Zwei Zufallsvariablen kommen vor. „Zufallsgröße“ in der Aufgabe ist ein anderes Wort für
Zufallsvariable : eine Größe, deren Wert vom Zufall abhängt.
X X X
Y Y Y − 1 -1 − 1 1 1 1 2 2 2
Gesucht sind vor allem zwei Kennzahlen. Der Erwartungswert E E E Varianz v a r \mathrm{var} var
Der Weg:
(ii) An Y Y Y
(i) Für X X X + 3 +3 + 3
(iii) Erwartungswerte einer Summe und eines Produkts aus X X X Y Y Y
(iv) Die Varianz einer Differenz aus X X X Y Y Y
Teil (ii) kommt zuerst, weil man an drei Werten die Definition vollständig nachrechnen kann.
Bei X X X
Merke: Manche Rechenregeln gelten immer, andere nur, wenn
X X X und
Y Y Y unabhängig sind.
Deshalb sagt die Aufgabe ausdrücklich, dass
Y Y Y von
X X X unabhängig ist. Die Tabelle in Teil
(iii) stellt beide Arten von Regeln nebeneinander.
0,2 + 0,2 + 0,6 = 1 0{,}2 + 0{,}2 + 0{,}6 = 1 0 , 2 + 0 , 2 + 0 , 6 = 1
Zuerst die Angaben zu Y Y Y y 1 = − 1 y_1 = -1 y 1 = − 1 y 2 = 1 y_2 = 1 y 2 = 1 y 3 = 2 y_3 = 2 y 3 = 2 i i i
Zu jedem Wert gehört eine Wahrscheinlichkeit p i = P ( Y = y i ) p_i = P(Y = y_i) p i = P ( Y = y i ) p 1 = 0,2 p_1 = 0{,}2 p 1 = 0 , 2 p 2 = 0,2 p_2 =
0{,}2 p 2 = 0 , 2 p 3 = 0,6 p_3 = 0{,}6 p 3 = 0 , 6
Diese Zuordnung heißt Verteilung von Y Y Y Y Y Y
In der Grafik steht über jedem Wert eine Säule. Die Säule über 2 ist dreimal so hoch wie
die anderen: Y = 2 Y = 2 Y = 2
Aus Blatt 3, Aufgabe 1 („Von den Einzelwahrscheinlichkeiten zur
Verteilungsfunktion“):
Eine Zufallsvariable ordnet jedem Versuchsergebnis eine Zahl zu. Die Wahrscheinlichkeiten
aller ihrer Werte ergeben zusammen 1.
E ( Y ) = ∑ p i y i = 1,2 E(Y) = \sum p_i\,y_i = 1{,}2 E ( Y ) = ∑ p i y i = 1 , 2
Der Erwartungswert ist der Wert, den Y Y Y im Mittel annimmt, wenn man den
Zufallsversuch sehr oft wiederholt.
Die drei Werte einfach zu mitteln, also − 1 + 1 + 2 3 = 2 3 \tfrac{-1 + 1 + 2}{3} = \tfrac{2}{3} 3 − 1 + 1 + 2 = 3 2 2 2 2 gewichtet . Der
Erwartungswert ist ein gewichteter Mittelwert .
Das Zeichen ∑ i = 1 3 \sum_{i=1}^{3} ∑ i = 1 3 i = 1 i = 1 i = 1 2 2 2 3 3 3
Mit Zahlen: 0,2 ⋅ ( − 1 ) + 0,2 ⋅ 1 + 0,6 ⋅ 2 = − 0,2 + 0,2 + 1,2 = 1,2 0{,}2 \cdot (-1) + 0{,}2 \cdot 1 + 0{,}6 \cdot 2 = -0{,}2 + 0{,}2 + 1{,}2 =
1{,}2 0 , 2 ⋅ ( − 1 ) + 0 , 2 ⋅ 1 + 0 , 6 ⋅ 2 = − 0 , 2 + 0 , 2 + 1 , 2 = 1 , 2
Anschaulich: Bei 100 Wiederholungen kommt etwa 20-mal − 1 -1 − 1 1 1 1 2 2 2 − 20 + 20 + 120 = 120 -20 + 20 + 120 = 120 − 20 + 20 + 120 = 120 120 : 100 = 1,2 120 :
100 = 1{,}2 120 : 100 = 1 , 2
Für den Erwartungswert schreibt man kurz μ \mu μ μ = E ( Y ) = 1,2 \mu = E(Y) = 1{,}2 μ = E ( Y ) = 1 , 2
Schwerpunkt: Stellt man sich die Säulen als Gewichte auf einem Brett vor,
balanciert das Brett genau bei 1,2 — dort steht der Keil in der Grafik. 1,2 ist selbst
kein möglicher Wert von
Y Y Y . Ein Erwartungswert muss das auch nicht sein.
y i − μ y_i - \mu y i − μ :
− 2,2 -2{,}2 − 2 , 2 ;
− 0,2 -0{,}2 − 0 , 2 ;
0,8 0{,}8 0 , 8
Jetzt die zweite Frage: Wie stark streut Y Y Y μ = 1,2 \mu = 1{,}2 μ = 1 , 2 μ \mu μ Abweichung y i − μ y_i - \mu y i − μ
− 1 − 1,2 = − 2,2 -1 - 1{,}2 = -2{,}2 − 1 − 1 , 2 = − 2 , 2 1 − 1,2 = − 0,2 1 - 1{,}2 = -0{,}2 1 − 1 , 2 = − 0 , 2 2 − 1,2 = 0,8 2 - 1{,}2 = 0{,}8 2 − 1 , 2 = 0 , 8
Naheliegend wäre, diese Abweichungen gewichtet zu mitteln. Das ergibt aber genau 0 0 0 − 0,44 − 0,04 + 0,48 = 0 -0{,}44 - 0{,}04 + 0{,}48 = 0 − 0 , 44 − 0 , 04 + 0 , 48 = 0
Das ist kein Zufall. Der Erwartungswert ist der Schwerpunkt aus Schritt 2: Genau dort
halten sich die gewichteten Abweichungen nach links (− 0,44 -0{,}44 − 0 , 44 − 0,04 -0{,}04 − 0 , 04 + 0,48 +0{,}48 + 0 , 48 jeder Verteilung 0 heraus, egal wie
stark sie streut. Als Maß für die Streuung taugt das nicht.
