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Abi 2015 Stochastik HT6 LK


Eine Firma stellt mit zwei verschiedenen Maschinen \(A\) und \(B\) 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, die mit Maschine \(A\) produziert wurde, ist erfahrungsgemäß mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,9 „1. Wahl“ (d. h. mit der Wahrscheinlichkeit von 0,1 „2. Wahl“). Maschine \(B\) produziert lediglich mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,8 „1. Wahl“-Fliesen. Dabei kann für beide Maschinen davon ausgegangen werden, dass die Produktion von Fliesen 1. und 2. Wahl jeweils stochastisch unabhängig erfolgt. Fliesen, die von Maschine \(A\) produziert wurden, werden im Folgenden als \(A\)-Fliesen bezeichnet, Fliesen von Maschine \(B\) als \(B\)-Fliesen. Jede Packung enthält 20 Fliesen, die von derselben Maschine stammen.

Aufgabe a)

  1. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einer Packung \(A\)-Fliesen genau zwei „2. Wahl“-Fliesen enthalten sind.
  2. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass in einer Packung \(A\)-Fliesen maximal 80 % der Fliesen die Qualität „1. Wahl“ haben.
  3. Die 20 Fliesen einer Packung \(B\)-Fliesen 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.

(2 + 3 + 2 + 4 Punkte)

Lösung

  1. Die Wahrscheinlichkeit des Einzelergebnisses berechnet sich über:
    \(P(X=2)=B(20;\,0,1;\,2)=\left(\begin{array}{c}20\\2\end{array}\right)\cdot 0,1^2\cdot 0,9^{18}\approx 28,52\ \%\)
  2. Die Wahrscheinlichkeit des zusammengesetzten Ergebnisses liegt bei:
    \(P(X\le 16)=F(20;\,0,9;\,16)=\sum\limits^{16}_{i=0}\left(\begin{array}{c}20\\i\end{array}\right)\cdot 0,9^i\cdot 0,1^{20-i}\approx 13,30\ \%\)
  3. Packung \(B\):
    1. Eine Reihe 1. Wahl:
      \(\tilde{p}=p^5=32,768\ \%\)
    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 \(1-\tilde{p}=67,232\ \%\). 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:
      \(1-(1-\tilde{p})^4\approx 20,43\ \%\)

Aufgabe b)

An Großabnehmer verkauft die Firma auch Paletten, die jeweils 500 Packungen Fliesen von derselben Maschine enthalten. Ein Bauunternehmer bestellt eine Palette mit \(A\)-Fliesen. Da die Packungen bei der Lieferung nicht gekennzeichnet sind, befürchtet er, versehentlich eine Palette mit \(B\)-Fliesen erhalten zu haben. Er beschließt, für einen Test der Lieferung zufällig 100 Fliesen zu entnehmen und die Anzahl \(X\) der „2. Wahl“-Fliesen in dieser Stichprobe zu bestimmen.

