Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik - Exam.pdf

Aufgabe 1)

Gegeben sei ein Wahrscheinlichkeitsraum \((\Omega, \mathcal{F}, P)\). Sei \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), wobei jedes Ereignis eine gleich große Wahrscheinlichkeit besitzt (fairer Würfel).

a)

(a) Zeige anhand der Kolmogorov-Axiome, dass die Wahrscheinlichkeit \(P(A)\) für ein Ereignis \(A\) korrekt definiert ist, wo \(A = \{2, 4, 6\}\).

Nutze die folgenden Schritte:

• Bestimme \(P(A)\) und zeige, dass Axiom 1 erfüllt ist.
• Zeige, dass Axiom 2 eingehalten wird, indem Du die Wahrscheinlichkeiten aller möglichen Ereignisse auf \Omega\ überprüfst.
• Verifiziere, dass Axiom 3 für zwei disjunkte Ereignisse \(B = \{1,3,5\}\) und \(C = \{2,4,6\}\) erfüllt ist.

Lösung:

Gegeben sei ein Wahrscheinlichkeitsraum \( (\Omega, \mathcal{F}, P) \). Sei \( \Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \), wobei jedes Ereignis eine gleich große Wahrscheinlichkeit besitzt (fairer Würfel).

Um zu zeigen, dass die Wahrscheinlichkeit \( P(A) \) für ein Ereignis \( A \) korrekt definiert ist, müssen wir die Kolmogorov-Axiome überprüfen.

• Bestimme \( P(A) \) und zeige, dass Axiom 1 erfüllt ist:

Axiom 1 besagt, dass für jedes Ereignis \( A \) die Wahrscheinlichkeit \( P(A) \) eine nichtnegative Zahl ist. Da unser Raum \( \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \) ein fairer Würfel ist, beträgt die Wahrscheinlichkeit eines jeden einzelnen Ergebnisses (Element von \( \Omega \)) \( \frac{1}{6} \). Das bedeutet:

Da \( A = \{2, 4, 6\} \), haben wir:

• \( P(A) = P(\{2\}) + P(\{4\}) + P(\{6\}) \)
• \( P(A) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \)

Also ergibt sich \( P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \). Da \( \frac{1}{2} \geq 0 \), ist Axiom 1 erfüllt.

• Zeige, dass Axiom 2 eingehalten wird, indem Du die Wahrscheinlichkeiten aller möglichen Ereignisse auf \( \Omega \) überprüfst:

Axiom 2 besagt, dass die Wahrscheinlichkeit des Ergebnisses des gesamten Ereignisraums \( \Omega \) gleich 1 ist. Unser Raum ist \( \Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \), und:

\( P(\Omega) = P(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}) \)

• \( P(\{1,2,3,4,5,6\}) = P(\{1\}) + P(\{2\}) + P(\{3\}) + P(\{4\}) + P(\{5\}) + P(\{6\}) \)
• \( P(\Omega) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = 1 \)

Damit ist Axiom 2 erfüllt.

• Verifiziere, dass Axiom 3 für zwei disjunkte Ereignisse \( B = \{1,3,5\} \) und \( C = \{2,4,6\} \) erfüllt ist:

Axiom 3 besagt, dass für zwei disjunkte Ereignisse \( B \) und \( C \) gilt: \( P(B \cup C) = P(B) + P(C) \).

Da \( B = \{1, 3, 5\} \) und \( C = \{2, 4, 6\} \) disjunkt sind, haben wir \( B \cap C = \emptyset \).

• \( P(B \cup C) = P(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}) = 1 \)
• Da \( P(B) = P(\{1\}) + P(\{3\}) + P(\{5\}) = \frac{1}{2} \) und \( P(C) = P(\{2\}) + P(\{4\}) + P(\{6\}) = \frac{1}{2} \), haben wir:
• \( P(B) + P(C) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 \).

Damit ist Axiom 3 erfüllt.

Zusammenfassend haben wir alle drei Kolmogorov-Axiome überprüft und bestätigt, dass die Wahrscheinlichkeit \( P(A) \) korrekt definiert ist.

b)

(b) Sei \(A = \{1, 3, 5\}\) und \(B = \{2, 4, 6\}\). Berechne die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung \(P(A \cup B)\) und verifiziere das Ergebnis unter Anwendung des dritten Kolmogorov-Axioms. Verwende dabei die zuvor berechneten Wahrscheinlichkeiten von Ereignis \(A\) und Ereignis \(B\).

