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ESTO · Übungsblatt 3 · Aufgabe 1

Von den Einzelwahrscheinlichkeiten zur Verteilungsfunktion

Eine Münze, die häufiger Kopf zeigt als Zahl, wird dreimal geworfen. Wir zählen die Kopf-Würfe, berechnen für jede Anzahl die Wahrscheinlichkeit und summieren sie zur Verteilungsfunktion auf. Mit dieser einen Treppenfunktion lassen sich danach alle vier gefragten Wahrscheinlichkeiten ablesen. 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

Eine unfaire Münze zeigt mit Wahrscheinlichkeit p=0,6p = 0{,}6 „Kopf“, ansonsten „Zahl“. Sie wird dreimal hintereinander geworfen. Wir definieren die Zufallsvariable

Die Zufallsvariable dieser Aufgabe
X=Anzahl der Wu¨rfe, bei denen Kopf erscheintX = \text{Anzahl der Würfe, bei denen Kopf erscheint}
  1. Geben Sie den ursprünglichen Ereignisraum Ω\Omega und den Zielraum Ω′\Omega' von XX an. Begründen Sie, warum Ω\Omega in diesem Fall kein Laplace-Raum mehr ist.
  2. Bestimmen Sie die Einzelwahrscheinlichkeiten pk=P(X=k)p_k = P(X = k) für alle möglichen Werte kk. (Hinweis: Nutzen Sie die Unabhängigkeit der Würfe.)
  3. Stellen Sie die kumulative Verteilungsfunktion FX(x)F_X(x) auf und skizzieren Sie diese.
  4. Bestimmen Sie mit Hilfe der Verteilungsfunktion die Wahrscheinlichkeiten a) P(X≤2)P(X \le 2),  b) P(X>1)P(X > 1),  c) P(X=2)P(X = 2),  d) P(1≤X≤2)P(1 \le X \le 2).

(i) Zwei Räume unterscheiden

Wurffolgen und Anzahlen

Schritt 1 Der ursprüngliche Ereignisraum

Alle Folgen aus drei Würfen, KK für Kopf und ZZ für Zahl
Ω={ (ω1,ω2,ω3)∣ωi∈{K,Z} },∣Ω∣=2⋅2⋅2=8\Omega = \{\,(\omega_1,\omega_2,\omega_3) \mid \omega_i \in \{K,Z\}\,\}, \qquad |\Omega| = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8
Wurffolge Anzahl Kopf Wahrscheinlichkeit (Rechnung in Schritt 4)
Z Z ZZ\,Z\,Z 0 0,064
K Z ZK\,Z\,Z 1 0,096
Z K ZZ\,K\,Z 1 0,096
Z Z KZ\,Z\,K 1 0,096
K K ZK\,K\,Z 2 0,144
K Z KK\,Z\,K 2 0,144
Z K KZ\,K\,K 2 0,144
K K KK\,K\,K 3 0,216
zusammen 1,000

Schritt 2 Der Zielraum der Zufallsvariable

Was als Wert von XX herauskommen kann
X:Ω→Ω′,Ω′={ 0, 1, 2, 3 }X : \Omega \to \Omega', \qquad \Omega' = \{\,0,\,1,\,2,\,3\,\}
Zwei Beispiele für die Zuordnung
X((K,Z,K))=2,X((Z,Z,Z))=0X\big((K,Z,K)\big) = 2, \qquad X\big((Z,Z,Z)\big) = 0

Schritt 3 Warum das kein Laplace-Raum ist

Zwei Wurffolgen, zwei verschiedene Wahrscheinlichkeiten
P(KKK)=0,63=0,216≠P(ZZZ)=0,43=0,064P(KKK) = 0{,}6^{3} = 0{,}216 \qquad \neq \qquad P(ZZZ) = 0{,}4^{3} = 0{,}064
Ein Laplace-Raum verlangt für alle acht Folgen denselben Wert
P({ω})=!1∣Ω∣=18=0,125gilt hier nichtP(\{\omega\}) \overset{!}{=} \frac{1}{|\Omega|} = \frac{1}{8} = 0{,}125 \qquad \text{gilt hier nicht}

(ii) Die Einzelwahrscheinlichkeiten

pk=P(X=k)p_k = P(X=k) für k=0,1,2,3k = 0,1,2,3

Schritt 4 Eine einzelne Wurffolge

Unabhängige Würfe: die Wahrscheinlichkeiten werden multipliziert
P((K,Z,K))=0,6⋅0,4⋅0,6=0,144P\big((K,Z,K)\big) = 0{,}6 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}6 = 0{,}144
Allgemein: eine Folge mit kk-mal Kopf und (3−k)(3-k)-mal Zahl
P(Folge)=0,6 k⋅0,4 3−kP(\text{Folge}) = 0{,}6^{\,k} \cdot 0{,}4^{\,3-k}

Schritt 5 Wie viele Folgen haben genau kk-mal Kopf?

