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Pflichtaufgabe 3 - Stochastik

Aufgaben
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Eine Firma stellt Flachbildschirme her. Im Mittel ist einer von fünf hergestellten Bildschirmen fehlerhaft.
a)
Es soll angenommen werden, dass die Anzahl fehlerhafter Geräte unter zufällig ausgewählten Bildschirmen durch eine binomialverteilte Zufallsgröße beschrieben werden kann.
Berechne die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse:
„Von $50$ zufällig ausgewählten Bildschirmen sind höchstens $8$ fehlerhaft.“
„Von $200$ zufällig ausgewählten Bildschirmen sind mehr als $15\,\%$ und weniger als $25\,\%$ fehlerhaft.“
#binomialverteilung
Fehler der Bildschirme treten am häufigsten in Form eines defekten Displays sowie in Form eines defekten Netzteils auf. Für einen zufällig ausgewählten Bildschirm beträgt die Wahrscheinlichkeit dafür, dass
  • das Display defekt ist, $10,7\,\%,$
  • weder das Display noch das Netzteil defekt ist, $87,3\,\%.$
  • entweder das Display oder das Netzteil defekt sind, $11,7\,\%,$
b)
Stelle den Sachverhalt in einer vollständig ausgefüllten Vierfeldertafel dar.
#vierfeldertafel
c)
Untersuche, ob die beiden betrachteten Defekte unabhängig voneinander auftreten.
Jeder Bildschirm wird von der Auslieferung abschließend geprüft.
d)
Von vierzig abschließend geprüften Bildschirmen, unter denen sechs fehlerhaft sind, werden zehn zufällig ausgewählt.
Beurteile, ob die Anzahl fehlerhafter Bildschirme unter den ausgewählten binomialverteilt ist.
#binomialverteilung
e)
Bei einer abschließenden Prüfung werden alle fehlerfreien Bildschirme auch als fehlerfrei eingestuft. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein fehlerhafter Bildschirm als fehlerhaft eingestuft wird, wird mit $x$ bezeichnet. Ein im Rahmen der Prüfung als fehlerfrei eingestufter Bildschirm wird zufällig ausgewählt. Bestimme den kleinstmöglichen Wert von $x,$ für den die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dieser Bildschirm fehlerhaft ist, höchstens $5\,\%$ beträgt.
Ein Mitarbeiter der Firma bezweifelt, dass im Mittel einer von fünf Bildschirmen fehlerhaft ist. Um einen Schätzwert für den Anteil fehlerhafter Geräte zu ermitteln, zieht er eine große Stichprobe vom Umfang $n.$
In der Stichprobe sind $15\,\%$ der Bildschirme fehlerhaft.
Auf der Grundlage der Stichprobe können mithilfe der abgebildeten Graphen $A,$ $B,$ $C$ und $D$ für den zu ermittelnden Schätzwert Vertrauensintervalle zu den Vertrauenswahrscheinlichkeiten $90\,\%$ und $95\,\%$ bestimmt werden.
Jeder der Graphen lässt sich durch eine der folgenden Funktionen beschreiben:
$f_k(p) = p -k \cdot \sqrt{\dfrac{p\cdot (1-p)}{n}}$ $\quad$ $g_k(p) = p + k\cdot \sqrt{\dfrac{p\cdot (1-p)}{n}}$
Dabei ist $p\in [0;1],$ $k\in \mathbb{R},$ $k>0,$ und $n$ der Umfang der Stichprobe.
f)
Bestimme ein Vertrauensintervall zur Vertrauenswahrscheinlichkeit $95\,\%.$
Entscheide, ob die Aussage „Im Mittel ist einer von fünf Bildschirmen fehlerhaft.“ durch das bestimmte Vertrauensintervall gestützt werden kann.
g)
Der Mitarbeiter zieht eine zweite Stichprobe vom Umfang $2n.$ Auch in dieser Stichprobe sind $15\,\%$ der Bildschirme fehlerhaft. Begründe, dass die Länge des zugehörigen Vertrauensintervalls im Vergleich zur ersten Stichprobe - bei gleicher Vertrauenswahrscheinlichkeit - geringer, aber nicht halb so groß ist.
Bildnachweise [nach oben]
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Lösungen
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a)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeiten berechnen
Betrachte die Zufallsgröße $X_{n},$ die die Anzahl fehlerhafter Geräte unter $n$ zufällig ausgewählten Bildschirmen beschreibt. Diese kann laut Aufgabenstellung als binomialverteilt mit $n$ und $p=\frac{1}{5}=0,2$ angenommen werden.
