zu a)
Φ(1,22) ≈ 0,8888   ;    Φ(-0,63) = 1 - Φ(0,63) ≈ 1 - 0,7357 = 0,2643   ;    Φ(4,45) ≈ 1   ;    Φ(-7) ≈ -1


zu b)
Φ(x) = 0,62    →    x ≈ 0,306     ;      Φ(x) = 0,18    →    x ≈ -0,915

zu c)
Beim Testen einer Hypothese kann man zwei Arten von Fehlern begehen. Der Fehler 1. Art bedeutet, eine wahre Hypothese abzulehnen. Der Fehler 2. Art bedeutet, eine falsche Hypothese nicht abzulehnen.
Der Fehler 1. Art ist schwerwiegender. Durch die Vorgabe der Irrtumswahrscheinlichkeit α kann man die Wahrscheinlichkeit für diesen Fehler vorgeben. Je nach 'Schwere' des Fehlers wird α gewählt: üblicherweise 1%, 5% oder max. 10%; bei bestimmten Hypothesen z.B. Medikamententests kann die Irrtumswahrscheinlichkeit α auch noch deutlich kleiner ausfallen.
Die Hypothese sollte deshalb so formuliert werden, dass man durch die Annahme der Hypothese zu einer bedeutsamen Aussage gelangt.

Beispiel: Ein Unternehmen hat ein neues Medikament entwickelt, das angeblich in weniger als 10% der Anwendungen schädliche Nebenwirkungen aufweist.
Sei p die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer schädlichen Nebenwirkung. Die Hypothese lautet dann: p ≥ 10%.
Man geht also davon aus, dass das Medikament in mindestens 10% der Fälle schädliche Nebenwirkungen verursacht, denn wenn man die Hypothese ablehnt obwohl sie zutrifft (Fehler 1.Art), ist dies der möglichen Folgen wegen ein schwerwiegender Fehler.
Merke: Die 'Stärke' eines Tests liegt darin, eine Hypothese abzulehnen!

Anmerkung: Die Irrtumswahrscheinlichkeit ist nicht die Wahrscheinlichkeit, sich bei einem Test zu irren, sondern 'nur' die Wahrscheinlichkeit, eine zutreffende Hypothese abzulehnen.

Bei festem Stichprobenumfang n bewirkt eine Verkleinerung der Wahrscheinlichkeit für einen Fehler 1. Art α eine Vergrößerung der Wahrscheinlichkeit für einen Fehler 2. Art β und umgekehrt.
Das liegt natürlich daran, dass sich bei einer Verkleinerung von α der Annahmebereich verkleinert und damit der Nichtannahmebereich vergrößert.

Die Zufallsvariable X gebe die die Anzahl der Schweine an, bei denen das besondere Futter den Parasitenbefall erfolgreich bekämpft. X ist binomialverteilt mit p = 0,8.
zu a)
Die Länge der Kette beträgt n = 300.
Dann ist gesucht: P(X≥250) = 1 - P(X≤249) = 1 - F_300;0,8(249) ≈ 1 - 0,9170 = 0,0830
Mit etwa 8,3% Wahrscheinlichkeit wird der Parasitenbefall bei mindestens 250 der 300 Schweine durch das besondere Futter erfolgreich bekämpft.

Alternativ: Näherung durch deMoivre Laplace für eine binomialverteilte Zufallsvariable X:

P(k₁≤X≤k₂) ≈ Φ(x₂) - Φ(x₁) mit    x₂ = $\frac{k_2\mathrm{+0,5-\mu }}{\sigma }$ sowie    x₁ = $\frac{k_1\mathrm{-0,5-\mu }}{\sigma }$   falls n ⋅ p ⋅ q > 9

Voraussetzung: n ⋅ p ⋅ q = 300 ⋅ 0,8 ⋅ 0,2 = 48 > 9 erfüllt!
Es gilt: μ = n ⋅ p = 300 ⋅ 0,8 = 240   ;    σ = $\sqrt{\mathrm{n\cdot p\cdot q}}$ = $\sqrt{\mathrm{48}}$ ≈ 6,928

