Prüfung zur Erlangung der Fachhochschulreife
Frühjahr 2003

S I:   Lösungen

1.1        



1.2.1     A1  =  {B, E}
             A2  =  {FV, F, EV, E}


1.2.2     Untersuchung von A1 und A2 auf stochastische Unabhängigkeit:
             P(A1  A2)  =  P({E})  =  0,225
             P(A1)  =  0,315 + 0,225  =  0,54 ;     P(A2)  =  0,25 + 0,3  =  0,55
             P(A1) · P(A2)  =  0,54 · 0,55  =  0,297  ≠  0,225  =  P(A1  A2)       
             A1 und A2 sind stochastisch abhängig.



1.3.1     Es liegt näherungsweise eine Binomialverteilung vor mit  n = 20  und  p = 0,25.
             X = Anzahl der Fichten unter den ausgewählten Bäumen ;
             P(X > 5)  =  1 – P(X  ≤ 5)  =  1 – F(5)  =  1 – 0,617 (s. Tafelwerk)  =  0,383


1.3.2     p = P(„Laubbaum wird ausgewählt“) = 0,45 + 0,3 = 0,75 ;  n = 20       µ = 20 · 0,75 = 15
             X = Anzahl der Laubbäume unter den ausgewählten Bäumen ;
             P(13  ≤ X  ≤ 17)  =  F(17) – F(12)  = (s. Tafelwerk)  0,909 – 0,102  =  0,807



1.4.1     Testgröße T = Anzahl der geschädigten Fichten unter den 200 ausgewählten Fichten
             Nullhypothese:  Schadensanteil liegt unverändert bei  p = 0,2

             (Rechtsseitiger) Ablehnungsbereich:
             T1 = [51 ; 200]IN

             WSK, mit der T im Ablehnungsbereich liegt:
             P(T ≥ 51)  =  1 – P(T  ≤ 50)  =  1 – F(50)  =  1 – 0,9655  =  0,0345


1.4.2     In diesem Beispiel besteht der Fehler 2. Art darin, aufgrund des Testergebnisses irrtümlich
             von einem unveränderten Schadensanteil auszugehen, obwohl er tatsächlich zugenommen hat.




2.1        



2.2.1     Wahrscheinlichkeitsverteilung von  X :


X = x

1

2

3

4

5

6


P(X = x)

8:200 = 0,04

20:200 = 0,1

40:200 = 0,2

90:200 = 0,45

30:200 = 0,15

12:200 = 0,06



             


2.2.2     E(X) = 1·0,04 + 2·0,1 + 3·0,2 + 4·0,45 + 5·0,15 + 6·0,06 = 3,75
             E(X2) = 1·0,04 + 4·0,1 + 9·0,2 + 16·0,45 + 25·0,15 + 36·0,06 = 15,35
             Var(X) = E(X2) – (E(X))2 = 15,35 – 3,752 = 1,2875       σ =  = 1,135
             P(E(X)–σ  ≤  X   ≤  E(X)+σ)  =  P(2,615   ≤  X   ≤  4,885)
             =  P(X = 3    X = 4)  =  0,2 + 0,45  =  0,65

S II:   Lösungen

1.1        a)     Es liegt eine Bernoulli-Kette vor mit  p = 0,9  und  n = 50.
                     X = Anzahl der einwandfreien Kopien       
                     P(X > 40)  =  1 – P(X  ≤ 40)  =  1 – F(40)  =  1 – 0,025 (Tafelwerk)  =  0,975

             b)     P  =  0,949·0,11  ≈  0,001



1.2        




2.1        Testgröße T:   Anzahl der guten Kopien unter 50 Kopien mit Gerät H.
             Art des Tests:  linksseitiger Signifikanztest
             Nullhypothese H0:   „Die Kopierqualität ist gleich geblieben.“     Also:  p = 0,9
             Max. Ablehnungsbereich von H0:   T1  =  [ 0 ;  42 ]Z



2.2        P(T  ≤ 42)  =  F(42)  =  0,122 (Tafelwerk)
             Der Fehler 1. Art kann entweder durch eine Verkleinerung des Ablehnungsbereiches
             oder (bei proportional gleichbleibendem Ablehnungsbereich) durch eine Vergrößerung
             der Stichprobenlänge erreicht werden.



2.3        Sei  r  der Rückweisungspunkt. Dann soll gelten :
             P(T  ≤ r)   ≤  0,02
             Aus dem Tafelwerk geht  r = 39  hervor.       T1 = [ 0 ; 39 ]Z .




3.1        X ist eine B(4; 0,4)-verteilte Zufallsgröße (Werte aus dem Tafelwerk):

	

		

			  X = x
		
		

			0
		
		

			1
		
		

			2
		
		

			3
		
		

			4
		
	
	

		

			  P(X = x)
		
		

			0,1296
		
		

			0,3456
		
		

			0,3456
		
		

			0,1536
		
		

			0,0256
		
	


             



3.2        Kumulative Verteilungsfunktion  F:

	

		

			 
		
		

			x < 0
		
		

			0  ≤ x < 1
		
		

			1  ≤ x < 2
		
		

			2  ≤ x < 3
		
		

			3  ≤ x < 4
		
		

			4  ≤ x
		
	
	

		

			  F(x)
		
		

			0
		
		

			0,1296
		
		

			0,4752
		
		

			0,8208
		
		

			0,9744
		
		

			1
		
	


             



3.3        P(2  ≤ X  ≤ 3)  =  0,3456 + 0,1536  =  0,4992




4.1        Um mindestens 8000  Mehreinnahmen zu erzielen, müsste der Händler mindestens 
             100 Geräte des Typs  H  haben.
             Es liegt eine B(200; 0,6)-verteilte Zufallsgröße vor :
             P(X ≥ 100)  =  1 – P(X  ≤ 99)  =  1 – F(99)  =  1 – 0,00168  =  0,99832



4.2        Erwartungswert für die Anzahl der Geräte des Typs H:   µ = 200·0,6 = 120       
             Mehreinnahmen:   120 · 80   =  9600 
             Mehrausgaben:     200 · 40   =  8000 
             Dem Händler blieben also trotz der Prüfkosten noch Mehreinnahmen in Höhe von 1600 .