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Normalverteilung

Spickzettel
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Wir nennen eine Zufallsvariable $Z$ normalverteilt mit den Parametern $\mu=E(Z)$ und $\sigma^2$, wenn ihre Dichte $\varphi$ wie folgt definiert wird:
$\varphi (x)= \frac{1}{\sqrt{2 \pi \cdot \sigma^2}} \cdot \mathrm{e}^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$
$\varphi (x)$=$ \frac{1}{\sqrt{2 \pi \cdot \sigma^2}} \cdot \mathrm{e}^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$
Bei den beiden Parametern handelt es sich um den Erwartungswert $\mu=E(Z)$ der Zufallsvariable $Z$ und um deren Varianz $\sigma^2$.
Gilt $\mu=0$ und $\sigma^2=1$, so handelt es sich um die Standardnormalverteilung.
Soll die Wahrscheinlichkeit berechnet werden, dass die Zufallsvariable $Z$ in einem Intervall $\left[ a,b\right]$ liegt, d.h. $P(a \leq Z \leq b)$, so kann diese Wahrscheinlichkeit folgendermaßen berechnet werden:
$P(a \leq Z \leq b) = P \left( \frac{a- \mu}{\sigma} \leq \frac{Z-\mu}{\sigma} \leq \frac{b-\mu}{\sigma} \right) =\Phi \left( \frac{b-\mu}{\sigma} \right) - \Phi \left( \frac{a-\mu}{\sigma} \right)$
$P(a \leq Z \leq b) $=$ P \left( \frac{a- \mu}{\sigma} \leq \frac{Z-\mu}{\sigma} \leq \frac{b-\mu}{\sigma} \right) $=$\Phi \left( \frac{b-\mu}{\sigma} \right) - \Phi \left( \frac{a-\mu}{\sigma} \right)$

Beispiel

Die Zufallsgröße $Z$ sei normalverteilt mit den Parametern $\mu = 12$ und $\sigma=3$. Berechne die Wahrscheinlichkeit $P(9 \leq Z \leq 15)$.
Wir können die gegebenen Angaben in die Formel einsetzen und wie folgt berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} P(9 \leq Z \leq 15) = &\Phi \left( \frac{15-12}{3} \right) - \Phi \left( \frac{9-12}{3} \right) =\Phi \left( 1 \right) - \Phi \left( -1 \right)\\[5pt] =&\Phi \left( 1 \right) - (1-\Phi \left( 1 \right)) =2 \cdot \Phi \left( 1 \right) - 1 \approx 0,6827\\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} P(9 \leq Z \leq 15) \approx 0,6827\\[5pt] \end{array}$
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Aufgaben
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1.
Die Zufallsgröße $X$ sei $15$;$4$-normalverteilt ($\mu=15$ und $\sigma=4$).
Bestimme:
a)
$P(13\leq X\leq17)$
b)
$P(X\leq10)$
c)
$P(X>19)$
2.
Die Zufallsvariable $X$ ist normalverteilt mit $\mu=E(X)=300$ und $\sigma=14$.
Bestimme:
a)
$P(290\leq X\leq345)$
b)
$P(X\leq285)$
3.
Die Zufallsgröße $X$ sei normalverteilt mit $\mu =150$ und $\sigma = 25.$ Bestimme $k$ so, dass:
a)
$P(X\leq k)\approx0,7$
b)
$P(135\leq X\leq k)\approx0,6$
4.
Für die Landesgartenschau soll ein großes Beet mit $1.250$ Narzissen bepflanzt werden. Der Lieferant der Narzissen sichert zu, dass eine Narzisse mit $90\%$ Wahrscheinlichkeit bis zur Eröffnung blühen wird.
Berechne die Wahrscheinlichkeit, mit der mehr als $1.130$ Blumen zur Eröffnung blühen, indem du die Verteilung der Zufallsgröße $Z$ (mit Z: „Anzahl der blühenden Pflanzen“) mit der Normalverteilung approximierst.
5.
Für ein Studium gibt es $1.000$ Bewerber. Erfahrungsgemäß scheitern $20\%$ der Bewerber schon am Einstellungstest. Mit welcher Wahrscheinlichkeit können bei $820$ freien Studienplätzen nicht alle, die die Prüfung bestehen, übernommen werden?
Benutze die Normalverteilung als Näherung.
6.
