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Abi 2015 GA (3)


HT1

Aufgabe a)

Ein Schüler beobachtet in einem Experiment insgesamt sechs Tage lang die Vermehrung von Pantoffeltierchen in einer Nährlösung. Zur Modellierung der Anzahl der Pantoffeltierchen während der ersten drei Tage verwendet er für \(0\leq t\leq 3\) die Funktion \(N_1\) mit der Gleichung \(N_1(t)=500\cdot e^{0,6\ \cdot\ t},\ t \in \mathbb R\). Dabei wird \(t\) als Maßzahl zur Einheit 1 Tag und \(N_1(t)\) als Anzahl der Pantoffeltierchen zum Zeitpunkt \(t\) aufgefasst. Der Graph von \(N_1\) ist in der Abbildung dargestellt.

(1) 

Berechnen Sie den Funktionswert von \(N_1\) an der Stelle \(t=3 \) und interpretieren Sie diesen Wert im Sachzusammenhang.

(2) 

Bestimmen Sie rechnerisch den Zeitpunkt, zu dem \(2000\) Pantoffeltierchen in der Nährlösung vorhanden sind.

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 1
 

Berechnen Sie, um wie viele Tiere pro Tag die Anzahl der Pantoffeltierchen in der Nährlösung während der ersten drei Tage durchschnittlich wächst.

(4) 

Begründen Sie, warum eine Funktion mit dem Funktionsterm nur für einen begrenzten Zeitraum zur Modellierung der Anzahl der Pantoffeltierchen geeignet ist.

(3 + 4 + 3 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Funktionswert bei t = 3

\(N_1(3)=500\cdot e^{0,6\ \cdot\ 3}=3024,8\)

Dem Modell zufolge gibt es zu Beginn \((t=0)\ 500\) Pantoffeltierchen, nach \(3\) Tagen wären es demnach \(3024,8\). Tatsächlich sind es also entweder \(3024\) oder \(3025\), je nach Genauigkeit des Modells.

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(2)

t-Wert zum Funktionswert 2000

\(\begin{array}{rrcl}\\ &N_1(t)&=&500\cdot e^{0,6\ \cdot\ t}=2000\\ \Leftrightarrow& 0,6 \cdot t&=&\mathrm{ln}\ 4\\ \Leftrightarrow& t & \approx&2,31 \end{array}\)

Es gibt dem Modell zufolge nach etwa \(2,31\) Tagen (2 Tage, 7 Stunden, 27 Minuten) \(2000\) Pantoffeltierchen.

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(3)

Mittlere Änderungsrate

Die durchschnittliche Änderung entspricht der Sekantensteigung des Funktionsgraphen bzw. dem Verhältnis aus Änderung des Funktionswerts und Änderung der Variablen.

\(\hat N_1=\frac{\Delta N_1}{\Delta t}\approx\frac{3024,8}{3}\approx 1008,3\)

Die mittlere Änderungsrate der Tierchenzahl beträgt etwa \(1008\) Tierchen pro Tag.

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(4)

Grenzen des Modells

Der Grenzwert von \(N_1\) für \(t\) gegen unendlich ist ebenfalls unendlich, da die Exponentialfunktion dann divergiert, also kann das Modell nicht für beliebig lange Zeiten gelten.

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

  • Punkte:  13

Aufgabe b)

Während der ersten drei Tage (für \(0\leq t \leq 3\) ) wird im Modell des Schülers die momentane Änderungsrate der Anzahl der Pantoffeltierchen durch die Funktion \(r_1\) mit der Gleichung \(r_1(t)=300\cdot e^{0,64\ \cdot\ t},\ t\in \mathbb R\) beschrieben. Dabei wird \(r_1(t)\) als Maßzahl zur Einheit \(1\) Tier pro Tag aufgefasst.

Für die Funktion \(r_1\) und die zugehörige Ableitungsfunktion \(r'_1\) gilt für alle \(t\in\mathbb R\) die Aussage: \(r_1(t)>0\) und \(r'_1(t)>0\).
[Die Gültigkeit dieser Aussage müssen Sie nicht nachweisen.]
Interpretieren Sie die Bedeutung dieser Aussage im Sachzusammenhang.

Lösung

Interpretation der positiven Änderungsrate und Krümmung

Wenn die momentane Änderungsrate einer Funktion positiv ist, nehmen die Funktionswerte zu diesem Zeitpunkt zu. Wenn das für alle \(t\)-Werte nach \(t = 0\) gilt, nimmt die Funktion selbst streng monoton zu.

Die Ableitung der Änderungsrate ist die Krümmung des Funktionsgraphen der ursprünglichen Funktion. Eine für alle \( t > 0\) positive Krümmung bedeutet, dass die Funktionswerte desto stärker zunehmen, je größer \(t\) ist, da die Änderungsrate immer stärker anwächst. Der Funktionsgraph der Ursprungsfunktion weist dann eine Linkskrümmung auf und besitzt keine Extrema (außer ggf. an den Rändern des Definitionsbereichs). Im Sachzusammenhang: Es gibt immer mehr Pantoffeltierchen und je mehr schon da sind, desto schneller werden es noch mehr – ein typischer Fall von exponentiellem Wachstum.

  • Punkte:  7

Aufgabe b)

Während der ersten drei Tage (für \(0\leq t \leq 3\) ) wird im Modell des Schülers die momentane Änderungsrate der Anzahl der Pantoffeltierchen durch die Funktion \(r_1\) mit der Gleichung \(r_1(t)=300\cdot e^{0,64\ \cdot\ t},\ t\in \mathbb R\) beschrieben. Dabei wird \(r_1(t)\) als Maßzahl zur Einheit \(1\) Tier pro Tag aufgefasst.

Für die Funktion \(r_1\) und die zugehörige Ableitungsfunktion \(r'_1\) gilt für alle \(t\in\mathbb R\) die Aussage: \(r_1(t)>0\) und \(r'_1(t)>0\).
[Die Gültigkeit dieser Aussage müssen Sie nicht nachweisen.]
Interpretieren Sie die Bedeutung dieser Aussage im Sachzusammenhang.

Lösung

Interpretation der positiven Änderungsrate und Krümmung

Wenn die momentane Änderungsrate einer Funktion positiv ist, nehmen die Funktionswerte zu diesem Zeitpunkt zu. Wenn das für alle \(t\)-Werte nach \(t = 0\) gilt, nimmt die Funktion selbst streng monoton zu.