  1. Begründen Sie, dass \(X\) als binomialverteilte Zufallsgröße aufgefasst werden kann, wobei die Trefferwahrscheinlichkeit bei \(A\)-Fliesen \(p = 0,1\) und bei \(B\)-Fliesen \(p = 0,2\) beträgt.
  2. Es wird ein Hypothesentest mit der Nullhypothese \(H_0:\;p\ge 0,2\) durchgeführt. Wird \(H_0\) verworfen, wird die Palette angenommen, sonst wird sie zurückgeschickt.
    Erklären Sie die Wahl der Nullhypothese.
  3. Ermitteln Sie eine Entscheidungsregel (auf Basis der genannten Nullhypothese) für die oben genannte Stichprobe von 100 Fliesen mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit (d. h. Wahrscheinlichkeit für einen Fehler 1. Art) von höchstens 5 %.
    [Zur Kontrolle: \(H_0\) wird für \(X\le 13\) abgelehnt.]
  4. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit \(p_A\), dass die Hypothese \(H_0\) aufgrund der Entscheidungsregel aus 3. irrtümlich nicht abgelehnt wird, obwohl die Palette tatsächlich \(A\)-Fliesen enthält, also \(p = 0,1\) gilt.
    Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit \(p_B\), dass die Hypothese \(H_0\) irrtümlich abgelehnt wird, obwohl die Palette tatsächlich \(B\)-Fliesen enthält, also \(p = 0,2\) gilt.
    [Zur Kontrolle: \(p_A\approx 0,1239; \; p_B\approx 0,0469\)]
  5. Im Lager des Herstellers befanden sich 7 Paletten mit \(A\)-Fliesen und 3 Paletten mit \(B\)-Fliesen, aus denen die angelieferte Palette zufällig ausgewählt wurde.
    Bestimmen Sie mit Hilfe der Wahrscheinlichkeiten \(p_A\) und \(p_B\) die gesamte Irrtumswahrscheinlichkeit für den Test.

(3 + 4 + 5 + 6 + 4 Punkte)

Lösung

  1. Da für alle Fliesen aus einer Maschine die Wahrscheinlichkeiten für 1. und 2. Wahl jeweils gleich groß sind, sind sie auch für jede der 100 aus einer Palette entnommenen Fliesen gleich. Weiterhin gibt es nur diese beiden Möglichkeiten, man kann also z. Β. 2. Wahl als „Treffer“ und 1. Wahl als „kein Treffer“ ansehen. Mit anderen Worten: Das Ziehen einer Fliese ist ein Bernoulli-Experiment. Wird dieses \(n\)-mal wiederholt, ist die Treffersumme binomialverteilt. Welche Trefferwahrscheinlichkeit \(p\) zu wählen ist, hängt von der Produktionsmaschine ab, die Werte sind in der Aufgabenstellung vorgegeben.
  2. Die Nullhypothese ist allgemein gesprochen diejenige Hypothese, die angenommen wird, wenn das Testergebnis im Annahmebereich liegt. Im vorliegenden Fall besagt die Nullhypothese \(H_0\), dass der „Ausschuss“ an 2.-Wahl-Fliesen mindestens so groß wie bei Maschine \(B\) ist. Dass also die untersuchten Fliesen von Maschine \(B\) produziert wurden. Die Alternativhypothese \(H_1\) besagt, dass weniger 2.-Wahl-Fliesen produziert werden, was bei Maschine \(A\) mit hoher Wahrscheinlichkeit der Fall ist.
    Es handelt sich um einen linksseitigen Hypothesentest, denn \(H_0\) wird abgelehnt (\(H_1\) wird angenommen), wenn das Testergebnis „links“ vom kritischen Wert liegt, also kleiner als dieser ausfällt.
  3. Erwartungswert und Standardabweichung unter der Voraussetzung \(p = 0,2\):
    \(\mu=n\cdot p=20;\quad \sigma=\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=4>3\)
    Es ist somit 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 statt Maschine \(B\) mit 20 % 2.-Wahl-Fliesen Maschine \(A\) mit 10 % 2.-Wahl-Fliesen die fragliche Charge produziert hat – obwohl das eben nicht der Fall war.
    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.
    \(P(X\le \mu-K)\stackrel{!}{=}0,05\quad\Leftrightarrow\quad P(X\le \mu+K)\stackrel{!}{\ge}0,95\)
    Mit \(K = 1,64\sigma = 6,56 \) erhalten wir als Entscheidungsregel, dass von den 100 Fliesen höchstens 13,44 Fliesen 2. Wahl sein dürfen, wenn wir glauben wollen, dass Maschine \(A\) die untersuchte Charge produziert hat.
  4. Fehlerwahrscheinlichkeiten:
    1. Im Test mit der Entscheidungsregel „höchstens 13,44 Fliesen sind 2. Wahl → Maschine \(A\), sonst \(B\)“ wird die Hypothese „\(p\ge 0,2\), also Maschine \(B\)“ akzeptiert, wenn mindestens 14 Fliesen „gezogen“ werden. Wenn \(p = 0,1\), haben wir
      \(p_A=1-F(100;\,13;\,0,1)=1-87,61\ \%=12,39\ \%\),
      also den Wert aus dem Lösungshinweis.
    2. Im 2. Fall ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit:
      \(p_B=F(100;\,13;\,0,2)=4,69\ \%\)
  5. Die gesamte Irrtumswahrscheinlichkeit des Tests setzt sich aus den beiden Summanden „Fehler 1. Art“ und „Fehler 2. Art“ zusammen, also „fälschliche Ablehnung von \(H_0\), d. h. Wahl von \(A\), wenn die Palette \(B\) ist“ und „fälschliche Annahme von \(H_0\), d. h. Wahl von \(B\), wenn die Palette \(A\) ist“.
    Mit den Wahrscheinlichkeiten von 70 % für „Palette ist \(A\)“ und 30 % für „Palette ist \(B\)“ sowie den in Aufgabe b) 4. berechneten Werten für \(p_A\) und \(p_B\) erhält man dann für die gesamte Irrtumswahrscheinlichkeit \(P_\text{Irrtum, ges}\).
    \(P_\text{Irrtum, ges}=70\ \%\cdot 4,69\ \%+30\ \%\cdot 12,39\ \%=7\ \%\)
    Die gesamte Irrtumswahrscheinlichkeit beträgt 7 %.