P(X≥250) = 1 - P(0≤X≤249) ≈ 1 - (Φ(x₂) - Φ(x₁)) mit x₂ ≈ $\frac{\mathrm{249+0,5-\mu }}{\sigma }$ sowie x₁ ≈ $\frac{\mathrm{0-0,5-\mu }}{\sigma }$

1 - (Φ(x₂) - Φ(x₁)) ≈ 1 - (Φ(1,37) - Φ(-34,7)) ≈ 1 - (0,9147 - 0) ≈ 0,0853

Mit gut 8,5% Wahrscheinlichkeit wird der Parasitenbefall bei mindestens 250 der 300 Schweine durch das besondere Futter erfolgreich bekämpft.

zu b)
Gesucht: P(X≤224) = F_300;0,8(224) ≈ 0,0144
Mit etwa 1,4% Wahrscheinlichkeit wird der Parasitenbefall bei weniger als 225 der 300 Schweine durch das besondere Futter erfolgreich bekämpft.

Alternativ: Näherung durch deMoivre Laplace:

P(X≤224) = P(0≤X≤224) ≈ Φ(x₂) - Φ(x₁) ≈ Φ(-2,24) - Φ(-34,7) ≈ (1 - 0,9875) - 0 ≈ 0,0125

Mit etwa 1,3% Wahrscheinlichkeit wird der Parasitenbefall bei mindestens 250 der 300 Schweine durch das besondere Futter erfolgreich bekämpft.

normalverteilte Zufallsvariable X: P(X≤x) = Φ($\frac{\mathrm{x-\mu }}{\sigma }$) für alle x ∈ R

zu a)
P(X>160000) = 1 - P(X≤160000) = 1 - Φ($\frac{\mathrm{160000-150000}}{\mathrm{20000}}$) = 1 - Φ(0,5) ≈ 1 - 0,6915 = 0,3085
Bei etwa 31 % der Zahnriemen übersteigt die Lebensdauer 160000 km.

zu b)
P(|X-150000|)>15000) = P(X>165000) + P(X<135000) ≈ (1 - (P(X≤165000)) + P(X≤135000)) = (1 - Φ($\frac{\mathrm{165000-150000}}{\mathrm{20000}}$)) + Φ($\frac{\mathrm{135000-150000}}{\mathrm{20000}}$) = (1 - Φ(0,75)) + Φ(-0,75) = (1 - Φ(0,75)) + (1 -Φ(0,75)) = 2 - 2 ⋅ Φ(0,75) ≈ 2 - 2 ⋅ 0,7734 = 0,4466
Bei etwa 45 % der Zahnriemen weicht die Lebensdauer um mehr als 15000 km vom Erwartungswert ab.

Allgemein: Abweichung um mehr als c vom Erwartungswert
P(|X-μ|)>c) = 2 ⋅ (1 - Φ($\frac{c}{\sigma }$))

zu a)
Eine zufällige Aussage ist binomialverteilt mit p = 0,5.
Die Zufallsvariable X gebe die die Anzahl richtigen Aussagen von Earl Grey an.
Man testet die Hypothese p≤ 0,5 und lehnt diese Hypothese ab, falls deutlich mehr als die Hälfte der Vorhersagen richtig sind. Eine wahre Hypothese (hier: p≤0,5) abzulehnen (Fehler 1. Art), ist der schwerwiegendere Fehler.
Es ist ein rechtsseitiger Signifikanztest.

zu b)
X sei binomialverteilt. Die Länge der Kette ist n = 20. Die Irrtumswahrscheinlichkeit beträgt α = 0,1.
Gesucht ist für das größte p (also 0,5) das kleinste k mit P(X≥k) = P(k≤X≤20) = 1 - P(X≤k-1) ≤ α = 0,1
Dann: P(X≤k-1) = F_20;0,5(k-1) ≥ 0,9   →    k-1 = 13   →    k = 14
Probe: P(X≥14) ≈ 0,06   ,    P(X≥13) ≈ 0,13
Entscheidungsregel: Wenn Earl Grey in mindestens 14 von 20 Versuchen richtig liegt, wird man auf einem Signifikanzniveau von 10% die Hypothese p ≤ 0,5 ablehnen und stattdessen die Behauptung annehmen, dass der Earl am Geschmack erkennen kann, ob Milch in den Tee oder Tee in die Milch geschüttet wurde.