Die Ableitung der Änderungsrate ist die Krümmung des Funktionsgraphen der ursprünglichen Funktion. Eine für alle \( t > 0\) positive Krümmung bedeutet, dass die Funktionswerte desto stärker zunehmen, je größer \(t\) ist, da die Änderungsrate immer stärker anwächst. Der Funktionsgraph der Ursprungsfunktion weist dann eine Linkskrümmung auf und besitzt keine Extrema (außer ggf. an den Rändern des Definitionsbereichs). Im Sachzusammenhang: Es gibt immer mehr Pantoffeltierchen und je mehr schon da sind, desto schneller werden es noch mehr – ein typischer Fall von exponentiellem Wachstum.

  • Punkte:  30

HT2

Aufgabe a)

Eine Familie will ihren Bedarf an Wärmeenergie (thermischer Energie) für Heizung und Warmwasser teilweise durch eine thermische Solaranlage (kurz: Solaranlage) decken. Anhand der Angaben des Solaranlagenherstellers und der Verbrauchswerte der Familie aus dem letzten Kalenderjahr wurde das folgende Modell für ein beispielhaftes Kalenderjahr aufgestellt. Die Leistung der Solaranlage wird durch die Funktion \(f\) mit der Gleichung:
\(f(t)=t^4-24t^3+144t^2+400,\ t\in \mathbb R\)
und der thermische Leistungsbedarf der Familie (kurz: Leistungsbedarf) durch die Funktion \(g\) mit der Gleichung:
\(g(t)=-t^4+26t^3-167,5t^2-12,5t+2053, \ t\in\mathbb R\)
modelliert, und zwar für das Zeitintervall \([0;12]\), das dem Kalenderjahr entspricht. Dabei fasst man \(t\) als Maßzahl zur Einheit 1 Monat und \(f(t)\) sowie \(g(t)\) als Maßzahlen zur Einheit 1 Kilowattstunde pro Monat [kWh/Monat] auf. (Im Modell umfasst jeder Monat 30 Tage.) Der Zeitpunkt \(t=0\) entspricht dem Beginn des Kalenderjahres. Die Graphen von \(f\) und \(g\) sind in der nachfolgenden Abbildung dargestellt.

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 2
 

(1) 

Vergleichen Sie die Graphen von f und g im Sachzusammenhang.

(2) 

Berechnen Sie \(\frac {f(0)}{g(0)}\) und interpretieren Sie den Wert im Sachzusammenhang.

(3) 

Zeigen Sie, dass die Leistung der Solaranlage zu den Zeitpunkten \(t_1=3 \) und \(t_2=9,5\) dem Leistungsbedarf der Familie entspricht.

(5 + 5 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Diskussion der Graphen

Leistungsangebot und -bedarf passen nicht wirklich gut zusammen: Das Angebot hat im Sommer ein Maximum und im Winter ein Minimum, der Bedarf gerade umgekehrt. Die beiden Graphen sind fast spiegelsymmetrisch zu einer Geraden \(y = 1000\). Bei genauerem Hinsehen erkennt man aber, dass Minimum und Maximum des Leistungsbedarfs etwas nach rechts gegenüber den Extrema des Angebots verschoben sind. Das liegt an der „Wärmeträgheit“ der Erde: Im Juni muss man manchmal noch heizen, weil im Wärmespeicher Erdboden (sowie den unser Wetter mitbestimmenden Ozeanen) die Winter- und Frühjahrskälte noch nicht ganz verschwunden ist, im Dezember gibt es entsprechend noch etwas Restwärme aus Spätsommer und Herbst.

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(2)

Verhältnis der Neujahrswerte (y-Achsenabschnitte)

\(\frac{f(0)}{g(o)}=\frac{400}{2053}\approx0,195=19,5\ \%\)

In der Neujahrsnacht deckt das Leistungsangebot nur knapp ein Fünftel des Bedarfs.

(3)

Schnittpunkte der Funktionsgraphen

\(\begin{array}{rrcl} &f(t)&=&g(t)\\ \Leftrightarrow&t^4-24t^3+144t^2+400&=&-t^4+26t^3-167,5t^2-12,5t+2053\\ \Leftrightarrow&2t^4-50t^3+311,5t^2+12,5t-1653&=&0 \end{array}\)

Durch Einsetzen bestätigt man, dass \( t = 3\) und \(t = 9,5\) diese Gleichung lösen.

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  • Punkte:  14

Aufgabe b)

(1) 

Bestimmen Sie den Zeitpunkt der maximalen Leistung der Solaranlage und berechnen Sie den Maximalwert.

(2) 

Ermitteln Sie den Zeitpunkt im Intervall \([0;12]\), zu dem der durch \(g\) beschriebene Leistungsbedarf der Familie innerhalb eines Kalenderjahres am stärksten abnimmt.

(8 + 10 Punkte)

Lösung

(1)

Maximum von f

\(\begin{array}{rcl}\\ f(t)&=&t^4-24t^3+144t^2+400\\ f'(t)&=&4t^3-72t^2+288t\\ f''(t)&=&12t^2-144t+288 \end{array}\)

Nullstelle der 1. Ableitung:

\(\begin{array}\\ f'(t)=0&\Leftrightarrow& t=0 &\lor& t^2-18t+72=0\\ &\Leftrightarrow&t=0&\lor&t=9\pm\sqrt{81-72} \end{array}\)

F wird bei \(x = 0\)\(x = 6\) und \(x = 12\) extrem. Man sieht aus der Grafik oder rechnet mit der Funktionsgleichung der 2. Ableitung aus, dass bei \(x = 6\) ein Maximum und bei den beiden anderen Extrema ein Minimum vorliegt.

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(2)

Minimum der 2. Ableitung (Wendestelle) von g

Die 2. Ableitung gibt die Änderungsrate der 1. Ableitung an. Deren größte Abnahme entspricht einem Minimum der 2. Ableitung.

\(\begin{array}{rcl}\\ g(t)&=&-t^4+26t^3-167,5t^2-12,5t+2053\\ g'(t)&=&-4t^3+78t^2-335t-12,5\\ g''(t)&=&-12t^2+156t-335 \end{array}\)

Nullstelle der 2. Ableitung:

\(\begin{array}{rcl}\\ g(t)&=&-t^4+26t^3-167,5t^2-12,5t+2053\\ g'(t)&=&-4t^3+78t^2-335t-12,5\\ \end{array}\)

\(g''(t)=0\Leftrightarrow t^2-13t+\frac{335}{12}=0 \Leftrightarrow t=\frac{13} 2\pm\sqrt{\frac{43}{3}}\)

Die Wendestellen von \(g\) liegen bei \( t \approx 2,71\) und bei \( t \approx 10,28\) [Monate]. Man sieht aus der Grafik oder rechnet mit der Funktionsgleichung der 1. Ableitung aus, dass bei \( t \approx 2,71\) [Monate] der Leistungsbedarf der Familie am stärksten abnimmt.