Mithilfe einer geeigneten Tabelle zur summierten Binomialverteilung ergibt sich dann:
$\begin{array}[t]{rll} P(A)&=& P(X_{50} \leq 8) &\quad \scriptsize \mid\; \text{Tabelle } n=50\\[5pt] &\approx& 0,3073 \\[5pt] &=& 30,73\,\% \\[10pt] P(B)&=& P(0,15\cdot 200< X_{200}< 0,25\cdot 200 ) \\[5pt] &=& P(30< X_{200}< 50 ) \\[5pt] &=& P(X_{200}\leq 49 ) - P( X_{200}\leq 30)&\quad \scriptsize \mid\; \text{Tabelle } n=200\\[5pt] &\approx& 0,9506- 0,0430\\[5pt] &=& 0,9076 \\[5pt] &=& 90,76\,\% \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} P(A)&\approx& 30,73\,\% \\[10pt] P(B)&\approx& 90,76\,\% \\[5pt] \end{array}$
b)
$\blacktriangleright$  Vierfeldertafel erstellen
Bezeichne mit $D$ das Ereignis, dass ein Displayfehler vorliegt und mit $N$ das Ereignis, dass bei einem Gerät das Netzteil defekt ist. Dann sind dir folgende Wahrscheinlichkeiten gegeben:
  • $P(D) = 0,107$
  • $P(\overline{D}\cap \overline{N}) = 0,873$
  • $P(\overline{D}\cap N) + P(D\cap \overline{N})$ $= 0,117$
Mit diesen kannst du auch die übrigen Einträge der Vierfeldertafel bestimmen:
$D$$\overline{D}$Gesamt
$N$$0,01$$0,02$$0,03$
$\overline{N}$$0,097$$\color{#87c800}{0,873}$$0,97$
Gesamt$\color{#87c800}{0,107}$$0,893$$\color{#87c800}{1}$
c)
$\blacktriangleright$  Unabhängigkeit untersuchen
Untersuche, ob $P(N\cap D) = P(N)\cdot P(D)$ ist:
$\begin{array}[t]{rll} P(N\cap D)&=& 0,01 \\[10pt] P(N)\cdot P(D)&=& 0,03\cdot 0,107 \\[5pt] &=& 0,00321 \\[5pt] \end{array}$
$ P(N)\cdot P(D) = 0,00321 $
Es gilt $P(N\cap D) \neq P(N) \cdot P(D).$ Die beiden Ereignisse $N$ und $D$ sind also nicht stochastisch unabhängig und daher stochastisch abhängig.
Die beiden Defekte treten daher nicht unabhängig voneinander auf.
#stochastischeunabhängigkeit
d)
$\blacktriangleright$  Binomialverteilung beurteilen
Die Grundgesamtheit, aus der die Stichprobe gezogen wird, ist mit vierzig Bildschirmen relativ klein. Das Auswählen der zehn Bildschirme kann als Ziehen ohne Zurücklegen betrachtet werden. Beim ersten ausgewählten Bildschirm beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass er fehlerhaft ist $\frac{6}{40},$ die Wahrscheinlichkeit beim zweiten Bildschirm hängt nun vom Ergebnis des ersten Bildschirms ab.
Die Wahrscheinlichkeit, einen fehlerhaften Bildschirm zu erwischen, ändert sich daher mit jedem zufällig ausgewählten Bildschirm. Die gleichbleibende Wahrscheinlichkeit ist aber eine der Grundvoraussetzungen für die Binomialverteilung. Die Anzahl fehlerhafter Bildschirme in dieser Auswahl kann daher nicht als binomialverteilt angesehen werden.
e)
$\blacktriangleright$  Kleinstmöglichen Wert bestimmen
Bezeichne mit $F$ das Ereignis, dass ein Bildschirm fehlerfrei ist und mit $E$ das Ereignis, dass ein Bildschirm als fehlerfrei eingestuft wird. Dann sind folgende Wahrscheinlichkeiten und Forderungen gegeben:
  1. $P_E(\overline{F}) \leq 0,05$
  2. $P(\overline{F}) = 0,2$
  3. $P_F(E) = 1$
  4. $P_{\overline{F}}(\overline{E}) = x$
Mit dem Satz von Bayes gilt
$P_E(\overline{F}) = \dfrac{P_{\overline{F}}(E)\cdot P(\overline{F})}{P(E)}$
Es ist:
$\begin{array}[t]{rll} P_{\overline{F}}(E)&=& 1- P_{\overline{F}}(\overline{E}) &\quad \scriptsize \mid\; 4.\\[5pt] &=& 1-x \end{array}$
$ P_{\overline{F}}(E) = 1-x $
Weiterhin gilt mithilfe der Pfadregeln:
$\begin{array}[t]{rll} P(E)&=& P_F(E)\cdot P(F) + P_{\overline{F}}(E)\cdot P(\overline{F}) &\quad \scriptsize \mid\;3.\,,\,P(F)=1-P(\overline{F}) \\[5pt] &=& 1 \cdot 0,8 + (1-x)\cdot 0,2 \\[5pt] &=& 0,8 +0,2-0,2x \\[5pt] &=& 1-0,2x \end{array}$
$ P(E)=1-0,2x $
Einsetzen in 1. liefert:
$\begin{array}[t]{rll} P_E(\overline{F})&\leq& 0,05\\[5pt] \dfrac{P_{\overline{F}}(E)\cdot P(\overline{F})}{P(E)}&\leq& 0,05 \\[5pt] \dfrac{(1-x)\cdot 0,2}{1-0,2x}&\leq& 0,05 \\[5pt] \dfrac{0,2-0,2x}{1-0,2x}&\leq& 0,05 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot (1-0,2x) \\[5pt] 0,2-0,2x&\leq& 0,05-0,01x &\quad \scriptsize \mid\;+0,2x \\[5pt] 0,2&\leq& 0,05+0,19x &\quad \scriptsize \mid\;-0,05\\[5pt] 0,15&\leq& 0,19x &\quad \scriptsize \mid\;:0,19 \\[5pt] 0,7895&\leq& x \end{array}$
$ 0,7895\leq x $
Damit die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein als fehlerfrei eingestufter Bildschirm fehlerhaft ist, höchstens $5\,\%$ beträgt, muss ein fehlerhafter Bildschirm mindestens mit einer Wahrscheinlichkeit von $78,95\,\%$ als fehlerhaft eingestuft werden.
