    1. Für alle c \geq 2 gilt E(X_c) = c \cdot E(X_1).
    2. Für alle c \geq 2 und k \in \{ 1 ; \dots ; n \} gilt P(X_1 \leq k) = P(X_c \leq c \cdot k).

    Führen Sie jeweils einen entsprechenden Nachweis.

    (5 P)

 

LÖSUNG

Aufgaben zum Ausdrucken: Abitur 2019, Stochastik, Schleswig-Holstein als PDF







 

Lösungen: Ausflugsschiff

Lösung : Binomialverteilung

Aufgabe 1 – Kumulierte Binomialverteilung

Wir berechnen die kumulierte (aufsummierte) Binomialverteilung mit

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

Wir benötigen also n, p und k und wählen

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ l } n = 550 \\ p = 0.06 \\ 40 < k \leq 50 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Hier bis x=60 dargestellt:

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

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l } P_{550;0.06}(40 < x \leq 50) & = & P(40 < x \leq 50) \\ & = & P(41 \leq x \leq 50) \\ & = & P(x \leq 50) - P(x \leq 40)\\ & = & 0.9984 - 0.9080 \\ & = & 0.0904 \\ & = & 9.04\% \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

.


 

Aufgabe 2 – Erwartungswert

Der Erwartungswert ist

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l } \mu & = & n \cdot p \\ & = & 550 \cdot 0.06 \\ & = & 33\\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Wir berechnen also

    \begin{equation*} P(x < 33) = P(x \leq 32) = 0.4747 = 47.47 \, \% \end{equation*}

 


 

Aufgabe 3 – Ereignis A

Mit

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

und

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ l } n = 550 \\ p = 0.06 \\ k = 0 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

erhalten wir

    \begin{equation*} %\renewcommand{\arraystretch}{2.4} \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} \\ \\ & = & 1 \cdot 1 \cdot 0.94^{550} \\ \\ & = & 0.94^{550} \\ \end{array} %\renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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.

 

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Lösung : Stofftasche

Aufgabe 1 – Vater gewinnt

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.

    \begin{equation*} \mathlarger{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} } \end{equation*}

Wir verwenden

    \begin{equation*} \renewcommand\arraystretch{1.5} \begin{array}{ c c r c l } N & = & 550 & \quad \Rightarrow & \textit{alle Fahrg}\ddot{a}\textit{ste} \\ n & = & 4 & \quad \Rightarrow & \textit{alle Familienmitglieder} \\ M & = & 4 & \quad \Rightarrow & \textit{alle Fahrg}\ddot{a}\textit{ste, die einen Preis gewinnen} \\ k & = & 2 & \quad \Rightarrow & \textit{Familienmitglieder, die einen Preis gewinnen}\\ \end{array} \renewcommand\arraystretch{1.0} \end{equation*}

und setzen ein:

    \begin{equation*} \begin{array}{ l*{7}{l} } \mathlarger{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\% \end{array} \end{equation*}


 

Aufgabe 2 – kein Hauptpreis

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

  1. Binomialkoeffizient für einfache Preise,
  2. Binomialkoeffizient für den Hauptpreis,
  3. Binomialkoeffizient für keine Preise

steht.

    \begin{equation*} \begin{array}{ l*{7}{l} } \mathlarger{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\,\% \end{array} \end{equation*}

 

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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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ l } n = 64 \\ p = 0.9 \\ 61 \leq k \leq 64 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

und erhalten

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l } P(61 \leq x \leq 64) & = & P(x \leq 64) - P(x \leq 60)\\ & = & 1 - 0.8937 \\ & = & 0.1063 \\ & = & 10.63\,\% \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

 


 

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

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:

    \[ \renewcommand{\arraystretch}{2.2} \begin{array}{ | c | r | r | r | r | } \hline \textbf{k} & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline \textbf{Wahrscheinlichkeit} & 0.0012 & 0.0084 & 0.0293 & 0.0674 \\ \hline \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \]