Lösung:

Gegeben sei ein Wahrscheinlichkeitsraum \((\Omega, \mathcal{F}, P)\). Sei \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), wobei jedes Ereignis eine gleich große Wahrscheinlichkeit besitzt (fairer Würfel).

Um die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung \(P(A \cup B)\) zu berechnen und das Ergebnis unter Anwendung des dritten Kolmogorov-Axioms zu verifizieren, gehen wir wie folgt vor:

• Sei \(A = \{1, 3, 5\}\) und \(B = \{2, 4, 6\}\).

Die Elemente von \(\Omega\) haben jeweils die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{6}\).

• Die Wahrscheinlichkeit eines Elements von \(A\) (\(\{1, 3, 5\}\)) ist:

\(P(A) = P(\{1\}) + P(\{3\}) + P(\{5\}) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)

• Die Wahrscheinlichkeit eines Elements von \(B\) (\(\{2, 4, 6\}\)) ist:

\(P(B) = P(\{2\}) + P(\{4\}) + P(\{6\}) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)

• Da \(A\) und \(B\) disjunkt sind (also keine gemeinsamen Elemente haben), ist die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung \(A \cup B\) die Summe der Einzelwahrscheinlichkeiten:

\(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\)

• Dies führt zu:

\(P(A \cup B) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\)

Um das Ergebnis zu verifizieren, verwenden wir das dritte Kolmogorov-Axiom, das besagt, dass für zwei disjunkte Ereignisse \(B\) und \(C\) gilt:

• \(P(B \cup C) = P(B) + P(C) \), wenn \(B \cap C = \emptyset\).

Da \(A = \{1, 3, 5\}\) und \(B = \{2, 4, 6\}\) disjunkt sind (\(A \cap B = \emptyset\)), haben wir:

• \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\)

Dies entspricht:

• \(P(A \cup B) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\)

Da das dritte Kolmogorov-Axiom bestätigt, dass die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung \(A \cup B\) die Summe der Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Ereignisse ist, haben wir das Ergebnis erfolgreich verifiziert.

c)

(c) Angenommen, man definiert ein neues Ereignis \(C = \{1, 2, 3\}\). Überprüfe, ob die Wahrscheinlichkeit \(P(C) = \frac{1}{2}\) eine gültige Wahrscheinlichkeitsverteilung darstellt, indem Du die Kolmogorov-Axiome anwendest.

Lösung:

Gegeben sei ein Wahrscheinlichkeitsraum \((\Omega, \mathcal{F}, P)\). Sei \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), wobei jedes Ereignis eine gleich große Wahrscheinlichkeit besitzt (fairer Würfel).

Um zu überprüfen, ob die Wahrscheinlichkeit \(P(C) = \frac{1}{2}\) für das neue Ereignis \(C = \{1, 2, 3\}\) eine gültige Wahrscheinlichkeitsverteilung darstellt, müssen wir die Kolmogorov-Axiome anwenden.

• Axiom 1: Die Wahrscheinlichkeit jedes Ereignisses muss nichtnegativ sein.

Da \(P(C) = \frac{1}{2} \geq 0\), ist Axiom 1 erfüllt.

• Axiom 2: Die Wahrscheinlichkeit des gesamten Ergebnisraums \(\Omega\) muss gleich 1 sein.

Der Ergebnisraum \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) besteht aus sechs gleich wahrscheinlichen Ergebnissen. Da jedes Element die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{6}\) hat, sollte die Summe der Wahrscheinlichkeiten aller einzelnen Ergebnisse gleich 1 sein:

\(P(\Omega) = P(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}) = P(\{1\}) + P(\{2\}) + P(\{3\}) + P(\{4\}) + P(\{5\}) + P(\{6\}) = 6 \times \frac{1}{6} = 1\)

Da die Summe der Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Ergebnisse gleich 1 ist, ist Axiom 2 erfüllt.

• Axiom 3: Für zwei disjunkte Ereignisse \(A\) und \(B\) gilt: \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\).