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  • Punkte:  18

Aufgabe c)

(1) 

Geben Sie eine Gleichung einer Stammfunktion \(G\) von \(g\) an und berechnen Sie den Energiebedarf der Familie für das Kalenderjahr.

(2) 

Im Intervall \([3; 9,5]\) wird der Leistungsbedarf der Familie zu jedem Zeitpunkt durch die Solaranlage gedeckt. Die den Bedarf übersteigende Leistung der Solaranlage soll in diesem Zeitraum zusätzlich zum Heizen eines Gartenpools genutzt werden. Ermitteln Sie die Energie, die zum Heizen des Gartenpools im Intervall \([3; 9,5]\) zur Verfügung steht.

(3) 

Skizzieren Sie in der Abbildung die Fläche, welche durch den Zähler des folgenden Bruches bestimmt wird, und interpretieren Sie das Ergebnis der folgenden Berechnung im Sachzusammenhang.

\(\frac{\int_0^{12}f(t)\mathrm d t\ -\ \int_3^{9,5}\left(f(t)\ -\ g(t)\right)\mathrm d t}{\int_0^{12}g(t)\mathrm d t}\approx0,575\)

(6 + 6 + 6 Punkte)

Lösung

(1)

Stammfunktion von g und bestimmtes Integral

\(\begin{array}{rl}\\ \int g(t)\mathrm d t&=&-\frac 1 5t^5+\frac {13} 2t^4-\frac {335} 6t^3-\frac {25} 4t^2+2053t\\ \int_0^{12} g(t)\mathrm d t&=&\left[-\frac 1 5t^5+\frac {13} 2t^4-\frac {335} 6t^3-\frac {25} 4t^2+2053t\right]_0^{12}\\ &=&12\ 273,6 \end{array}\)

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(2)

Fläche zwischen den Graphen von g und f im Sommerhalbjahr

Die gesuchte Fläche bzw. Energie \(E\) entspricht dem Integral über die Differenz der Funktionsterme in den Grenzen der beiden Schnittpunkte.

\(\begin{array}\\ E=\int_3^{9,5}\left(f(t)-g(t)\right)\ \mathrm d t&=& \int_3^{9,5}\left(2t^4-50t^3+311,5t^2-1653\right)\ \mathrm d t\\ &=&\left[\frac 2 5t^5-\frac {25} 2 t^4+\frac {623}{6}t^3+\frac {25}4t^2-1653t\right]_3^{9,5}\\ &=&6037,2 \end{array}\)

Es stehen über das Sommerhalbjahr etwa \(6037,2\ kWh\) für den Pool zur Verfügung.

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(3)

Fläche zwischen den Graphen von g und f im Sommer

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 3
 

 

Die Fläche bzw. Energie im Zähler entspricht dem Anteil des solaren Energieangebots, der für Wohnraumbeheizung und Warmwasserbereitung (und nicht für den Pool) verwendet wird. Anders ausgedrückt ist er der Teil, der nicht den Bedarf übersteigt (nicht „überflüssig“ ist).

Das Verhältnis im Bruch drückt aus, welcher Anteil der solaren Energieeinstrahlung übers Jahr für Heizung und Warmwasser benutzt wird (genutztes Angebot durch gesamtes Angebot), es sind \(57,5\ \%\), also immerhin mehr als die Hälfte.

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  • Punkte:  18

Geometrie

HT3

Aufgabenstellung

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte \(O(0|0|0),\ A(9|12|0),\ B(-3|21|0),\ C(-12|9|0)\) und \(S(-1,5|10,5|15)\) Eckpunkte der Pyramide \(OABCS\), deren Grundfläche das Viereck \(OABC\) ist (siehe Abbildung).

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 4
 

Im Folgenden darf verwendet werden, dass die Seitendreiecke der Pyramide zueinander kongruent sind.

Aufgabe a)

(1) 

Zeigen Sie, dass das Viereck \(OABC\) ein Quadrat ist.

(2) 

Berechnen Sie das Volumen und die Oberfläche der Pyramide \(OABCS\).

(6 + 8 Punkte)

Lösung

(1)

Grundfläche ist Quadrat

Da die Seitenflächen kongruent sind, sind insbesondere alle Seiten der Grundfläche gleich lang und das Viereck damit (mindestens) eine Raute (ein Rhombus). Nachzuweisen ist noch, dass drei Winkel \(90^°\) betragen (wegen des Winkelsummensatzes ist dann auch der vierte Winkel ein rechter). Dazu müssen die Skalarprodukte benachbarter Seiten jeweils verschwinden (0 sein).

\(O(0|0|0),\ A(9|12|0),\ B(-3|21|0)\) und \(C(-12|9|0)\)

\((\vec B-\vec A)\cdot (\vec O-\vec A)=\begin{pmatrix}-12\\9\\0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-9\\-12\\0\end{pmatrix}=0\\ (\vec A-\vec O)\cdot (\vec C-\vec O)=\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-12\\9\\0\end{pmatrix}=0\\ (\vec O-\vec C)\cdot (\vec B-\vec C)=\begin{pmatrix}12\\-9\\0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}=0\\ \)

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(2)

Volumen und Oberfläche der Pyramide

Mit der Pyramidenhöhe \(h_P\), der Grundfläche \(A\), der Seitenfläche \(F\) und der Höhe des Seitenflächendreiecks \(h_F\) gilt:

Volumen = \(\frac 1 3\cdot A\cdot h_p=\frac 13\cdot\vec A^2\cdot h_p\)

Oberfläche = \(4\cdot F+A=4\cdot\left(\frac 1 2\left|\vec S\right|\cdot h_F\right)+\vec A^2\)

Die beiden noch fehlenden Höhen berechnen wir mit dem Pythagoras-Satz.

