Das Maximum von zwei Würfeln

Schritt 0 Die Aufgabe

Es werden zwei faire sechsseitige Würfel gleichzeitig geworfen. Wir betrachten die Zufallsvariable

Die größere der beiden Augenzahlen — bei Gleichheit eben diese

X = \max(W_1, W_2)

Geben Sie den Ereignisraum der Zufallsvariable $X$ an.
Bestimmen Sie $F_X(k) = P(X \le k)$ für $k \in \{1,\dots,6\}$ mit einer kombinatorischen Überlegung. Leiten Sie daraus die Einzelwahrscheinlichkeiten $P(X = k)$ ab.
Ist $X$ diskret gleichverteilt? Begründen Sie.

(i) Welche Werte $X$ annehmen kann

vom Wurfpaar zur einen Zahl

Schritt 1 Was die Zufallsvariable tut

Der zugrunde liegende Ereignisraum: alle Wurfpaare

\Omega = \{1,\dots,6\}^{2}, \qquad |\Omega| = 6 \cdot 6 = 36

Drei Beispiele für die Zuordnung

X\big((2,5)\big) = 5, \qquad X\big((5,2)\big) = 5, \qquad X\big((4,4)\big) = 4

Schritt 2 Der Ereignisraum von $X$

Alle Werte, die als Maximum herauskommen können

\Omega' = \{\,1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6\,\}

Jeder Wert wird wirklich erreicht — hier je ein Wurf dazu

X\big((k,k)\big) = k \quad \text{für } k = 1,\dots,6

(ii) Erst $F_X$ , dann $P(X=k)$

ein Quadrat im Gitter abzählen

Schritt 3 Der entscheidende Satz

Das Maximum ist höchstens

k

— genau dann, wenn beide Würfel es sind

\{X \le k\} = \{W_1 \le k\} \cap \{W_2 \le k\}

Schritt 4 Die Würfe abzählen

k

erlaubte Augenzahlen für jeden der beiden Würfel

\big|\{X \le k\}\big| = k \cdot k = k^{2}

Laplace: Anzahl der günstigen durch Anzahl aller Würfe

F_X(k) = P(X \le k) = \frac{k^{2}}{36}

Schritt 5 Derselbe Wert über die Unabhängigkeit

Produktregel für stochastisch unabhängige Ereignisse

P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)

Hier mit

A = \{W_1 \le k\}

und

B = \{W_2 \le k\}

P\big(\{W_1 \le k\} \cap \{W_2 \le k\}\big) = P(W_1 \le k) \cdot P(W_2 \le k) = \frac{k}{6} \cdot \frac{k}{6} = \frac{k^{2}}{36}

Schritt 6 Die sechs Werte von $F_X$

$k$	1	2	3	4	5	6
Felder mit $X \le k$ , also $k^2$	1	4	9	16	25	36
$F_X(k) = k^2/36$	1/36	4/36	9/36	16/36	25/36	36/36
als Dezimalzahl	0,0278	0,1111	0,2500	0,4444	0,6944	1,0000

Schritt 7 Von $F_X$ zu den Einzelwahrscheinlichkeiten

Sprunghöhen-Regel für ganzzahlige Zufallsvariablen

P(X = k) = F_X(k) - F_X(k-1)

Für

k = 1

wird

F_X(0)

gebraucht: kein Wurf hat ein Maximum unter 1

F_X(0) = P(X \le 0) = 0 = \frac{0^{2}}{36}

Beide Werte einsetzen

P(X = k) = \frac{k^{2}}{36} - \frac{(k-1)^{2}}{36} = \frac{k^{2} - (k-1)^{2}}{36}

Schritt 8 Den Zähler ausrechnen

Zeile für Zeile: erst die Klammer auflösen

(k-1)^{2} = k^{2} - 2k + 1

Dann einsetzen und

k^2

kürzt sich weg

k^{2} - (k^{2} - 2k + 1) = k^{2} - k^{2} + 2k - 1 = 2k - 1

Ergebnis: eine Formel ohne Quadrate

P(X = k) = \frac{2k - 1}{36}

Schritt 9 Die sechs Einzelwahrscheinlichkeiten

$k$	1	2	3	4	5	6	Summe
Felder mit $X = k$ , also $2k-1$	1	3	5	7	9	11	36
$P(X = k) = (2k-1)/36$	1/36	3/36	5/36	7/36	9/36	11/36	36/36
als Dezimalzahl	0,0278	0,0833	0,1389	0,1944	0,2500	0,3056	1,0000

Schritt 10 Warum es $2k-1$ Felder sind

Ein

k \times k

-Quadrat ohne das

(k-1) \times (k-1)

-Quadrat: ein Winkel

\underbrace{k}_{\text{Spalte } k} + \underbrace{k}_{\text{Zeile } k} - \underbrace{1}_{\text{Feld } (k,k) \text{ doppelt}} = 2k - 1

(iii) Ist $X$ gleichverteilt?

die Definition prüfen, nicht schätzen

Schritt 11 Die Definition gegenrechnen

Diskrete Gleichverteilung auf sechs Werten würde verlangen — das Zeichen

\overset{!}{=}

heißt „muss gleich sein“

P(X = k) \overset{!}{=} \frac{1}{6} = \frac{6}{36} \qquad \text{für \textit{alle} } k

Zwei Werte genügen als Gegenbeispiel

P(X = 1) = \frac{1}{36} \qquad \neq \qquad P(X = 6) = \frac{11}{36}

Antwort: nein. Für das Maximum $6$ genügt es, dass einer der beiden Würfel eine 6 zeigt — das treffen 11 der 36 Würfe. Für das Maximum $1$ müssen beide Würfel eine 1 zeigen, und das ist nur der Wurf $(1,1)$ .

Schritt 12 Ergebnis

✓(i)

\Omega' = \{1,2,3,4,5,6\}

✓(ii)

F_X(k) = \mathbf{k^{2}/36}

und

P(X=k) = \mathbf{(2k-1)/36}

✓(iii) Nein —

P(X=1) = 1/36

, aber

P(X=6) = 11/36

Proben: $F_X(6) = 36/36 = 1$ , wie es sein muss. Und $1+3+5+7+9+11 = 36$ , also summieren sich alle sechs Einzelwahrscheinlichkeiten zu $1$ . Dass die Werte wachsen, passt zur Anschauung: große Maxima sind leichter zu erreichen als kleine.

Typische Fehler: $\{X \le k\}$ als „mindestens ein Würfel $\le k$ “ lesen — das wäre eine andere Menge und gäbe nicht $k^2$ Felder. Oder die Reihenfolge umdrehen und erst $P(X=k)$ suchen: über $F_X$ ist es der kürzere Weg, weil sich $\{X \le k\}$ bequem abzählen lässt und $\{X = k\}$ nicht.