Eine Münze steht unter Verdacht, manipuliert zu sein. Sie wird $500$ mal geworfen. $270$ Mal zeigt sie „Kopf“ an. Stelle durch Näherung mit der Normalverteilung fest, ob dieses Ergebnis auf einem Niveau von $5\%$ signifikant dafür ist, dass bei dieser Münze häufiger Kopf vorkommt als bei einer Laplace-Münze.
7.
In einer Stadt soll ein Windrad gebaut werden. Gerüchten zufolge sollen etwa $75\%$ der wahlberechtigten Stadtbevölkerung gegen den Bau des Windrads sein. Insgesamt leben $20.000$ wahlberechtigte Bürger in der Stadt. Ein Abgeordneter einer Partei, die sich für regenerative Energien einsetzt, möchte anhand einer Stichprobe von $1.200$ zufällig ausgewählten wahlberechtigten Bürgern überprüfen, ob tatsächlich $75\%$ gegen den Bau des Windrads sind und gegebenenfalls eine Werbekampagne für das Windrad starten.
Bestimme eine Entscheidungsregel mit einem möglichst kleinen Annahmebereich dafür, dass die Werbekampagne für das Windrad gestartet wird. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Kampagne irrtümlicherweise unterlassen wird, soll höchstens bei $5\%$ liegen. Benutze die Normalverteilung als Näherung.
8.
Ein technisches Messgerät wird nach ca. einem Jahr unbrauchbar. In $75\%$ der Fälle ist das Versagen des Messgeräts auf einen bestimmten Produktionsfehler (Überhitzung der Hauptplatine) zurückzuführen; in den restlichen Fällen auf andere technische Mängel, die jedoch unabhängig von diesem Produktionsfehler auftreten.
Berechne näherungsweise die Wahrscheinlichkeit dafür, dass von $150$ defekten Geräten höchstens $120$ auf den bestimmten Produktionsfehler „Überhitzung der Hauptplatine“ zurückzuführen sind.
9.
Von $1.000$ Bäumen sollen weniger als $4\%$ von einem Pilz befallen sein.
Berechne näherungsweise mithilfe der Standardnormalverteilung die Wahrscheinlichkeit für das Eintreten dieses Ereignisses: „höchstens $50$ Bäume sind vom Pilz befallen“. (Annahme: der Pilzbefall der Bäume ist unabhängig voneinander).
10.
Bei der Eröffnung eines bekannten IT-Fachmarktes werden am Eröffnungstag $5.000$ Kunden erwartet, von denen schätzungsweise $21\%$ einen besonders günstigen, in der Werbung angepriesenen DVD-Player kaufen.
Berechne, wie viele DVD-Player bereitgestellt werden müssen, damit das Angebot für die Kunden mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens $98\%$ verfügbar ist.
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Lösungen
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1.
Wahrscheinlichkeiten berechnen
Es ist $\mu=15$ und $\sigma=4$
a)
$ \begin{array}[t]{rll} P(13\leq X\leq17)=&\Phi\left(\dfrac{17-15}{4}\right)-\Phi\left(\dfrac{13-15}{4}\right)=\Phi(0,5)-\Phi(-0,5)\\[5pt] =&\Phi(0,5)-\left(1-\Phi(0,5)\right)=\Phi(0,5)-1+\Phi(0,5)\\[5pt] =&2\Phi(0,5)-1\approx2\cdot0,69146-1\approx0,383 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(13\leq X\leq17)\approx0,383 \end{array} $
b)
$P(X\leq10)$=$\Phi\left(\dfrac{10-15}{4}\right)$=$\Phi(-1,25)$=$1-\Phi(1,25)$=$1-0,8944$=$0,1056$
c)
$\small P(X>19)$=$1-P(X\leq19)$=$1-\Phi\left(\dfrac{19-15}{4}\right)$=$1-\Phi(1)\approx1-0,8413$=$0,1587$
2.
Wahrscheinlichkeiten berechnen
Die Zufallsvariable $X$ ist normalverteilt mit $\mu=E(X)=300$ und $\sigma=14$.