Aus drei Wurfplätzen kk auswählen — der Binomialkoeffizient, mit 3!=63! = 6 und 0!=10! = 1
(3k)=3!k! (3−k)!\binom{3}{k} = \frac{3!}{k!\,(3-k)!}
Alle vier Werte mit eingesetzten Zahlen
(30)=61⋅6=1,(31)=61⋅2=3,(32)=62⋅1=3,(33)=66⋅1=1\binom{3}{0} = \frac{6}{1 \cdot 6} = 1, \qquad \binom{3}{1} = \frac{6}{1 \cdot 2} = 3, \qquad \binom{3}{2} = \frac{6}{2 \cdot 1} = 3, \qquad \binom{3}{3} = \frac{6}{6 \cdot 1} = 1

Schritt 6 Die Formel für pkp_k

Anzahl der Folgen mal Wahrscheinlichkeit einer Folge
pk=P(X=k)=(3k)⋅0,6 k⋅0,4 3−kp_k = P(X = k) = \binom{3}{k} \cdot 0{,}6^{\,k} \cdot 0{,}4^{\,3-k}

Schritt 7 Die vier Werte einsetzen

Die Potenzen einzeln
0,43=0,064,0,42=0,16,0,62=0,36,0,63=0,2160{,}4^{3} = 0{,}064, \quad 0{,}4^{2} = 0{,}16, \quad 0{,}6^{2} = 0{,}36, \quad 0{,}6^{3} = 0{,}216
k=0k = 0 und k=1k = 1
p0=1⋅1⋅0,43=0,064p1=3⋅0,6⋅0,42=3⋅0,6⋅0,16=3⋅0,096=0,288p_0 = 1 \cdot 1 \cdot 0{,}4^{3} = 0{,}064 \qquad p_1 = 3 \cdot 0{,}6 \cdot 0{,}4^{2} = 3 \cdot 0{,}6 \cdot 0{,}16 = 3 \cdot 0{,}096 = 0{,}288
k=2k = 2 und k=3k = 3
p2=3⋅0,62⋅0,4=3⋅0,36⋅0,4=3⋅0,144=0,432p3=1⋅0,63⋅1=0,216p_2 = 3 \cdot 0{,}6^{2} \cdot 0{,}4 = 3 \cdot 0{,}36 \cdot 0{,}4 = 3 \cdot 0{,}144 = 0{,}432 \qquad p_3 = 1 \cdot 0{,}6^{3} \cdot 1 = 0{,}216
kk — Anzahl Kopf-Würfe 0 1 2 3 Summe
pk=P(X=k)p_k = P(X=k) 0,064 0,288 0,432 0,216 1,000

(iii) Die Verteilungsfunktion

alles bis xx aufsummiert

Schritt 8 Was die Verteilungsfunktion sagt

Definition — „höchstens xx“, nicht „genau xx“
FX(x)=P(X≤x)F_X(x) = P(X \le x)
Für ganzzahlige Werte heißt das: aufsummieren
FX(k)=p0+p1+⋯+pkF_X(k) = p_0 + p_1 + \dots + p_k

Schritt 9 Aufsummieren bis 0 und bis 1

Bis 0: nur ein Summand
FX(0)=p0=0,064F_X(0) = p_0 = 0{,}064
Bis 1: der vorige Wert plus p1p_1
FX(1)=0,064+0,288=0,352F_X(1) = 0{,}064 + 0{,}288 = 0{,}352

Schritt 10 Aufsummieren bis 2 und bis 3

Bis 2
FX(2)=0,352+0,432=0,784F_X(2) = 0{,}352 + 0{,}432 = 0{,}784
Bis 3 — alle vier Summanden, also die ganze Wahrscheinlichkeit
FX(3)=0,784+0,216=1,000F_X(3) = 0{,}784 + 0{,}216 = 1{,}000

