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Aufgabe I: Hilfsmittelfreier Prüfungsteil

Aufgaben
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I.1 Analysis

#wendepunkt#tangente#zentraleraufgabenpool

I.2 Wahlgebiet Lineare Algebra

In einem System verteilt sich der Gesamtbestand auf die Zustände $A$ und $B.$ Zum Zeitpunkt $n$ mit $n \in \mathbb{N}$ wird die Verteilung auf die Zustände $A$ und $B$ durch den Verteilungsvektor $\overrightarrow{v}_n =\pmatrix{a_n\\b_n}$ beschrieben.
Dabei gibt $a_n$ denjenigen Anteil des Gesamtbestands an, der sich im Zustand $A$ befindet, und $b_n$ denjenigen Anteil des Gesamtbestands, der sich im Zustand $B$ befindet. Die Abbildung 2 beschreibt die Übergänge zwischen den Zuständen von einem Zeitpunkt zum nächsten.
Mithilfe der zugehörigen Übergangsmatrix $M$ kann die Entwicklung der Zustandsverteilung durch $\overrightarrow{v}_{n+1} = M\cdot \overrightarrow{v}_n$ beschrieben werden.
a)
Berechne $M^2.$
(3 BE)
b)
Beschreibe, wie man zu jedem Verteilungsvektor $\overrightarrow{v}_{n+2}$ den Verteilungsvektor $\overrightarrow{v}_n$ bestimmen kann.
(2 BE)
#übergangsgraph#übergangsmatrix#verteilung

I.2 Wahlgebiet Analytische Geometrie

Gegeben sind die Geraden $g:\, \overrightarrow{x} = \pmatrix{3\\-3\\3} + r\cdot \pmatrix{3\\0\\-1}$ mit $r\in \mathbb{R}$ und $h:\, \overrightarrow{x} = \pmatrix{3\\-3\\3} +s\cdot \pmatrix{1\\0\\3}$ mit $s\in \mathbb{R}.$
a)
Gib die Koordinaten des Schnittpunkts von $g$ und $h$ an.
Zeige, dass $g$ und $h$ senkrecht zueinander verlaufen.
(2 BE)
b)
Die Ebene $E$ enthält die Geraden $g$ und $h.$
Bestimme eine Gleichung von $E$ in Koordinatenform.
(3 BE)
#zentraleraufgabenpool#koordinatenform

I.3 Stochastik

a)
Die Zufallsgröße $X$ ist binomialverteilt mit $n=10$ und $p=0,8$. Eine der folgenden Abbildungen stellt die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$ dar.
Gib die beiden Abbildungen an, die die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$ nicht darstellen. Begründe deine Entscheidung.
(3 BE)
b)
Betrachtet wird die binomialverteilte Zufallsgröße $Y$ mit den Parametern $n$ und $p$.
Es gilt:
  • Der Erwartungswert von $Y$ ist 8
  • Die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $Y$ ist symmetrisch
Ermittle den Wert von $n$.
(2 BE)
#binomialverteilung

I.4.1 Analysis

Die Abbildung zeigt den Graphen $G_f$ der Funktion $f$ mit $f(x)=\dfrac{4}{x^2}$ $(x\in\mathrm R$, $x\neq0)$.
$G_f$ ist symmetrisch bezüglich der $y$-Achse.
#tangente#gleichschenkligesdreieck

I.4.2 Wahlgebiet Lineare Algebra

In einem zweidimensionalen Koordinatensystem ordnet jede $2\times 2$ Matrix $M$ einem Punkt $P(a\mid b)$ mit $a,b\in \mathbb{R}$ durch $M\cdot \pmatrix{a\\b} = \pmatrix{a'\\b'}$ einen Bildpunkt $P'(a'\mid b')$ zu.
a)
Bestimme für $M=\pmatrix{-1&0 \\ 0&1}$ die Koordinaten von $P'$ in Abhängigkeit von $a$ und $b.$
Begründe, dass die durch diese Matrix beschriebene Zuordnung eine Spiegelung an der $y$-Achse darstellt.
(2 BE)
b)
Durch Spiegelung von $P$ an der $x$-Achse entsteht der Punkt $P^*(a^*\mid b^*).$
Bestimme $M$ so, dass $P^*$ der Mittelpunkt der Strecke zwischen dem Koordinatenursprung und $P'$ ist.
(3 BE)
#matrix