Bestimmen Sie:
a)
$ \begin{array}[t]{rll} P(290\leq X\leq345)=&\Phi\left(\dfrac{345-300}{14}\right)-\Phi\left(\dfrac{290-300}{14}\right)\\[5pt] =& \scriptsize \Phi(3,21)-\Phi(-0,71)=\Phi(3,21)-\left(1-\Phi(0,71\right)=\Phi(3,21)-1+\Phi(0,71)\\[5pt] =&\approx0,99934-1+0,76115=0,7605 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(290\leq X\leq345)=0,7605 \end{array} $
b)
$ \small P(X\leq285)$=$\Phi\left(\dfrac{285-300}{14}\right)$=$\Phi(-1,07)$=$1-\Phi(1,07)\approx1-0,85769$=$0,14231$
3.
a)
Grenze $\boldsymbol{k}$ bestimmen
Die Zufallsgröße $X$ ist normalverteilt mit $\mu=150$ und $\sigma=25$. Wir wissen, dass $P(X\leq k)=\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)\approx0,7$ gelten muss.
Um $k$ zu bestimmen, verwendest du die Tabelle für Normalverteilung:
$ \begin{array}[t]{rll} \Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)\approx&0,7&\quad\scriptsize Tabelle: \Phi(0,53)\approx0,7\\[5pt] \dfrac{k-150}{25}\approx&0,53&\quad\scriptsize\mid \cdot25 \\[5pt] k-150\approx&13,25&\quad\scriptsize\mid +150 \\[5pt] k\approx&163,25 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} k\approx&163,25 \end{array} $
b)
Obere Grenze $\boldsymbol{k}$ bestimmen Für die Normalverteilung der Zufallsgröße $X$ gilt immer noch das gleiche: $\mu=150$ und $\sigma=25$. Damit wissen wir:
$ \begin{array}[t]{rll} P(135\leq X\leq k)=&P(X\leq k)-P(X\leq135)=\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)-\Phi\left(\dfrac{135-150}{25}\right)&\quad\scriptsize\\[5pt] =&\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)-\Phi\left(-0,6\right)\\[5pt] =&\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)-\left(1-\Phi(0,6)\right)\\[5pt] =&\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)-1+\Phi(0,6)\quad\scriptsize\Phi(0,6)\approx0,7258 \\[5pt] =&\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)-1+0,7258=\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)-0,2742 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(135\leq X\leq k)=&… \end{array} $
Laut der Aufgabenstellung muss gelten: $P(135\leq X\leq k)\approx0,6$. Setze hier ein, was du eben berechnet hast und du erhältst:
$ \begin{array}[t]{rll} P(135\leq X\leq k)=\Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)-0,2742\approx&0,6&\quad\scriptsize\mid +0,2742 \\[5pt] \Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)\approx&0,8742 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} \Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)\approx&0,8742 \end{array} $
Betrachte nun wieder die Tabelle zur Normalverteilung: $\Phi(1,15)\approx0,8742$:
$ \begin{array}[t]{rll} \Phi\left(\dfrac{k-150}{25}\right)\approx&0,8742\\[5pt] \dfrac{k-150}{25}\approx&1,15&\quad\scriptsize\mid \cdot25 \\[5pt] k-150\approx&28,75&\quad\scriptsize\mid +150 \\[5pt] k\approx&178,75 \end{array} $
4.
Wahrscheinlichkeit für mehr als $\boldsymbol{1.130}$ blühende Narzissen berechnen
Die Zufallsgröße $Z$ beschreibt die Anzahl der zur Eröffnung blühenden Pflanzen (in der Stichprobe). Wir gehen davon aus, dass die Zufallsgröße $Z$ binomialverteilt ist mit $n=1.250$ und $p=0,90$.
Berechne nun zunächst den Erwartungswert und die Standardabweichung von $Z$:
$ \begin{array}[t]{rll} \mu=E(Z)=&n\cdot p=1250\cdot0,9=1.125 \qquad(\mu-Erwartungswert)\\[5pt] \sigma=\sqrt{V(Z)}=&\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}=\sqrt{112,5}\approx10,61 \qquad(\sigma-Standardabweichung) \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} \mu=E(Z)=&1.125\\[5pt] \sigma=\sqrt{V(Z)}=&\sqrt{112,5}\approx10,61 \end{array} $
Gefragt ist nun nach der Wahrscheinlichkeit, dass mehr als $1.130$ Narzissen bis zur Eröffnung blühen:
$ \begin{array}[t]{rll} P(Z>1.130)=&1-P\left(Z\leq1.130\right) \end{array} $
Berechne nun mit der Tabelle zur Normalverteilung:
$ \begin{array}[t]{rll} 1-P\left(Z\leq1.130\right)=&1-\Phi\left(\dfrac{1.130-1.125+0,5}{10,61}\right)\\[5pt] \approx&1-\Phi\left(0,52\right)=1-0,69847=0,3015 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} 1-P\left(Z\leq1.130\right)=&0,3015 \end{array} $
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $30,15\%$ blühen mehr als $1.130$ Narzissen bis zur Eröffnung.
