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Gerade - Gerade
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Mit Formel und Taschenrechner

Spickzettel
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Bei der Binomialverteilung wird eine Serie von Zufallsexperimenten betrachtet, bei der die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
  • Die einzelnen Zufallsexperimente sind unabhängig voneinander
  • In den einzelnen Zufallsexperimenten gibt es nur zwei mögliche Ergebnisse: Erfolg und Misserfolg
  • Die Wahrscheinlichkeit für einen Erfolg ist in jedem einzelnen Zufallsexperiment gleich
  • Die einzelnen Zufallsexperimente sind unabhängig voneinander
  • In den einzelnen Zufallsexperimenten gibt es nur zwei mögliche Ergebnisse: Erfolg und Misserfolg
  • Die Wahrscheinlichkeit für einen Erfolg ist in jedem einzelnen Zufallsexperiment gleich
Eine binomialverteilte Zufallsvariable beschreibt dann die Anzahl der Erfolge in dieser Serie.

Einzelwahrscheinlichkeit

Ist die Zufallsvariable $X$ binomialverteilt und $p$ die Wahrscheinlichkeit, in einem einzelnen Versuch einen Erfolg zu erzielen, dann gilt für die Wahrscheinlichkeit, in $n$ Versuchen genau $k$ Erfolge zu erzielen:
$B_{n,p}(k) = \binom{n}{k}\cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$
$B_{n,p}(k) $=$ \binom{n}{k}\cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$

Kumulierte Wahrscheinlichkeiten

$P(X\leq k)$ bezeichnet die Wahrscheinlichkeit für höchstens $k$ Erfolge in $n$ Versuchen:
$P(X \leq k) = \displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k} B_{n,p}(i) = B_{n,p}(0) + B_{n,p}(1)+…+B_{n,p}(k)$
$P(X \leq k) $=$ \displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k} B_{n,p}(i)$ = $ B_{n,p}(0) + B_{n,p}(1)+…\\+B_{n,p}(k)$
Dabei gelten folgende Rechenregeln:
  • $P(X\geq k) = 1- P(X\leq k-1)$
  • $P(a\leq X \leq b) = P(X \leq b)-P(X\leq a-1)$
  • $P(X\geq k) $=$ 1- P(X\leq k-1)$
  • $P(a\leq X \leq b)$ =$ P(X \leq b)-P(X\leq a-1)$
Hast du einen GTR oder CAS, findest du einen entsprechenden Befehl im Stochastik-Menü. Im wissenschaftlichen Taschenrechner kannst du je nach Modell auch Summenformeln eingeben.

Beispiel

Ein gleichmäßiger sechsseitiger Würfel wird fünfmal geworfen, wobei wir eine $6$ als Erfolg betrachten.
Sei $X$ nun die Zufallsvariable, die die Anzahl der Gewinne im angegebenen Versuch beschreibt. Dann ist $X$ binomialverteilt mit $n = 5$ und $p = \frac{1}{6}$. Die Wahrscheinlichkeit für genau zwei Erfolge ergibt sich wie folgt:
$B_{5,\frac{1}{6}}(2) = \binom{5}{2}\cdot \left(\frac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^{3} \approx 0,1608 = 16,08\,\%$
$B_{5,\frac{1}{6}}(2)= 16,08\,\%$
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Aufgaben
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1.
Berechne.
a)
$B_{10;0,5}(X=5)$
b)
$B_{30;0,25}(X=8)$
c)
$B_{50;0,1}(X=5)$
2.
Bei dem Spiel „Mensch ärger Dich nicht“ darf man eine seiner Figuren auf das Feld bringen, sobald man eine Sechs würfelt.
Wie groß ist bei fünfmaligem Würfeln die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse?
A:
Genau zweimal wird eine Sechs geworfen.
B:
Es wird keine Sechs geworfen.
C:
Es wird höchstens einmal eine Sechs geworfen.
D:
Es wird mindestens einmal eine Sechs geworfen.
3.
Bei einem Glücksrad gibt es vier gleich große Sektoren (Sektor 1-4).
Wie groß ist bei viermaligem Drehen die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse?
A:
Das Glücksrad bleibt genau dreimal im Sektor 2 stehen.
B:
Das Glücksrad bleibt mindestens dreimal im Sektor 2 stehen.
C:
Das Glücksrad bleibt höchstens einmal im Sektor 2 stehen.
4.