I.4.2 Wahlgebiet Analytische Geometrie

Der Punkt $P(0\mid 1\mid 5)$ ist Eckpunkt eines Quadrats. Orthogonal zu der Ebene, in der dieses quadrat liegt, verläuft die Gerade $g:\, \overrightarrow{x} = \pmatrix{5\\4\\1} + t\cdot \pmatrix{1\\0\\0}$ mit $t\in \mathbb{R}.$
a)
Begründe, dass das Quadrat in der $yz$-Ebene liegt.
(2 BE)
b)
Der Schnittpunkt der beiden Diagonalen des Quadrats liegt auf der Gerade $g,$ der Punkt $Q(0\mid 8\mid 4)$ in der $yz$-Ebene.
Zeige, dass $Q$ einer der beiden Eckpunkte des Quadrats ist, die dem Eckpunkt $P$ benachbart sind.
(3 BE)

I.4.3 Stochastik

Die Zufallsgrößen $X$ und $Y$ können jeweils die Werte $3,$ $4$ und $5$ annehmen.
a)
Für die Zufallsgröße $X$ gilt:
  • $P(X=3) = \frac{1}{3}$ und
  • $P(X=4) = \frac{1}{4}.$
(2 BE)
b)
Für die Zufallsgröße $Y$ gilt:
  • $P(Y=3) = \frac{1}{3},$
  • $P(Y=4) \geq \frac{1}{6}$ und
  • $P(Y=5) \geq \frac{1}{6}.$
Bestimme alle Werte, die für den Erwartungswert von $Y$ infrage kommen.
(3 BE)
#erwartungswert
Bildnachweise [nach oben]
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Lösungen
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I.1 Analysis

a)
$\blacktriangleright$  Steigung der Tangente nachweisen
Die Tangente $t$ berührt den Graphen $G_f$ an der Stelle $x=1$. Für ihre Steigung $m_t$ gilt also: $m_t=f'(1)$.
Bestimme zunächst die erste Ableitung $f'(x)$:
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=&-3x^2+3\cdot2x-2 \\[5pt] &=&-3x^2 +6x-2 \end{array}$
Für die Steigung $m_t$ ergibt sich dann:
$\begin{array}[t]{rll} m_t&=&f'(1)&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&-3\cdot 1+6\cdot1-2\\[5pt] &=&1 \end{array}$
b)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Schnittpunkte in Abhängigkeit von $\boldsymbol{m}$ angeben
Betrachte den Verlauf der Tangente im Punkt $W$: Sie hat die Steigung $m=1$ und berührt den Graphen $G_f$ nur im Punkt $W$.
Jede Gerade, die steiler verläuft, hat eine Steigung $m>1$ und schneidet den Graphen $G_f$ ebenfalls nur im Punkt $W$.
Jede Gerade, die flacher verläuft, hat eine Steigung $0<m<1$ und schneidet den Graphen $G_f$ in drei Punkten.
Zusammengefasst:
  • Für $0<m<1$ hat die Gerade drei Schnittpunkte mit $G_f$
  • Für $m>1$ hat die Gerade einen Schnittpunkt mit $G_f$

I.2 Wahlgebiet Lineare Algebra

a)
$\blacktriangleright$  Matrix berechnen
Für die Matrix $M$ gilt:
$M = \pmatrix{0,5 & 1 \\ 0,5 & 0}$
Es ist daher:
$M^2 = \pmatrix{0,5 & 1 \\ 0,5 & 0} \cdot \pmatrix{0,5 & 1 \\ 0,5 & 0} = \pmatrix{0,5\cdot 0,5+1\cdot 0,5 & 0,5\cdot 1 + 1\cdot 0 \\ 0,5\cdot 0,5 + 0\cdot 0,5 & 0,5\cdot 1 +0\cdot 0}= \pmatrix{0,75 & 0,5\\ 0,25 & 0,5}$
$ M^2 =\pmatrix{0,75 & 0,5\\ 0,25 & 0,5} $
b)
$\blacktriangleright$  Verfahren beschreiben
Es gilt
$\overrightarrow{v}_{n+2} = M\cdot \overrightarrow{v}_{n+1} = M\cdot M\cdot \overrightarrow{v}_{n} = M^2 \cdot \overrightarrow{v}_n$
$ \overrightarrow{v}_{n+2} =M^2 \cdot \overrightarrow{v}_n $
Ist also der Verteilungsvektor $\overrightarrow{v}_{n+2}$ bekannt, so kann aus der Gleichung $\overrightarrow{v}_{n+2} = M^2 \cdot \overrightarrow{v}_{n}$ mithilfe der Matrix $M^2$ ein lineares Gleichungssystem in Abhängigkeit von $a_n$ und $b_n$ aus $\overrightarrow{v}_{n}=\pmatrix{a_n\\b_n}$ aufgestellt werden. Dieses kann dann nach $a_n$ und $b_n$ gelöst werden.