\(h_P=\sqrt{\vec S^2-\left(\frac 1 2 \vec B\right)^2}=\sqrt{337,5-112,5}=15\quad\left(=\left|\vec A\right|!\right)\)

\(h_F=\sqrt{\vec S^2-\left(\frac 1 2 \vec A\right)^2}=\sqrt{337,5-56,25}\approx16,77\)

Also:

Volumen = \(\frac 1 3\cdot \vec A^3=1125\)

Oberfläche = \(2\cdot\left|\vec S\right|\cdot h_F+\vec A^2\approx841,2\)

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 5
 

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  • Punkte:  14

Aufgabe b)

(1) 

Zeigen Sie, dass der Punkt \(R (5|15|0)\) auf der Strecke \(AB\) liegt.

(2) 

Zeigen Sie, dass die Strecke \(OR\) die Grundfläche der Pyramide im Verhältnis \(5:1\) bzw. \(1:5\) teilt.

(3) 

Leiten Sie eine Parameter- und eine Koordinatengleichung der Ebene \(E\) her, die durch die Punkte \(O\)\(Q(1|1|2)\) und \(R\) festgelegt ist.
[Mögliches Ergebnis: \(E: 3x_1-x_2-x_3=0\)]

(3 + 5 + 7 Punkte)

Lösung

(1)

R auf Strecke AB

Damit \(R\) auf der Strecke \(AB\) liegt, muss er erstens auf der Geraden durch die beiden Punkte liegen und zweitens dort zwischen diesen beiden Punkten. Es muss also gelten:

\(\left(\vec R-\vec A\right)||\left(\vec B-\vec A\right); \\\left|\vec R-\vec A\right|<\left|\vec B-\vec A\right|; \left|\vec R-\vec B\right|<\left|\vec B-\vec A\right|\\\)

  • Parallelität: \(\left(\vec R-\vec A\right)\times\left(\vec B-\vec A\right)=\begin{pmatrix}-4\\3\\0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}-12\\9\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\)
  • Vergleich der Beträge: \(\left|\vec R-\vec A\right|=5;\ \left|\vec R-\vec B\right|=10;\ \left|\vec B-\vec A\right|=15\\\)

(Man kann auch die Geradengleichung in Parameterform aufstellen.)

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(2)

Größe des Dreiecks OAR

Aus der letzten Aufgabe geht hervor, dass \(R\) die Strecke \(AB\) drittelt. Daher gilt für die Fläche von \(OAR\):

\(A_{OAR}=\frac 1 2\left|\vec R-\vec A\right|\cdot\left|\vec A\right|=\frac 1 6 \cdot\left|\vec A\right|^2\)

Also verhalten sich tatsächlich die Flächen des Dreiecks \(OAR\) und des „Restvierecks“ \(RBCO\) wie \(1 : 5\).

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 6
 

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(3)

Ebenengleichung

Mit dem Ursprung als Aufpunkt und \(Q\) und \(R\) als Richtungsvektoren erhält man die Ebenengleichung in Parameterform.

\(E:\quad \vec x =\vec O+s\cdot\vec R+t\cdot \vec Q=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}5\\15\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}\)

Normalenvektor: \(\vec n=\begin{pmatrix}5\\15\\0\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}30\\-10\\-10\end{pmatrix}\)

Übersichtlicher wird es mit \((3|–1|–1)\) als Normalenvektor. Zunullsetzen des Skalarprodukts aus Normalenvektor und Differenzvektor (\(\vec x\) – Aufpunkt) ergibt die Ebenengleichung in Koordinatenform.

\(E:\quad\vec n\cdot\left(\vec x-\vec A\right)=\begin{pmatrix}3\\-1\\-1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0 \\\ \ \ \qquad\qquad\quad\qquad\quad \Rightarrow3x_1-x_2-x_3=0\)

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  • Punkte:  15

Aufgabe c)

(1) 

Bestimmen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes \(P\) der Geraden \(g\) durch \(S\) und \(A\) mit der Ebene \(E\) aus Aufgabe b) (3). [Zur Kontrolle: Der Schnittpunkt ist \(P(5,5|11,5|5)\).]

(2) 

Weisen Sie nach, dass die Strecken \(\overline {OP}\) und \(\overline{BP}\) senkrecht zur Geraden \(g\) verlaufen.

(3) 

Begründen Sie, dass der Streckenzug \(\overline{OPB}\) ein kürzester Weg von \(O\) nach \(B\) über den Mantel der Pyramide (Mantel: Oberfläche ohne Grundfläche) ist, und berechnen Sie die Länge des Streckenzuges.

(4) 

Es gibt einen weiteren Streckenzug \(\overline{ONB}\) \((N\neq P)\), der ein kürzester Weg von \(O\) nach \(B\) über den Mantel der Pyramide ist. Begründen Sie diese Aussage und beschreiben Sie die Lage des Punktes \(N\).

(6 + 4 + 6 + 5 Punkte)

Lösung

(1)

Schnittpunkt Gerade/Ebene

Die Gerade \(g\) durch \(S\) und \(A\) hat die Gleichung:

\(g:\quad\vec x=\vec A+\lambda\cdot\left(\vec S-\vec A\right)=\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}\)

Am Schnittpunkt aus Gerade und Ebene müssen sowohl die Geraden- als auch die Ebenengleichung erfüllt sein.

\(\vec P=\begin{pmatrix}9\\12\\0\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}5\\15\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}\)

Wir müssen also das Gleichungssystem

\(\begin{array}\\ 5s&+&t&-10,5\lambda&=&9\\ 15s&+&t&-1,5\lambda&=&12\\ &+&2t&+15\lambda&=&0 \end{array}\)

einsetzen:

\(\begin{array}\\ 5s&+&9\lambda&=&9\\ 15s&-&3\lambda&=&12\\ \end{array}\)

Wir erhalten schließlich \(\lambda=-\frac 1 3;\ t=2,5;\ s=0,6\) und daraus \(P(5,5|11,5|5)\).

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(2)

Skalarprodukte von OP und BP mit AS

\(\left(\vec O - \vec P\right)\cdot\left(\vec S - \vec A\right)=\begin{pmatrix}-5,5\\-11,5\\-5\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}=0\\ \left(\vec B - \vec P\right)\cdot\left(\vec S - \vec A\right)=\begin{pmatrix}-8,5\\9,5\\-5\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}10,5\\1,5\\-15\end{pmatrix}=0\)

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(3)

Kürzester Weg auf der Mantelfläche

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 7
 

Da \(OP \) senkrecht auf \(AS\) steht, ist es der senkrechte und damit kürzeste Abstand des Ursprungs von der Geraden \(g\). Aus demselben Grund ist \(BP\) der kürzeste Abstand von Punkt \(B\) zur Geraden \(g\). Darum kann es keinen kürzeren Weg von \(O\) über \(P\) nach \(B\) auf der Mantelfläche geben.

