Erste Musterklausur

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Musterklausur für Leistungsnachweis Nr. 1

Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe bearbeitet von: --Tws98OB (Diskussion) 20:24, 10. Mär. 2016 (CET)

a) 100 Tickets, 1 Hauptgewinn, 9 Trostpreise, 90 Nieten


Adeline zieht 3x. Wheit des Hauptgewinnes

Musterklausur #1a


P(H)=\frac{1}{100} + \frac{99}{100} \cdot \frac{1}{99} + \frac{99}{100} \cdot \frac{98}{99} \cdot \frac{1}{98}

=\frac{3}{100} = 3%


b)Wenn Karolina vor Titus ein Los zieht, ist er dann benachteiligt?

Ohne Karolina


P(T)=\frac{1}{100}

P(\overline{T})=\frac{99}{100}


Mit Karolina

Musterklausur #1b

Falls Karolina den Hauptgewinn zieht


P(T)=0% Da der Hauptgewinn bereits vergeben ist.

P(\overline{T})=100%


Falls sie nicht den Hauptgewinn zieht


P(T)=\frac{99}{100} \cdot \frac{1}{99}=\frac{1}{100}


Titus zieht also keine Nachteile daraus, dass Karolina als erstes ein Los bekommt. Er hat immer noch die selbe Chance den Hauptpreis zu gewinnen (1%).

. Aufgabe bearbeitet von: (--L.Wagner (Diskussion) 17:52, 13. Mär. 2016 (CET)Laurent99OB)

Es gibt beim Lotto 49 Kugeln mit der entsprechenden Zahl darauf. Bei der Lottoziehung werden 6 davon gezogen. Dabei wird eine Gewinnprämie bei mindestens 3 Richtigen ausgezahlt. (Die Superzahl wird hier nicht berücksichtigt)

a)

Bei weniger als 3 Richtigen erhält man keine Auszahlung, daher betrachten wir das Gegenereignis.

|S|=6

E: \mbox{mindestens 3 Richtige}

E:\lbrace3;4;5;6\rbrace

P(E)=1,86%

\overline{E}= \mbox{Höchstens 2 Richtige}

\overline{E}=\lbrace0;1;2\rbrace

P(\overline{E})=98,14%

b)

Wir betrachten nun die Wkeit, dass man bei 100 Ziehungen bei mindestens einer Ziehung mindestens 3 Richtige hat. Man verwendet dabei die geometrische Reihe.

P(E)=0,0186\cdot 0,9814^0+0,0186\cdot 0,9814^1+0,0186 \cdot 0,9814^2+ 0,0186 \cdot 0,9814^3+...+0,0186 \cdot 0,9814^{99}

=0,0186 \cdot (1+0,9814^1+0,9814^2+0,9814^3+...+0,9814^{99})

=0,0186 \cdot \frac{1-0,9814^{100}}{1-0,9814}=0,8470=84,70%

c)

Nun benutzen wir abermals die geometrische Reihe. Dabei suchen wir aber nicht die Wkeit, sondern die Anzahl der nötigen Ziehungen mindestens einmal mindestens 3 Richtige zu haben.

1-0,9814^n\ge 0,6|-1

-0,9814^n\ge -0,4|:(-1)

0,9814^n\le  0,4|log

log(0,9814) \cdot n\le  log(0,4)|:log(0,9814)

n\ge 48,8

n\approx 49

. Aufgabe bearbeitet von: --Alex99OB (Diskussion) 19:55, 11. Mär. 2016 (CET)

a)

A:Mit welcher Wahrscheinlichkeit wirft man zwei Sechser beim Doppelwurf?

A=\left \{ \left ( 6,6 \right ) \right \}

\left | A \right |=1

Da die Wahrscheinlichkeit ein Sechs zu würfeln \frac{1}{6} ist muss man diese Wahrscheinlichkeit quadrieren.

P\left ( A \right )=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{36}=2,78%

Die Wahrscheinlichkeit beim Doppelwurf zwei Sechser zu würfeln ist 2,78%.


B:Mit welcher Wahrscheinlichkeit wirft man genau eine Sechs beim Doppelwurf?

B=\left \{ \left ( 1,6 \right ) ,\left ( 2,6 \right ),\left ( 3,6 \right )\left ( 4,6 \right ),\left ( 5,6 \right ),\left ( 6,1 \right ),\left ( 6,2 \right ),\left ( 6,3 \right ),\left ( 6,4 \right ),\left ( 6,5 \right )\right \}

Da die Wahrscheinlichkeit eine Sechs zu werfen \frac{1}{6} ist muss man diese mit der Wahrscheinlichkeit für keine Sechs multiplizieren, welche \frac{5}{6} ist. Damit man noch die Position der Sechs berücksichtigt muss man alles mit Zwei multiplizieren, da die Sechs entweder auf dem Ersten oder Zweitem Würfel sein kann.