Ein Lehrer hat im Laufe seines Lebens die Erfahrung gesammelt, dass ca. $20\,\%$ aller Schüler ihre Hausaufgaben gründlich und sauber erledigen. Der Lehrer befragt fünf Schüler einer Klasse zu den Hausaufgaben.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse?
A:
Genau ein Schüler hat die Hausaufgaben gemacht.
B:
Kein Schüler hat die Hausaufgaben gemacht.
C:
Mindestens drei Schüler haben die Hausaufgaben nicht gemacht.
5.
Wie oft muss man eine Münze werfen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von $\small{97\,\%}$ (oder mehr) mindestens einmal „Zahl“ zu erhalten?
6.
Wie oft muss man würfeln, um mit einer Wahrscheinlichkeit von $\small{99\%}$ (oder mehr) mindestens eine „Eins“ zu erhalten?
7.
Eine Laplace-Münze wird zwölfmal geworfen.
a)
Gib ein passendes Urnenmodell an und bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Münze achtmal Wappen zeigt.
b)
Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze weniger als viermal Wappen zeigt. Begründe, warum es sich um eine Bernoulli-Kette handelt.
8.
Martin lässt 30-mal sein Marmeladenbrot vom Frühstückstisch fallen. Angenommen, die Wahrscheinlichkeit für das Aufkommen auf der Marmeladenseite beträgt $\small{50\,\%}$ und es handelt sich um ein Bernoulli-Experiment. Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass
a)
das Brot zwölfmal auf der Marmeladenseite landet?
b)
das Brot mehr als 27-mal auf der Marmeladenseite landet?
9.
Berechne die Wahrscheinlichkeit $B_{10;0,2}(X=3)$.
Formuliere einen praktischen Sachverhalt, für den die Berechnung der Wahrscheinlichkeit $B_{10;0,2}(X=3)$ zutreffen könnte.
10.
Bei einem Losverkauf beträgt die Gewinnwahrscheinlichkeit $\frac{1}{12}$.
a)
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim Kauf von sieben Losen genau zweimal zu gewinnen?
b)
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei viermaligem Spielen keinmal zu gewinnen?
c)
Wie oft muss man mitspielen, um mit mindestens $\small{95\,\%}$iger Wahrscheinlichkeit mindestens einmal zu gewinnen?
11.
In einer Urne befinden sich 20 Kugeln, acht davon sind schwarz, der Rest weiß. Mit Zurücklegen werden fünf Kugeln gezogen.
Berechne die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis A: „Die Anzahl der schwarzen Kugeln unter den gezogenen Kugeln beträgt drei“.
12.
Eine ideale Münze wird siebenmal geworfen. Berechne die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis: „Es erscheint genau zweimal Wappen.“
13.
Wenn Martin zur Arbeit fährt, hat er mit einer $\small{80\,\%}$igen Wahrscheinlichkeit Verspätung. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er in zehn Arbeitstagen genau siebenmal zu spät kommt? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er mehr als siebenmal zu spät kommt?
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Lösungen
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1.
Werte berechnen
$B_{n;p}(X=k)=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\cdot p^k\cdot(1-p)^{n-k}$
a)
$B_{10;0,5}(X=5)=\left( {\begin{array}{*{20}c} 10 \\ 5 \\ \end{array}} \right)\cdot 0,5^5\cdot(1-0,5)^{10-5}=252\cdot 0,5^5\cdot(0,5)^{5}\approx0,246$
$B_{10;0,5}(X=5)\approx0,246$
b)
$\small{B_{30;0,25}(X=8)=\left( {\begin{array}{*{20}c} 30 \\ 8 \\ \end{array}} \right)\cdot 0,25^{8}\cdot(1-0,25)^{30-8}=5.852.925\cdot 0,25^{8}\cdot(0,75)^{22}\approx0,16}$
$\small{B_{30;0,25}(X=8)\approx0,16}$
c)
$B_{50;0,1}(X=5)=\left( {\begin{array}{*{20}c} 50 \\ 5 \\ \end{array}} \right)\cdot 0,1^{5}\cdot(1-0,1)^{50-5}=2.118.760\cdot 0,1^{5}\cdot(0,9)^{45}\approx0,185$
$B_{50;0,1}(X=5)\approx0,185$
2.