Die Länge des Wegs beträgt (beide Wegstrecken müssen wegen der Kongruenz der Seitenflächen gleich lang sein):

\(\left|\vec O-\vec P\right|+\left|\vec B-\vec P\right|=2\left|\vec P\right|=2\sqrt{\frac{375}{2}}=10\sqrt{7,5}\approx27,4\)

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(4)

Weg ONB

Wenn man hinten herum über \(N\) läuft, ist der Weg aus Symmetriegründen so lang wie über \(P\). (\(N\) ist das Spiegelbild von \(P\) an der durch das Dreieck \(OBS\) aufgespannten „Diagonalebene“ durch die Pyramide.)

  • Punkte:  21

Stochastik

HT4

Aufgabenstellung

Im Folgenden betrachten wir die Entwicklung von Wolfspopulationen. Dabei beschränken wir uns ausschließlich auf die weiblichen Mitglieder einer Population, die aus Welpen (\(w\)), jungen Fähen (\(j\)) sowie ausgewachsenen Fähen (\(a\)) bestehen soll. Alle Fähen sind vermehrungsfähig. Die Welpen entwickeln sich ein Jahr nach der Geburt zu jungen Fähen und ein Jahr später zu ausgewachsenen Fähen. Die folgende Tabelle zeigt die Verteilung einer in der Wildnis lebenden Population für die Jahre 2013 und 2014:

  \(2013\) \(2014\)
\(w\) \(65\) \(52\)
\(j\) \(8\) \(26\)
\(a\) \(20\) \(16\)

Modellhaft lässt sich die Entwicklung mit der Matrix \(A\) beschreiben.

\(\begin{array}\\ &\text{von:}&\quad \quad \quad w\ \ \ \quad j\ \ \quad a\\ \text{nach:}&\\ \begin{array}\\ w\\j\\a \end{array}&&A=\begin{pmatrix}0&1,5&2\\b&0&0\\0&0,5&0,6\end{pmatrix} \end{array}\)

Aufgabe a)

(1) 

Begründen Sie mit den Daten aus der Tabelle, dass \(b=0,4\) gilt.

(2) 

Interpretieren Sie die weiteren von Null verschiedenen Einträge in der Matrix \(A\) im Sachzusammenhang.

(3 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Überlebenschancen der Welpen

Eine junge Fähe kann nur ein Welpe des Vorjahres gewesen sein, da nur Welpen geboren werden. Deshalb hat der zweite Zeilenvektor der Übergangsmatrix die Form \((b, 0, 0)\)\(2014\) gab es \(26\) junge Fähen, ein Jahr vorher \(65\), das Verhältnis aus beiden Zahlen ist \(0,4\).

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(2)

Überlebenschancen der Welpen

Der 1. Zeilenvektor gibt an, woher neue Welpen kommen: Jede junge Fähe bringt im Jahr \(1,5\) Welpen auf die Welt, jede alte Fähe \(2\).

Der 3. Zeilenvektor schließlich gibt die Überlebenschancen der jungen und alten Fähen an: \(50\ \%\) der jungen Fähen sind im nächsten Jahr alte Fähen (und nicht tot), \(60\ \%\) der alten Fähen sind im nächsten Jahr noch am Leben und damit alte Fähen geblieben. (Überlebende Welpen sind im nächsten Jahr junge und keine alten Fähen.)

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Aufgabe b)

(1) 

Berechnen Sie die Verteilungen, die nach diesem Modell in den Jahren \(2015\) und \(2016\) zu erwarten sind.

(2) 

Bestimmen Sie die Verteilung, die nach diesem Modell im Jahr \(2012\) vorgelegen hätte.

(3) 

Zeigen Sie, dass sich in diesem Modell die Population aus \(2011\) nicht bestimmen lässt.

(4) 

Ein Biologe behauptet, dass weniger als \(15\ \%\) aller Welpen mindestens ein Alter von drei Jahren erreichen.
Prüfen Sie, ob nach der obigen Modellierung mit der Matrix \(A\) die Behauptung des Biologen zutrifft.

(4 + 5 + 3 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Verteilungen für 2015 und 2016

Wenn \(X_{2014}\) den Verteilungsvektor für \(2014\) bezeichnet, dann haben wir:

\(X_{2015}=A\cdot X_{2014}=\begin{pmatrix}0&1,5&2\\0,4&0&0\\0&0,5&0,6\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}52\\26\\16\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}71\\20,8\\22,6\end{pmatrix}\\ X_{2016}=A\cdot X_{2015}=\begin{pmatrix}0&1,5&2\\0,4&0&0\\0&0,5&0,6\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}71\\20,8\\22,6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}76\\28,4\\23,96\end{pmatrix}\)

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(2)

Verteilung für 2012

Hierfür muss die Inverse der Matrix \(A\) berechnet werden.

\(X_{2012}=A^{-1}\cdot X_{2013}=\begin{pmatrix}0&2,5&0\\-6&0&20\\5&0&-15\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}65\\8\\20\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}20\\10\\25\end{pmatrix}\\ \)

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(3)

Verteilung für 2011

Hierfür muss die Inverse der Matrix \(A\) berechnet werden.

\(X_{2011}=A^{-1}\cdot X_{2012}=\begin{pmatrix}0&2,5&0\\-6&0&20\\5&0&-15\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}20\\10\\25\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}25\\380\\-275\end{pmatrix}\\ \)

Diese Werte sind offenkundig unsinnig: Die Zahl der alten Fähen kann nicht negativ werden und der Wert \(380\) für die jungen Fähen ist zumindest unnatürlich hoch.

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(4)

Verteilung nach 3 Jahren

Hierfür muss die Potenz \(A^3\) berechnet werden.

\(X_{t+3}=A^{3}\cdot X_{t};\ A^3=\begin{pmatrix}0,4&1,5&1,92\\0,24&0,4&0,48\\0,12&0,48&0,616\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}20\\10\\25\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}25\\380\\-275\end{pmatrix}\\ \)

Der 1. Wert in der 3. Zeile gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass ein Welpe 3 Jahr später ein (lebendiges) Alttier ist. Sie beträgt \(12\ \%\) und damit weniger als die behaupteten \(15\ \%\).