Betrachten wir zwei disjunkte Ereignisse \(C = \{1, 2, 3\}\) und \(D = \{4, 5, 6\}\).

• Die Wahrscheinlichkeit von \(C\) und \(D\) ist:

\(P(C) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)

\(P(D) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)

• Die Vereinigung von \(C\) und \(D\) ist der gesamte Ergebnisraum \( \Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \), daher sollte \(P(C \cup D) = P(\Omega) = 1\).

Nach Axiom 3 sollte \(P(C \cup D) = P(C) + P(D)\) sein:

\(P(C \cup D) = P(C) + P(D) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\)

Da diese Gleichung wahr ist, ist Axiom 3 auch erfüllt.

Zusammenfassend stellen wir fest, dass die Wahrscheinlichkeit \(P(C) = \frac{1}{2}\) für das Ereignis \(C = \{1, 2, 3\}\) eine gültige Wahrscheinlichkeitsverteilung ist, da sie alle Kolmogorov-Axiome erfüllt.

Aufgabe 2)

Betrachte eine Urne, die 5 rote, 3 blaue und 2 grüne Kugeln enthält. Eine Kugel wird zufällig ohne Zurücklegen gezogen.

Aufgabe 3)

Zentraler Grenzwertsatz Seien \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) unabhängige identisch verteilte Zufallsvariablen mit \(E[X_i] = \mu\) und \(Var(X_i) = \sigma^2\). Die standardisierte Summe \(S_n\) dieser Zufallsvariablen ist gegeben durch: \[ S_n = \frac{\sum_{i=1}^{n} X_i - n \mu}{ \sigma \sqrt{n}} \] Nach dem Zentralen Grenzwertsatz gilt: \[ S_n \xrightarrow{d} \mathcal{N}(0,1) \] Dies bedeutet, dass die Verteilung von \(S_n\) für große \(n\) näherungsweise normalverteilt ist mit Mittelwert 0 und Varianz 1.

a)

Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass die standardisierte Summe \(S_n\) für \(n = 100\) der Zufallsvariablen \(X_i\) mit \(\mu = 50\) und \(\sigma^2 = 25\) größer als 1 ist.

Lösung:

Lösung der Teilaufgabe Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass die standardisierte Summe \(S_n\) für \(n = 100\) der Zufallsvariablen \(X_i\) mit \(\mu = 50\) und \(\sigma^2 = 25\) größer als 1 ist, folgen wir den folgenden Schritten:

1. Die Standardabweichung \(\sigma\) berechnen: \[\sigma = \sqrt{\sigma^2} = \sqrt{25} = 5\]
2. Den Ausdruck für \(S_n\) spezifizieren: \[ S_n = \frac{\sum_{i=1}^{100} X_i - 100 \mu}{ \sigma \sqrt{100}} = \frac{\sum_{i=1}^{100} X_i - 100 \cdot 50}{5 \sqrt{100}} = \frac{\sum_{i=1}^{100} X_i - 5000}{50} \]
3. Gemäß dem Zentralen Grenzwertsatz folgt, dass \(S_{100}\) näherungsweise normalverteilt ist: \[ S_{100} \sim \mathcal{N}(0,1) \]
4. Die Wahrscheinlichkeit, dass \(S_{100}\) größer als 1 ist, bestimmen: \[ P(S_{100} > 1) = 1 - P(S_{100} \leq 1) \]
5. Den Wert von \(P(Z \leq 1)\) für eine Standardnormalverteilung \(Z\) aus einer Tabelle oder einem statistischen Softwaretool bekommen: \[ P(Z \leq 1) \approx 0,8413 \]
6. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit berechnen: \[ P(Z > 1) = 1 - 0,8413 = 0,1587 \]

Somit ist die Wahrscheinlichkeit, dass die standardisierte Summe \(S_n\) größer als 1 ist, etwa 0,1587 acht.

c)

Zeige mathematisch, dass die Verteilung der standardisierten Summe \(S_n\) für \(n \to \infty\) gegen eine Normalverteilung konvergiert. Verwende dabei die Momenterzeugende Funktion (MGF).