Wahrscheinlichkeiten berechnen
Bei diesem Zufallsereignis gibt es genau zwei mögliche Ergebnisse: entweder man würfelt eine Sechs, oder man würfelt keine Sechs. Wir sprechen dann von einem Bernoulli-Experiment. Die Wahrscheinlichkeit können wir nun berechnen mit
$P(X=k)=\left(\begin{array}{r} n\\ k\\ \end{array}\right)\cdot p^k\cdot(1-p)^{n-k}$
$n$ ist dabei die Anzahl, wie oft das Experiment durchgeführt wird; $p$ ist die Wahrscheinlichkeit, eine Sechs zu würfeln. Bei einem Würfel mit sechs großen Seiten gilt also $n=5$ und $p=\frac{1}{6}$. Sei $X$ die Zufallsvariable, die Anzahl der geworfenen „Sechsen“ zählt.
a)
$\small{P(A)=P(X=2)=\left(\begin{array}{r} 5\\ 2\\ \end{array}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^2\cdot\left(1-\dfrac{1}{6}\right)^{5-2}=10\cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^2\cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{3}\approx0,16\mathrel{\widehat{=}}16\%}$
$P(A)=P(X=2)=16\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $16\%$ wird genau zweimal die Sechs geworfen.
b)
$P(B)=P(X=0)=\left(\begin{array}{r} 5\\ 0\\ \end{array}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^0\cdot\left(1-\dfrac{1}{6}\right)^{5}=1\cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{5}\approx0,40\mathrel{\widehat{=}}40\%$
$P(B)=P(X=0)=40\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $40\%$ wird keine Sechs geworfen.
c)
$\begin{array}[t]{rll} P(C)=&P(X\leq1)=P(X=0)+P(X=1)&\scriptsize\mid\;P(X=0)=0,4\;\text{(s. Aufgabenteil b))}\\[5pt] =&0,4+\binom{5}{1}\cdot\left(\dfrac{1}{6}\right)^1\cdot\left(1-\dfrac{1}{6}\right)^{5-1}\\[5pt] =&\scriptsize{0,4+\dfrac{5}{6}\cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^4=0,4+0,4=0,8\mathrel{\widehat{=}}80\%} \end{array} $
$\begin{array}[t]{rll} P(C)=80\% \end{array} $
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $80\%$ wird höchstens einmal eine Sechs geworfen.
d)
$\begin{array}[t]{rll} P(D)=&P(X\geq1)=1-P(X=0)&\quad\scriptsize\mid\;P(X=0)=0,4 \\[5pt] =&1-0,4=0,6\mathrel{\widehat{=}}60\% \end{array} $
$\begin{array}[t]{rll} P(D)=60\% \end{array} $
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $60\%$ wird mindestens eine Sechs geworfen.
3.
Wahrscheinlichkeiten berechnen
Bei den nachfolgenden Ereignissen wird jeweils nur der Sektor 2 betrachtet. Damit gibt es für dieses Zufallsexperiment genau zwei mögliche Ausgänge: Entweder das Glücksrad bleibt bei der 2 stehen oder nicht. Wir sprechen bei einem solchen Versuch von einem Bernoulli-Experiment und berechnen die Wahrscheinlichkeiten mit der Formel
$P(X=k)=\left(\begin{array}{r} n\\ k\\ \end{array}\right)\cdot p^k\cdot(1-p)^{n-k}$
Dabei steht $n$ für die Anzahl, wie oft wir den Versuch hintereinander ausführen und ist somit $n=4$. $p$ ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das Glücksrad bei der 2 stehen bleibt. Da es insgesamt vier gleich große Sektoren gibt und die 2 auf einem einzigen Sektor steht, ergibt sich die Wahrscheinlichkeiten von $p=\frac{1}{4}$. Sei $X$ die Zufallsvariable, die zählt, wie oft das Glücksrad in Sektor 2 stehen bleibt.
a)
$\small{P(A)=P(X=3)=\left(\begin{array}{r} 4\\ 3\\ \end{array}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^3\cdot\left(1-\dfrac{1}{4}\right)^{4-3}=4\cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^3\cdot\left(\dfrac{3}{4}\right)^1\approx0,047\mathrel{\widehat{=}}4,7\%}$
$\small{P(A)=P(X=3)=4,7\%}$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $4,7\%$ bleibt das Glücksrad genau drei mal im Sektor 2 stehen.
b)
$\begin{array}[t]{rll} P(B)=&P(X\geq3)=P(X=3)+P(X=4)&\quad\scriptsize\mid\;P(X=3)=0,047\;\text{(s. Aufgabenteil a))}\\[5pt] =&0,047+\left(\begin{array}{r} 4\\ 4\\ \end{array}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^4\cdot\left(1-\dfrac{1}{4}\right)^{4-4} \\[5pt] =&0,047+\dfrac{1}{4}^4\approx0,051\mathrel{\widehat{=}}5,1\% \end{array}$
$\small{P(B)=P(X\geq3)=5,1\%}$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $5,1\%$ bleibt das Glücksrad mindestens 3 mal auf Sektor 2 stehen.