I.2 Wahlgebiet Analytische Geometrie

a)
$\blacktriangleright$  Koordinaten des Schnittpunkts angeben
Die beiden Stützvektoren von $g$ und $h$ stimmen überein. Dieser beschreibt die Koordinaten eines Punkts auf der jeweiligen Geraden. Die beiden Geraden $g$ und $h$ haben also den gemeinsamen Punkt $P(3\mid -3\mid 3).$
$\blacktriangleright$  Senkrechten Verlauf zeigen
Die Geraden verlaufen senkrecht zueinander, wenn ihre Richtungsvektoren senkrecht zueinander verlaufen. Das ist der Fall, wenn ihr Skalarprodukt Null ergibt.
$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{3\\0\\-1}\circ \pmatrix{1\\0\\3}&=&3\cdot 1 +0\cdot 0 -1\cdot 3 \\[5pt] &=& 0 \end{array}$
$ … = 0 $
Die beiden Geraden verlaufen also senkrecht zueinander.
b)
$\blacktriangleright$  Ebenengleichung bestimmen
Ein Normalenvektor von $E$ kann über das Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren der Geraden bestimmt werden:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{n}&=& \pmatrix{3\\0\\-1}\times \pmatrix{1\\0\\3}\\[5pt] &=& \pmatrix{0\cdot 3 -(-1)\cdot 0\\ (-1)\cdot 1 -3\cdot 3 \\ 3\cdot 0 -0\cdot 1} \\[5pt] &=& \pmatrix{0\\-10\\0} \\[5pt] \end{array}$
$ \overrightarrow{n} = \pmatrix{0\\-10\\0}$
Verwende die Koordinaten eines Punkts, beispielsweise des Schnittpunkts $P(3\mid -3\mid 3)$ für eine Punktprobe:
$\begin{array}[t]{rll} E:\, 0 x -10y + 0z &=& d &\quad \scriptsize \mid\; P(3\mid -3\mid 3) \\[5pt] 0\cdot 3 -10\cdot (-3) +0\cdot 3 &=& d \\[5pt] 30&=& d \end{array}$
$ d = 30 $
Eine Gleichung der Ebene $E$ in Koordinatenform lautet also:
$E:\, -10y = 30$
#skalarprodukt#kreuzprodukt

I.3 Stochastik

a)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeitsverteilung von $\boldsymbol{X}$ identifizieren
Die Zufallsgröße $X$ ist binomialverteilt mit $n=10$ und $p=0,8$. Folgende Diagramme stellen nicht die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$ dar:
  • Diagramm 1 (Abbildung 3): Wegen $n=10$ kann die Wahrscheinlichkeit $P(X> 10)$ nicht größer als null sein.
  • Diagramm 3 (Abbildung 5): Bei einer binomialverteilten Zufallsvariable muss die Summe aller Wahrscheinlichkeiten genau $1$ ergeben. Die hier dargestellten Wahrscheinlichkeiten für $k=8$ und $k=9$ sind in Summe bereits größer als 1, deshalb ist hier keine Wahrscheinlichkeitsverteilung dargestellt.
b)
$\blacktriangleright$  Parameter $\boldsymbol{n}$ berechnen
Die Zufallsgröße $Y$ ist binomialverteilt, wobei die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $Y$ symmetrisch ist. Damit folgt bereits der Parameter $p=0,5$.
Außerdem ist bekannt, dass der Erwartungswert von $Y$ 8 ist. Für den Erwartungswert gilt $E[Y]=n\cdot p$. Einsetzen ergibt:
$\begin{array}[t]{rll} 8&=&n\cdot 0,5&\quad \scriptsize \mid\; \cdot2\\[5pt] 16&=&n \end{array}$
$Y$ ist binomialverteilt mit $n=16$ und $p=0,5$.