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

Aufgabe c)

Wölfe, die in einem Tierpark leben, haben andere Überlebens- und Fortpflanzungsraten. Für einen Tierpark kann die Entwicklung seiner Wolfspopulation durch die folgende Matrix \(B\) modelliert werden.

\(B=\begin{pmatrix}0&1&0,1\\0,8&0&0\\0&0,75&0,7\end{pmatrix}\)

(1) 

Beschreiben Sie im Sachzusammenhang die Einträge in der zweiten Spalte der Matrix \(B\) im Vergleich zu den Einträgen in der zweiten Spalte der Matrix \(A\).

(2) 

Wegen der räumlichen Beschränkung will die Tierparkleitung die Gesamtzahl der Wölfe konstant halten. Das soll durch eine strikte Geburtenkontrolle gewährleistet werden. Zeigen Sie, dass eine von \(\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\) verschiedene stationäre Verteilung existiert, d. h. eine Verteilung, die sich innerhalb eines Jahres nicht ändert.

(3) 

Ermitteln Sie die kleinstmögliche Gesamtpopulation mit stationärer Verteilung \(\vec n=\begin{pmatrix}n_1\\n_2\\n_3\end{pmatrix}\neq\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\) \(n_1,\ n_2\) und \(n_3\).

(2 + 7 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Wie geht es den jungen Fähen im Tierpark?

Im Tierpark gebärt jede junge Fähe nur einen Welpen pro Jahr, dafür aber hat sie eine Chance von \(75\ \%\), im nächsten Jahr als Alttier den Park zu durchstreifen. Natürlich können auch im Tierpark Wölfe nicht 2 Jahre lang ein Jahr alt sein oder ein Jahr alte Welpen gebären, deshalb ist der mittlere Wert auch hier \(0\).

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(2)

Eigenvektor von B (Existenz)

Eine stationäre Verteilung muss ein Eigenvektor der Matrix \(B\) zum Eigenwert \(1\) sein.

\(B\cdot X^{stat}=\begin{pmatrix}0&1&0,1\\0,8&0&0\\0&0,75&0,7\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_w^{stat}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_w^{stat}\end{pmatrix}=X^{stat}\\ \text{bzw.}\\ B-\lambda\cdot\mathbf{1}\cdot X^{stat}=0\)

(1 ist die Einheitsmatrix.) Eine von \(0\) verschiedene Lösung gibt es genau dann, wenn:

\(\qquad det(B-\lambda\cdot\mathbf 1\cdot X^{stat})=0\\ \Leftrightarrow \ \ det\begin{pmatrix}1&1&0,1\\0,8&1&0\\0&0,75&-0,3\end{pmatrix}=-0,3+0,06+0,24=0\)

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(3)

Kleinster Eigenvektor von B

\(\begin{pmatrix}-1&1&0,1\\0,8&-1&0\\0&0,75&-0,3\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_a^{stat}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\ \)

\(\Rightarrow \begin{array}\\ -X_w^{stat}&X_j^{stat}&0,1X_a^{stat}&=&0\\ 0,8X_w^{stat}&-X_j^{stat}&&=&0\\ &0,75X_j^{stat}&-0,3X_a^{stat}&=&0 \end{array}\)

Das Gleichungssystem hat die Lösung \((1; 0,8; 2)\), das ist die stationäre Verteilung. Da Wölfe aber nur in ganzzahligen Mengen auftreten, muss man noch mit \(5\) multiplizieren.

\(\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_a^{stat}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\4\\10\end{pmatrix}\)

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

Aufgabe c)

Wölfe, die in einem Tierpark leben, haben andere Überlebens- und Fortpflanzungsraten. Für einen Tierpark kann die Entwicklung seiner Wolfspopulation durch die folgende Matrix \(B\) modelliert werden.

\(B=\begin{pmatrix}0&1&0,1\\0,8&0&0\\0&0,75&0,7\end{pmatrix}\)

(1) 

Beschreiben Sie im Sachzusammenhang die Einträge in der zweiten Spalte der Matrix \(B\) im Vergleich zu den Einträgen in der zweiten Spalte der Matrix \(A\).

(2) 

Wegen der räumlichen Beschränkung will die Tierparkleitung die Gesamtzahl der Wölfe konstant halten. Das soll durch eine strikte Geburtenkontrolle gewährleistet werden. Zeigen Sie, dass eine von \(\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\) verschiedene stationäre Verteilung existiert, d. h. eine Verteilung, die sich innerhalb eines Jahres nicht ändert.

(3) 

Ermitteln Sie die kleinstmögliche Gesamtpopulation mit stationärer Verteilung \(\vec n=\begin{pmatrix}n_1\\n_2\\n_3\end{pmatrix}\neq\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\) \(n_1,\ n_2\) und \(n_3\).

(2 + 7 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Wie geht es den jungen Fähen im Tierpark?

Im Tierpark gebärt jede junge Fähe nur einen Welpen pro Jahr, dafür aber hat sie eine Chance von \(75\ \%\), im nächsten Jahr als Alttier den Park zu durchstreifen. Natürlich können auch im Tierpark Wölfe nicht 2 Jahre lang ein Jahr alt sein oder ein Jahr alte Welpen gebären, deshalb ist der mittlere Wert auch hier \(0\).

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(2)

Eigenvektor von B (Existenz)

Eine stationäre Verteilung muss ein Eigenvektor der Matrix \(B\) zum Eigenwert \(1\) sein.

\(B\cdot X^{stat}=\begin{pmatrix}0&1&0,1\\0,8&0&0\\0&0,75&0,7\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_w^{stat}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_w^{stat}\end{pmatrix}=X^{stat}\\ \text{bzw.}\\ B-\lambda\cdot\mathbf{1}\cdot X^{stat}=0\)

(1 ist die Einheitsmatrix.) Eine von \(0\) verschiedene Lösung gibt es genau dann, wenn:

\(\qquad det(B-\lambda\cdot\mathbf 1\cdot X^{stat})=0\\ \Leftrightarrow \ \ det\begin{pmatrix}1&1&0,1\\0,8&1&0\\0&0,75&-0,3\end{pmatrix}=-0,3+0,06+0,24=0\)

Du weißt nicht mehr, wie es geht? Dann schau hier.

