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ESTO · Übungsblatt 3 · Aufgabe 7

Zwei Verteilungen hintereinander

Ein Webredakteur macht im Mittel drei Fehler pro Monat. Gefragt ist, wie wahrscheinlich mindestens drei fehlerfreie Monate im Jahr sind. Das ist eine Frage auf zwei Ebenen: innerhalb eines Monats zählt eine Poissonverteilung die Fehler, über die zwölf Monate hinweg zählt eine Binomialverteilung die fehlerfreien. Das Bindeglied ist eine einzige Zahl. Rechts steht der ganze Lösungsweg, links die Erklärung zum aktuellen Schritt. Mit Weiter geht es Schritt für Schritt voran. Ein Klick auf einen Schritt springt direkt dorthin.

Schritt 0 Die Aufgabe

Ein Webredakteur produziert im Mittel drei sprachliche Fehler pro Monat. Die Anzahl der Fehler in einem festen Monat sei Poissonverteilt, wobei verschiedene Monate als stochastisch unabhängig angenommen werden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass im Lauf eines Jahres mindestens drei fehlerfreie Monate auftreten?

Hinweis zur Musterlösung: Sie gibt als R-Ausgabe 0,019349250{,}01934925 an. Nachgerechnet sind es 0,01934760{,}0193476; die Rechnung dazu steht in Schritt 10, der Vergleich in Schritt 12. Auf die vier Stellen, in denen ein solches Ergebnis angegeben wird, stimmen beide Fassungen überein: 0,01930{,}0193.

Die Frage hat zwei Ebenen

Fehler im Monat, Monate im Jahr

Schritt 1 Zwei Zufallsvariablen unterscheiden

Stufe 1: was in einem Monat passiert
Y=Anzahl der Fehler in einem festen MonatY = \text{Anzahl der Fehler in einem festen Monat}
Stufe 2: was über das Jahr passiert — das ist die gesuchte Größe
X=Anzahl der fehlerfreien Monate im Jahr,gesucht P(X≥3)X = \text{Anzahl der fehlerfreien Monate im Jahr}, \qquad \text{gesucht } P(X \ge 3)

Stufe 1: ein einzelner Monat

Poissonverteilung mit Mittelwert 3

Schritt 2 YY ist Poissonverteilt mit λ=3\lambda = 3

Allgemein: die Poissonverteilung mit Parameter λ\lambda
Y∼Poi(λ),P(Y=j)=λ jj! e−λY \sim \mathrm{Poi}(\lambda), \qquad P(Y = j) = \frac{\lambda^{\,j}}{j!} \, e^{-\lambda}
„Im Mittel drei Fehler pro Monat“ ist genau der Parameter: λ=3\lambda = 3
Y∼Poi(3),P(Y=j)=3 jj! e−3Y \sim \mathrm{Poi}(3), \qquad P(Y = j) = \frac{3^{\,j}}{j!} \, e^{-3}

Schritt 3 Ein fehlerfreier Monat ist selten

j=0j = 0 einsetzen: 30=13^{0} = 1 und 0!=10! = 1
p=P(Y=0)=300! e−3=e−3p = P(Y = 0) = \frac{3^{0}}{0!} \, e^{-3} = e^{-3}
Ausrechnen — den Wert liefert der Taschenrechner über die Taste exe^{x}
p=e−3=0,04978707≈0,0498p = e^{-3} = 0{,}04978707 \approx 0{,}0498

Nur rund 5 % der Monate bleiben ohne Fehler — etwa jeder zwanzigste.