5.
Wahrscheinlichkeit, dass nicht alle Bewerber übernommen werden, berechnen
Stelle zunächst die Informationen zusammen, die dir in der Aufgabenstellung gegeben werden:
  • Es gibt insgesamt $1.000$ Bewerber
  • Etwa $20\%$ der Bewerber scheitern am Einstellungstest. Also bestehen etwa $80\%$ den Einstellungstest
  • Insgesamt gibt es $820$ freie Studienplätze
Sei $Z$ die Zufallsvariable, die beschreibt, wie viele Bewerber den Einstellungstest bestehen. $Z$ ist zunächst binomialverteilt mit $p=0,8$ und $n=1.000$. Berechne zunächst den Erwartungswert und die Standardabweichung von $Z$:
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)=&n\cdot p=1.000\cdot0,8=800\\ \sigma=&\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=\sqrt{800\cdot0,2}=\sqrt{160}\approx12,65 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)&=n\cdot p=800\\ \sigma&\approx12,65 \end{array} $
$Z$ gibt dir also an, wie viele Studenten die Prüfung schaffen. Insgesamt stehen $820$ Studienplätze zur Verfügung. Gefragt ist nach der Wahrscheinlichkeit, dass nicht alle Bewerber einen Studienplatz bekommen, die die Prüfung bestanden haben. Damit ist also nach der Wahrscheinlichkeit dafür gefragt, dass mehr als $820$ Bewerber die Prüfung bestehen:
$ \begin{array}[t]{rll} P(Z>820)=&1-P(Z\leq820)=1-\Phi\left(\dfrac{820-800+0,5}{12,65}\right)\\[5pt] =&1-\Phi\left(1,62\right)=1-0,94738=0,05262 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(Z>820)=&0,05262 \end{array} $
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa $5,3\%$ erhalten nicht alle Bewerber, welche den Einstellungstest bestanden haben, einen Studienplatz.
6.
Signifikanztest durchführen
Wir gehen bei unseren Berechnungen zunächst von einer idealen Münze aus. Bei einer solchen Münze beträgt die Wahrscheinlichkeit für „Wappen“ oder „Zahl“ jeweils $0,5$. Es wird insgesamt $500$ Mal geworfen.
Es handelt sich in dieser Aufgabe um einen einseitigen Signifikanztest mit $n=500$ und $p=0,5$. Damit wir starten können, brauchen wir noch den Erwartungswert und die Standardabweichung von $Z$:
$\mu=E(Z)$=$n\cdot p=250$ und $\sigma$=$V(Z)$=$\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}$=$\sqrt{500\cdot0,5\cdot0,5}\approx11,18$.
Die Zufallsvariable $Z$ ist also $250;11,18$-normalverteilt.
Die Nullhypothese des Signifikanztest ist $H_0$: $p=0,5$.
Der Signifikanztest soll auf einem Niveau von $5\%$ stattfinden. Es wird also nach einer Zahl $k$ gesucht, welche die obere Schranke des Akzeptanzbereichs darstellt.
Dies klingt sehr kompliziert, ist aber eigentlich gar nicht: Der Akzeptanzbereich umfasst alle Werte $\leq k$, deren Wahrscheinlichkeit noch größer als $5\%$ ist. Der Ablehnungsbereich hingegen umfasst alle Werte $>k$, deren Wahrscheinlichkeit kleiner als $5\%$ ist.
