Sammelfiguren in Überraschungstüten
AFB I–IIEin Kiosk verkauft Überraschungstüten. Laut Hersteller enthält jede Tüte unabhängig von den anderen mit einer Wahrscheinlichkeit von 30 % eine Sammelfigur. Ein Kind kauft 6 Tüten. \(X\) ist die Anzahl der Tüten mit Sammelfigur.
Um das Kind vorzubereiten, simuliert seine Schwester 100-mal den Kauf von 6 Tüten. Die Tabelle zeigt ihre Ergebnisse.
| Anzahl k der Figuren | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Anzahl der Simulationen | 13 | 29 | 33 | 17 | 7 | 1 | 0 |
- Beschreiben Sie, wie man mit Zufallszahlen zwischen 0 und 1 den Kauf einer Tüte und den Kauf von 6 Tüten simulieren kann.
- Geben Sie einen Befehl für GTR oder CAS an, der einen Kauf von 6 Tüten direkt simuliert.
- Berechnen Sie aus der Tabelle den Mittelwert der simulierten Figurenanzahlen und die relative Häufigkeit für mindestens 3 Figuren.
- Vergleichen Sie die Ergebnisse aus c) mit den entsprechenden Werten der Binomialverteilung.
Hinweise
Hinweis zu Aufgabe a)
Hinweis zu Aufgabe b)
Hinweis zu Aufgabe c)
Hinweis zu Aufgabe d)
Erwartungshorizont
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Eine Tüte: Zufallszahl \(z\) ziehen; ist \(z<0{,}3\), enthält die Tüte eine Figur (Treffer), sonst nicht.
Sechs Tüten: sechs Zufallszahlen ziehen und die Treffer zählen — das ist ein simulierter Wert von \(X\). Für eine Auswertung wiederholt man das viele Male.
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
GTR: RanBin#(6,0.3); CAS: randBin(6,0.3).
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
\(\bar x=\tfrac{0\cdot13+1\cdot29+2\cdot33+3\cdot17+4\cdot7+5\cdot1+6\cdot0}{100}=\tfrac{179}{100}=1{,}79\).
\(h(X\ge3)=\tfrac{17+7+1+0}{100}=0{,}25\).
Erwartungshorizont zu Aufgabe d)
\(\mu=6\cdot0{,}3=1{,}8\); \(P(X\ge3)=1-P(X\le2)\approx1-0{,}744=0{,}256\) (CAS: 1 − binomCdf(6,0.3,0,2)).
Mittelwert und Erwartungswert (\(1{,}79\) zu \(1{,}8\)) sowie Häufigkeit und Wahrscheinlichkeit (\(0{,}25\) zu \(0{,}256\)) stimmen gut überein. Die kleinen Abweichungen sind bei 100 Simulationen zufallsbedingt zu erwarten; die Simulation liefert Näherungswerte, die Binomialverteilung die exakten Werte.
Ist der Zug unpünktlicher geworden?
AFB II–IIIEine Pendlerin fährt an 22 Arbeitstagen im Monat mit dem Regionalzug. Laut Verkehrsunternehmen ist ein Zug mit einer Wahrscheinlichkeit von 85 % pünktlich; die Pünktlichkeit an verschiedenen Tagen wird als unabhängig angenommen. Im vergangenen Monat war der Zug nur an 15 Tagen pünktlich. Die Pendlerin vermutet, dass die Pünktlichkeit gesunken ist.
Ein Freund simuliert 500 Monate mit dem Befehl RanBin#(22,0.85). Die Abbildung zeigt die relativen Häufigkeiten der simulierten Anzahlen pünktlicher Tage; die Tabelle nennt die Anzahlen im unteren Bereich.
| k (pünktliche Tage) | ≤ 13 | 14 | 15 | 16 |
|---|---|---|---|---|
| Anzahl der Monate | 0 | 3 | 7 | 30 |
- Erläutern Sie, wie die Simulation durchgeführt wurde und was die Höhe einer Säule in der Abbildung bedeutet.
- Ermitteln Sie aus der Simulation einen Schätzwert für die Wahrscheinlichkeit, dass der Zug in einem Monat an höchstens 15 Tagen pünktlich ist.
- Bestimmen Sie den exakten Wert dieser Wahrscheinlichkeit sowie den Erwartungswert der Anzahl pünktlicher Tage und stellen Sie beiden Werten die Ergebnisse der Simulation gegenüber.
- Der Freund meint: „Nur 10 von 500 simulierten Monaten waren so schlecht. Ein so schlechter Monat ist also praktisch unmöglich, wenn die 85 % stimmen — die Pünktlichkeit ist sicher gesunken.“ Beurteilen Sie diese Aussage.
Hinweise
Hinweis zu Aufgabe a)
Hinweis zu Aufgabe b)
Hinweis zu Aufgabe c)
Hinweis zu Aufgabe d)
Erwartungshorizont
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Jeder Aufruf von RanBin#(22,0.85) simuliert einen Monat mit 22 Arbeitstagen und liefert die Anzahl pünktlicher Tage. Dies wurde 500-mal wiederholt und ausgezählt.
Die Höhe der Säule bei \(k\) ist die relative Häufigkeit \(h(X=k)\): der Anteil der 500 simulierten Monate mit genau \(k\) pünktlichen Tagen — ein Näherungswert für \(P(X=k)\).
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
Monate mit höchstens 15 pünktlichen Tagen: \(0+3+7=10\).
\(h(X\le15)=\tfrac{10}{500}=0{,}02\). Schätzwert: etwa 2 %.
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
\(P(X\le15)\approx0{,}037\) (CAS: binomCdf(22,0.85,0,15); GTR: Bcd mit Lower 0, Upper 15, Numtrial 22, p 0.85).
\(\mu=22\cdot0{,}85=18{,}7\).
Die Simulation (2 %) unterschätzt den exakten Wert (3,7 %) etwas; bei nur 10 beobachteten Monaten ist eine solche Abweichung zufallsbedingt gut möglich. Das Maximum der Simulation bei 19 passt zu \(\mu=18{,}7\).
Erwartungshorizont zu Aufgabe d)
Die Aussage ist zu stark. Ein Monat mit höchstens 15 pünktlichen Tagen ist selten (exakt etwa 3,7 %, also etwa jeder 27. Monat), aber keineswegs unmöglich; über mehrere Jahre ist ein solcher Monat sogar zu erwarten.
Außerdem ist der Schätzwert aus 500 Simulationen ungenau, und das Modell setzt unabhängige Tage voraus — Baustellen oder Wetterlagen können mehrere Tage gleichzeitig betreffen. Mögliches Urteil: Der Monat ist ein Anlass, die Pünktlichkeit weiter zu beobachten; als sicherer Nachweis einer gesunkenen Pünktlichkeit reicht ein einzelner Monat nicht.