Schritt 11 Die Treppenfunktion aufschreiben

Zwischen zwei Sprungstellen ändert sich nichts
FX(x)={0x<00,0640≤x<10,3521≤x<20,7842≤x<31x≥3F_X(x) = \begin{cases} 0 & x < 0 \\ 0{,}064 & 0 \le x < 1 \\ 0{,}352 & 1 \le x < 2 \\ 0{,}784 & 2 \le x < 3 \\ 1 & x \ge 3 \end{cases}
Sprungstelle kk 0 1 2 3
FX(k)F_X(k) — Höhe nach dem Sprung 0,064 0,352 0,784 1,000
Sprunghöhe =pk= p_k 0,064 0,288 0,432 0,216

(iv) Vier Fragen, eine Treppe

alles allein aus FXF_X

Schritt 12 a) Höchstens zwei Kopf-Würfe

„≤\le“ steht schon in der Definition — direkt ablesen
P(X≤2)=FX(2)=0,784P(X \le 2) = F_X(2) = 0{,}784

Schritt 13 b) Mehr als ein Kopf-Wurf

Gegenereignis von X>1X > 1 ist X≤1X \le 1
P(X>1)=1−P(X≤1)=1−FX(1)P(X > 1) = 1 - P(X \le 1) = 1 - F_X(1)
Wert einsetzen
P(X>1)=1−0,352=0,648P(X > 1) = 1 - 0{,}352 = 0{,}648

Schritt 14 c) Genau zwei Kopf-Würfe

Bei ganzzahligem XX: die Sprunghöhe an der Stelle kk
P(X=k)=FX(k)−FX(k−1)P(X = k) = F_X(k) - F_X(k-1)
Für k=2k = 2
P(X=2)=FX(2)−FX(1)=0,784−0,352=0,432P(X = 2) = F_X(2) - F_X(1) = 0{,}784 - 0{,}352 = 0{,}432

Schritt 15 d) Ein oder zwei Kopf-Würfe

Schritt 1: 1≤X1 \le X heißt bei ganzzahligem XX dasselbe wie X>0X > 0
P(1≤X≤2)=P(0<X≤2)P(1 \le X \le 2) = P(0 < X \le 2)
Schritt 2: die Regel für ein Intervall anwenden
P(a<X≤b)=FX(b)−FX(a)⟹P(0<X≤2)=FX(2)−FX(0)P(a < X \le b) = F_X(b) - F_X(a) \quad\Longrightarrow\quad P(0 < X \le 2) = F_X(2) - F_X(0)
Schritt 3: Werte einsetzen
P(1≤X≤2)=0,784−0,064=0,720P(1 \le X \le 2) = 0{,}784 - 0{,}064 = 0{,}720
Gegenprobe über die Einzelwahrscheinlichkeiten
p1+p2=0,288+0,432=0,720✓p_1 + p_2 = 0{,}288 + 0{,}432 = 0{,}720 \quad\checkmark

Schritt 16 Ergebnis

✓(i) ∣Ω∣=8|\Omega| = 8 Wurffolgen, Ω′={0,1,2,3}\Omega' = \{0,1,2,3\}; kein Laplace-Raum, weil P(KKK)=0,216≠0,064=P(ZZZ)P(KKK) = 0{,}216 \neq 0{,}064 = P(ZZZ)
✓(ii) p0=0,064p_0 = \mathbf{0{,}064}  ·  p1=0,288p_1 = \mathbf{0{,}288}  ·  p2=0,432p_2 = \mathbf{0{,}432}  ·  p3=0,216p_3 = \mathbf{0{,}216}
✓(iii) Treppenfunktion mit den Höhen 0→0,064→0,352→0,784→10 \to 0{,}064 \to 0{,}352 \to 0{,}784 \to 1
✓(iv) a) 0,784\mathbf{0{,}784}  ·  b) 0,648\mathbf{0{,}648}  ·  c) 0,432\mathbf{0{,}432}  ·  d) 0,720\mathbf{0{,}720}

Plausibilität: Die Münze zeigt häufiger Kopf als Zahl. Deshalb liegt der größte Einzelwert bei k=2k=2 und nicht bei k=1k=1, und P(X>1)=0,648P(X>1) = 0{,}648 ist größer als die Hälfte. Alle vier Einzelwahrscheinlichkeiten summieren sich zu genau 11 — das ist die Probe für Teil (ii).

Typische Fehler: P(X=2)P(X=2) mit FX(2)F_X(2) verwechseln (das eine ist die Sprunghöhe, das andere die erreichte Höhe). Bei d) mit FX(1)F_X(1) statt FX(0)F_X(0) abziehen — dann fehlt p1p_1. Und bei (i) Ω\Omega mit Ω′\Omega' verwechseln: Ω\Omega enthält Wurffolgen, Ω′\Omega' enthält Anzahlen.