Der Ausweg: Die Abweichungen vor dem Mitteln quadrieren . Ein Quadrat ist nie
negativ. Links und rechts können sich dann nicht mehr aufheben.
v a r ( Y ) = ∑ p i ( y i − μ ) 2 = 1,36 \mathrm{var}(Y) = \sum p_i\,(y_i - \mu)^2 = 1{,}36 var ( Y ) = ∑ p i ( y i − μ ) 2 = 1 , 36
Die Varianz ist die mittlere quadratische Abweichung : jede Abweichung
quadrieren, mit ihrer Wahrscheinlichkeit gewichten, alles addieren. Man schreibt
v a r ( Y ) \mathrm{var}(Y) var ( Y ) variance ) oder kurz σ 2 \sigma^2 σ 2
Im Skript steht dafür v a r ( Y ) = E ( ( Y − μ ) 2 ) \mathrm{var}(Y) = E\big((Y - \mu)^2\big) var ( Y ) = E ( ( Y − μ ) 2 ) ( Y − μ ) 2 (Y - \mu)^2 ( Y − μ ) 2 4,84 4{,}84 4 , 84 0,04 0{,}04 0 , 04 0,64 0{,}64 0 , 64 Y Y Y − 1 -1 − 1 1 1 1 2 2 2 0,2 0{,}2 0 , 2 0,2 0{,}2 0 , 2 0,6 0{,}6 0 , 6
Die Tabelle rechts geht Spalte für Spalte vor:
− 1 -1 − 1 ( − 2,2 ) 2 = 4,84 (-2{,}2)^2 = 4{,}84 ( − 2 , 2 ) 2 = 4 , 84 0,2 0{,}2 0 , 2 0,968 0{,}968 0 , 968 1 1 1 ( − 0,2 ) 2 = 0,04 (-0{,}2)^2 = 0{,}04 ( − 0 , 2 ) 2 = 0 , 04 0,2 0{,}2 0 , 2 0,008 0{,}008 0 , 008 2 2 2 0,8 2 = 0,64 0{,}8^2 = 0{,}64 0 , 8 2 = 0 , 64 0,6 0{,}6 0 , 6 0,384 0{,}384 0 , 384
Summe: 0,968 + 0,008 + 0,384 = 1,36 0{,}968 + 0{,}008 + 0{,}384 = \mathbf{1{,}36} 0 , 968 + 0 , 008 + 0 , 384 = 1 , 36
Der Wert − 1 -1 − 1
Durch das Quadrieren hat die Varianz nicht mehr die Einheit von Y Y Y Y Y Y Standardabweichung σ Y = v a r ( Y ) = 1,36 ≈ 1,17 \sigma_Y = \sqrt{\mathrm{var}(Y)} = \sqrt{1{,}36} \approx
1{,}17 σ Y = var ( Y ) = 1 , 36 ≈ 1 , 17 Y Y Y Y Y Y μ = 1,2 \mu
= 1{,}2 μ = 1 , 2
Merke: Eine Varianz ist nie negativ. Sie ist eine Summe aus Wahrscheinlichkeiten
mal Quadraten, und beides ist nie negativ.
E ( Y 2 ) = 2,8 E(Y^2) = 2{,}8 E ( Y 2 ) = 2 , 8
In Schritt 4 wurde von jedem Wert zuerst μ \mu μ μ \mu μ E ( Y 2 ) E(Y^2) E ( Y 2 ) Y 2 Y^2 Y 2
Y 2 Y^2 Y 2 Y Y Y − 1 -1 − 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 4 4 Y 2 = 4 Y^2 = 4 Y 2 = 4 Y = 2 Y = 2 Y = 2 0,6 0{,}6 0 , 6
Das ist dieselbe Überlegung wie bei ( Y − μ ) 2 (Y - \mu)^2 ( Y − μ ) 2 0,2 ⋅ 1 + 0,2 ⋅ 1 + 0,6 ⋅ 4 = 0,2 + 0,2 + 2,4 = 2,8 0{,}2 \cdot 1 + 0{,}2 \cdot 1 +
0{,}6 \cdot 4 = 0{,}2 + 0{,}2 + 2{,}4 = 2{,}8 0 , 2 ⋅ 1 + 0 , 2 ⋅ 1 + 0 , 6 ⋅ 4 = 0 , 2 + 0 , 2 + 2 , 4 = 2 , 8
Achtung: Quadriert werden die
Werte y i y_i y i , nicht die Wahrscheinlichkeiten
p i p_i p i .
Zwei Schreibweisen, die man leicht verwechselt: E ( Y 2 ) E(Y^2) E ( Y 2 ) heißt: erst jeden Wert
quadrieren, dann den Erwartungswert bilden —
2,8 2{,}8 2 , 8 .
E ( Y ) 2 E(Y)^2 E ( Y ) 2 bedeutet
( E ( Y ) ) 2 \big(E(Y)\big)^2 ( E ( Y ) ) 2 : erst den Erwartungswert bilden, dann quadrieren —
1,2 2 = 1,44 1{,}2^2 = 1{,}44 1 , 2 2 = 1 , 44 .