Stufe 2: das ganze Jahr

zwölf Monate, jeder fehlerfrei oder nicht

Schritt 4 Jeder Monat ist ein Bernoulli-Versuch

Nur zwei Ausgänge zählen, alles andere wird zusammengefasst
P(fehlerfrei)=p=0,04978707,P(nicht fehlerfrei)=1−p=0,95021293P(\text{fehlerfrei}) = p = 0{,}04978707, \qquad P(\text{nicht fehlerfrei}) = 1 - p = 0{,}95021293

Schritt 5 Zwölf unabhängige Monate

Zwölfmal derselbe Bernoulli-Versuch, unabhängig: Binomialverteilung
X∼B(12; p)=B(12; 0,04978707)X \sim B(12;\, p) = B(12;\, 0{,}04978707)
Die Formel für einen einzelnen Wert
P(X=k)=(12k) p k (1−p) 12−kP(X = k) = \binom{12}{k} \, p^{\,k} \, (1-p)^{\,12-k}

Die Rechnung

über das Gegenereignis

Schritt 6 Das Gegenereignis wählen

„Mindestens drei“ umfasst zehn Werte, das Gegenereignis nur drei
{X≥3}={3,4,…,12},{X≥3}c={X≤2}={0,1,2}\{X \ge 3\} = \{3,4,\dots,12\}, \qquad \{X \ge 3\}^{c} = \{X \le 2\} = \{0,1,2\}
Komplementsatz
P(X≥3)=1−[P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)]P(X \ge 3) = 1 - \big[P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)\big]

Schritt 7 Kein fehlerfreier Monat

k=0k=0: (120)=1\binom{12}{0} = 1 und p0=1p^{0} = 1
P(X=0)=1⋅1⋅0,9502129312P(X = 0) = 1 \cdot 1 \cdot 0{,}95021293^{12}
Die Potenz ausrechnen
0,9502129312=0,54181526≈0,5418150{,}95021293^{12} = 0{,}54181526 \approx 0{,}541815

Schritt 8 Genau ein fehlerfreier Monat

k=1k=1: (121)=12\binom{12}{1} = 12 — zwölf Möglichkeiten, welcher Monat es ist
P(X=1)=12⋅0,04978707⋅0,9502129311P(X = 1) = 12 \cdot 0{,}04978707 \cdot 0{,}95021293^{11}
Faktor für Faktor
12⋅0,04978707=0,59744484,0,9502129311=0,5702040412 \cdot 0{,}04978707 = 0{,}59744484, \qquad 0{,}95021293^{11} = 0{,}57020404
Multiplizieren
P(X=1)=0,59744484⋅0,57020404=0,34066538≈0,340665P(X = 1) = 0{,}59744484 \cdot 0{,}57020404 = 0{,}34066538 \approx 0{,}340665

Schritt 9 Genau zwei fehlerfreie Monate

k=2k=2: der Binomialkoeffizient; n!n! ist das Produkt von 1 bis nn
(122)=12!2! 10!=12⋅112⋅1=1322=66\binom{12}{2} = \frac{12!}{2!\,10!} = \frac{12 \cdot 11}{2 \cdot 1} = \frac{132}{2} = 66
Eingesetzt
P(X=2)=66⋅0,049787072⋅0,9502129310P(X = 2) = 66 \cdot 0{,}04978707^{2} \cdot 0{,}95021293^{10}
Faktor für Faktor
0,049787072=0,00247875,66⋅0,00247875=0,16359750,0,9502129310=0,600080280{,}04978707^{2} = 0{,}00247875, \qquad 66 \cdot 0{,}00247875 = 0{,}16359750, \qquad 0{,}95021293^{10} = 0{,}60008028
Multiplizieren
P(X=2)=0,16359750⋅0,60008028=0,09817163≈0,098172P(X = 2) = 0{,}16359750 \cdot 0{,}60008028 = 0{,}09817163 \approx 0{,}098172