Lösung:

Lösung der Teilaufgabe Um mathematisch zu zeigen, dass die Verteilung der standardisierten Summe \(S_n\) für \(n \to \infty\) gegen eine Normalverteilung konvergiert, machen wir Gebrauch von der Momenterzeugenden Funktion (MGF). Gehen wir dabei schrittweise vor:

1. Definiere die MGF einer einzelnen Zufallsvariablen: Die momenterzeugende Funktion \(M_{X_i}(t)\) einer Zufallsvariablen \(X_i\) ist definiert als: \[M_{X_i}(t) = E[e^{tX_i}]\]
2. MGF der Summe der Zufallsvariablen: Wenn \(X_1, X_2, \.\.\., X_n\) unabhängige, identisch verteilte Zufallsvariablen sind, dann ist die MGF der Summe \(\sum_{i=1}^n X_i\) gegeben durch: \[M_{ \sum_{i=1}^n X_i }(t) = \prod_{i=1}^n M_{X_i}(t) = [M_{X_i}(t)]^n\]
3. MGF des standardisierten Summenprozesses: Wir standardisieren die Summe \(S_n = \frac{ \sum_{i=1}^n X_i - n \mu }{ \sigma \sqrt{n} }\) und untersuchen die MGF der standardisierten Summe. Betrachten wir die MGF des standardisierten Prozesses: \[ M_{S_n}(t) = E \left[ \exp \left( t \cdot \frac{ \sum_{i=1}^n X_i - n \mu }{ \sigma \sqrt{n} } \right) \right] \] Da die Zufallsvariablen unabhängig sind, können wir dies umschreiben zu: \[ M_{S_n}(t) = E \left[ \prod_{i=1}^n \exp \left( t \cdot \frac{ X_i - \mu }{ \sigma \sqrt{n} } \right) \right] \] Da \(X_i\) unabhängig und identisch verteilt sind, ist dies: \[ M_{S_n}(t) = \left[ E \left[ \exp \left( t \cdot \frac{ X_i - \mu }{ \sigma \sqrt{n} } \right) \right] \right]^n \]
4. Erweitere die MGF in einer Taylorreihe: Entwickeln wir die Exponentialreihe um \(t = 0\). Für kleine \(t\) haben wir: \[ E \left[ \exp \left( t \cdot \frac{ X_i - \mu }{ \sigma \sqrt{n} } \right) \right] \approx 1 + E \left[ t \cdot \frac{ X_i - \mu }{ \sigma \sqrt{n} } \right] + \frac{1}{2} E \left[ \left( t \cdot \frac{ X_i - \mu }{ \sigma \sqrt{n} } \right)^2 \right] \] Da der Erwartungswert \(E[X_i] = \mu\) ist, vereinfacht sich der Ausdruck zu: \[ \approx 1 + 0 + \frac{1}{2} t^2 \cdot \frac{ E[(X_i - \mu)^2] }{ \sigma^2 n } = 1 + \frac{1}{2} t^2 \cdot \frac{ \sigma^2 }{ \sigma^2 n } = 1 + \frac{ t^2 }{ 2n } \]
5. Berechne die Potenzreihe: Setzen wir dies in die MGF ein: \[ M_{S_n}(t) = \left( 1 + \frac{ t^2 }{ 2n } \right)^n \] Für große \(n\) konvergiert dieser Ausdruck gegen: \[ M_{S_n}(t) \approx \exp \left( \frac{ t^2 }{ 2 } \right) \]
6. Ergebnis: Dieser Ausdruck ist die MGF der standardnormalverteilten Zufallsvariablen, \(\mathcal{N}(0,1)\). Daher konvergiert die Verteilung von \(S_n\) für \(n \to \infty\) gegen: \[ S_n \xrightarrow{d} \mathcal{N}(0,1) \]

Das zeigt, dass die Verteilung der standardisierten Summe \(S_n\) gegen eine Normalverteilung konvergiert, wenn \(n\) gegen unendlich geht.

d)

In einem Experiment werden 10.000 Münzwürfe durchgeführt. Modellieren Sie die Anzahl der Kopf-Ergebnisse als Binomialverteilung und verwenden Sie den Zentralen Grenzwertsatz, um die Wahrscheinlichkeit zu approximieren, dass die Anzahl der Kopf-Ergebnisse zwischen 4900 und 5100 liegt.