I.4.1 Analysis

a)
$\blacktriangleright$  Wert für $\boldsymbol{p}$ berechnen
Der Graph $G_f$ ist achsensymmetrisch. Die Gerade $g$, die parallel zur $x$-Achse durch den Punkt $P(0\mid p)$ verläuft, schneidet den Graphen $G_f$ deshalb in den Punkten $P_1(-t \mid p)$ und $P_2(t \mid p)$.
Der Abstand $d$ der beiden Punkte ist die Differenz ihrer $x$-Koordinaten. Der Abstand soll $d=1$ betragen, also müssen die Punkte die $x$-Koordinate $x_1=0,5$ und $x_2=-0,5$ haben.
Gesucht ist der Wert $p$, er ist der Funktionswert von $f$ für $x=5$ bzw. $x=-0,5$:
$\begin{array}[t]{rll} p&=&f(0,5)&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{4}{0,5^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&16 \end{array}$
Es ergibt sich der Wert $p=16$.
b)
$\blacktriangleright$  Koordinaten von $\boldsymbol{Q}$ berechnen
Das Dreieck ist gleichschenklig, wenn die Tangente die $x$- und die $y$-Achse so schneidet, dass die jeweiligen Abschnitte gleich lang sind:
Eine solche Gerade hat die Steigung $m=-1$. Also hat der Graph $G_f$ im Berührpunkt $Q$ auch die Steigung $m=-1$.
Die Steigung wird gegeben durch die erste Ableitung, d.h.: $f'(u)=-1$.
Bilde zunächst die Ableitung $f'(u)$:
$\begin{array}[t]{rll} f(u)&=&\dfrac{4}{x^2}&\quad \scriptsize \\[5pt] f(u)&=&4x^{-2}&\quad \scriptsize \\[5pt] f'(u)&=&4\cdot(-2)x^{-3}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=&-\dfrac{8}{x^3} \end{array}$
Einsetzen von $f'(u)=-1$ ergibt:
$\begin{array}[t]{rll} -1&=&-\dfrac{8}{u^3}&\quad \scriptsize \mid\; \cdot u^3\\[5pt] -u^3&=&-8&\quad \scriptsize \mid\; \cdot (-1)\\[5pt] u^3&=&8&\quad \scriptsize \mid\; \sqrt[3]{\;}\\[5pt] u&=&2 \end{array}$
Mit $f(2)=\dfrac{4}{2^2}=1$ ergibt sich der Punkt $Q(2\mid 1)$.

I.4.2 Wahlgebiet Lineare Algebra

a)
$\blacktriangleright$  Koordinaten bestimmen
$\overrightarrow{OP'} = M \cdot \overrightarrow{OP} = \pmatrix{-1&0 \\ 0& 1}\cdot \pmatrix{a \\ b} = \pmatrix{ -a \\ b}$
$ \overrightarrow{OP'} =\pmatrix{ -a \\ b} $
Die Koordinaten des Spiegelpunkts lauten also $P'(-a\mid b).$
$\blacktriangleright$  Spiegelung begründen
Bei der Anwendung der Abbildungsmatrix bleibt die $y$-Koordinate des Punkts erhalten, die $x$-Koordinate ändert ihr Vorzeichen, der Betrag bleibt aber erhalten. Dadurch wird der Punkt an der $y$-Achse gespiegelt.
b)
$\blacktriangleright$  Matrix bestimmen
Da $P^*$ durch Spiegelung von $P$ an der $x$-Achse entsteht, ist $P^*(a\mid -b).$
$P^*$ soll der Mittelpunkt der Strecke zwischen Koordinatenursprung und $P'$ sein. Es muss also gelten:
$\overrightarrow{OP'} = 2\cdot \overrightarrow{OP^*}= \pmatrix{2a\\-2b}.$ Der Punkt $P'$ soll also die Koordinaten $P'(2a\mid -2b)$ haben.
$M$ muss daher so gewählt werden, dass $\overrightarrow{OP'} = M\cdot \pmatrix{a\\b} = \pmatrix{2a\\-2b}$ ist.
Ausgehend vom Zusammenhang aus Teilaufgabe a) kannst du nun auf folgende Matrix schließen und das gegebenenfalls noch einmal durch eine Rechnung überprüfen:
$M= \pmatrix{2 & 0 \\ 0 & -2 }$
Zur Probe folgt damit:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{OP'}&=& M \cdot \overrightarrow{OP} \\[5pt] &=&\pmatrix{2 & 0 \\ 0 & -2 }\cdot \pmatrix{a\\b} \\[5pt] &=& \pmatrix{2a \\ -2b} \end{array}$
Die Matrix $M = \pmatrix{2 & 0 \\ 0 & -2 }$ erfüllt also die Bedingungen.