zu c)
Gesucht: Fehler 2. Art β , demnach eine falsche Hypothese anzunehmen.
Man sucht die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsvariable einen Wert im Annahmebereich [0 ; 13] der Hypothese p ≤ 0,5 annimmt, falls p = 0,65 ist.
β = F_20;0,65(13) ≈ 0,58
Für p = 0,65 beträgt der Fehler 2. Art etwa 58%.

zu a)
Die Zufallsvariable X beschreibe die Anzahl der Fachmarktbesucher, die tatsächlich Waren einkaufen. X ist binomialverteilt mit p = 0,7.
Die Länge der Kette beträgt n = 200.
Dann ist gesucht: P(X>145) = 1 - P(X≤145) = 1 - F_200;0,7(145) ≈ 1 - 0,8012 = 0,1988
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 20 % kaufen mehr als 145 der erfassten Besucher Waren ein, obwohl sich das Einkaufsverhalten nicht geändert hat.

zu b)
X sei binomialverteilt. Die Länge der Kette ist n = 200. Die Irrtumswahrscheinlichkeit ist α = 0,05
Als Skeptiker wird man der Vermutung der Firmenleitung nur zustimmen, wenn sehr viele Besucher Waren einkaufen.
Man wird die Hypothese: p ≤ 0,8 testen und die Hypothese ablehnen, wenn sehr viele Besucher tatsächlich einkaufen.

Gesucht ist für das größte p (also 0,8) das kleinste k mit P(X≥k) = P(k≤X≤200) = 1 - P(X≤k-1) ≤ α = 0,05
Dann: P(X≤k-1) = F_200;0,8(k-1) ≥ 0,95   →    k-1 = 169   →    k = 170

Entscheidungsregel: Kaufen mindestens 170 der 200 Besucher tatsächlich ein, wird man die Vermutung der Firmenleitung annehmen.

Alternativ: Näherung durch deMoivre Laplace:
Voraussetzung: n ⋅ p ⋅ q = 200 ⋅ 0,8 ⋅ 0,2 = 32 >9 erfüllt! Außerdem: μ = 160 ; σ ≈ 5,657

P(X≤k-1) = P(0≤X≤k-1) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-1+0,5-160}}{\mathrm{5,657}}$) - Φ($\frac{\mathrm{0-0,5-160}}{\mathrm{5,657}}$) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-160,5}}{\mathrm{5,657}}$) - Φ(-28,4) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-160,5}}{\mathrm{5,657}}$) - 0 ≥ 0,95

Daraus folgt: $\frac{\mathrm{k-160,5}}{\mathrm{5,657}}$ ≥ 1,65   →   k ≥ 160,5 + 1,65 ⋅ 5,657 ≈ 169,8   →   k = 170
Entscheidungsregel: Kaufen mindestens 170 der 200 Besucher tatsächlich ein, wird man die Vermutung der Firmenleitung annehmen.

Die Zufallsvariable Y gebe die Anzahl der gezogenen schwarzen Kugeln an. Y ist binomialverteilt mit p = 0,625.

zu a)
Die Länge der Kette ist n = 4.
zu A: Gesucht ist P(Y=4) = B_4;0,625(4) = $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)$ ⋅ 0,625⁴ ⋅ (1 - 0,625)⁰ ≈ 0,153
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 15% sind genau 4 Kugeln schwarz.

zu B: Gesucht ist P(Y=3) = B_4;0,625(3) = $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)$ ⋅ 0,625³ ⋅ (1 - 0,625)¹ ≈ 0,366
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 36,6% sind genau 3 Kugeln schwarz.

zu C: Es kommt auf die ersten drei Ziehungen nicht an. Die Wahrscheinlichkeit für eine schwarze Kugel im letzten Zug ist deshalb p = 0,625.