c)
$\begin{array}[t]{rll} P(C)=&P(X\leq1)=P(X=0)+P(X=1)\\[5pt] =&\left(\begin{array}{r} 4\\ 0\\ \end{array}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^0\cdot\left(1-\dfrac{1}{4}\right)^{4-0}+\left(\begin{array}{r} 4\\ 1\\ \end{array}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^1\cdot\left(1-\dfrac{1}{4}\right)^{4-1}\\[5pt] =&\left(\dfrac{3}{4}\right)^4+4\cdot\dfrac{1}{4}\cdot\left(\dfrac{3}{4}\right)^3\approx0,74\mathrel{\widehat{=}}74\% \end{array}$
$\small{P(c)=P(X\leq1)=74\%}$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $74\%$ bleibt das Glücksrad höchstens einmal in Sektor 2 stehen.
4.
Wahrscheinlichkeiten berechnen
Zunächst gehst du davon aus, dass die relative Häufigkeit von $20\%$, die ja den Anteil der Schüler ohne Hausaufgaben beschreibt, auch als Wahrscheinlichkeit gilt. Für jeden Schüler gibt es zwei Möglichkeiten: Entweder er hat die Hausaufgaben gemacht, oder nicht. Es handelt sich also wieder um ein Bernoulli-Experiment und die Wahrscheinlichkeiten werden berechnet nach der Formel
$P(X=k)=\left(\begin{array}{r} n\\ k\\ \end{array}\right)\cdot p^k\cdot(1-p)^{n-k}$
Die Aufgabenstellungen unten beziehen sich jeweils auf die „Stichprobe“ von 5 Schülern. Somit ist $n=5$. Als Wahrscheinlichkeit $p$ wird die relative Häufigkeit der Schüler ohne Hausaufgaben angenommen: $p=0,2=\frac{1}{5}$
Sei $X$ die Zufallsvariable, die die Anzahl der Schüler mit Hausaufgaben zählt.
a)
$\begin{array}[t]{rll} P(A)=&P(X=1)=\left(\begin{array}{r} 5\\ 1\\ \end{array}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{5}\right)^1\cdot\left(1-\dfrac{1}{5}\right)^{5-1}\\[5pt] =&5\cdot\left(\dfrac{1}{5}\right)\cdot\left(\dfrac{4}{5}\right)^{4}\approx0,41\mathrel{\widehat{=}}41\% \end{array}$
$ P(A)=41\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $41\%$ hat genau einer der fünf ausgewählten Schüler die Hausaufgaben gemacht.
b)
$\begin{array}[t]{rll} P(B)=&P(X=0)=\left(\begin{array}{r} 5\\ 0\\ \end{array}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{5}\right)^0\cdot\left(1-\dfrac{1}{5}\right)^{5-0}\\[5pt] =&1\cdot \left(\dfrac{4}{5}\right)^{5}\approx0,33\mathrel{\widehat{=}}33\% \end{array}$
$P(B)=33\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $33\%$ hat keiner der fünf Schüler die Hausaufgaben gemacht.
c)
Wenn mindestens drei die Hausaufgabe nicht gemacht haben, dann bedeutet das, dass die Hausaufgaben entweder keiner, einer oder zwei gemacht haben. Es gilt daher
$\begin{array}{rll} P(C)=&P(X\leq2)\\[5pt] =&P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)&\quad\scriptsize \mid\;P(X=0)=0,33;\quad P(X=1)=0,41 \\[-5pt]&&\quad \scriptsize\text{ (s. Aufgabenteile a) und b) )}\\[-5pt] =&0,33+0,41+\left(\begin{array}{r} 5\\ 2\\ \end{array}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{5}\right)^2\cdot\left(1-\dfrac{1}{5}\right)^{5-2}\\[5pt] =&0,74+10\cdot\left(\dfrac{1}{5}\right)^2\cdot\left(\dfrac{4}{5}\right)^3\\[5pt] =&0,74+0,20\approx0,94\mathrel{\widehat{=}}94\% \end{array}$
$P(C)=94\% $
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $94\%$ haben mindestens 3 der 5 Schüler die Hausaufgaben nicht gemacht.
5.
Anzahl der nötigen Würfe ermitteln
Beim Münzwurf ist die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer („Zahl“) $p=\frac{1}{2}$.
Es ist nun danach gefragt, wie oft man eine Münze werfen muss, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens $97\%$ mindestens einmal „Zahl“ zu erhalten.