I.4.2 Wahlgebiet Analytische Geometrie

a)
$\blacktriangleright$  Lage des Quadrats begründen
Die Gerade $g$ verläuft orthogonal zur Ebene, in der das Quadrat liegt. Da ihr Richtungsvektor $\pmatrix{1\\0\\0}$ orthogonal zur $yz$-Ebene verläuft, verläuft die Gerade $g$ orthogonal zur $yz$-Ebene.
Die Gerade $g$ verläuft also orthogonal zur Ebene, in der das Quadrat liegt und gleichzeitig orthogonal zur $yz$-Ebene.
Damit muss die Ebene, in der das Quadrat liegt, parallel zur $yz$-Ebene liegen.
Die Koordinaten des Eckpunkts $P$ des Quadrats sind $P(0\mid 1\mid 5).$ Da die $x$-Koordinate $0$ ist, liegt dieser Punkt in der $yz$-Ebene. Dadurch, dass die Ebene, in der das Quadrat liegt, sowohl parallel zur $yz$-Ebene ist als auch einen gemeinsamen Punkt mit dieser Ebene hat, ist die Ebene, in der das Quadrat liegt, identisch mit der $yz$-Ebene.
Das Quadrat liegt also in der $yz$-Ebene.
b)
$\blacktriangleright$  Punkt nachweisen
1. Schritt: Koordinaten des Schnittpunkts berechnen
Der Schnittpunkt der beiden Diagonalen des Quadrats wird mit $M$ bezeichnet. Dieser liegt sowohl auf der Geraden $g$ als auch in der $yz$-Ebene. Die Punkte in der $yz$-Ebene haben die Koordinaten $\pmatrix{0\\y\\z}.$ Setzt du dies in die Geradengleichung von $g$ ein, so erhältst du:
$\pmatrix{0\\y\\z} = \pmatrix{5\\4\\1} + t\cdot \pmatrix{1\\0\\0}$
Die erste Zeile für die $x$-Koordinate ist für $t = -5$ erfüllt. Damit ergibt sich dann:
$\overrightarrow{OM} = \pmatrix{5\\4\\1} -5\cdot \pmatrix{1\\0\\0} = \pmatrix{0\\4\\1}$
$ \overrightarrow{OM} = \pmatrix{0\\4\\1} $
Der Schnittpunkt der Diagonalen ist also $\overrightarrow{OM} = \pmatrix{0\\4\\1}.$
2. Schritt: Zusammenhang der Punkte zeigen
$Q$ ist einer der Eckpunkte des Quadrats, die zu $P$ benachbart sind, wenn folgende Bedingungen für das Dreieck $PMQ$ erfüllt sind:
  • Die Vektoren $\overrightarrow{PM}$ und $\overrightarrow{MQ}$ stehen senkrecht aufeinander.
  • Die Seiten $\overline{PM}$ und $\overline{MQ}$ sind gleich lang.
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{PM}&=& \pmatrix{0\\3\\-4} \\[5pt] \overrightarrow{MQ}&=& \pmatrix{0\\4\\3} \\[5pt] \end{array}$
Es ist also:
$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{PM} \circ \overrightarrow{MQ} &=& \pmatrix{0\\3\\-4}\circ \pmatrix{0\\4\\3} \\[5pt] &=& 0\cdot 0 +3\cdot 4 -4\cdot 3 \\[5pt] &=& 0 \end{array}$
$ \overrightarrow{PM} \circ \overrightarrow{MQ} = 0 $
Das Dreieck $PMQ$ besitzt am Punkt $M$ also einen rechten Winkel. Für die Länge der Seiten gilt:
$\begin{array}[t]{rll} \overline{PM} &=& \left|\overrightarrow{PM} \right| \\[5pt] &=&\left| \pmatrix{0\\3\\-4} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{0^2 +3^2 + (-4)^2} \\[5pt] &=& 5 \\[10pt] \overline{MQ} &=& \left|\overrightarrow{MQ} \right| \\[5pt] &=&\left| \pmatrix{0\\4\\3} \right| \\[5pt] &=& \sqrt{0^2 +4^2 + 3^2} \\[5pt] &=& 5 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \overline{PM} &= 5 \\[10pt] \overline{MQ} &= 5 \\[10pt] \end{array}$
Die beiden Seiten sind also gleich lang. Der Punkt $Q$ ist also genauso weit entfernt vom Schnittpunkt der Diagonalen wie $P$ und bildet mit $P$ und $M$ ein rechtwinkliges Dreieck mit dem rechten Winkel bei $M.$
Damit muss $Q$ ein zu $P$ benachbarter Eckpunkt des Quadrats sein.
#skalarprodukt#vektorbetrag