zu b)
Gesucht P(X=3) = $\frac{5}{8}$ ⋅ $\frac{4}{7}$ ⋅ $\frac{3}{6}$ = $\frac{5}{\mathrm{28}}$ ≈ 0,179
Mir einer Wahrscheinlichkeit von fast 18% wird die erste weiße Kugel im dritten Versuch gezogen.

zu c)
Die Zufallsvariable Z gebe die Anzahl der gezogenen schwarzen Kugeln an. Z ist binomialverteilt. Es handelt sich hier um einen Alternativtest: entweder gilt p = 0,4 oder p = 0,6.
Getestet wird die Hypothese: p = 0,4 mit der Irrtumswahrscheinlichkeit α = 0,1. Länge n = 100.
Gesucht ist für p = 0,4 das kleinste k mit P(Z≥k) ≤ 0,1
Dann P(Z≥k) = 1- P(Z≤k-1)≤ 0,1   →    P(Z≤k-1)≥ 0,9
P(Z≤k-1) = F_100;0,4(k-1)≥ 0,9   →    k - 1 = 46   →    k = 47
Man wird die Hypothese, dass 40% Kugeln in der Urne enthalten sind, ablehnen, wenn mindestens 47 Mal eine schwarze Kugel gezogen wird.

Alternativ: Näherung durch deMoivre Laplace:
Voraussetzung: n ⋅ p ⋅ q = 100 ⋅ 0,4 ⋅ 0,6 = 24 >9 erfüllt! Außerdem: μ = 40 ; σ ≈ 4,899

P(X≤k-1) = P(0≤X≤k-1) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-1+0,5-40}}{\mathrm{4,899}}$) - Φ($\frac{\mathrm{0-0,5-40}}{\mathrm{4,899}}$) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-40,5}}{\mathrm{4,899}}$) - Φ(-8,27) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-160,5}}{\mathrm{5,657}}$) - 0 ≥ 0,9

Daraus folgt: $\frac{\mathrm{k-40,5}}{\mathrm{4,899}}$ ≥ 1,29   →   k ≥ 40,5 + 1,29 ⋅ 4,899 ≈ 46,8   →   k = 47
Entscheidungsregel: Man wird die Hypothese, dass 40% Kugeln in der Urne enthalten sind, ablehnen, wenn mindestens 47 Mal eine schwarze Kugel gezogen wird.

Fehler 2. Art β: eine falsche Hypothese annehmen
Nun wird die Wahrscheinlichkeit berechnet, dass die Zufallsvariable einen Wert im Nichtablehnungsbereich annimmt mit einer vorgegebenen Wahrscheinlichkeit.
β = F_100;0,6(46) ≈ 0,003 = 0,3%
Der Fehler 2. Art ist in diesem Beispiel sehr gering.
Das zeigt, dass die gewählte Methode, aus einer Alternative einen Fall auszuwählen, etwas fragwürdig ist. Der 'gesunde Menschenverstand' würde bei einem Ergebnis über 50 auf p = 0,6 schließen, darunter bei p = 0,4.
Würde man die Hypothese p = 0,6 testen, läge der Ablehnungsbereich bei [0 ; 53]. Das ergibt eine 'Grauzone' zwischen 47 und 53.
Die 'Stärke' eines Tests - eine Hypothese abzulehnen - trägt hier nicht.

zu a)
Die Zufallsvariable X gebe die Anzahl der ausgewählten Wahlberechtigten an, die den Spitzenkandidaten kennen.
X ist binomialverteilt.
Die Länge der Kette beträgt n = 200.
Getestet wird die Hypothese: p ≤ 0,8 mit der Irrtumswahrscheinlichkeit α = 0,05.
Man lehnt diese Hypothese ab, wenn sehr viele Wahlberechtigte den Spitzenkandidaten kennen. Es handelt sich um einen rechtsseitigen Test.
Gesucht ist für das größte p (hier: 0,8) das kleinste k mit P(X≥k) ≤ 0,05
Dann P(X≥k) = 1- P(X≤k-1)≤ 0,95   →    P(X≤k-1)≥ 0,95
P(X≤k-1) = F_200;0,8(k-1)≥ 0,95   →    k - 1 = 169   →    k = 170
Wenn mindestens 170 der 200 Wahlberechtigten den Spitzenkandidaten kennen, nimmt man an, dass der Bekanntheitsgrad des Spitzenkandidaten auf über 80% gesteigert wurde.
Der Ablehnungsbereich der Hypothese p ≤ 0,8 ist [170 ; 200].