Übersetzen wir dies in Mathematik. Sei $X$ die Zufallsvariable, die zählt, wie oft „Zahl“ geworfen wird. Es muss gelten:
$\begin{array}[t]{rll} P(X\geq1)=1-P(X=0)\geq&0,97&\quad\scriptsize\mid\;-1 \\[5pt] -P(X=0)\geq&-0,03&\quad\scriptsize\mid\;\cdot(-1) \\[5pt] P(X=0)\leq&0,03&\quad\scriptsize\mid\;p=0,5 \quad \text{n unbekannt}\\[5pt] \binom{n}{0}\cdot(0,5)^0\cdot(0,5)^{n-0}\leq&0,03&\quad\scriptsize\mid\;\binom{n}{0}=1 \quad (0,5)^0=1\\[5pt] (0,5)^n\leq&0,03&\quad\scriptsize\mid\;\ln(\;) \\[5pt] n\cdot\ln(0,5)\leq&\ln(0,03)&\quad\scriptsize\mid\;:\ln(0,5) \quad \text{Achtung:}\; \ln(0,5)<0\\[5pt] n\geq&\dfrac{\ln(0,03)}{\ln(0,5)}\approx 5,06 \end{array}$
$ n\geq 5,06 $
$\Longrightarrow$ $n>5,06=6$
Man muss also mindestens 6 mal werfen, um mit einer $97\%$igen Wahrscheinlichkeit mindestens einmal „Zahl“ zu erhalten.
6.
Anzahl der nötigen Würfe ermitteln
Beim Würfeln ist die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer („Eins“) $p=\frac{1}{6}$.
Es ist nun danach gefragt, wie oft ich würfeln muss, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens $99\%$ mindestens einmal eine „Eins“ zu erhalten.
Übersetzen wir dies in Mathematik. Sei $X$ die Zufallsvariable, die zählt, wie oft die „Eins“ gewürfelt wird. Es muss gelten:
$\begin{array}[t]{rll} P(X\geq1)\geq99\% P(X\geq1)=1-P(X=0)\geq&0,99&\quad\scriptsize\mid\;-1 \\ -P(X=0)\geq&-0,01&\quad\scriptsize\mid\;\cdot(-1) \\ P(X=0)\leq&0,01&\quad\scriptsize\mid\;p=\frac{1}{6} \quad \text{n unbekannt}\\[5pt] \binom{n}{0}\cdot(\frac{1}{6})^0\cdot(1-\frac{1}{6})^{n-0}\leq&0,01&\quad\scriptsize\mid\;\binom{n}{0}=1 \quad (\frac{5}{6})^0=1\\[5pt] (\frac{5}{6})^n\leq&0,01&\quad\scriptsize\mid\;\ln(\;) \\[5pt] n\cdot\ln\left(\frac{5}{6}\right)\leq&\ln(0,01)&\quad\scriptsize\mid\;:\ln\left(\frac{5}{6}\right) \quad \text{Achtung:}\;\ln\left(\frac{5}{6}\right)<0\\[5pt] n\geq&\dfrac{\ln(0,01)}{\ln\left(\frac{5}{6}\right)}=25,26 \end{array}$
$\ P(X\geq1)\geq99\% P(X\geq1)=25,26$
$\Longrightarrow$ $n>25,26=26$
Man muss also mindestens 26 mal würfeln, um mit einer $99\%$igen Wahrscheinlichkeit mindestens einmal „Eins“ zu erhalten.
7.
Eine Laplace-Münze wird 12-mal geworfen.
a)
$\blacktriangleright$  Angemessenes Urnenmodell angeben
Bei einer Laplace-Münze haben die beiden möglichen Ergebnisse „Wappen“ oder „Zahl“ jeweils genau die Wahrscheinlichkeit $p=0,5$. Ein angemessenes Modell zu dieser Aufgabe wäre z. B. eine Urne mit einer roten Kugel für „Wappen“ und einer schwarzen Kugel für „Zahl“, aus der mit Zurücklegen zwölfmal gezogen wird.
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeit für 8-mal Wappen berechnen
Da die Münze nur „Wappen“ oder „Zahl“ zeigen kann und diese jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von genau $50\%$ auftreten, haben wir es hier mit einem Bernoulli-Experiment mit $p=0,5$ zu tun. Da insgesamt 12 mal geworfen wird, ist $n=12$. Sei $Z$ die Zufallsvariable, die zählt, wie oft „Wappen“ geworfen wird.