I.4.3 Stochastik

a)
$\blacktriangleright$  Erwartungswert bestimmen
Da die Summe der Einzelwahrscheinlichkeiten von $X$ $1$ ergeben muss, gilt für $P(X=5):$
$\begin{array}[t]{rll} 1 &=& P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) \\[5pt] 1 &=& \frac{1}{3} +\frac{1}{4} + P(X=5) \\[5pt] 1 &=& \frac{7}{12} + P(X=5) &\quad \scriptsize \mid\; - \frac{7}{12}\\[5pt] \frac{5}{12} &=& P(X=5) \end{array}$
$ P(X=5) = \frac{5}{12} $
Für den Erwartungswert von $X$ folgt dann:
$\begin{array}[t]{rll} E(X) &=& 3\cdot P(X=3) + 4\cdot P(X=4) + 5\cdot P(X=5) \\[5pt] &=& 3\cdot \frac{1}{3} + 4\cdot \frac{1}{4} + 5\cdot\frac{5}{12} \\[5pt] &=& \frac{49}{12} \\[5pt] \end{array}$
$ E(X)= \frac{49}{12} $
b)
$\blacktriangleright$  Mögliche Werte für den Erwartungswert bestimmen
Bezeichne $P(Y=4)$ mit $p.$ Es soll dann gelten $p\geq \frac{1}{6}.$ Wie in Teilaufgabe a) kannst du nun $P(Y=5)$ in Abhängigkeit von $p$ darstellen:
$\begin{array}[t]{rll} 1 &=& P(Y=3) + P(Y=4) + P(Y=5) \\[5pt] 1 &=& \frac{1}{3} +p + P(Y=5) &\quad \scriptsize \mid\;-\frac{1}{3}; -p \\[5pt] \frac{2}{3} - p &=& P(Y=5) \end{array}$
$ P(Y=5) = \frac{2}{3} - p$
Auch hier soll $P(Y=5)\geq \frac{1}{6}$ gelten:
$\begin{array}[t]{rll} P(Y=5) &\geq& \frac{1}{6} \\[5pt] \frac{2}{3} - p &\geq& \frac{1}{6} &\quad \scriptsize \mid\; -\frac{2}{3}\\[5pt] -p&\geq & -\frac{1}{2}&\quad \scriptsize \mid\; \cdot (-1) \\[5pt] p &\leq & \frac{1}{2} \end{array}$
$ p \leq \frac{1}{2} $
Also muss insgesamt $\frac{1}{6} \leq p \leq \frac{1}{2}$ gelten.
Für den Erwartungswert gilt:
$\begin{array}[t]{rll} E(Y)&=& 3\cdot P(Y=3) +4\cdot P(Y=4) + 5\cdot P(Y=5) \\[5pt] &=& 3\cdot \frac{1}{3} + 4\cdot p + 5\cdot \left(\frac{2}{3} - p \right) \\[5pt] &=& 1+4p +\frac{10}{3}-5p \\[5pt] &=& \frac{13}{3} -p \end{array}$
$ E(Y)=\frac{13}{3} -p $
Da $p\geq \frac{1}{6}$ sein soll, ist $ \frac{13}{3} -p \leq \frac{25}{6},$ also $E(Y)\leq \frac{25}{6}.$
Wegen der Vorgabe $p \leq \frac{1}{2}$ gilt gleichzeitig: $\frac{13}{3} -p \geq \frac{23}{6}$ und damit $E(Y) \geq \frac{23}{6}$
Insgesamt gilt daher für den Erwartungswert von $Y$:
$\frac{23}{6} \leq E(Y) \leq \frac{25}{6}$
Bildnachweise [nach oben]
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