$k$ muss also eine Zahl sein, für die gilt: Für alle Werte größer als $k$ ist die Wahrscheinlichkeit kleiner als $5\%$:
$ \begin{array}[t]{rll} P\left(X > k\right) < &0,05\\ 1-P\left(X\leq k\right) < &0,05&\quad\scriptsize\mid -1 \\[5pt] -P(X\leq k) < &-0,95&\quad\scriptsize\mid \cdot(-1) \\[5pt] P(X\leq k) > &0,95 \end{array} $
Berechne nun einen Wert für $k$, indem du die Tabelle zur Normalverteilung zu Hilfe nimmst:
$ \begin{array}[t]{rll} P(X\leq k)=\Phi\left(\dfrac{k-250+0,5}{11,18}\right)>&0,95&\quad\scriptsize Tabelle: \Phi(1,65)>0,95\\[5pt] \dfrac{k-249,5}{11,18}>&1,65&\quad\scriptsize\mid \cdot11,18 \\[5pt] k-249,5>&18,447&\quad\scriptsize\mid +249,5 \\[5pt] k>&267,947 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} k>&267,947 \end{array} $
Das bedeutet, dass alle Werte größer $268$ im Ablehnungsbereich liegen; so also auch der in der Aufgabenstellung geworfene Wert $270$.
Das Ergebnis, dass bei dieser Münze der Kopf öfters oben liegen bleibt, ist somit auf einem Niveau von $5\%$ signifikant.
7.
Entscheidungsregel bestimmen
Die Zufallsvariable $X$ beschreibt die Anzahl der befragten Bürger, die gegen den Bau des Windrads sind. Die Nullhypothese, von der ausgegangen wird, besagt, dass $75\%$ der wahlberechtigten Bürger gegen den Bau des Windrads sind, d.h. es ist $H_0:p\geq0,75$.
Es soll nun eine Entscheidungsregel auf einem Signifikanzniveau von $5\%$ gefällt werden, d.h. es ist eine Zahl $k$ gesucht, welche die obere Grenze des Akzeptanzbereichs darstellt.
Das bedeutet, dass für alle Zahlen, die größer als $k$ sind, die Wahrscheinlichkeit kleiner als $5\%$ sein muss.
Es soll also folgende Gleichung gelten:
$ \begin{array}[t]{rll} P(X > k)<&0,05\\ 1-P(X\leq k) < &0,05&\quad\scriptsize\mid -1 \\[5pt] -P(X\leq k) < &-0,95&\quad\scriptsize\mid \cdot(-1) \\[5pt] P(X\leq k) > &0,95 \end{array} $
Diese Gleichung ist unser Ansatz für die Entscheidungsregel. Diese soll mit Hilfe der Normalverteilung ermittelt werden. Benötigt werden also noch der Erwartungswert und die Standardabweichung der Zufallsvariablen $X$:
$ \begin{array}[t]{rll} P(X>k)<&0,05\\ E(X)=\mu=&n\cdot p=1.200\cdot0,75=900\\[5pt] \sigma=&\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}=\sqrt{1.200\cdot0,75\cdot0,25}=15 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(X>k)<&0,05\\ E(X)=\mu=&900\\[5pt] \sigma=&15 \end{array} $
Greife nun die Gleichung auf, die als Ansatz für die Entscheidungsregel dient:
$ \begin{array}[t]{rll} P(X\leq k)=\Phi\left(\dfrac{k-900+0,5}{15}\right) > &0,95 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(X\leq k)=&… \end{array} $
In der Tabelle zur Normalverteilung kannst du den Wert $\Phi(1,65) > 0,95$ ablesen:
$ \begin{array}[t]{rll} \dfrac{k-899,5}{15}>&1,65&\quad\scriptsize\mid \cdot15\\ k-899,5>&24,75&\quad\scriptsize\mid +899,5 \\ k>&924,25 \end{array} $
Damit ist klar: Wenn mehr als $925$ der $1.200$ wahlberechtigten Bürger gegen den Bau des Windrads sind, so wird die Werbekampagne gestartet.
8.
Wahrscheinlichkeit für Unbrauchbarkeit durch Produktionsfehler berechnen
Die Zufallsgröße $Z$ beschreibe die Anzahl der defekten Geräte aufgrund einer „Überhitzung der Hauptplatine“. Wir gehen davon aus, dass die Zufallsgröße $Z$ binomialverteilt ist mit $n=150$ und $p=0,75$.
Gesucht ist nun die Wahrscheinlichkeit dafür, dass sich unter den $150$ defekten Geräten höchstens $120$ Geräte befinden, deren Versagen auf die Überhitzung der Hauptplatine zurückzuführen ist.