(3)

Kleinster Eigenvektor von B

\(\begin{pmatrix}-1&1&0,1\\0,8&-1&0\\0&0,75&-0,3\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_a^{stat}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\\ \)

\(\Rightarrow \begin{array}\\ -X_w^{stat}&X_j^{stat}&0,1X_a^{stat}&=&0\\ 0,8X_w^{stat}&-X_j^{stat}&&=&0\\ &0,75X_j^{stat}&-0,3X_a^{stat}&=&0 \end{array}\)

Das Gleichungssystem hat die Lösung \((1; 0,8; 2)\), das ist die stationäre Verteilung. Da Wölfe aber nur in ganzzahligen Mengen auftreten, muss man noch mit \(5\) multiplizieren.

\(\begin{pmatrix}X_w^{stat}\\X_j^{stat}\\X_a^{stat}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\4\\10\end{pmatrix}\)

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HT5

Aufgabenstellung

Eine Firma stellt Bodenfliesen aus Keramik her. Damit eine Fliese als „1. Wahl“ gilt, muss sie strenge Qualitätsnormen erfüllen. Alle anderen Fliesen werden als „2. Wahl“ bezeichnet. Eine Fliese ist erfahrungsgemäß mit einer Wahrscheinlichkeit von \(p = 0,2\) „2. Wahl“ (d. h. mit der Wahrscheinlichkeit von \(0,8\) „1. Wahl“), unabhängig von allen anderen Fliesen. Jede Packung enthält \(20\) Fliesen.

Aufgabe a)

(1) 

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einer Packung genau vier „2. Wahl“-Fliesen enthalten sind.

(2) 

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einer Packung mindestens \(90\ \%\) der Fliesen die Qualität „1. Wahl“ haben.

(3) 

Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einer Packung die Anzahl der „2. Wahl“-Fliesen höchstens um \(2\) von der erwarteten Anzahl abweicht.

(2 + 3 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Angabe von Wahrscheinlichkeiten mit der Binomialverteilung (genau 4-mal 2. Wahl)

\(P(X=4)=B(20;0,2;4)=\begin{pmatrix}20\\4\end{pmatrix}\cdot0,2^4\cdot0,8^{16}\approx28,82\ \%\)

Anmerkung: „4-mal 2. Wahl“ ist der Erwartungswert \((n ·p)\).

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(2)

Angabe von Wahrscheinlichkeiten mit der Binomialverteilung (mind. 18-mal 1. Wahl)

\(P(X\leq2)=F(20;0,2;2)=\sum_{i=0}^2\begin{pmatrix}20\\i\end{pmatrix}\cdot0,2^i\cdot0,8^{20-i}\approx20,61\ \%\)

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(3)

Angabe von Wahrscheinlichkeiten mit der Binomialverteilung (mind. 18-mal 1. Wahl)

\(\quad \ P(2\leq x\leq6)=P(X\leq6)-P(X\leq1)=F(20;0,2;6)-F(20;0,2;1)\\ \approx84,41\ \%\)

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  • Punkte:  9

Aufgabe b)

Die \(20\) Fliesen einer Packung wurden in \(4\) Reihen mit jeweils \(5\) Fliesen verlegt.

(1) 

Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit \(\tilde p\) dafür, dass eine zufällig ausgewählte Reihe nur „1. Wahl“-Fliesen enthält. [Kontrollergebnis: \(\tilde p=0,32768\)]

(2) 

Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass es mindestens eine Reihe gibt, die nur „1. Wahl“-Fliesen enthält.

(3) 

In einer Reihe wurden sogar genau zwei Fliesen der Qualität „2. Wahl“ verlegt. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass diese Fliesen direkt nebeneinanderliegen.

(2 + 5 + 6 Punkte)

Lösung

(1)

Eine Reihe 1. Wahl

\(\tilde p=p^5=32,768\ \%\)

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(2)

Mindestens eine Reihe 1. Wahl

Entweder rechnet man \(1 - F(4;0;0,327 68)\) aus oder man argumentiert folgendermaßen: Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Reihe nicht nur 1.-Wahl-Fliesen hat, beträgt \(1-\tilde p=67,323\ \%\). Das Ereignis „mindestens eine 1.-Wahl-Reihe“ ist das Gegenereignis von „keine reine 1.-Wahl-Reihe“ bzw. „4-mal nicht nur 1. Wahl in der Reihe“, also beträgt die gesuchte Wahrscheinlichkeit:

\(1-(1-\tilde p)^4\approx 20,43\ \%\)

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(3)

Zwei 2.-Wahl-Fliesen nebeneinander in einer 5er-Reihe

Es gibt die folgenden vier Möglichkeiten („günstige Fälle“), die beiden 2.-Wahl-Fliesen nebeneinander zu platzieren:

\(2\) \(2\) \(1\) \(1\) \(1\)
\(1\) \(2\) \(2\) \(1\) \(1\)
\(1\) \(1\) \(2\) \(2\) \(1\)
\(1\) \(1\) \(1\) \(2\) \(2\)

(Wie wahrscheinlich es ist, dass eine 2.- und keine 1.-Wahl-Fliese kommt, spielt hier keine Rolle, da vorausgesetzt wird, dass die Reihe genau \(2\) 2.-Wahl-Fliesen enthält!)

Die Gesamtzahl aller Möglichkeiten („alle Fälle“), zwei 2.-Wahl-Fliesen und drei 1.-Wahl-Fliesen in eine Reihe zu legen, entspricht der Zahl der Variationen ohne Wiederholung für \(n = 5\) und \(k = 2\), also:

\(2!\cdot\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}=20\)

Also beträgt die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einer Reihe mit zwei 2.-Wahl-Fliesen diese beiden Fliesen nebeneinanderliegen:

\(\frac 4 {20}=20\ \%\)

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  • Punkte:  13

Aufgabe c)

Für besonders anspruchsvolle Kunden soll eine Sorte „Premium“ angeboten werden, die nur aus „1. Wahl“-Fliesen besteht. Dazu will die Firma die „2. Wahl“-Fliesen aus der Produktion aussortieren. Für einen ersten Sortiervorgang wird ein Testgerät verwendet, das allerdings nicht immer optimal funktioniert.

Das Testgerät erkennt eine „2. Wahl“-Fliese mit einer Wahrscheinlichkeit von \(0,9\) und sortiert sie aus. Andererseits wird eine „1. Wahl“-Fliese mit einer Wahrscheinlichkeit von \(0,05\) zu Unrecht als „2. Wahl“ aussortiert.