Alternativ: Näherung durch deMoivre Laplace:
Voraussetzung: n ⋅ p ⋅ q = 200 ⋅ 0,8 ⋅ 0,2 = 32 >9 erfüllt! Außerdem: μ = 160 ; σ ≈ 5,657

P(X≤k-1) = P(0≤X≤k-1) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-1+0,5-160}}{\mathrm{5,657}}$) - Φ($\frac{\mathrm{0-0,5-160}}{\mathrm{5,657}}$) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-160,5}}{\mathrm{5,657}}$) - Φ(-28,4) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-160,5}}{\mathrm{5,657}}$) - 0 ≥ 0,95

Daraus folgt: $\frac{\mathrm{k-160,5}}{\mathrm{5,657}}$ ≥ 1,65   →   k ≥ 160,5 + 1,65 ⋅ 5,657 ≈ 169,8   →   k = 170
Wenn mindestens 170 der 200 Wahlberechtigten den Spitzenkandidaten kennen, nimmt man an, dass der Bekanntheitsgrad des Spitzenkandidaten auf über 80% gesteigert wurde.
Der Ablehnungsbereich ist [170 ; 200].

zu b)
Gesucht ist der Fehler 2. Art mit p = 0,85: Wahrscheinlichkeit bei p = 0,85 im Annahmebereich [0;169] zu sein.
β = F_200;0,85(169) ≈ 0,451.
Das Risiko für die Agentur, trotz eines Bekanntheitsgrades von 85 % kein Geld zu erhalten, beträgt etwa 45%.

zu c)
Die Schlussfolgerung des Mitarbeiters setzt voraus, dass die Einwohnerzahl beider Städte gleich ist.

Befinden sich beispielsweise in einer Urne viele weiße und schwarze Kugeln, kann man n-mal eine Kugel mit Zurücklegen aus der Urne ziehen und die relative Häufigkeit h der weißen Kugeln als Schätzwert der unbekannten Wahrscheinlichkeit p für das Ziehen einer weißen Kugel heranziehen. Es stellt sich die Frage, welche Güte ein solcher Schätzwert besitzt.
Deshalb ermittelt man aus der relativen Häufigkeit h und einer Vertrauenszahl γ ein Vertrauensintervall [p₁ , p₂].
Es bedeutet, wenn sehr viele Stichproben mit jeweils n Kugeln gezogen, die relative Häufigkeit bestimmt und nach dem angegebenen Verfahren p₁ und p₂ ermittelt wird, die Aussage 'p ∈ [p₁ , p₂]' mit einer Wahrscheinlichkeit von γ wahr ist.
zu a)
Zufallsvariable X: Anzahl der Schüler wollen nicht auf das Öffnen eines Fensters verzichten. Zieht man die Stichprobe von 150 Schülern aus einer großen Gesamtheit von Schülern, ist X angenähert binomialverteilt.
Stichprobenumfang n = 150      relative Häufigkeit h = 0,6      Vertrauenszahl γ = 0,95
Aus Φ(c) = $\frac{\mathrm{1+\gamma }}{2}$   →   c ≈ 1,96
Aus (h - p)² ≤ c² ⋅ $\frac{\mathrm{p\cdot (1-p)}}{n}$ die Intervallgrenzen p₁ und p₂ ermitteln.
$$p = \frac{2nh+c^2}{2(n+c^2)} \pm \sqrt{\left(\frac{2nh+c^2}{2(n+c^2)}\right)^2 - \frac{nh^2}{n+c^2}}$$ Daraus: p₁ ≈ 0,520 und p₂ ≈ 0,675   →    Vertrauensintervall: [0,520 ; 0,675]
Führt man sehr oft eine Befragung von 150 Schülern durch und bestimmt nach dem angegebenen Verfahren das Vertrauensintervall, so liegt die unbekannte Wahrscheinlichkeit p dafür, dass Schüler nicht auf das Öffnen der Fensters verzichten wollen, in etwa 95% der Fälle im jeweils ermittelten Vertrauensintervall.