Berechne zunächst Erwartungswert und Standardabweichung von $Z$:
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)=&n\cdot p=150\cdot0,75=112,5\\[5pt] \sigma=&\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}=\sqrt{112,5\cdot0,25}=\sqrt{28,125}\approx5,3 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)&=112,5\\[5pt] \sigma&\approx5,3 \end{array} $
Berechne nun die gefragte Wahrscheinlichkeit:
$ \begin{array}[t]{rll} P(Z\leq120)=&\Phi\left(\dfrac{120-112,5+0,5}{5,3}\right)=\Phi\left(\dfrac{8}{5,3}\right)\approx\Phi\left(1,51\right)\\[5pt] =&0,0,93448 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(Z\leq120)=&0,0,93448 \end{array} $
Die Wahrscheinlichkeit, dass von $150$ defekten Geräten höchstens $120$ auf den Produktionsfehler zurückzuführen sind, beträgt somit etwa $93,4\%$.
9.
Wahrscheinlichkeit für Pilzbefall von höchstens $\boldsymbol{50}$ Bäumen ermitteln
Die Zufallsgröße $Z$ beschreibt bei einer Stichprobe vom Umfang $n=1.000$ die Anzahl der mit dem Pilz befallenen Bäume. Aufgrund der Annahme, dass der Pilzbefall der einzelnen Bäume unabhängig voneinander stattfindet, ist $Z$ binomialverteilt mit $n=1.000$ und $p=0,04$.
Da die Wahrscheinlichkeit mit Hilfe der Normalverteilung ermittelt werden soll, benötigst du noch den Erwartungswert und die Standardabweichung von $Z$:
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)=&n\cdot p=1.000\cdot0,04=40\\[5pt] \sigma=&\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}=\sqrt{40\cdot0,96}=\sqrt{38,4}\approx6,2 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)&=40\\[5pt] \sigma&\approx6,2 \end{array} $
Berechne nun die gefragte Wahrscheinlichkeit:
$ \begin{array}[t]{rll} P\left(Z\leq50\right)=&\Phi\left(\dfrac{50-40+0,5}{6,2}\right)=\Phi\left(\dfrac{10,5}{6,2}\right)\approx\Phi\left(1,69\right)\\[5pt] =&0,95449 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P\left(Z\leq50\right)=&0,95449 \end{array} $
Die Wahrscheinlichkeit, dass von $1.000$ Bäumen höchstens $50$ von dem Pilz befallen sind, beträgt somit etwa $95,45\%$.
10.
Mindestanzahl der bereit zu stellenden DVD-Player berechnen
$Z$ sei die Zufallsvariable, welche die Anzahl der Kunden beschreibt, die einen DVD-Player kaufen wollen. $Z$ ist binomialverteilt mit $n=5.000$ und $p=0,21$. Es soll nun die Anzahl der DVD-Player berechnet werden, welche mindestens bereitgestellt werden muss, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von $98\%$ alle Kunden, die einen DVD-Player kaufen wollen, auch einen kaufen können.
Es muss also eine Zahl $k$ berechnet werden, für die gilt: $P(Z\leq k)=0,98$. Diese Gleichung ist unser Ansatz für später.
Da mit der Normalverteilung gerechnet wird, benötigst du noch Erwartungswert und Standardabweichung von $Z$:
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)=&n\cdot p=5.000\cdot0,21=1050\\[5pt] \sigma=&\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}=\sqrt{1050\cdot0,79}=\sqrt{829,5}\approx28,8 \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} E(Z)&=1050\\[5pt] \sigma&\approx28,8 \end{array} $
Greife nun den Ansatz von oben wieder auf:
$ \begin{array}[t]{rll} P(Z\leq k)=\Phi\left(\dfrac{k-1050+0,5}{28,8}\right)=&0,98\\[5pt] \end{array} $
$ \begin{array}[t]{rll} P(Z\leq k)=&0,98\\[5pt] \end{array} $
In der Tabelle zur Normalverteilung findest du den Wert $\Phi\left(2,06\right)\approx0,98$:
$ \begin{array}[t]{rll} \dfrac{k-1049,5}{28,8}\approx&2,06&\quad\scriptsize\mid \cdot28,8 \\[5pt] k-1049,5\approx&59,328&\quad\scriptsize\mid +1049,5 \\[5pt] k\approx&1108,83 \end{array} $
Es sollten mindestens $1.109$ DVD-Player zur Verfügung stehen, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens $98\%$ jeder Kunde, der einen kaufen will, auch einen DVD-Player kaufen kann.
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