P\left ( B \right )=\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot 2=\frac{5}{18}=27,78%

Die Wahrscheinlichkeit beim Doppelwurf genau eine Sechs zu würfeln ist 27,78%.

b)

Frage: Lohnt sich das Spiel bei einem Einsatz von 40 Cent?

Damit sich ein Spiel lohnt muss die Wahrscheinlich mal der Gewinn größer als der Einsatz sein.

 Gewinn\cdot Wahrscheinlichkeit> Einsatz

\frac{1}{36}\cdot 4\euro +\frac{10}{36}\cdot 1\euro < 0,4

0,39 < 0,4

Da der Gewinn multipliziert mit der Wahrscheinlichkeit des Gewinns nicht größer als der Einsatz ist lohnt sich dieses Spiel nicht.

. Aufgabe bearbeitet von: --Ben99OB (Diskussion) 21:24, 14. Mär. 2016 (CET) und --L.Wagner (Diskussion) 20:02, 16. Mär. 2016 (CET)Laurent99OB

a) bearbeitet im Team von: --Ben99OB (Diskussion) 19:59, 16. Mär. 2016 (CET) und --L.Wagner (Diskussion) 20:00, 16. Mär. 2016 (CET)Laurent99OB und --Sinan98OB (Diskussion) 16:29, 18. Mär. 2016 (CET)

zu a)

Geometrische Reihe für |q|>1

\sum _{ i=0 }^{ n }{ q^{ i } } =\frac { 1-{ q }^{ n } }{ 1-q }


Geometrische Reihe für |q|<1

\sum _{ i=0 }^{ n }{ { q }^{ i } } =\frac { 1 }{ 1-q }



P(E)={ \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ 4 }\cdot \frac { 1 }{ 6 } +{ \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ 5 }\cdot \frac { 1 }{ 6 } +{ \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ 6 }\cdot \frac { 1 }{ 6 } +...+{ \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ n }\cdot \frac { 1 }{ 6 }

\sum _{ i=4 }^{ n }{ { \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ i }\cdot \frac { 1 }{ 6 }  }  =\sum _{ i=0 }^{ n }{ { \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ i }\cdot \frac { 1 }{ 6 }  } -\sum _{ i=0 }^{ 3 }{ { \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ i }\cdot \frac { 1 }{ 6 }  }

\sum _{ i=4 }^{ n }{ { \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ i }\cdot \frac { 1 }{ 6 }  } =\frac { 1-\left( \frac { 5 }{ 6 }  \right) ^{ n } }{ 1-\frac { 5 }{ 6 }  } \cdot \frac { 1 }{ 6 } -\frac { 1-\left( \frac { 5 }{ 6 }  \right) ^{ 4 } }{ 1-\frac { 5 }{ 6 }  } \cdot \frac { 1 }{ 6 }

\lim _{ n\rightarrow \infty  }{ \quad \frac { 1-0 }{ \frac { 1 }{ 6 }  }  } \cdot \frac { 1 }{ 6 } -\frac { 1-{ \left( \frac { 5 }{ 6 }  \right)  }^{ 4 } }{ 1-\frac { 5 }{ 6 }  } \cdot \frac { 1 }{ 6 }

=48,23%


als Alternative würde sich diese Methode anbieten:

P(E)= ( \frac{5}{6})^4\cdot  \frac{1}{6}  + ( \frac{5}{6} )^5\cdot  \frac{1}{6} + ( \frac{5}{6} )^6\cdot  \frac{1}{6} +....+ (\frac{5}{6} )^n\cdot  \frac{1}{6}

P(E)= ( \frac{5}{6})^4\cdot  \frac{1}{6}  (1+ ( \frac{5}{6} )^1 + ( \frac{5}{6} )^2 +....+ (\frac{5}{6} )^n)

Nun lassen wir n gegen unendlich laufen also benutzen die unendliche geometrische Reihe:

 \lim_{n \rightarrow  \infty } = ( \frac{5}{6})^4\cdot  \frac{1}{6}  \big(  \frac{1}{1- \frac{5}{6} } \big)= ( \frac{5}{6})^4 = 48,23 %

b) bearbeitet von: --L.Wagner (Diskussion) 10:02, 16. Mär. 2016 (CET)Laurent99OB und --Sinan98OB (Diskussion) 16:32, 18. Mär. 2016 (CET)

Eine kürze und effektivere Methode wäre es, es mit dem Gegenereignis zu errechnen. Man geht wie folgt vor.