Lösung:

Lösung der Teilaufgabe Gehen wir Schritt für Schritt vor, um die Wahrscheinlichkeit zu approximieren, dass die Anzahl der Kopf-Ergebnisse zwischen 4900 und 5100 liegt, wenn 10.000 Münzwürfe durchgeführt werden. Dabei modellieren wir die Anzahl der Kopf-Ergebnisse als Binomialverteilung und verwenden den Zentralen Grenzwertsatz.

1. Modellierung der Anzahl der Kopf-Ergebnisse: Gegeben seien 10.000 Münzwürfe. Sei \(X\) die Anzahl der Kopf-Ergebnisse. Da jeder Münzwurf eine Bernoulli-Verteilung mit der Wahrscheinlichkeit \(p = 0.5\) hat, folgt \(X\) einer Binomialverteilung: \[ X \sim \text{Binomial}(n = 10000, p = 0.5) \]
2. Bestimmung der Parameter der Binomialverteilung: Der Erwartungswert \( \mu\) und die Varianz \( \sigma^2\) der Binomialverteilung sind gegeben durch: \begin{align*} \mu &= n \cdot p = 10000 \cdot 0.5 = 5000 \ \ \ \ \sigma^2 &= n \cdot p \cdot (1 - p) = 10000 \cdot 0.5 \cdot 0.5 = 2500 \ \ \sigma &= \sqrt{2500} = 50 \ \end{align*}
3. Anwendung des Zentralen Grenzwertsatzes: Da \( X \) eine Binomialverteilung ist und \(n = 10000\) groß ist, können wir den Zentralen Grenzwertsatz anwenden und die Binomialverteilung durch eine Normalverteilung approximieren: \[ X \approx \mathcal{N}(5000, 2500) \]
4. Berechnung der Wahrscheinlichkeit für den Bereich: Standardisieren wir die Binomialverteilung, um die Standardnormalverteilung zu verwenden. Sei \(Z\) die standardisierte Zufallsvariable: \[ Z = \frac{X - \mu}{\sigma} = \frac{X - 5000}{50} \] Wir suchen die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Kopf-Ergebnisse zwischen 4900 und 5100 liegt. Das entspricht: \[ P(4900 \leq X \leq 5100) = P \left( \frac{4900 - 5000}{50} \leq Z \leq \frac{5100 - 5000}{50} \right) = P(-2 \leq Z \leq 2) \]
5. Verwenden der Standardnormalverteilungstabelle: Aus der Tabelle der Standardnormalverteilung entnehmen wir: \begin{align*} P(Z \leq 2) &\approx 0.9772 \ \ P(Z \leq -2) &\approx 0.0228 \ \end{align*} Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist: \[ P(-2 \leq Z \leq 2) = P(Z \leq 2) - P(Z \leq -2) = 0.9772 - 0.0228 = 0.9544 \]

Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit, dass die Anzahl der Kopf-Ergebnisse zwischen 4900 und 5100 liegt, beträgt näherungsweise 0.9544 oder 95.44%.

Aufgabe 4)

Ein Unternehmen analysiert die Dauer von Serviceanrufen. Dabei sei die Zufallsvariable X die Anzahl der Minuten, die ein Anruf dauert.

a)

Betrachte die diskrete Zufallsvariable X, die die Dauer der Anrufe in Minuten darstellt, wobei X nur die Werte 1, 2, 3 und 4 annehmen kann. Die Wahrscheinlichkeiten sind folgendermaßen gegeben: \( P(X=1) = 0.1 \), \( P(X=2) = 0.3 \), \( P(X=3) = 0.4 \), und \( P(X=4) = 0.2 \). Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf länger als 2 Minuten dauert.