Das Ergebnis ist verschieden.
v a r ( Y ) = E ( Y 2 ) − E ( Y ) 2 = 1,36 \mathrm{var}(Y) = E(Y^2) - E(Y)^2 = 1{,}36 var ( Y ) = E ( Y 2 ) − E ( Y ) 2 = 1 , 36
Der Unterschied aus Schritt 5, 2,8 − 1,44 = 1,36 2{,}8 - 1{,}44 = 1{,}36 2 , 8 − 1 , 44 = 1 , 36
Die binomische Formel ( a − b ) 2 = a 2 − 2 a b + b 2 (a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2 ( a − b ) 2 = a 2 − 2 ab + b 2 a = y i a = y_i a = y i b = μ b = \mu b = μ
p i p_i p i
Für i = 1 , 2 , 3 i = 1, 2, 3 i = 1 , 2 , 3
Bei einer reinen Summe darf man die Reihenfolge beliebig ändern. Deshalb werden die
Teile gleicher Art zusammengestellt: alle mit y i 2 y_i^2 y i 2 y i y_i y i y y y
In der zweiten Gruppe steckt in jedem Teil der Faktor 2 μ 2\mu 2 μ μ 2 \mu^2 μ 2 2,4 2{,}4 2 , 4 1,44 1{,}44 1 , 44 3 a + 3 b = 3 ( a + b ) 3a
+ 3b = 3(a + b) 3 a + 3 b = 3 ( a + b )
Die drei Klammern sind bekannt: p 1 y 1 2 + p 2 y 2 2 + p 3 y 3 2 = E ( Y 2 ) p_1 y_1^2 + p_2 y_2^2 + p_3 y_3^2 = E(Y^2) p 1 y 1 2 + p 2 y 2 2 + p 3 y 3 2 = E ( Y 2 ) p 1 y 1 + p 2 y 2 + p 3 y 3 = E ( Y ) = μ p_1 y_1 + p_2 y_2 + p_3 y_3 = E(Y) = \mu p 1 y 1 + p 2 y 2 + p 3 y 3 = E ( Y ) = μ p 1 + p 2 + p 3 = 1 p_1 + p_2 + p_3 = 1 p 1 + p 2 + p 3 = 1
Zusammen: E ( Y 2 ) − 2 μ ⋅ μ + μ 2 ⋅ 1 = E ( Y 2 ) − μ 2 E(Y^2) - 2\mu \cdot \mu + \mu^2 \cdot 1 = E(Y^2) - \mu^2 E ( Y 2 ) − 2 μ ⋅ μ + μ 2 ⋅ 1 = E ( Y 2 ) − μ 2 Verschiebungssatz .
Mit Zahlen: v a r ( Y ) = 2,8 − 1,2 2 = 2,8 − 1,44 = 1,36 \mathrm{var}(Y) = 2{,}8 - 1{,}2^2 = 2{,}8 - 1{,}44 = 1{,}36 var ( Y ) = 2 , 8 − 1 , 2 2 = 2 , 8 − 1 , 44 = 1 , 36
Die Musterlösung schreibt dieselbe Herleitung mit E E E E ( c ) = c E(c) = c E ( c ) = c c c c
Dieselbe Technik erklärt Schritt 3: Aufteilen und Ausklammern ergibt ∑ p i ( y i − μ ) = ∑ p i y i − μ ∑ p i = μ − μ ⋅ 1 = 0 \sum
p_i\,(y_i - \mu) = \sum p_i\,y_i - \mu \sum p_i = \mu - \mu \cdot 1 = 0 ∑ p i ( y i − μ ) = ∑ p i y i − μ ∑ p i = μ − μ ⋅ 1 = 0
Wann welcher Weg? Nach Definition sieht man, was die Varianz bedeutet. Der
Verschiebungssatz ist oft schneller, weil man
μ \mu μ nicht von jedem Wert abziehen muss.
P ( Y ≤ 0 ) = P ( Y = − 1 ) = 0,2 P(Y \le 0) = P(Y = -1) = 0{,}2 P ( Y ≤ 0 ) = P ( Y = − 1 ) = 0 , 2
Y ≤ 0 Y \le 0 Y ≤ 0 Y Y Y
− 1 ≤ 0 -1 \le 0 − 1 ≤ 0 1 ≤ 0 1 \le 0 1 ≤ 0 2 ≤ 0 2 \le 0 2 ≤ 0
Die 0 selbst ist kein Wert von Y Y Y
Damit P ( Y ≤ 0 ) = P ( Y = − 1 ) = 0,2 P(Y \le 0) = P(Y = -1) = \mathbf{0{,}2} P ( Y ≤ 0 ) = P ( Y = − 1 ) = 0 , 2 Y Y Y
E ( X ) = 8 E(X) = 8 E ( X ) = 8 ,
v a r ( X ) = 4,8 \mathrm{var}(X) = 4{,}8 var ( X ) = 4 , 8
Jetzt zu X X X X X X n = 20 n = 20 n = 20 p = 0,4 p = 0{,}4 p = 0 , 4 X ∼ B ( 20 ; 0,4 ) X \sim B(20;\,0{,}4) X ∼ B ( 20 ; 0 , 4 )
Aus Blatt 3, Aufgabe 4 („Binomialverteilung: genau, mindestens, mehr als“): X ∼ B ( n ; p ) X \sim
B(n;\,p) X ∼ B ( n ; p ) zählt die Erfolge bei
n n n unabhängigen Versuchen mit je
Erfolgswahrscheinlichkeit
p p p . Das Zeichen
∼ \sim ∼ heißt „ist verteilt wie“. Die
Einzelwahrscheinlichkeiten sind
P ( X = k ) = ( n k ) p k ( 1 − p ) n − k P(X = k) = \binom{n}{k}\,p^{k}\,(1-p)^{n-k} P ( X = k ) = ( k n ) p k ( 1 − p ) n − k . Dort kam
auch schon der Erwartungswert
n ⋅ p n \cdot p n ⋅ p vor, als im Mittel zu erwartende Zahl der
Erfolge:
12 ⋅ 0,2 = 2,4 12 \cdot 0{,}2 = 2{,}4 12 ⋅ 0 , 2 = 2 , 4 Träger.