Für die Wahrscheinlichkeiten gilt nach der Bernoulli-Formel gilt:
$\begin{array}[t]{rll} P(Z=8)=&\left( {\begin{array}{*{20}c} 12 \\ 8 \\ \end{array}} \right)\cdot 0,5^{8}\cdot(1-0,5)^{12-8}\\[5pt] =&495\cdot(0,5)^8\cdot(0,5)^4\approx0,12\approx12\% \end{array}$
$P(Z=8)\approx12\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $12\%$ zeigt die Münze genau 8-mal Wappen an.
b)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeit für weniger als 4 Wappen ermitteln
Weniger als 4 mal Wappen bedeutet: Kein mal Wappen, oder einmal Wappen, oder zweimal Wappen, oder dreimal Wappen. Wieder gilt nach der Bernoulli-Formel für $n=12$ und $p=0,5$
$\begin{array}[t]{rll} P(Z\leq3)=&P(Z=0)+P(Z=1)+P(Z=2)+P(Z=3)\\[5pt] =&\binom{12}{0}\cdot(0,5)^0\cdot(0,5)^{12}+\binom{12}{1}\cdot(0,5)^1\cdot(0,5)^{11}+\binom{12}{2}\cdot(0,5)^2\cdot\\&(0,5)^{10}+\binom{12}{3}\cdot(0,5)^3\cdot(0,5)^{9}\\[5pt] =&(0,5)^{12}+12\cdot0,5\cdot(0,5)^{11}+66\cdot(0,5)^2\cdot(0,5)^{10}+220\cdot(0,5)^3\cdot(0,5)^{9}\\[5pt] =&0,0002+0,0029+0,0161+0,0537=0,0729\mathrel{\widehat{=}}7,29\% \end{array}$
$ P(Z\leq3)=7,29\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von $7,29\%$ wird weniger als 4 mal Wappen geworfen.
$\blacktriangleright$  Begründung der Bernoulli-Kette
Es handelt sich um eine Bernoulli-Kette, da hier ein Bernoulli-Experiment zwölfmal unter gleichen Bedingungen wiederholt wird und es nur zwei mögliche Ausgänge (Wappen oder Zahl) gibt. Alle Ausgänge der Bernoulli-Kette sind unabhängig voneinander, da die Münze immer wieder neu geworfen wird.
8.
Sei $Z$ die Zufallsvariable, die zählt, wie oft das Brot auf der Marmeladenseite landet. In diesem Beispiel wird angenommen, dass die $Z$ binomialverteilt ist.
Es gilt $n=30$ und $p=50\%$.
a)
Wahrscheinlichkeit für 12 mal Marmeladenseite berechnen
$\begin{array}[t]{rll} P(Z=12)&=\left( {\begin{array}{*{20}c} 30 \\ 12 \\ \end{array}} \right)\cdot 0,5^{12}\cdot(1-0,5)^{30-12}\\[5pt] =&86.493.225\cdot(0,5)^{12}\cdot(0,5)^{18}\approx0,08\approx8\% \end{array}$
$P(Z=12)\approx8\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $8\%$ landet das Brot 12 mal auf der Marmeladenseite.
b)
Wahrscheinlichkeit für mehr als 27 mal Marmeladenseite berechnen
$\begin{array}[t]{rll} P(Z>27)=&P(Z=28)+P(Z=29)+P(Z=30)&\quad\scriptsize\\ =&\left( {\begin{array}{*{20}c} {30} \\ {28} \\ \end{array}} \right) \cdot0,5^{28}\cdot(1-0,5)^{30-28}+\left( {\begin{array}{*{20}c} {30} \\ {29} \\ \end{array}} \right) \cdot0,5^{29}\cdot(1-0,5)^{30-29}&\\ &+\left( {\begin{array}{*{20}c} {30} \\ {30} \\ \end{array}} \right) \cdot0,5^{30}\cdot(1-0,5)^{30-30}&\\ =&435\cdot(0,5)^{28}\cdot(0,5)^{2}+30\cdot(0,5)^{29}\cdot(0,5)^{1}+1\cdot(0,5)^{30}\\[5pt] =&0,0000004+0,00000002+0,0000000009\\[5pt] =&4{,}34\cdot10^{-7}\approx0 \end{array}$
$P(Z>27)\approx0$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von fast $0\%$ fällt das Brot mehr als 27 mal auf die Marmeladenseite.
9.