(1) 

Stellen Sie die Situation grafisch dar (mit einer Vierfeldertafel oder einem Baumdiagramm mit allen Pfadwahrscheinlichkeiten). Geben Sie die Wahrscheinlichkeit an, mit der das Testgerät eine zufällig ausgewählte Fliese als „1. Wahl“ einstuft (also nicht aussortiert).

(2) 

Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Fliese, die bei der Prüfung nicht aussortiert wurde, in Wirklichkeit eine „2. Wahl“-Fliese ist.

(8 + 4 Punkte)

Lösung

(1)

Vierfeldertafel bzw. Baumdiagramm aufstellen und ergänzen

Vierfeldertafel:

 

1. Wahl

2. Wahl

 

durchgelassen

\((1 - 0,05) · 0,8\\ = 0,76\)

\((1 - 0,9) · 0,2 \\= 0,02\)

\(0,78\)

aussortiert

\(0,05 · 0,8 \\= 0,04\)

\(0,9 · 0,2\\ = 0,18\)

\(0,22\)

 

\(0,8\)

\(0,2\)

\(1,00\)

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Baumdiagramm:

Abi 2015 GA (3) - Abbildung 8
 

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Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Fliese durchgelassen bzw. nicht aussortiert wird, beträgt \( 76 \ \% + 2\ \% = 78\ \%\).

(2)

Bedingte Wahrscheinlichkeit, dass eine nicht aussortierte Fliese 2. Wahl ist

\(P(\text{2.Wahl|nicht auss.})=\frac{P(\text{2.Wahl } \cap \text{ nicht auss.})}{P(\text{nicht auss.})\ =\ \frac{2\ \%}{78\ \%}}\approx2,56\ \%\)

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  • Punkte:  12

Aufgabe d)

Die Maschine, mit der die Fliesen hergestellt werden, wird neu eingestellt, da die „2. Wahl“-Wahrscheinlichkeit von \(p = 0,2\) zu groß ist. Der Produktionsleiter möchte mit einem Test überprüfen, ob die neue Einstellung tatsächlich zu einer Verringerung des Ausschussanteils geführt hat. Er entnimmt daher der Tagesproduktion der neu eingestellten Maschine zufällig \(100\) Fliesen und lässt die Anzahl der „2. Wahl“-Fliesen in dieser Stichprobe bestimmen.

(1) 

Ermitteln Sie einen geeigneten Hypothesentest (geben Sie geeignete Hypothesen an, begründen Sie die Wahl von \(H_0\) und ermitteln Sie eine Entscheidungsregel) für die genannte Stichprobe von \(100\) Fliesen mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von höchstens \(5\ \%\).

(2) 

Die Wahrscheinlichkeit für „2. Wahl“-Fliesen wurde durch die neue Einstellung tatsächlich auf \(p = 0,15\) gesenkt. Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Ihre Entscheidungsregel aus (1) zu einer Fehlentscheidung führt.

(11 + 5 Punkte)

Lösung

(1)

Nullhypothese und Entscheidungsregel

Es handelt sich um einen linksseitigen Hypothesentest: Die Nullhypothese \(H_0\) ist \(p = 0,2\) (keine Veränderung), die Alternativhypothese \(H_1\) ist \(p < 0,2\) (weniger 2.-Wahl-Fliesen).

Erwartungswert und Standardabweichung unter der Voraussetzung H0 (p = 0,2)

\(\mu=n\cdot p=20; \quad\sigma=\left|n\cdot p\cdot (1-p)\right|=4>3\)

Es ist also zulässig, die Binomialverteilung durch die Normalverteilung anzunähern.

Ein Fehler 1. Art wird gemacht, wenn bei Vorliegen der Nullhypothese die Alternativhypothese angenommen wird (fälschliche Wahl der Alternative), im Sachzusammenhang also die Annahme, dass die neue Maschine weniger 2.-Wahl-Fliesen herstellt, obwohl sie das nicht tut.

Als Entscheidungsregel wählen wir eine Fliesenzahl \(20 - K\), unterhalb der wir die Alternativhypothese (weniger 2. Wahl) annehmen. Die Wahrscheinlichkeit, dass dies fälschlicherweise bei Vorliegen der Nullhypothese \(p = 0,2\) geschieht, soll kleiner als \(5\ \%\) sein.

\(P(X\leq\mu-K)\leq0,05 \Leftrightarrow P(X\leq\mu+K)\geq0,95)\)

Mit \(K = 1,64,\ \sigma = 6,56\) erhalten wir als Entscheidungsregel, dass von den \(100\) Fliesen höchstens \(13\) 2. Wahl sein dürfen, wenn wir glauben wollen, dass die neue Maschine weniger 2. Wahl auswirft als die alte.

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(2)

Fehler 2. Art

Ein Fehler 2. Art wird gemacht, wenn die Nullhypothese falsch ist, d. h., wenn die Alternativhypothese zutrifft (neue Maschine ist wirklich besser), man aber trotzdem die Alternative (und damit die neue Maschine) verwirft (fälschliches Beharren auf der Nullhypothese).

\(\mu=n\cdot p=15; \quad\sigma=\left|n\cdot p\cdot (1-p)\right|=\approx3,5707>3\)

Auch mit den unter der neuen Wahrscheinlichkeitsverteilung geänderten Werten für Erwartungswert und Standardabweichung ist die Näherung durch die Normalverteilung gerechtfertigt.

Die Entscheidungsregel aus d (1) besagt, dass man bei mehr als \(13\) Fliesen davon ausgeht, dass die Maschine immer noch mit \(20\ \%\) Wahrscheinlichkeit 2. Wahl produziert. Gefragt ist jetzt die Wahrscheinlichkeit für mindestens \(14\) 2.-Wahl-Fliesen, wenn deren Anteil insgesamt \(15\ \%\) beträgt.

Dazu müssen wir noch auf Standardwerte normieren, also:

\(X\rightarrow X^*=\frac{X\ -\ \mu}{\sigma}\approx\frac{X\ -\ \mu}{3,5707}\)

\(P_{0,15}(X\geq14)=P_{0,15}\left(X^*\geq-\frac{1}{3,57}\right)=\Phi\left(-\frac{1}{3,57}\right) =\Phi\left(0,28\right)\approx61\ \%\)

Alternativ kann man natürlich auch die Binomialverteilung benutzen. Dann erhält man:

\(P_{0,15}(X\geq14)=1-F(100;13;0,15)=1-34,74\ \%=65,26\ \%\)

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  • Punkte:  16
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