X X X
E ( X ) = n ⋅ p = 20 ⋅ 0,4 = 8 E(X) = n \cdot p = 20 \cdot 0{,}4 = 8 E ( X ) = n ⋅ p = 20 ⋅ 0 , 4 = 8 v a r ( X ) = n ⋅ p ⋅ ( 1 − p ) = 20 ⋅ 0,4 ⋅ 0,6 = 4,8 \mathrm{var}(X) = n \cdot p \cdot (1-p) = 20 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}6 = 4{,}8 var ( X ) = n ⋅ p ⋅ ( 1 − p ) = 20 ⋅ 0 , 4 ⋅ 0 , 6 = 4 , 8
Warum E ( X ) = n ⋅ p E(X) = n \cdot p E ( X ) = n ⋅ p Ein einzelner Versuch bringt 1 Erfolg mit
Wahrscheinlichkeit 0,4 und 0 Erfolge mit Wahrscheinlichkeit 0,6. Nach der Definition aus
Schritt 2 ist sein Erwartungswert 0,6 ⋅ 0 + 0,4 ⋅ 1 = 0,4 0{,}6 \cdot 0 + 0{,}4 \cdot 1 = 0{,}4 0 , 6 ⋅ 0 + 0 , 4 ⋅ 1 = 0 , 4 20 ⋅ 0,4 = 8 20 \cdot 0{,}4 = 8 20 ⋅ 0 , 4 = 8
Warum v a r ( X ) = n ⋅ p ⋅ ( 1 − p ) \mathrm{var}(X) = n \cdot p \cdot (1-p) var ( X ) = n ⋅ p ⋅ ( 1 − p ) Wieder zuerst ein einzelner
Versuch, mit der Definition aus Schritt 4 und μ = 0,4 \mu = 0{,}4 μ = 0 , 4 0,6 ⋅ ( 0 − 0,4 ) 2 + 0,4 ⋅ ( 1 − 0,4 ) 2 = 0,6 ⋅ 0,16 + 0,4 ⋅ 0,36 = 0,096 + 0,144 = 0,24 0{,}6 \cdot (0 - 0{,}4)^2 +
0{,}4 \cdot (1 - 0{,}4)^2 = 0{,}6 \cdot 0{,}16 + 0{,}4 \cdot 0{,}36 = 0{,}096 + 0{,}144 =
0{,}24 0 , 6 ⋅ ( 0 − 0 , 4 ) 2 + 0 , 4 ⋅ ( 1 − 0 , 4 ) 2 = 0 , 6 ⋅ 0 , 16 + 0 , 4 ⋅ 0 , 36 = 0 , 096 + 0 , 144 = 0 , 24 p ⋅ ( 1 − p ) = 0,4 ⋅ 0,6 p \cdot (1-p) = 0{,}4 \cdot 0{,}6 p ⋅ ( 1 − p ) = 0 , 4 ⋅ 0 , 6 20 ⋅ 0,24 = 4,8 20 \cdot 0{,}24 = 4{,}8 20 ⋅ 0 , 24 = 4 , 8
Die Standardabweichung ist σ X = 4,8 ≈ 2,19 \sigma_X = \sqrt{4{,}8} \approx 2{,}19 σ X = 4 , 8 ≈ 2 , 19
E ( X + 3 ) = E ( X ) + 3 = 11 E(X+3) = E(X) + 3 = 11 E ( X + 3 ) = E ( X ) + 3 = 11
X + 3 X + 3 X + 3 X X X X + 3 = k + 3 X + 3 = k +
3 X + 3 = k + 3 X = k X = k X = k
In der Grafik rücken alle Säulen um 3 nach rechts (gestrichelt). Der Schwerpunkt rückt
mit, von 8 auf 11.
Nachgerechnet mit der Definition aus Schritt 2. Der Index k k k P ( X = k ) P(X = k) P ( X = k ) k k k p = 0,4 p = 0{,}4 p = 0 , 4
Die Summe aufteilen: ∑ k = 0 20 P ( X = k ) ( k + 3 ) = ∑ k = 0 20 P ( X = k ) k + ∑ k = 0 20 P ( X = k ) ⋅ 3 \sum_{k=0}^{20} P(X{=}k)\,(k + 3) = \sum_{k=0}^{20} P(X{=}k)\,k +
\sum_{k=0}^{20} P(X{=}k) \cdot 3 ∑ k = 0 20 P ( X = k ) ( k + 3 ) = ∑ k = 0 20 P ( X = k ) k + ∑ k = 0 20 P ( X = k ) ⋅ 3
Der erste Teil ist nach Schritt 2 genau E ( X ) = 8 E(X) = 8 E ( X ) = 8
Im zweiten Teil die feste Zahl 3 ausklammern: 3 ⋅ ∑ k = 0 20 P ( X = k ) = 3 ⋅ 1 = 3 3 \cdot \sum_{k=0}^{20} P(X{=}k) = 3
\cdot 1 = 3 3 ⋅ ∑ k = 0 20 P ( X = k ) = 3 ⋅ 1 = 3
Also E ( X + 3 ) = 8 + 3 = 11 E(X + 3) = 8 + 3 = \mathbf{11} E ( X + 3 ) = 8 + 3 = 11
Mit einem Faktor a a a X X X a a a E ( a X + b ) = a ⋅ E ( X ) + b E(aX + b) = a \cdot E(X) + b E ( a X + b ) = a ⋅ E ( X ) + b a a a b b b
Merke: Feste Zahlen dürfen aus dem Erwartungswert heraus — ein Faktor als Faktor,
ein Summand als Summand.