Schritt 10 Summieren und abziehen

Die drei Werte des Gegenereignisses addieren
P(X≤2)=0,541815+0,340665+0,098172=0,980652P(X \le 2) = 0{,}541815 + 0{,}340665 + 0{,}098172 = 0{,}980652
Komplementsatz anwenden
P(X≥3)=1−0,980652=0,019348≈0,0193P(X \ge 3) = 1 - 0{,}980652 = 0{,}019348 \approx 0{,}0193
fehlerfreie Monate kk (12k)\binom{12}{k} P(X=k)P(X=k)
0 1 0,541815
1 12 0,340665
2 66 0,098172
zusammen X≤2X \le 2 0,980652
Rest X≥3X \ge 3 0,019348

Schritt 11 Das Ergebnis deuten

Tritt etwas in jedem Jahr unabhängig mit qq ein, wartet man im Mittel 1/q1/q Jahre
10,019348=51,7 Jahre\frac{1}{0{,}019348} = 51{,}7 \ \text{Jahre}
Zum Vergleich der Erwartungswert: bei B(n;p)B(n;p) ist er n⋅pn \cdot p
E(X)=12⋅0,04978707=0,597 Monate pro JahrE(X) = 12 \cdot 0{,}04978707 = 0{,}597 \ \text{Monate pro Jahr}

Schritt 12 Ergänzung: dieselbe Rechnung in R

Ergänzung — gerechnet ist schon alles. Die beiden Stufen stehen hier in zwei Zeilen untereinander: erst pp aus der Poissonverteilung, dann das Gegenereignis aus der Binomialverteilung. 

p <- exp(-3)
p
#[1] 0.04978707

1 - pbinom(2, size = 12, prob = p)
#[1] 0.01934755

pbinom(k, size = n, prob = p) gibt P(X≤k)P(X \le k), also alle Säulen bis kk zusammen. Deshalb steht dort die 2 und davor das 1 -.

Zu den letzten Stellen: Die Musterlösung gibt 0,019349250{,}01934925 an. Nachgerechnet ist 1−P(X≤2)=0,01934761 - P(X \le 2) = 0{,}0193476; auch mit dem gerundeten p=0,04979p = 0{,}04979 käme 0,01935060{,}0193506 heraus, nicht 0,01934930{,}0193493. Auf vier Stellen — und so wird eine solche Aufgabe angegeben — stimmen beide Fassungen überein: 0,01930{,}0193.

Schritt 13 Ergebnis

✓Stufe 1: p=e−3=0,0498p = e^{-3} = \mathbf{0{,}0498} — ein Monat bleibt mit rund 5 % Wahrscheinlichkeit fehlerfrei
✓Stufe 2: X∼B(12; 0,0498)X \sim \mathbf{B(12;\,0{,}0498)}
✓P(X≥3)=0,0193P(X \ge 3) = \mathbf{0{,}0193} — rund 1,9 %, also etwa jedes 52. Jahr

Plausibilität: Im Mittel sind 12⋅0,04978707≈0,612 \cdot 0{,}04978707 \approx 0{,}6 fehlerfreie Monate pro Jahr zu erwarten. Drei sind also das Fünffache des Erwarteten — dass das selten ist, passt. Die wahrscheinlichste Zahl ist 00 mit 54 %54\ \%.

Der Aufbau in einem Satz: Die Poissonverteilung liefert eine Zahl, nämlich p=P(Y=0)p = P(Y=0); diese Zahl ist der Parameter der Binomialverteilung, die dann die eigentliche Frage beantwortet.

Typische Fehler: Die beiden Verteilungen verwechseln und mit Poi(3)\mathrm{Poi}(3) direkt auf das Jahr rechnen — dann wäre λ=36\lambda = 36 die Zahl der Fehler im Jahr, aber nach fehlerfreien Monaten ist damit nicht gefragt. Oder λ=3\lambda = 3 als Wahrscheinlichkeit in die Binomialverteilung stecken: λ\lambda ist eine Anzahl und kann über 11 liegen, eine Wahrscheinlichkeit nicht. Und wie in Aufgabe 4: bei „mindestens drei“ wird P(X≤2)P(X \le 2) abgezogen, nicht P(X≤3)P(X \le 3).