\overline { E }:  \mbox{Höchstens 4mal würfeln}

Man würfelt also dreimal keine 6 (oder direkt schon eine 6) und ab dem 4.Wurf muss man eine 6 bekommen.

P(\overline{E})=\frac{1}{6}\cdot (\frac{5}{6})^0+\frac{1}{6}\cdot (\frac{5}{6})^1+\frac{1}{6}\cdot(\frac{5}{6})^2 + \frac{1}{6} \cdot (\frac{5}{6})^3)

=\frac{1}{6}\cdot(1+(\frac{5}{6})^1+(\frac{5}{6})^2+(\frac{5}{6})^3)

P(E)=1-(\frac{1-(\frac{5}{6})^4}{1-(\frac{5}{6})}\cdot \frac{1}{6})=0,4823=48,23%


Eine weitere kurze und simple Methode stellt die einfache Pfad-Wahrscheinlichkeit dar:

P(E)=( \frac{5}{6} )^4=48,23%

. Aufgabe bearbeitet von: --Deeka98OB 21:31, 12. Mär. 2016 (CET) und --Kat99OB (Diskussion) 23:17, 12. Mär. 2016 (CET) und --Sinan98OB (Diskussion) 16:46, 18. Mär. 2016 (CET)

a.)bearbeitet von: --Deeka98OB 22:35, 12. Mär. 2016 (CET)


K: Erkrankt an Schweinegrippe

\overline{K}: Nicht erkrankt an Schweinegrippe

P: Positives Testergebnis

\overline{P}: Negatives Testergebnis


P(K)=0,0025

P(\overline{K})=0,9975

P_{K}(P)=0,76

P_{K}(\overline{P})=0,24

P_{\overline{K}}(P) = 0,08

P_{\overline{K}}(\overline{P} )=0,92

Anwendung des Satzes von Bayes

 P(K \cap P)= P_{K} (P)  \cdot P(K)=0,76 \cdot 0,0025=0,0019

 P(K \cap\overline{P} )= P_{K} (\overline{P})  \cdot P(K)=0,24 \cdot 0,0025=0,0006

 P( \overline{K} \cap P)= P_{\overline{K} } (P)  \cdot P(\overline{K} )=0,08 \cdot 0,9975=0,0798

 P(\overline{K}  \cap \overline{P} )= P_{\overline{K}} (\overline{P})  \cdot P(\overline{K} 
)=0,92 \cdot 0,9975=0,9177

K \overline{K}
P  P(K \cap P)=0,0019  P(\overline{K} \cap P)=0,0798 P(P)=0,0817
\overline{P}  P(K \cap \overline{P})=0,0006  P(\overline{K} \cap \overline{P})=0,9177 P(\overline{P} )=0,9183
P(K)=0,0025 P(\overline{K})= 0,9975 1

P_{P} (K)\cdot P(P)=P(K \cap P)  \mid  \div P(P)

P_{P} (K)=\frac{P(K \cap P)}{P(P)}

P_{P} (K)=\frac{0,0019}{0,0817}=0,02325\approx 2,33%
A: Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit positivem Testergebnis tatsächlich erkrankt war, beträgt 2.33%.

b.) bearbeitet von --Kat99OB (Diskussion) 23:17, 12. Mär. 2016 (CET) und --Sinan98OB (Diskussion) 16:46, 18. Mär. 2016 (CET)

Zuerst vereinfachen wir uns die Bezeichnung für die Wahrscheinlichkeit einer erkrankten Person:

P(K)=0,0025=p

Die Formel für die Veränderung von P_P(K) errechnet wie folgt:

P_P(K)= \frac{P(K \cap P)}{P(P)}

P_P(K)= \frac{P(K) \cdot P_K(K) }{P(P)}

P_P(K)= \frac{p \cdot P_K(K) }{P(K \cap P)+ P( \overline{K} \cap P) }

P_P(K)= \frac{p \cdot P_K(K) }{P(K) \cdot P_K(P)+ P( \overline{K}) \cdot P _{\overline{K}}(P)  }

P_P(K)= \frac{p \cdot P_K(K) }{p \cdot P_K(P)+ (1-p) \cdot P _{\overline{K}}(P)  }

P_P(K)= \frac{p \cdot 0,76 }{p \cdot0,76+ (1-p) \cdot 0,08  }

P_P(K)= \frac{p \cdot 0,76 }{p \cdot0,68+  0,08  }


Anhand der Tabelle und der Graphen kann man erkennen: Wenn die Wahrscheinlichkeit an der Schweinegrippe zu erkranken steigt, dann steigt im gleichen Maße die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit einem positiven Testergebnis tatsächlich erkrankt ist.

Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit positivem Testergebnis tatsächlich erkrankt ist
bis P(K)=1

Wir nehmen an, dass P_K(P) ( erkrankt und positiver Test) mit 76% gleich bleibt und, dass P(P) (positiver Test) mit 8,17% gleich bleibt.
Anhand des Satzes von Beyes kann man den Zusammenhang sehen:

P_p(K)= \frac{P(P \cap K)}{P(P)}

P_p(K)= \frac{P_k(P)\cdot P(K)}{P(P)}
Wenn sich P(K) von 0,25 auf 0,5 Prozent verdoppelt, dann verdoppelt sich auch P_P(K) von 2,33 auf 4,56 Prozent.
Wenn sich P(K) von 0,25 auf 1 Prozent vervierfacht, dann vervierfacht sich auch P_P(K) von 2,33 auf 8,76 Prozent.

. Aufgabe bearbeitet von: --Joao99OB (Diskussion) 14:15, 11. Mär. 2016 (CET)

Joao zieht aus einem Skatspiel eine Herz-Karte oder einen König. Welche Wahrscheinlichkeit?
|S|=32

E: Herz Karte
F: König

|E|=8

|F|=4

P(E)=\frac{8}{32}

P(F)=\frac{4}{32}

P\left ( E\bigcap   F \right )=\frac{1}{32}


P\left ( E\bigcup    F \right )= P\left ( E \right )+P\left ( F \right )-P\left ( E\bigcap F \right )

=\frac{8}{32}+\frac{4}{32}-\frac{1}{32}=\frac{11}{32}=34,38%

Mit einer Wahrscheinlichkeit von 34,38% zieht Joao einen König oder eine Herz-Karte aus einem Skatspiel.

. Aufgabe bearbeitet von: --Jonas98OB (Diskussion) 18:16, 11. Mär. 2016 (CET)

Wie viele Arten von Kennzeichen gibt es, wenn man zweimal zwei Stellen für 26 Buchstaben und eine 3-ziffrige Zahl zur Verfügung hat ??

An den ersten vier Stelle, wo ein Buchstabe hinkommt, gibt es 26 verschiedene Möglichkeiten. Bei den Ziffern gibt es an jeder Stelle jeweils 10 Möglichkeiten. Alle Möglichkeiten müssen miteinander multipliziert werden.

E= 26\cdot26\cdot26\cdot26\cdot10\cdot10\cdot10=456.976.000

Um dies genauer zu verdeutlichen:

E=\left( 26 \right)^{ 2 }\cdot\left( 26 \right)^{ 2 }\cdot\left( 10 \right)^{ 3 }=456.976.000

. Aufgabe bearbeitet von: --Sinan98OB (Diskussion) 19:03, 13. Mär. 2016 (CET)--

Da der Münzwurf ein Laplace-Versuch ist, sollte es egal sein ob Alex oder Jonas anfängt mit dem abwechselnden Werfen. In Wirklichkeit sieht das aber anders aus. Nehmen wir mal den Fall, dass Alex anfängt und falls er Kopf wirft, Jonas werfen darf. Hier ein kurzes Baumdiagramm dieses Versuchs:

Musterklausur 1 Aufgabe 8

Wir wissen, dass die Wahrscheinlichkeit beim Münzwurf 50:50 für Wappen/Kopf beträgt.

Nun können wir mittels der Geometrischen Reihe die Wahrscheinlichkeit für Wappen von Alex und Jonas berechnen ( Als Beispiel nehmen wir, dass Alex anfängt mit dem Werfen).

P(A)=0,5+(0,5)^2\cdot0,5+(0,5)^4\cdot 0,5+...+(0,5)^n\cdot 0,5

P(A)=0,5(1+(0,5)^2+(0,5)^4+...+(0,5)^n)


Nun als Trick das 4. Potenzgesetz:(a^a)^b=(a)^{ab}


P(A)=0,5(1+(0,25)+(0,25)^2+...+(0,25)^n)

Jetzt lassen wir n gegen unendlich laufen:

 \lim_{n \rightarrow  \infty } =0,5\cdot( \frac{1}{1-0,25} )= \frac{2}{3}

Alex hat also auf lange Sicht einen Vorteil. Jonas seine Wahrscheinlichkeit lässt sich nun ganz einfach mit dem Gegenereignis berechnen:

P( \overline{A})=1- \frac{2}{3} = \frac{1}{3}