Wert berechnen
$B_{10;0,2}(X=3)= \left( {\begin{array}{*{20}c} {10} \\ {3} \\ \end{array}} \right) \cdot0,2^{3}\cdot(1-0,2)^{10-3}=120\cdot(0,2)^3\cdot(0,8)^7\approx0,20$
$B_{10;0,2}(X=3)\approx0,20$
Beispiel für praktischen Sachverhalt finden
Nehmen wir zunächst den Ausdruck $B_{10;0,2}(X=3)$ genauer in den Blick: Es handelt sich hier um ein Zufallsexperiment, das 10 mal wiederholt wird und dessen Wahrscheinlichkeit bei $p=0,2$ liegt. Gefragt ist nach dem Fall $X=3$.
Es gibt hierfür endlos viele Beispiele. Ein mögliches wäre z. B.:
Eine Studie hat gezeigt, dass $20\%$ aller Befragten gerne Tee trinken. $B_{10;0,2}(X=3)$ wäre nun die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter zehn zufällig ausgewählten Personen der Studie genau drei Befragte sind, die gerne Tee trinken.
Ein weiteres Beispiel wäre:
In einer Stadt regnet es täglich mit einer Wahrscheinlichkeit von $20\%$. Der Wert $B_{10;0,2}(X=3)$ gibt dir die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass es innerhalb von 10 Tagen genau 3 mal regnet.
10.
a)
Wahrscheinlichkeit für genau zwei Gewinn-Lose ermitteln
Die Wahrscheinlichkeit $p$ für ein Los, das gewinnt, wird dir direkt in der Aufgabenstellung gegeben: $p=\frac{1}{12}$. Insgesamt wird eine Stichprobe von 7 Losen betrachtet. Somit ist $n=7$. Sei $Z$ die Zufallsvariable, welche die Anzahl der Gewinn-Lose zählt.
$\begin{array}[t]{rll} P(Z=2)=&\left( {\begin{array}{*{20}c} {7} \\ {2} \\ \end{array}} \right) \cdot(\frac{1}{12})^{2}\cdot\left(1-\frac{1}{12}\right)^{7-2}\\[5pt] =&21\cdot(\frac{1}{12})^2\cdot\left(\frac{11}{12}\right)^5\approx0,094\approx9,4\% \end{array}$
$P(Z=2)\approx9,4\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $9,4\%$ befinden sich unter 7 Losen genau 2 Gewinn-Lose.
b)
Wahrscheinlichkeit für keinen Gewinn berechnen
Nun verändert sich $n$ zu $n=4$: Es werden nur 4 Lose gekauft. Die Wahrscheinlichkeit $p$ hingegen bleibt gleich.
$\begin{array}[t]{rll} P(Z=0)=&\left( {\begin{array}{*{20}c} {4} \\ {0} \\ \end{array}} \right) \cdot\frac{1}{12}^{0}\cdot\left(1-\frac{1}{12}\right)^{4-0}\\[5pt] =&1\cdot(\frac{11}{12})^4\approx0,706\approx70,6\% \end{array}$
$P(Z=0)\approx70,6\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $70,6\%$ befindet sich unter 4 Losen kein einziges Gewinn-Los.
c)
Mindestanzahl der Spiele ermitteln
Es soll $P(Z\geq1)\geq0,95$ sein.
$\begin{array}[t]{rll} P(Z\geq1)\geq&0,95\\ 1-P(Z=0)\geq&0,95&\quad\scriptsize\mid\;-1 \\ -P(Z=0)\geq&-0,05&\quad\scriptsize\mid\;\cdot(-1) \\ P(Z=0)\leq&0,05&\quad\scriptsize\mid\;p=\frac{1}{12} \quad \text{n unbekannt}\\[5pt] \binom{n}{0}\cdot(\frac{1}{12})^0\cdot\left(1-\frac{1}{12}\right)^{n-0}\leq&0,05\\[5pt] \left(\frac{11}{12}\right)^{n}\leq&0,05&\quad\scriptsize\mid\;\ln(\;) \\[5pt] n\cdot\ln\left(\frac{11}{12}\right)\leq&\ln(0,05)&\quad\scriptsize\mid\;:\ln(\left(\frac{11}{12}\right)\quad \text{Achtung:}\; \ln(\frac{11}{12})<0\\[5pt] n\geq&\dfrac{\ln(0,05)}{\ln(\frac{11}{12})}\approx34,43 \end{array}$
$n\approx34,43$
Es muss mindestens 35 mal gespielt werden, bis man mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens $95\%$ wenigstens einmal gewinnt.
11.