zur 2. Frage:
Es gilt: die relative Häufigkeit h und die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisse p unterscheiden sich mit der Wahrscheinlichkeit γ = 2 ⋅ Φ(c) - 1 um höchstens $\frac{d}{2}$, wenn für den Stichprobenumfang gilt: n ≥ ${\left(\frac{c}{d}\right)}^2$.
Intervalllänge des Vertrauensintervalls d ≤ 0,05 sowie c = 1,96 (wegen γ = 0,95)
Dann n ≥ ${\left(\frac{\mathrm{1,96}}{\mathrm{0,01}}\right)}^2$ ≈ 1537
Wenn der Stichprobenumfang über 1536 Personen liegt, beträgt die Intervalllänge des Vertrauensintervalls unter 5 %.

zu b)
Zufallsvariable X: Anzahl der Schüler, die die Hausaufgaben nicht regelmäßig anfertigen. Zieht man die Stichprobe von 700 Schülern aus einer großen Gesamtheit von Schülern, ist X angenähert binomialverteilt.
Stichprobenumfang n = 700      relative Häufigkeit h = 0,75      Vertrauenszahl γ = 0,9
Aus Φ(c) = $\frac{\mathrm{1+\gamma }}{2}$   →   c ≈ 1,645
Daraus wie in a): p₁ ≈ 0,723 und p₂ ≈ 0,775   →    Vertrauensintervall: [0,723 ; 0,775]
Führt man sehr oft eine Befragung von 700 Schülern durch und bestimmt nach dem angegebenen Verfahren das Vertrauensintervall, so liegt die unbekannte Wahrscheinlichkeit p dafür, dass Schüler nicht regelmäßig ihre Hausaufgaben machen, in etwa 90% der Fälle im jeweils ermittelten Vertrauensintervall.

zu a)
Die Wahrscheinlichkeit, dass Bernhard und Bianca von Harold und Maude untersucht wurden, beträgt
p = $\frac{\mathrm{750}}{\mathrm{50000}}$ = 0,015 = 1,5%;

zu b)
Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der beim Balzflug beobachteten Trottellummenpaare an, die vom beobachteten Felsen stammen. X ist binomialverteilt mit p = 0,015.
Die Länge der Kette beträgt n = 40.
Gesucht: P(X>1) = 1 - P(X≤1) = 1 - F_40;0,015(1) ≈ 1 - 0,879 = 0,121
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ungefähr 12% stammen mindestens zwei der beim Balzflug beobachteten Paare vom untersuchten Felsen.
zur 2. Frage:
Gesucht: Länge n der Kette mit P(X>0) = 1 - P(X=0) > 0,9
Dann: 1 - P(X=0) = 1 - $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)$ ⋅ 0,015⁰ ⋅ 0,985ⁿ = 1 - 1 ⋅ 1 ⋅ 0,985ⁿ > 0,9   →   n > $\frac{\mathrm{ln 0,1}}{\mathrm{ln 0,985}}$ ≈ 152,3
Harold muss mehr als 152 Paare beobachten, um mit mehr als 90%er Wahrscheinlichkeit mindestens ein Paar von dem untersuchten Felsen zu beobachten.

zu c)
Die Zufallsvariable Y gibt den Gewinn des Earls in Pfund an.

yi	1000	-450	-200
P(Y=yi)	0,25	0,6	0,15

Der Erwartungswert ist E(Y) = 1000 ⋅ 0,25 - 450 ⋅ 0,6 -200 ⋅ 0,15 = -50
Der Vorschlag ist nicht fair, weil der Earl bei jedem Tauchgang durchschnittlich 50 Pfund verliert.
Wenn der Earl z.B. 1200 Pfund bei einem erbeuteten Krustentier erhält, wäre das Spiel fair.

zu d)
Merkmale: M Lumme ist männlich    ;    F Lumme fischt in Küstennähe
Gegeben: P(M∩F) = 0,1    ;    P(M) = 0,5 (nur Paare vorhanden) ;   ;    P_M(F) = 0,4    →    P(M∩F) = 0,2
Daraus Vier-Felder Tafel:

	M	M
F	0,1	0,2	0,3
F	0,4	0,3	0,7
	0,5	0,5	1

Gesucht: P(F) = 0,3    ;    30 Prozent der Trottellummen fischen in Küstennähe.
Die Ereignisse M und F sind unabhängig, falls P(F) ⋅ P(M) = P(F∩M) gilt.
P(F) ⋅ P(M) = 0,3 ⋅ 0,5 = 0,15
P(F∩M) = 0,1
Nach Definition sind die Ereignisse nicht unabhängig.
Gesucht: P_F(M) = $\frac{P(\stackrel{-}{F}\cap \stackrel{-}{M})}{\mathrm{P(}\stackrel{-}{F})}$ = $\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,7}}$ ≈ 0,43
Der Anteil der weiblichen Tiere unter den Trottellummen, die nicht in Küstennähe fischen, beträgt etwa 43%.

zu e)
Die Zufallsvariable Z gebe die Anzahl der Versuche bis zum ersten Fang eines Krustentiers. Z ist geometrisch verteilt mit p = 0,25.
Dann ist gesucht: P(Z=3) = 0,75² ⋅ 0,25 ≈ 0,14
Bianca fängt das erste Krustentier im dritten Versuch mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 14%.

zu f)
häufig ausgeführter (aber unzureichender) Lösungsweg:
Eine Stunde wird in 2-Minuten-Abschnitte unterteilt. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Lumme die Bucht in einem 2-Minuten-Zeitabschnitt anfliegt, ist p = $\frac{2}{\mathrm{60}}$ = $\frac{1}{\mathrm{30}}$.
W sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Lummen in dem bewussten 2-Minuten-Intervall angibt. W wird als binomialverteilt angenommen mit p = $\frac{1}{\mathrm{30}}$.
Die Länge der Kette beträgt in dem Fall n = 40.
Dann ist gesucht: P(W>1) = 1 - P(W≤1) = 1 - F_40;1/30 ≈ 1 - 0,613 = 0,387 (≈ 1 - P(X=0) - P(X=1) )
Mit einer Wahrscheinlichkeit von fast 39 % landen während der Walsichtung mehr als eine Lumme in der Bucht.
(richtige) Alternative:
W sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Lummen in dem bewussten 2-Minuten-Intervall angibt. Da die Anzahl der Lummen einen beliebigen natürlichen Wert annehmen kann, ist W nicht binomialverteilt.
Bekannt ist nur der Erwartungswert μ = 40 ⋅ $\frac{1}{\mathrm{30}}$ = $\frac{4}{3}$ für das Anfliegen in einem 2-Minuten-Intervall. W ist poissonverteilt.
Gesucht ist P(W>1) = 1 - P(W=0) - P(W=1) = 1 - P_4/3(0) - P_4/3(1)
= 1 - ${(\frac{4}{3})}^0$ ⋅ $\frac{1}{\mathrm{0!}}$ ⋅ e^-4/3 - ${(\frac{4}{3})}^1$ ⋅ $\frac{1}{\mathrm{1!}}$ ⋅ e^-4/3 ≈ 1 - 0,264 - 0,351 = 1 - 0,615 = 0,385
Mit einer Wahrscheinlichkeit von fast 39 % landen während der Walsichtung mehr als eine Lumme in der Bucht.

zu g)
V sei die Zufallsvariable, die die Anzahl der Jungtiere unter den beobachteten Robben angibt. V ist hypergeometrisch verteilt mit M = 4, N = 14 , n = 4
Gesucht: P(V>0) = 1 - P(V=0) = 1 - $\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{0}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{10}}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\mathrm{14}}{4}\right)}$ ≈ 1 - 0,2098 = 0,7902
Mit einer Wahrscheinlichkeit von 79% befindet sich unter den beobachteten Robben mindestens ein Jungtier.

