Die Zufallsgröße X gibt Anzahl der gezogenen grünen Kugeln an und ist im Idealfall binomialverteilt mit p = 0.25 und variablem n.

Es muss gelten: $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\ge 36)$ ≥ 0.6

Weil man ja aber $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\ge 36)$ nicht in den WTR eingeben kann, müssen wir diese Wahrscheinlichkeit über die Gegenwahrscheinlichkeit berechnen:

$P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\ge 36)$ = 1 - $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 35)$ ≥ 0.6 |+ $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 35)$ - 0.6

0.4 ≥ $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 35)$ oder $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 35)$ ≤ 0.4

Jetzt müssen wir eben so lange mit verschiedenen Werten von n probieren, bis diese Gleichung erstmals erfüllt wird:

Dabei stellt sich nun natürlich die Frage, mit welchem Wert für n wir dabei beginnen. Im Normalfall enden 25% der Versuche mit einem Treffer. Also müssten dann doch bei $\frac{\mathrm{36}}{\mathrm{0.25}}$ ≈ 144 Versuchen auch ungefähr 36 (≈0.25⋅144) Treffer auftreten.

Wir berechnen also mit unserem ersten n=144:
$P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 35)$ ≈ 0.468 (TI-Befehl: Binomialcdf ...)

Je nachdem, wie weit nun dieser Wert noch von den gesuchten 0.4 entfernt ist, erhöhen bzw. verkleinern wir das n eben in größeren oder kleineren Schrittweiten.

Dies wiederholen wir solange, bis wir zwei aufeinanderfolgende Werte von n gefunden haben, bei denen die 0.4 überschritten wird.

Aus der Werte-Tabelle (siehe links) erkennt man dann, dass erstmals bei n=148 die gesuchte Wahrscheinlichkeit unter 0.4 ist.

n muss also mindestens 148 sein, damit $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 35)$ ≤ 0.4 oder eben $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\ge 36)$ ≥ 0.6 gilt.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der Eier mit einer Superfigur an. X ist binomialverteilt mit n=9 und unbekanntem Parameter p.

Es muss gelten: $P_p^9(X\ge 2)$ = 1- $P_p^9(X\le 1)$ = 0.75 (oder mehr)

Wir wissen, dass der Zähler bei unserer Einzelwahrscheinlichkeit p 1 sein muss, da es ja genau einen günstigen Fall gibt.

Wir müssen nun bei verschiedenen Nennern untersuchen, wie hoch die gesuchte Wahrscheinlichkeit $P_p^9(X\ge 2)$ ('mindestens 2 Treffer bei 9 Versuchen') bei diesen Nennern wird (siehe Tabelle links)

Als Startwert wählen wir als p=$\frac{1}{2}$.

In dieser Tabelle erkennen wir, dass letztmals bei der Einzelwahrscheinlichkeit p=$\frac{1}{3}$ die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 75% bleibt.
Der Nenner, also die das wievielte Ei eine Superfigur enthält, darf also höchstens 3 sein.

Die Zufallsgröße X gibt Anzahl der gezogenen grünen Kugeln an und ist im Idealfall binomialverteilt mit p = 0.25 und variablem n.

Es muss gelten: $P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 40)$ ≥ 0.5

Jetzt müssen wir eben so lange mit verschiedenen Werten von n probieren, bis diese Gleichung erstmals erfüllt wird:

Dabei stellt sich nun natürlich die Frage, mit welchem Wert für n wir dabei beginnen. Im Normalfall enden 25% der Versuche mit einem Treffer. Also müssten dann doch bei $\frac{\mathrm{40}}{\mathrm{0.25}}$ ≈ 160 Versuchen auch ungefähr 40 (≈0.25⋅160) Treffer auftreten.

Wir berechnen also mit unserem ersten n=160:
$P_{0.25}^{\mathrm{n}}(X\le 40)$ ≈ 0.5424 (TI-Befehl: Binomialcdf ...)

Je nachdem, wie weit nun dieser Wert noch von den gesuchten 0.5 entfernt ist, erhöhen bzw. verkleinern wir das n eben in größeren oder kleineren Schrittweiten.

Dies wiederholen wir solange, bis wir zwei aufeinanderfolgende Werte von n gefunden haben, bei denen die 0.5 überschritten wird.

Aus der Werte-Tabelle (siehe links) erkennt man dann, dass letztmals bei n=162 die gesuchte Wahrscheinlichkeit über 50% ist.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der besuchten Kneipen, die keine "ID" (Personalausweis) verlangen an und ist im Idealfall binomialverteilt mit p = 0.18 und variablem n.

Es muss gelten: $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\ge 4)$ ≥ 0.8

Weil man ja aber $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\ge 4)$ nicht in den WTR eingeben kann, müssen wir diese Wahrscheinlichkeit über die Gegenwahrscheinlichkeit berechnen:

$P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\ge 4)$ = 1 - $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\le 3)$ ≥ 0.8 |+ $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\le 3)$ - 0.8

0.2 ≥ $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\le 3)$ oder $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\le 3)$ ≤ 0.2

Jetzt müssen wir eben so lange mit verschiedenen Werten von n probieren, bis diese Gleichung erstmals erfüllt wird:

Dabei stellt sich nun natürlich die Frage, mit welchem Wert für n wir dabei beginnen. Im Normalfall enden 18% der Versuche mit einem Treffer. Also müssten dann doch bei $\frac{4}{\mathrm{0.18}}$ ≈ 22 Versuchen auch ungefähr 4 (≈0.18⋅22) Treffer auftreten.