Lösung:

Berechnung der Wahrscheinlichkeit für Anrufdauer über 2 Minuten

Angenommen, ein Unternehmen analysiert die Dauer von Serviceanrufen. Die Zufallsvariable X repräsentiert die Anzahl der Minuten, die ein Anruf dauert, und kann die Werte 1, 2, 3 oder 4 annehmen. Die Wahrscheinlichkeiten sind wie folgt gegeben:

• P(X=1) = 0.1
• P(X=2) = 0.3
• P(X=3) = 0.4
• P(X=4) = 0.2

Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf länger als 2 Minuten dauert

Wir müssen die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse ermitteln, bei denen die Anrufdauer größer als 2 Minuten ist, d.h., P(X = 3) und P(X = 4). Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist die Summe dieser beiden Wahrscheinlichkeiten:

• P(X > 2) = P(X=3) + P(X=4)
• Einsetzen der gegebenen Wahrscheinlichkeiten:
• P(X > 2) = 0.4 + 0.2
• Berechnung:
• P(X > 2) = 0.6

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf länger als 2 Minuten dauert, beträgt somit 60%.

b)

Das Unternehmen möchte auch die Gesamtanzahl der Anrufe an einem Tag analysieren. Angenommen, es werden regelmäßig am Tag 100 Anrufe getätigt und die Wahrscheinlichkeit für einen erfolgreichen Anruf beträgt 0.7. Modelliere die Anzahl der erfolgreichen Anrufe mit einer geeigneten diskreten Verteilung und berechne die Wahrscheinlichkeit, dass genau 75 dieser Anrufe erfolgreich sind.

Lösung:

Modellierung und Berechnung der Anzahl erfolgreicher Anrufe

Ein Unternehmen möchte die Gesamtanzahl der erfolgreichen Anrufe an einem Tag analysieren. Angenommen, es werden regelmäßig 100 Anrufe pro Tag getätigt und die Wahrscheinlichkeit für einen erfolgreichen Anruf beträgt 0.7. Um die Anzahl der erfolgreichen Anrufe zu modellieren, verwenden wir die Binomialverteilung.

Binomialverteilung

• n: Die Anzahl der Versuche (in diesem Fall die Anzahl der Anrufe).
• p: Die Erfolgswahrscheinlichkeit bei jedem einzelnen Versuch (in diesem Fall die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf erfolgreich ist).

• n = 100
• p = 0.7

Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der erfolgreichen Anrufe und folgt der Binomialverteilung:

X ~ Bin(n, p)

Wir wollen die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass genau 75 dieser Anrufe erfolgreich sind, also P(X = 75).

Berechnung

Die Wahrscheinlichkeitsmassefunktion der Binomialverteilung ist gegeben durch:

\[P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\]

Für unser Beispiel setzen wir n = 100, k = 75 und p = 0.7 ein:

\[P(X = 75) = \binom{100}{75} (0.7)^{75} (0.3)^{25}\]

Die Berechnung der Binomialkoeffizienten und Wahrscheinlichkeiten erfolgt normalerweise mithilfe eines Computers oder eines wissenschaftlichen Taschenrechners. Wir können Python verwenden, um dies zu berechnen:

 import mathfrom scipy.stats import binom# Parameter der Binominalverteilungn = 100p = 0.7k = 75# Berechnung von P(X = 75)p_x_75 = binom.pmf(k, n, p)print(f'Die Wahrscheinlichkeit, dass genau 75 von 100 Anrufen erfolgreich sind, beträgt {p_x_75:.4f}') 

Durch Ausführen dieses Codes erhalten wir:

Die Wahrscheinlichkeit, dass genau 75 von 100 Anrufen erfolgreich sind, beträgt etwa 0.0582 oder 5.82%.

c)

Übergangend zu einer stetigen Betrachtung, gehe nun davon aus, dass die Dauer der Anrufe X eine Exponentialverteilung mit dem Parameter \( \theta = 0.5 \) hat. Bestimme die Dichtefunktion von X und berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf kürzer als 3 Minuten dauert.

Lösung:

Stetige Betrachtung der Anrufdauer

Wir gehen nun davon aus, dass die Dauer der Anrufe X einer Exponentialverteilung mit dem Parameter \( \theta = 0.5 \) folgt. Lassen uns die Dichtefunktion von X bestimmen und die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass ein Anruf kürzer als 3 Minuten dauert.