#satzvonbayes
f)
$\blacktriangleright$  Vertrauensintervall bestimmen
$p$ ist der in der Stichprobe ermittelte relative Anteil der fehlerhaften Geräte. Der Parameter $k$ hängt von der Vertrauenswahrscheinlichkeit ab.
Die Funktionen $f_k$ beschreiben die zum Parameter $k$ gehörende untere Grenze des Vertrauensintervalls in Abhängigkeit von $p.$ Die Funktionen $g_k$ beschreiben analog die zum Parameter $k$ gehörende obere Grenze des Vertrauensintervalls.
In der Abbildung sind $f_k$ und $g_k$ für die Vertrauenswahrscheinlichkeiten $90\,%$ und $95\,\%,$ also für die Werte $k=1,64$ und $k=1,96$ dargestellt. Je kleiner die Vertrauenswahrscheinlichkeit ist, desto kleiner ist das Vertrauensintervall. Die beiden Graphen $A$ und $D$ gehören also zur Vertrauenswahrscheinlichkeit $95\,\%,$ $A$ gehört zu $g_k,$ $D$ zu $f_k.$
Im vorliegenden Fall ist $p = 0,15.$ Lies also die Grenzen des Vertrauensintervalls an der Stelle $p=0,15$ an den Graphen von $A$ und $D$ ab.
$f_{1,96}(0,15)\approx 0,1$ und $g_{1,96}(0,15)\approx 0,2$
Ein Vertrauensintervall zur Vertrauenswahrscheinlichkeit $95\,\%$ ist also $[0,1;0,2].$
$\blacktriangleright$  Aussage einordnen
Dass im Mittel einer von fünf Bildschirmen fehlerhaft ist, bedeutet, dass $20\,\%$ der Bildschirme fehlerhaft sind. Dieser Wert liegt gerade noch so im oben bestimmten Vertrauensintervall. Die Aussage kann also durch das bestimmte Vertrauensintervall gestützt werden.
g)
$\blacktriangleright$  Länge begründen
Bezeichne die Länge des Vertrauensintervalls mit $l_k(p).$ Dann ist
$\begin{array}[t]{rll} l_{k;n}(p)&=& g_k(p)-f_k(p) \\[5pt] &=& p+k\cdot \sqrt{\dfrac{p\cdot(1-p)}{n}} - \left(p-k\cdot \sqrt{\dfrac{p\cdot(1-p)}{n}} \right) \\[5pt] &=& 2 k\cdot \sqrt{\dfrac{p\cdot(1-p)}{n}} \\[5pt] \end{array}$
$ l_{k;n}(p) =2 k \sqrt{\dfrac{p\cdot(1-p)}{n}} $
Für eine Stichprobe vom Umfang $2n$ folgt nun:
$\begin{array}[t]{rll} l_{k;2n}(p)&=& 2 k\cdot \sqrt{\dfrac{p\cdot(1-p)}{2n}} \\[5pt] &=& 2 k\cdot \sqrt{\frac{1}{2}\cdot\dfrac{p\cdot(1-p)}{n}} \\[5pt] &=& 2 k\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\sqrt{\dfrac{p\cdot(1-p)}{n}} \\[5pt] &=& \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\underbrace{2 k\cdot \sqrt{\dfrac{p\cdot(1-p)}{n}}}_{=l_{k;n}(p)} \\[5pt] &=& \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot l_{k;n}(p) \\[5pt] \end{array}$
$ l_{k;2n}(p) = \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot l_{k;n}(p) $
Bei doppeltem Stichprobenumfang verkürzt sich die Länge des Vertrauensintervalls also um den Faktor $\frac{1}{\sqrt{2}}.$ Die Länge verkürzt sich also, halbiert sich aber nicht.
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