v a r ( X + 3 ) = v a r ( X ) = 4,8 \mathrm{var}(X+3) = \mathrm{var}(X) = 4{,}8 var ( X + 3 ) = var ( X ) = 4 , 8
Die Varianz misst, wie weit die Werte um den Erwartungswert streuen. Beim Verschieben um 3
rücken alle Werte und der Erwartungswert um 3. Die Abstände bleiben gleich: ( k + 3 ) − 11 = k − 8 (k +
3) - 11 = k - 8 ( k + 3 ) − 11 = k − 8
Gleiche Abweichungen mit gleichen Wahrscheinlichkeiten ergeben nach der Definition aus
Schritt 4 dieselbe Varianz: v a r ( X + 3 ) = 4,8 \mathrm{var}(X + 3) = \mathbf{4{,}8} var ( X + 3 ) = 4 , 8
Und ein Faktor a a a Bei a X aX a X a a a Quadraten der Abstände, und die werden a 2 a^2 a 2 2 X 2X 2 X
Zusammen: v a r ( a X + b ) = a 2 ⋅ v a r ( X ) \mathrm{var}(aX + b) = a^2 \cdot \mathrm{var}(X) var ( a X + b ) = a 2 ⋅ var ( X ) b b b a a a a = 1 a = 1 a = 1 1 2 ⋅ 4,8 = 4,8 1^2 \cdot 4{,}8 = 4{,}8 1 2 ⋅ 4 , 8 = 4 , 8
Typischer Fehler: v a r ( X + 3 ) = 4,8 + 3 = 7,8 \mathrm{var}(X + 3) = 4{,}8 + 3 = 7{,}8 var ( X + 3 ) = 4 , 8 + 3 = 7 , 8 . Verschieben ändert die
Lage, nicht die Streuung.
P ( X ≤ 5 ) ≈ 0,1256 P(X \le 5) \approx 0{,}1256 P ( X ≤ 5 ) ≈ 0 , 1256
„X ≤ 5 X \le 5 X ≤ 5 X = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 X = 0, 1, 2, 3, 4 X = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 5 5 5
Jede Säule kommt aus der Binomialformel. ( 20 k ) \binom{20}{k} ( k 20 ) k k k k k k 0,4 k 0{,}4^{k} 0 , 4 k k k k 0,6 20 − k 0{,}6^{20-k} 0 , 6 20 − k 20 − k 20 - k 20 − k
Aus Blatt 3, Aufgabe 4 („Binomialverteilung: genau, mindestens, mehr als“): n ! n! n !
(„
n n n Fakultät“) ist das Produkt
1 ⋅ 2 ⋅ … ⋅ n 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot n 1 ⋅ 2 ⋅ … ⋅ n , und
( n k ) = n ! k ! ( n − k ) ! \binom{n}{k} =
\tfrac{n!}{k!\,(n-k)!} ( k n ) = k ! ( n − k )! n ! . Den gemeinsamen Block im Zähler und Nenner kürzt man weg, statt
ihn auszurechnen.
Für k = 5 k = 5 k = 5 ( 20 5 ) = 20 ! 5 ! 15 ! \binom{20}{5} =
\tfrac{20!}{5!\,15!} ( 5 20 ) = 5 ! 15 ! 20 ! 20 ! = 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15 ! 20! = 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot
15! 20 ! = 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15 ! 15 ! 15! 15 ! 5 ! = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120 5! = 5 \cdot 4
\cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120 5 ! = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120
Dazu 0,4 5 = 0,01024 0{,}4^5 = 0{,}01024 0 , 4 5 = 0 , 01024 0,6 15 ≈ 0,000470185 0{,}6^{15} \approx 0{,}000470185 0 , 6 15 ≈ 0 , 000470185 P ( X = 5 ) ≈ 0,0746470 P(X =
5) \approx 0{,}0746470 P ( X = 5 ) ≈ 0 , 0746470
Die übrigen fünf Zeilen gehen genauso. Zur Schreibweise: Gerechnet wird immer mit
dem vollen Wert; angegeben sind sieben Stellen. Weil das gerundet ist, steht ≈ \approx ≈ = = = ≈ 0,1255990 \approx 0{,}1255990 ≈ 0 , 1255990 0,1256 \mathbf{0{,}1256} 0 , 1256
Passt das? X ≤ 5 X \le 5 X ≤ 5 X X X E ( X ) − σ X ≈ 8 − 2,19 = 5,81 E(X) - \sigma_X \approx 8 - 2{,}19 =
5{,}81 E ( X ) − σ X ≈ 8 − 2 , 19 = 5 , 81
Aus Aufgabe 1 („Normalverteilung: die σ-Regeln“): Bei einer Normalverteilung liegen
68,2 % der Werte höchstens eine Standardabweichung vom Erwartungswert entfernt. Der Rest
verteilt sich gleichmäßig auf beide Seiten: Unter
μ − σ \mu - \sigma μ − σ liegen
( 100 − 68,2 ) : 2 = 15,9 (100 - 68{,}2) :
2 = 15{,}9 ( 100 − 68 , 2 ) : 2 = 15 , 9 %.