Wahrscheinlichkeit für 3 schwarze Kugeln berechnen
In der Urne befinden sich insgesamt $20$ Kugeln, von denen 8 schwarz sind. Die relative Häufigkeit der schwarzen Kugeln in der Urne liegt also bei $\frac{8}{20}=\frac{40}{100}=0,4$. Diese relative Häufigkeit wird nun der Rechnung als Wahrscheinlichkeit angenommen.
Von den Kugeln werden 5 Stück mit Zurücklegen gezogen und betrachtet. Gefragt ist nach der Wahrscheinlichkeit dafür, dass sich unter diesen 5 Kugeln genau 3 schwarze befinden.
Somit gilt $n=5$ und $p=0,4$. Sei $Z$ die Zufallsvariable, die die Anzahl der schwarzen Kugeln zählt.
$\begin{array}[t]{rll} P(Z=3)=&\left( {\begin{array}{*{20}c} 5 \\ 3 \\ \end{array}} \right) \cdot 0,4^3 \cdot (1 - 0,4)^{5 - 3}\\[5pt] =&10\cdot(0,4)^3\cdot(0,6)^{2}=0,2304 \end{array}$
$P(Z=3)=0,2304$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von $23,04\%$ befinden sich unter den 5 Kugeln genau 3 schwarze.
12.
Wahrscheinlichkeit für zwei mal „Wappen“ berechnen
Bei einer idealen Münze beträgt die Wahrscheinlichkeit für die beiden möglichen Ergebnisse „Wappen“ und „Zahl“ jeweils $0,5$. Es wird insgesamt 7 mal geworfen. Damit ist $n=7$ und $p=0,5$. Sei $Z$ die Zufallsvariable, die die Anzahl der geworfenen „Wappen“ zählt.
$\begin{array}[t]{rll} P(Z=2)=&\left( {\begin{array}{*{20}c} 7 \\ 2 \\ \end{array}} \right) \cdot 0,5^2 \cdot (1 - 0,5)^{7 - 2}\\[5pt] =&21\cdot(0,5)^2\cdot(0,5)^5\approx0,164=16,4\% \end{array}$
$P(Z=2)=16,4\%$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $16,4\%$ zeigt die Münze bei 7 Würfen genau 2 mal „Wappen“.
13.
Wahrscheinlichkeit für 7 mal Zu-spät-Kommen ermitteln
Es werden insgesamt 10 Arbeitstage betrachtet, damit ist $n=10$. Martin kommt mit einer Wahrscheinlichkeit von $80\%$ zu spät: $p=0,8$. Sei $Z$ die Zufallsvariable, die die Arbeitstage zählt, an denen Martin zu spät kommt. Setze diese bekannten Werte ein in die Bernoulli-Formel und berechne damit die Wahrscheinlichkeit:
$\begin{array}[t]{rll} P(Z=7)=&\left( {\begin{array}{*{20}c} 10 \\ 7 \\ \end{array}} \right) \cdot 0,8^7 \cdot (1 - 0,8)^{10 - 7}\\[5pt] =&120\cdot(0,8)^7\cdot(0,2)^3\approx0,2013 \end{array}$
$P(Z=7)\approx0,2013$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $20\%$ kommt Martin in 10 Arbeitstagen genau 7 mal zu spät.
Wahrscheinlichkeit für mehr als siebenmal Zu-spät-Kommen ermitteln
Mehr als 7 mal bedeutet: 8 mal, 9 mal und 10 mal. An den Werten $n$ und $p$ ändert sich nichts.
$\begin{array}{rll} P(Z>7)=&P(Z=8)+P(Z=9)+P(Z=10)\\[5pt] =& \left( {\begin{array}{*{20}c} 10 \\ 8 \\ \end{array}} \right) \cdot 0,8^8 \cdot (1 - 0,8)^{10 - 8}+\left( {\begin{array}{*{20}c} 10 \\ 9 \\ \end{array}} \right) \cdot 0,8^9 \cdot (1 - 0,8)^{10 - 9}&\scriptsize \\[5pt] & +\left( {\begin{array}{*{20}c} 10 \\ 10 \\ \end{array}} \right) \cdot 0,8^{10} \cdot (1 - 0,8)^{10 - 10} \\[5pt] =&45\cdot(0,8)^8\cdot(0,2)^2+10\cdot(0,8)^9\cdot(0,2)^1+1\cdot(0,8)^{10}\\[5pt] =&0,302+0,2684+0,1074=0,6778 \end{array}$
$P(Z>7)=0,6778$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $67,78\%$ kommt Martin innerhalb von 10 Arbeitstagen mehr als 7 mal zu spät.
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