Wir berechnen also mit unserem ersten n=22:
$P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\le 3)$ ≈ 0.4224 (TI-Befehl: Binomialcdf ...)

Je nachdem, wie weit nun dieser Wert noch von den gesuchten 0.2 entfernt ist, erhöhen bzw. verkleinern wir das n eben in größeren oder kleineren Schrittweiten.

Dies wiederholen wir solange, bis wir zwei aufeinanderfolgende Werte von n gefunden haben, bei denen die 0.2 überschritten wird.

Aus der Werte-Tabelle (siehe links) erkennt man dann, dass erstmals bei n=30 die gesuchte Wahrscheinlichkeit unter 0.2 ist.

n muss also mindestens 30 sein, damit $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\le 3)$ ≤ 0.2 oder eben $P_{0.18}^{\mathrm{n}}(X\ge 4)$ ≥ 0.8 gilt.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der fehlerhaften Teile an und ist im Idealfall binomialverteilt mit p = 0.11 und n = 75.

Es muss gelten: $P_{0.11}^{75}(X\le \mathrm{k})$ < 0.25

Jetzt müssen wir eben so lange mit verschiedenen Werten von k probieren, bis diese Gleichung erstmals nicht mehr erfüllt wird:

Dabei kann man entweder einfach viele verschiedene Werte einzeln berechnen oder man verwendet Listen bei der Binomialverteilung im WTR, (TI: binomcdf, Casio: Kumul. Binomial-V).

Schaut man dazu die kumulierte Binomialverteilung in der Tabelle links an, so erkennt man, dass die Trefferzahlen im Intervall zwischen 0 und 5 immer noch weniger als 0.25 der Gesamt-Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen. Erst $P_{0.11}^{75}(X\le 6)$ nimmt mit 26.88% einen Wert über 0.25 an.

Das größtmögliche k mit $P_{0.11}^{75}(X\le \mathrm{k})$ < 0.25 ist somit k = 5.

Die Maximalanzahl der fehlerhaften Teile für ein Geschenk muss somit k = 5 sein.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der getroffenenen Bälle an und ist im Idealfall binomialverteilt mit p = 0.09 und n = 12.

Es muss gelten: $P_{0.09}^{12}(X\ge \mathrm{k})$ < 0.1 (oranger Bereich)

oder andersrum ausgedrückt: $P_{0.09}^{12}(X\le \mathrm{k-1})$ ≥ 0.9 (blauer Bereich)

Jetzt müssen wir eben so lange mit verschiedenen Werten von k probieren, bis diese Gleichung erstmals erfüllt wird:

Dabei kann man entweder einfach viele verschiedene Werte einzeln berechnen oder man verwendet Listen bei der Binomialverteilung im WTR, (TI: binomcdf, Casio: Kumul. Binomial-V).

Schaut man dazu die kumulierte Binomialverteilung in der Tabelle links an, so erkennt man, dass die Trefferzahlen im Intervall zwischen 0 und 1 immer noch weniger als 0.9 der Gesamt-Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen. Erst $P_{0.09}^{12}(X\le 2)$ nimmt mit 91.34% einen Wert über 0.9 an.

Das kleinstmögliche k mit $P_{0.09}^{12}(X\ge \mathrm{k})$ = 1 - $P_{0.09}^{12}(X\le \mathrm{k-1})$ < 0.1 ist somit k = 3.

Die Mindestanzahl der getroffenenen Bälle muss somit k = 3 sein.

Die Zufallsgröße X gibt die Anzahl der getroffenenen Bälle an und ist im Idealfall binomialverteilt mit p = 0.13 und n = 16.

Es muss gelten: $P_{0.13}^{16}(X\ge \mathrm{k})$ < 0.12 (oranger Bereich)

oder andersrum ausgedrückt: $P_{0.13}^{16}(X\le \mathrm{k-1})$ ≥ 0.88 (blauer Bereich)

Jetzt müssen wir eben so lange mit verschiedenen Werten von k probieren, bis diese Gleichung erstmals erfüllt wird:

Dabei kann man entweder einfach viele verschiedene Werte einzeln berechnen oder man verwendet Listen bei der Binomialverteilung im WTR, (TI: binomcdf, Casio: Kumul. Binomial-V).

Schaut man dazu die kumulierte Binomialverteilung in der Tabelle links an, so erkennt man, dass die Trefferzahlen im Intervall zwischen 0 und 3 immer noch weniger als 0.88 der Gesamt-Wahrscheinlichkeit auf sich vereinen. Erst $P_{0.13}^{16}(X\le 4)$ nimmt mit 95.29% einen Wert über 0.88 an.

Das kleinstmögliche k mit $P_{0.13}^{16}(X\ge \mathrm{k})$ = 1 - $P_{0.13}^{16}(X\le \mathrm{k-1})$ < 0.12 ist somit k = 5.

Die Mindestanzahl der getroffenenen Bälle muss somit k = 5 sein.