B ( 20 ; 0,4 ) B(20;\,0{,}4) B ( 20 ; 0 , 4 )
Ergänzung R: Die Musterlösung rechnet mit R, einer Statistik-Software.
pbinom(5, 20, 0.4) gibt P ( X ≤ 5 ) P(X \le 5) P ( X ≤ 5 ) B ( 20 ; 0,4 ) B(20;\,0{,}4) B ( 20 ; 0 , 4 ) 0,125599 0{,}125599 0 , 125599
P ( X = k und Y = y ) = P ( X = k ) ⋅ P ( Y = y ) P(X{=}k \text{ und } Y{=}y) = P(X{=}k) \cdot P(Y{=}y) P ( X = k und Y = y ) = P ( X = k ) ⋅ P ( Y = y )
Ab jetzt kommen X X X Y Y Y Y Y Y X X X unabhängig . Was heißt das für Zufallsvariablen?
Aus Blatt 2, Aufgabe 2 („Stochastische Unabhängigkeit“): Zwei Ereignisse
A A A und
B B B heißen unabhängig, wenn
P ( A ∩ B ) = P ( A ) ⋅ P ( B ) P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) P ( A ∩ B ) = P ( A ) ⋅ P ( B ) . Anschaulich: Zu wissen, dass
A A A eingetreten ist, ändert nichts an der Wahrscheinlichkeit von
B B B .
Bei Zufallsvariablen muss das für jedes Paar von Werten gelten: Das Ereignis „X = k X =
k X = k Y = y Y = y Y = y
Das Beispiel rechts zeigt, was das konkret heißt: Die Wahrscheinlichkeit, dass
beides eintritt, ist einfach das Produkt der beiden einzelnen. Für k = 8 k = 8 k = 8 P ( X = 8 ) P(X = 8) P ( X = 8 ) ( 20 8 ) ⋅ 0,4 8 ⋅ 0,6 12 = 125.970 ⋅ 0,00065536 ⋅ 0,0021768 ≈ 0,1797058 \binom{20}{8} \cdot 0{,}4^8 \cdot 0{,}6^{12} = 125.970
\cdot 0{,}00065536 \cdot 0{,}0021768 \approx 0{,}1797058 ( 8 20 ) ⋅ 0 , 4 8 ⋅ 0 , 6 12 = 125.970 ⋅ 0 , 00065536 ⋅ 0 , 0021768 ≈ 0 , 1797058 P ( Y = 2 ) = 0,6 P(Y = 2) = 0{,}6 P ( Y = 2 ) = 0 , 6 0,1797058 ⋅ 0,6 ≈ 0,1078235 0{,}1797058 \cdot 0{,}6 \approx 0{,}1078235 0 , 1797058 ⋅ 0 , 6 ≈ 0 , 1078235 ≈ \approx ≈
Anschaulich: Der Wert von X X X Y Y Y X X X X + 1 X + 1 X + 1 3 X 3X 3 X Y Y Y Y Y Y
Die Tabelle rechts oben sammelt alle Rechenregeln dieser Aufgabe. Die ersten vier gelten
für beliebige Zufallsvariablen. Die letzten zwei — hervorgehoben — gelten nur , wenn
die beiden Zufallsvariablen unabhängig sind.
E ( 3 X + 5 Y ) = 3 ⋅ 8 + 5 ⋅ 1,2 = 30 E(3X+5Y) = 3 \cdot 8 + 5 \cdot 1{,}2 = 30 E ( 3 X + 5 Y ) = 3 ⋅ 8 + 5 ⋅ 1 , 2 = 30 Hier helfen zwei Regeln. Beide gelten immer , auch ohne Unabhängigkeit.
1. Summe: E ( U + V ) = E ( U ) + E ( V ) E(U + V) = E(U) + E(V) E ( U + V ) = E ( U ) + E ( V ) U U U V V V U + V U + V U + V U U U V V V U U U V V V
2. Faktor: E ( a X + b ) = a ⋅ E ( X ) + b E(aX + b) = a \cdot E(X) + b E ( a X + b ) = a ⋅ E ( X ) + b b = 0 b = 0 b = 0 E ( 3 X ) = 3 ⋅ E ( X ) E(3X) =
3 \cdot E(X) E ( 3 X ) = 3 ⋅ E ( X ) E ( 5 Y ) = 5 ⋅ E ( Y ) E(5Y) = 5 \cdot E(Y) E ( 5 Y ) = 5 ⋅ E ( Y )
Mit E ( X ) = 8 E(X) = 8 E ( X ) = 8 E ( Y ) = 1,2 E(Y) = 1{,}2 E ( Y ) = 1 , 2 3 ⋅ 8 + 5 ⋅ 1,2 = 24 + 6 = 30 3 \cdot 8 + 5 \cdot 1{,}2
= 24 + 6 = \mathbf{30} 3 ⋅ 8 + 5 ⋅ 1 , 2 = 24 + 6 = 30
Linearität: Beide Regeln zusammen heißen Linearität des Erwartungswerts:
E ( c X + d Y ) = c E ( X ) + d E ( Y ) E(cX +
dY) = c\,E(X) + d\,E(Y) E ( c X + d Y ) = c E ( X ) + d E ( Y ) für feste Zahlen
c c c und
d d d , hier
c = 3 c = 3 c = 3 und
d = 5 d = 5 d = 5 . Andere
Buchstaben als
a a a ,
b b b , damit keine Verwechslung mit der Regel
E ( a X + b ) E(aX + b) E ( a X + b ) entsteht, in
der
b b b ein Summand ist. Die Linearität gilt immer — die Unabhängigkeit wird hier nicht
gebraucht.
