Dichte 4x³: Verteilungsfunktion, Erwartungswert, Varianz

Die Aufgabe

Aufgabe 2

Gegeben ist folgende Dichtefunktion der stetigen Zufallsvariablen X.

f(x) = \begin{cases} 4x^3 & \text{für } 0 < x < 1 \\ 0 & \text{sonst.} \end{cases}

Bestimmen Sie

Verteilungsfunktion
Erwartungswert
Varianz
Zeichnen Sie die Dichte- und Verteilungsfunktion ein.
Bestimmen Sie $P(0{,}1 < X \le 2)$ .

$X$ ist eine stetige Zufallsvariable (ZV): eine Größe, deren Wert vom Zufall abhängt und die jede Zahl in einem Bereich annehmen kann, hier zwischen 0 und 1. Die Dichtefunktion $f$ sagt, wie die Wahrscheinlichkeit auf diese Zahlen verteilt ist.

Gesucht sind dieselben vier Dinge wie in Aufgabe 1 und dazu in e) eine Wahrscheinlichkeit: wie wahrscheinlich $X$ über 0,1 und höchstens bei 2 liegt.

Der Weg:

Prüfen, dass die Fläche unter f gleich 1 ist (Schritt 1).
a) Die Verteilungsfunktion als Fläche links von x bestimmen (Schritte 2 und 3).
b) Den Erwartungswert als Integral berechnen (Schritt 4).
c) Erst E(X²), dann die Varianz berechnen (Schritte 5 und 6).
d) Dichte und Verteilungsfunktion mit Wertetabellen zeichnen (Schritt 7).
e) Die Wahrscheinlichkeit mit der Verteilungsfunktion ausrechnen (Schritt 8).

Merke: Bei einer Dichte ist jede Wahrscheinlichkeit eine Fläche unter der Kurve. Flächen berechnet man mit Integralen.

Die Fläche unter f ist 1

Eigenschaft (2) einer Dichte (Formelsammlung) und Potenzregel

\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1, \qquad \int x^n\,dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}

Ganze Fläche unter f: nur von 0 bis 1, sonst ist f = 0

\int_0^1 4x^3\,dx = \Big[4 \cdot \frac{x^4}{4}\Big]_0^1 = \big[x^4\big]_0^1

= 1^4 - 0^4 = 1

Die Fläche ist 1. $f$ ist also eine erlaubte Dichte.

Aus Blatt 5, Aufgabe 1 („Dichte ⅔(x+1): Verteilungsfunktion, Erwartungswert, Varianz“): Bei einer stetigen ZV ist die Wahrscheinlichkeit, dass

X

in einem Bereich landet, die Fläche unter

f

über diesem Bereich. Die ganze Fläche ist 1. Flächen rechnet man mit dem Integral: Stammfunktion bilden, obere minus untere Grenze einsetzen.

Außerhalb von 0 bis 1 ist $f = 0$ , dort liegt keine Fläche. Darum reicht das Integral $\int_0^1$ : die Fläche unter $f$ von der unteren Grenze 0 bis zur oberen Grenze 1.

Potenzregel mit $n = 3$ : Aus $x^3$ wird $\tfrac{x^4}{4}$ . Der Faktor 4 bleibt stehen, und $4 \cdot \tfrac{x^4}{4} = x^4$ . Probe durch Ableiten: $(x^4)' = 4x^3$ , das ist $f$ .

Auffällig: Kurz vor 1 ist $f$ fast 4 hoch, also höher als 1. Das ist erlaubt, denn $f(x)$ selbst ist keine Wahrscheinlichkeit; erst die Fläche ist eine. Warum das kein Widerspruch ist, klärt Aufgabe 4 dieses Blatts.

F(x) ist die Fläche links von x

a) Verteilungsfunktion

Verteilungsfunktion einer stetigen ZV: Fläche unter f links von x

F(x) = P(X \le x) = \int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt

Die zwei äußeren Bereiche

x \le 0: \quad F(x) = \int_{-\infty}^{x} 0\,dt = 0

x \ge 1: \quad F(x) = 0 + \int_0^1 4t^3\,dt + \int_1^x 0\,dt = 0 + 1 + 0 = 1

Die Verteilungsfunktion $F(x)$ gibt für jede Zahl $x$ an, wie wahrscheinlich es ist, dass $X$ höchstens den Wert $x$ annimmt. Sie sammelt die Fläche unter $f$ von ganz links bis zur Stelle $x$ auf.

Zum Buchstaben t: $x$ ist jetzt die obere Grenze. Die Größe, die unter dem Integral läuft, heißt darum $t$ .

Zwei der drei Bereiche von x gehen ohne Rechnung:

$x \le 0$ : Links von $x$ ist $f$ überall 0. Dort liegt keine Fläche, also $F(x) = 0$ .
$x \ge 1$ : Links von $x$ liegt die ganze Fläche unter $f$ , nach Schritt 1 gleich 1. Rechts von 1 kommt nichts dazu. Also $F(x) = 1$ .

Bleibt der Bereich dazwischen; den rechnet Schritt 3.

Schritt 0Die Aufgabe

Schritt 1Die Fläche unter f ist 1

Schritt 2F(x) ist die Fläche links von x

Dichte und Verteilungsfunktion

Abbildung 1Dichte und Verteilungsfunktion

Die Aufgabe

Die Fläche unter f ist 1

F(x) ist die Fläche links von x