zu h)
(X<620,86) Die Zufallsvariable U gebe die Anzahl der Lummen an, die ein Nachgelege haben (auf dem Felsen).
U ist binomialverteilt.
Die Länge der Kette beträgt n = 750.
Es soll die Hypothese getestet werden: p ≥ 0,85 mit der Irrtumswahrscheinlichkeit α = 0,05.
Man lehnt diese Hypothese ab, wenn sehr wenige Paare ein Nachgelege besitzen. Es handelt sich um einen linksseitigen Test.
Gesucht ist für das kleinste p (hier: 0,85) das größte k mit P(X≤k) ≤ 0,05
P(X≤k) = F_750;0,85(k)≤ 0,05   →    k = 620
Wenn höchstens 620 der untersuchten Paare ein Nachgelege besitzen, verwirft man die Hypothese, d.h. die Wahrscheinlichkeit für ein Nachgelege beträgt nicht mindestens 85%.
Der Ablehnungsbereich der Hypothese p ≥ 0,85 ist [0 ; 620].

Alternativ: Näherung durch deMoivre Laplace:
Voraussetzung: n ⋅ p ⋅ q = 750 ⋅ 0,85 ⋅ 0,15 = 95,625 >9 erfüllt! Außerdem: μ = 637,5 ; σ ≈ 9,779

P(X≤k) = P(0≤X≤k) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k+0,5-637,5}}{\mathrm{9,779}}$) - Φ($\frac{\mathrm{0-0,5-637,5}}{\mathrm{9,779}}$) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-637}}{\mathrm{9,779}}$) - Φ(-65,2) ≈ Φ($\frac{\mathrm{k-637}}{\mathrm{9,779}}$) - 0 ≤ 0,05

Wegen Φ(x) = 1 - Φ(-x) gilt: Φ($\frac{\mathrm{k-637}}{\mathrm{9,779}}$) ≤ 0,05   →   Φ($-\frac{\mathrm{k-637}}{\mathrm{9,779}}$) ≥ 0,95   →   $-\frac{\mathrm{k-637}}{\mathrm{9,779}}$ ≥ 1,65

Weiter: k ≤ 637 - 1,65 ⋅ 9,779 ≈ 620,9   →   k = 620

Wenn höchstens 620 der untersuchten Paare ein Nachgelege besitzen, verwirft man die Hypothese, d.h. die Wahrscheinlichkeit für ein Nachgelege beträgt nicht mindestens 85%.
Der Ablehnungsbereich der Hypothese p ≥ 0,85 ist [0 ; 620].

Fehler 2. Art β: Man nimmt eine falsche Hypothese an. Wenn p = 0,8 ist, ist die Hypothese p≥ 0,85 falsch. Zu bestimmen ist die Wahrscheinlichkeit für den Annahmebereich [621;750].
β = 1 - F_750;0,8(620) ≈ 1 - 0,971 = 0,029
Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 3% wird die Behauptung, dass mindestens 85% der Lummenpaare ein Nachgelege legen, nicht abgelehnt, obwohl die wahre Wahrscheinlichkeit bei 80% liegt.

zu i)
Zufallsvariable U: Anzahl der Lummen, die nur nach Krustentieren tauchen. Zieht man die Stichprobe von 300 Lummen aus einer großen Gesamtheit, ist V angenähert binomialverteilt.
Stichprobenumfang n = 300      relative Häufigkeit h =$\frac{\mathrm{60}}{\mathrm{300}}$ = 0,2      Vertrauenszahl γ = 0,9
Aus Φ(c) = $\frac{\mathrm{1+\gamma }}{2}$   →   c ≈ 1,645
Bestimmung der Intervallgrenzen mit: $$p = \frac{2nh+c^2}{2(n+c^2)} \pm \sqrt{\left(\frac{2nh+c^2}{2(n+c^2)}\right)^2 - \frac{nh^2}{n+c^2}}$$ Dann: p₁ ≈ 0,165 und p₂ ≈ 0,241   →    Vertrauensintervall: [0,165 ; 0,241]
Beobachtet man sehr oft 300 Lummen und bestimmt nach dem angegebenen Verfahren das Vertrauensintervall, so liegt die unbekannte Wahrscheinlichkeit p dafür, dass die Lummen nur nach Krustentieren tauschen in etwa 90% der Fälle im jeweils ermittelten Vertrauensintervall.