E ( X + 1 ) ⋅ E ( Y ) = 9 ⋅ 1,2 = 10,8 E(X+1) \cdot E(Y) = 9 \cdot 1{,}2 = 10{,}8 E ( X + 1 ) ⋅ E ( Y ) = 9 ⋅ 1 , 2 = 10 , 8
Jetzt ein Produkt zweier Zufallsvariablen. Dafür gibt es eine Regel, aber nur mit
Unabhängigkeit: Sind U U U V V V E ( U ⋅ V ) = E ( U ) ⋅ E ( V ) E(U \cdot V) = E(U) \cdot E(V) E ( U ⋅ V ) = E ( U ) ⋅ E ( V )
Hier ist U = X + 1 U = X + 1 U = X + 1 V = Y V = Y V = Y X + 1 X + 1 X + 1 X X X Y Y Y
E ( X + 1 ) = E ( X ) + 1 = 8 + 1 = 9 E(X + 1) = E(X) + 1 = 8 + 1 = 9 E ( X + 1 ) = E ( X ) + 1 = 8 + 1 = 9 a = 1 a = 1 a = 1 b = 1 b = 1 b = 1 E ( Y ) = 1,2 E(Y) = 1{,}2 E ( Y ) = 1 , 2 9 ⋅ 1,2 = 10,8 9 \cdot 1{,}2 = \mathbf{10{,}8} 9 ⋅ 1 , 2 = 10 , 8
Warum braucht es die Unabhängigkeit? Das Gegenbeispiel steckt schon in Teil (ii).
Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y ⋅ Y = Y 2 Y \cdot Y = Y^2 Y ⋅ Y = Y 2 E ( Y 2 ) = 2,8 E(Y^2) = 2{,}8 E ( Y 2 ) = 2 , 8 E ( Y ) ⋅ E ( Y ) = 1,44 E(Y) \cdot E(Y) = 1{,}44 E ( Y ) ⋅ E ( Y ) = 1 , 44
Nur für Interessierte: E ( U ⋅ V ) E(U \cdot V) E ( U ⋅ V ) u ⋅ v ⋅ P ( U = u und V = v ) u
\cdot v \cdot P(U = u \text{ und } V = v) u ⋅ v ⋅ P ( U = u und V = v ) P ( U = u ) ⋅ P ( V = v ) P(U = u) \cdot P(V = v) P ( U = u ) ⋅ P ( V = v ) ∑ u P ( U = u ) ⋅ ∑ v P ( V = v ) = E ( U ) ⋅ E ( V ) \sum u\,P(U = u) \cdot
\sum v\,P(V = v) = E(U) \cdot E(V) ∑ u P ( U = u ) ⋅ ∑ v P ( V = v ) = E ( U ) ⋅ E ( V )
v a r ( c X + d Y ) = c 2 v a r ( X ) + d 2 v a r ( Y ) \mathrm{var}(cX+dY) = c^2\,\mathrm{var}(X) + d^2\,\mathrm{var}(Y) var ( c X + d Y ) = c 2 var ( X ) + d 2 var ( Y )
Für die Varianz einer Summe gibt es wieder eine Regel, die Unabhängigkeit braucht: Sind
X X X Y Y Y v a r ( X + Y ) = v a r ( X ) + v a r ( Y ) \mathrm{var}(X + Y) =
\mathrm{var}(X) + \mathrm{var}(Y) var ( X + Y ) = var ( X ) + var ( Y )
Anschaulich: Jede der beiden streut für sich. Weil sie nichts voneinander wissen, liegen
ihre Abweichungen nicht systematisch auf derselben Seite. Sie verstärken sich im Mittel
nicht und heben sich auch nicht auf.
Gegenbeispiel ohne Unabhängigkeit: Y + Y = 2 Y Y + Y = 2Y Y + Y = 2 Y v a r ( 2 Y ) = 2 2 ⋅ 1,36 = 5,44 \mathrm{var}(2Y) = 2^2 \cdot 1{,}36 = 5{,}44 var ( 2 Y ) = 2 2 ⋅ 1 , 36 = 5 , 44 1,36 + 1,36 = 2,72 1{,}36 +
1{,}36 = 2{,}72 1 , 36 + 1 , 36 = 2 , 72 Y Y Y Y Y Y
Nun beide Regeln verbinden, mit festen Faktoren c c c X X X d d d Y Y Y c X cX c X X X X d Y dY d Y Y Y Y c X cX c X d Y dY d Y
v a r ( c X + d Y ) = v a r ( c X ) + v a r ( d Y ) \mathrm{var}(cX + dY) = \mathrm{var}(cX) + \mathrm{var}(dY) var ( c X + d Y ) = var ( c X ) + var ( d Y )
v a r ( c X ) = c 2 ⋅ v a r ( X ) \mathrm{var}(cX) = c^2 \cdot \mathrm{var}(X) var ( c X ) = c 2 ⋅ var ( X ) v a r ( d Y ) = d 2 ⋅ v a r ( Y ) \mathrm{var}(dY) = d^2 \cdot
\mathrm{var}(Y) var ( d Y ) = d 2 ⋅ var ( Y ) v a r ( a X + b ) = a 2 v a r ( X ) \mathrm{var}(aX + b) = a^2\,\mathrm{var}(X) var ( a X + b ) = a 2 var ( X ) b = 0 b = 0 b = 0