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 der Maschine \(\bf A\) 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 \(w=0,8\) („Aussortierwahrscheinlichkeit“) 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.
  3. Bestimmen Sie, wie groß die „Aussortierwahrscheinlichkeit“ \(w\) des Testgeräts mindestens sein muss, damit die Wahrscheinlichkeit aus 2. (und damit der erwartete Anteil der „2. Wahl“-Fliesen nach dem Aussortieren) durch die Prüfung auf unter 1 % gesenkt wird.

(7 + 4 + 6 Punkte)

Lösung

  1. Vierfeldertafel:
      1. Wahl 2. Wahl  
    durchgelassen \((1-0,05)\cdot 0,9=0,855\) \((1-0,8)\cdot 0,1=0,02\) \(0,875\)
    aussortiert \(0,05\cdot 0,9=0,045\) \(0,8\cdot 0,1=0,08\) \(0,125\)
      \( 0,9\) \(0,1\) \(1,00\)
    Baumdiagramm:
    Abi 2015 Stochastik HT6 LK - Abbildung 1

    Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Fliese durchgelassen/nicht aussortiert wird, beträgt \(85,5\ \% + 2\ \% = 87,5\ \%\).

  2. Berechnung der bedingten Wahrscheinlichkeit:
    \(P(\text{2. Wahl|nicht auss.})=\frac{P(\text{2. Wahl }\cap \text{ nicht auss.})}{P(\text{nicht auss.})}=\frac{2\ \%}{87,5\ \%}\approx 2,29\ \%\)
  3. Der Term aus c) 2. in Abhängigkeit von \(w\):
    \(\begin{align} && P(\text{2. Wahl|nicht auss.})=\frac{\frac{1}{10}-\frac{1}{10}\cdot w}{\frac{855}{1000}+\frac{1}{10}-\frac{1}{10}\cdot w} &\stackrel{!}{\le}\frac{1}{100}\\ &\Leftrightarrow& \frac{1-w}{\frac{955}{100}-w}&\stackrel{!}{\le}\frac{1}{100}\\ &\Leftrightarrow& \left(1-\frac{191}{200}\right)\cdot \frac{100}{99}&\stackrel{!}{\le}w\\ &\Leftrightarrow& w&\stackrel{!}{\ge}\frac{201}{220}=91,\overline{36}\ \% \end{align}\)
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