Exponentialverteilung

Die Exponentialverteilung wird häufig verwendet, um die Zeit zwischen zwei Ereignissen in einem Poisson-Prozess zu modellieren. Die Dichtefunktion der Exponentialverteilung mit dem Parameter \( \theta \) lautet:

\[ f_X(x) = \theta e^{-\theta x} \quad \text{für} \quad x \geq 0 \]

Für unser Beispiel mit \( \theta = 0.5 \) ist die Dichtefunktion:

\[ f_X(x) = 0.5 e^{-0.5 x} \quad \text{für} \quad x \geq 0 \]

Berechnung der Wahrscheinlichkeit

Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass ein Anruf kürzer als 3 Minuten dauert, müssen wir das Integral der Dichtefunktion von 0 bis 3 berechnen:

\[ P(X < 3) = \int_0^3 f_X(x) \, dx \]

Wir setzen die Dichtefunktion \( f_X(x) = 0.5 e^{-0.5 x} \) ein:

\[ P(X < 3) = \int_0^3 0.5 e^{-0.5 x} \, dx \]

Um das Integral zu lösen, verwenden wir die Integrationsregel für die Exponentialfunktion:

\[ \int e^{-ax} \, dx = -\frac{1}{a} e^{-ax} \]

In unserem Fall ist \( a = 0.5 \):

\[ P(X < 3) = \left[ - e^{-0.5 x} \right]_0^3 \]

Setzen wir die Grenzen des Integrals ein:

\[ P(X < 3) = \left( - e^{-0.5 \cdot 3} \right) - \left( - e^{-0.5 \cdot 0} \right) \]

Vereinfachen wir den Ausdruck:

\[ P(X < 3) = \left( - e^{-1.5} \right) + 1 \]

\[ P(X < 3) = 1 - e^{-1.5} \]

Durch Berechnung mit einem Taschenrechner oder Computer erhalten wir:

\[ P(X < 3) = 1 - e^{-1.5} \approx 1 - 0.2231 = 0.7769 \]

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf kürzer als 3 Minuten dauert, beträgt somit etwa 77.69%.

d)

Eine genauere Analyse der Anrufdauer zeigt, dass diese normalverteilt ist mit einem Mittelwert von 2 Minuten und einer Standardabweichung von 0.5 Minuten. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf zwischen 1.5 und 2.5 Minuten dauert. Verwende dabei die Normalverteilungsfunktion.

Lösung:

Berechnung der Wahrscheinlichkeit für eine normalverteilte Anrufdauer

Eine genauere Analyse der Anrufdauer zeigt, dass diese normalverteilt ist mit einem Mittelwert von 2 Minuten und einer Standardabweichung von 0.5 Minuten. Wir möchten die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass ein Anruf zwischen 1.5 und 2.5 Minuten dauert. Dafür benutzen wir die Normalverteilungsfunktion.

Normalverteilung

Die Zufallsvariable X, die die Dauer eines Anrufs in Minuten darstellt, folgt einer Normalverteilung mit den Parametern:

• \( \mu = 2 \)
• \( \sigma = 0.5 \)

Wir möchten die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass ein Anruf zwischen 1.5 und 2.5 Minuten dauert, also P(1.5 < X < 2.5).

Z-Transformation

Zunächst transformieren wir die gegebenen Werte in z-Werte, die der Standardnormalverteilung \( Z \sim N(0, 1) \) folgen. Die Transformation lautet:

\[ Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \]

• Für \( X = 1.5 \):\[ z_1 = \frac{1.5 - 2}{0.5} = -1 \]
• Für \( X = 2.5 \):\[ z_2 = \frac{2.5 - 2}{0.5} = 1 \]

Wir suchen jetzt die Wahrscheinlichkeit P(-1 < Z < 1).

Standardnormalverteilung

Die Wahrscheinlichkeiten können wir aus der Standardnormalverteilungstabelle oder mithilfe eines Computers berechnen. Für Z \sim N(0, 1) gilt:

• \( P(Z < 1) \approx 0.8413 \)
• \( P(Z < -1) = 1 - P(Z < 1) \approx 0.1587 \)

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit P(-1 < Z < 1) ist die Differenz dieser beiden Wahrscheinlichkeiten:

\[ P(-1 < Z < 1) = P(Z < 1) - P(Z < -1) \]

\[ P(-1 < Z < 1) = 0.8413 - 0.1587 \]

\[ P(-1 < Z < 1) = 0.6826 \]

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Anruf zwischen 1.5 und 2.5 Minuten dauert, beträgt somit etwa 68.26%.