Zusammen: v a r ( c X + d Y ) = c 2 v a r ( X ) + d 2 v a r ( Y ) \mathrm{var}(cX + dY) = c^2\,\mathrm{var}(X) + d^2\,\mathrm{var}(Y) var ( c X + d Y ) = c 2 var ( X ) + d 2 var ( Y )
Ergänzung — Rückblick auf Schritt 8: X X X 0,24 0{,}24 0 , 24 20 ⋅ 0,24 = 4,8 = n ⋅ p ⋅ ( 1 − p ) 20 \cdot 0{,}24 = 4{,}8 =
n \cdot p \cdot (1-p) 20 ⋅ 0 , 24 = 4 , 8 = n ⋅ p ⋅ ( 1 − p )
4,8 + 4 ⋅ 1,36 = 10,24 4{,}8 + 4 \cdot 1{,}36 = 10{,}24 4 , 8 + 4 ⋅ 1 , 36 = 10 , 24
X − 2 Y X - 2Y X − 2 Y X + ( − 2 ) ⋅ Y X + (-2) \cdot Y X + ( − 2 ) ⋅ Y c = 1 c = 1 c = 1 d = − 2 d = -2 d = − 2
Eingesetzt in die Regel aus Schritt 15: 1 2 ⋅ v a r ( X ) + ( − 2 ) 2 ⋅ v a r ( Y ) = 1 2 ⋅ 4,8 + ( − 2 ) 2 ⋅ 1,36 1^2 \cdot \mathrm{var}(X) + (-2)^2 \cdot
\mathrm{var}(Y) = 1^2 \cdot 4{,}8 + (-2)^2 \cdot 1{,}36 1 2 ⋅ var ( X ) + ( − 2 ) 2 ⋅ var ( Y ) = 1 2 ⋅ 4 , 8 + ( − 2 ) 2 ⋅ 1 , 36
Der entscheidende Punkt: ( − 2 ) 2 = ( − 2 ) ⋅ ( − 2 ) = + 4 (-2)^2 = (-2) \cdot (-2) = +4 ( − 2 ) 2 = ( − 2 ) ⋅ ( − 2 ) = + 4 4,8 + 4 ⋅ 1,36 = 4,8 + 5,44 = 10,24 4{,}8 + 4 \cdot 1{,}36 = 4{,}8 + 5{,}44 = \mathbf{10{,}24} 4 , 8 + 4 ⋅ 1 , 36 = 4 , 8 + 5 , 44 = 10 , 24
Die Varianz ist größer als die von X X X 2 Y 2Y 2 Y
Als Standardabweichung: 10,24 = 3,2 \sqrt{10{,}24} = 3{,}2 10 , 24 = 3 , 2
Typischer Fehler: v a r ( X ) − 4 ⋅ v a r ( Y ) = 4,8 − 5,44 = − 0,64 \mathrm{var}(X) - 4 \cdot \mathrm{var}(Y) = 4{,}8 - 5{,}44 =
-0{,}64 var ( X ) − 4 ⋅ var ( Y ) = 4 , 8 − 5 , 44 = − 0 , 64 . Eine Varianz kann nie negativ sein (Schritt 4) — das Ergebnis verrät den Fehler.
Ebenso falsch ist
4,8 − 2 ⋅ 1,36 = 2,08 4{,}8 - 2 \cdot 1{,}36 = 2{,}08 4 , 8 − 2 ⋅ 1 , 36 = 2 , 08 : Dort ist der Faktor nicht quadriert
und das Minus geblieben.
Gesucht
Weg
Wert
(i) E ( X + 3 ) E(X+3) E ( X + 3 )
E ( X ) + 3 E(X) + 3 E ( X ) + 3 11
(i) v a r ( X + 3 ) \mathrm{var}(X+3) var ( X + 3 )
Verschieben ändert nichts
4,8
(i) P ( X ≤ 5 ) P(X \le 5) P ( X ≤ 5 )
sechs Säulen addieren
0,1256
(ii) E ( Y ) E(Y) E ( Y )
gewichteter Mittelwert
1,2
(ii) v a r ( Y ) \mathrm{var}(Y) var ( Y )
Definition oder E ( Y 2 ) − E ( Y ) 2 E(Y^2) - E(Y)^2 E ( Y 2 ) − E ( Y ) 2
1,36
(ii) P ( Y ≤ 0 ) P(Y \le 0) P ( Y ≤ 0 )
nur y = − 1 y = -1 y = − 1
0,2
(iii) E ( 3 X + 5 Y ) E(3X+5Y) E ( 3 X + 5 Y )
Linearität (immer)
30
(iii) E ( ( X + 1 ) ⋅ Y ) E((X+1)\cdot Y) E (( X + 1 ) ⋅ Y )
Produktregel (unabhängig)
10,8
(iv) v a r ( X − 2 Y ) \mathrm{var}(X-2Y) var ( X − 2 Y )
1 2 ⋅ 4,8 + ( − 2 ) 2 ⋅ 1,36 1^2 \cdot 4{,}8 + (-2)^2 \cdot 1{,}36 1 2 ⋅ 4 , 8 + ( − 2 ) 2 ⋅ 1 , 36 10,24
In Worten: Y Y Y σ Y ≈ 1,17 \sigma_Y \approx 1{,}17 σ Y ≈ 1 , 17 X X X 3 X + 5 Y 3X + 5Y 3 X + 5 Y X − 2 Y X - 2Y X − 2 Y 10,24 = 3,2 \sqrt{10{,}24} = 3{,}2 10 , 24 = 3 , 2 X X X σ X ≈ 2,19 \sigma_X \approx 2{,}19 σ X ≈ 2 , 19
Rückblick in vier Sätzen: Der Erwartungswert ist der gewichtete Mittelwert, die
Varianz die mittlere quadratische Abweichung. Verschieben ändert nur den Erwartungswert, ein
Faktor
a a a geht als
a 2 a^2 a 2 in die Varianz. Erwartungswerte von Summen darf man immer
aufteilen. Erwartungswerte von Produkten und Varianzen von Summen nur bei Unabhängigkeit.