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

Der Term wird wie folgt berechnet:

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{array}{ r c l } \mathlarger{\sum}_{i=0}^3\Big( P(Y=i) \cdot (4 - i) \cdot 120 \Big) & = & \; \; \; \; 0.0012 \cdot (4-0) \cdot 120 \\ & & + \; 0.0084 \cdot (4-1) \cdot 120 \\ & & + \; 0.0293 \cdot (4-2) \cdot 120 \\ & & + \; 0.0674 \cdot (4-3) \cdot 120 \\ & = & 18.72 \; \textrm{\euro{} } \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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

 

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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\not=0.2 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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ l } \mu = n \cdot p = 64 \cdot 0.9 = 57.6 \\ \sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{64 \cdot 0.9 \cdot (1-0.9)} = 2.4 \\ \alpha = 2.5 \% = 0.025 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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:

    \begin{equation*} V=[ 0 ; k ]\quad \textit{und} \quad A=[ k+1 ; 64 ] \end{equation*}

Es gilt nun

    \begin{equation*} P(x \leq k) \leq 0.025 \; , \end{equation*}

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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c l } \Phi(z) & \leq & 0.025 \\ \Phi\left(\frac{k - \mu}{\sigma}\right) & \leq & 0.025 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c l } \Phi\left(\frac{(k+0.5) - \mu}{\sigma}\right) & \leq & 0.025 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Nun berechnen wir mit der der inversen Normalverteilung

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{array}{ r c l l } k + 0.5 & = & \Phi_{\mu ; \sigma}^{-1}(0.025) & \\ k + 0.5 & = & \Phi_{57.6 ; 2.4}^{-1}(0.025) & \\ k + 0.5 & = & 52.9 & | -0.5\\ k & = & 52.4 & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Wir bekommen den Annahmebereich und den Verwerfungsbereich von h_0 mit

    \begin{equation*} V=[0 ; 52] \quad \textit{und} \quad A=[53 ; 64] \end{equation*}

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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ l } \mu = n \cdot p = 256 \cdot 0.9 = 230.4 \\ \sigma = \sqrt{n \cdot p \cdot (1-p)} = \sqrt{256 \cdot 0.9 \cdot (1-0.9)} = 4.8 \\ \alpha = 2.5 \% = 0.025 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c l l } P(x \leq k) & \leq & 0.025 & \\ \Phi\left(\frac{(k+0.5) - \mu}{\sigma}\right) & \leq & 0.025 & \\ k + 0.5 & = & \Phi_{230.4 ; 4.8}^{-1}(0.025) & \\ k + 0.5 & = & 220.99 & | -0.5\\ k & = & 220.49 & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c l l } E(X_c) & = & c \cdot E(X_1) & , \; \textit{für alle} \; c \geq 2 \\ c \cdot n \cdot p & = & c \cdot (1 \cdot n \cdot p) & \\ c \cdot n \cdot p & = & c \cdot n \cdot p & \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

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

Weiter versuchen wir die Aussage

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c l } P(X_1 \leq k) & = & P(X_c \leq c \cdot k) \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

mit einem konkreten Beispiel zu widerlegen. Wir wählen

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{array}{ r c l } n & = & 4 \\ k & = & 3 \\ p & = & 0.5 \\ c & = & 2 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Wir erhalten

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c l } P_{4;0.5}(X_1 \leq 3) & = & 0.9375 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

und

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ c*{5}{c} } P_{2 \cdot 4;0.5}(X_2 \leq 2 \cdot 3) & = & P_{8;0.5}(X_2 \leq 6) & = & 0.9648 \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

Damit gilt

    \begin{equation*} \renewcommand{\arraystretch}{1.6} \begin{array}{ r c l } P(X_1 \leq k) & = & P(X_c \leq c \cdot k) \\ \end{array} \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{equation*}

nicht immer. Diese Aussage ist also falsch.

 

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