Teil V Wahrscheinlichkeitsrechnung Ziel der

Ziel der Wahrscheinlichkeitsrechnung
Aussagen über Experimente und Prozesse mit
„unsicherem“ Ausgang.
Teil V
Beispiele
Würfeln
Wahrscheinlichkeitsrechnung
Ziehen von Losen aus einer Urne
Glücksspiele (Lotto, Roulette,. . . )
Lebensdauer von technischen Bauteilen
Genauigkeit von Messungen
Literatur:
U. Krengel. Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und
Statistik. Vieweg, 1991.
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Experiment: Wurf eines Würfels
Frage: Was ist die Wahrscheinlichkeit für eine gerade Zahl
als Ergebnis?
Das Ereignis „gerade Zahl“ entspricht der
Teilmenge M = {2, 4, 6} ⊂ Ω des Ergebnisraums.
Mögliche Ergebnisse: Zahlen 1, 2, 3, 4, 5, 6
Annahme: Alle Ergebnisse sind „gleich wahrscheinlich“
Das bedeutet: Wenn man „sehr oft“ würfelt, treten alle
Ergebnisse „gleich häufig auf“, jedes Ergebnis tritt also in etwa
1/6–tel aller Fälle auf.
Wahrscheinlichkeit: p(M) = 1/2 = p({2}) + p({4}) + p({6}).
=> Zuordnung einer Wahrscheinlichkeit
zu allen Teilmengen von Ω.
Abstraktion des Experimentes:
Interpretation der Wahrscheinlichkeit:
Menge der möglichen Ergebnisse: Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
Wahrscheinlichkeit p(M) = a bedeutet:
Bei sehr häufiger Wiederholung des Experimentes tritt der Fall
„Ergebnis liegt in M“ etwa im a–fachen aller Fälle auf.
Zuordnung von Wahrscheinlichkeiten:
p({1}) = p({2}) = p({3}) = p({4}) = p({5}) = p({6}) = 1/6
Bezeichnung: Die Menge P(Ω) = {M | M ⊂ Ω}
aller Teilmengen von Ω heißt Potenzmenge von Ω.
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Bemerkungen
Für die leere Menge ∅ gilt p(∅) = 0
denn wegen Ω ∩ ∅ = ∅ folgt
Definition
Ein endlicher Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, p) besteht aus
1 = p(Ω) = p(Ω ∪ ∅) = p(Ω) + p(∅) = 1 + p(∅)
einer endlichen Menge Ω von möglichen Ergebnissen
einer Abbildung p : P(Ω) → [0, 1] mit folgenden
Eigenschaften:
Analog folgt für jede Menge M ⊂ Ω
p(M) = 1 − p(Ω \ M)
p(Ω) = 1
M1 , M2 ⊂ Ω, M1 ∩ M2 = ∅ => p(M1 ∪ M2 ) = p(M1 ) + p(M2 )
(Additivität)
Bei einem endlichen Wahrscheinlichkeitsraum
ist p eindeutig definiert durch die
Elementarwahrscheinlichkeiten p({ω}) für ω ∈ Ω.
Für M ⊂ Ω gilt:
X
p(M) =
p({ω})
Die Menge Ω heißt Ergebnismenge oder Ergebnisraum.
Die Abbildung p : P(Ω) → [0, 1] heißt
Wahrscheinlichkeitsverteilung oder Wahrscheinlichkeitsmaß.
ω∈M
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Beispiel: Wurf zweier Würfel
Frage:
2 Möglichkeiten für die Ergebnismenge:
1
Sind bei einem Wurf zweier Würfel die Ergebnisse „1 und 1“
und „1 und 2“ (ohne Berücksichtigung der Reihenfolge) „gleich
wahrscheinlich“ oder nicht?
Mit Berücksichtigung der Reihenfolge:
Ω1 = (i, j) | i, j ∈ {1, . . . , 6}
Die Ergebnisse {(1, 2)} und {(2, 1)} sind verschieden
Zuordnung von Elementarwahrscheinlichkeiten:
Antwort:
1 1
1
· =
6 6
36
(36 gleich wahrscheinliche Ergebnisse)
Wir wählen als Ergebnisraum Ω1 , also den eines Wurfes zweier
Würfel mit Berücksichtigung der Reihenfolge.
p1 ({(i, j)}) =
2
1
„1 und 1“: p1 ({(1, 1)} = 36
„1 und 2“: p1 ({(1, 2), (2, 1)}) = 2 ·
Ohne Berücksichtigung der Reihenfolge:
Ω2 = (i, j) | i, j ∈ {1, . . . , 6}, i ≤ j
1
36
=
1
18
Elementarwahrscheinlichkeiten: ?
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Laplacesches Zufallsexperiment
Urnenexperimente
Aus einer Urne mit n durchnummerierten Kugeln / Losen zieht
man sukzessive m Kugeln / Lose.
Ein Zufallsexperiment, dessen Ergebnismenge Ω aus einer
endlichen Zahl von Elementen mit gleicher Wahrscheinlichkeit
besteht, heißt Laplacesches Zufallsexperiment.
2 Varianten:
Der zugehörige Wahrscheinlichkeitsraum heißt ein
Laplacescher Wahrscheinlichkeitsraum
mit Zurücklegen:
Nach jedem Zug wird die Nummer der gezogenen Kugel
notiert und die Kugel zurückgelegt
Die zugehörige Wahrscheinlichkeitsverteilung p heißt
Gleichverteilung oder Laplace–Verteilung oder kurz
L(Ω)–Verteilung. Dabei gilt:
#(M)
p(M) =
#(Ω)
ohne Zurücklegen:
Gezogene Kugeln werden nicht wieder zurückgelegt.
Jede Zahl kann dann höchstens einmal auftreten und man
kann maximal n mal ziehen.
wenn #(M) die Anzahl der Elemente der Menge M bezeichnet.
Für jede Variante kann man die Fälle
mit Berücksichtigung der Reihenfolge
Der Wurf zweier Würfel ist ein Laplacesches Zufallsexperiment,
wenn man als Ergebnismenge Ω1 wählt, also die Reihenfolge
berücksichtigt.
ohne Berücksichtigung der Reihenfolge
unterscheiden.
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Urnenexperiment mit Zurücklegen mit Reihenfolge
Urnenexperiment ohne Zurücklegen mit Reihenfolge
Experiment „m aus n“
Experiment „m aus n“
Ergebnismenge:
Ergebnismenge
Ω = ω ∈ {1, . . . , n}m | ωi 6= ωj für i 6= j
Ω = {1, 2, . . . , n}m
= (n1 , n2 , . . . , nm ) | nj ∈ {1, . . . , n} für j = 1, . . . , m
Anzahl der Elemente:
#(Ω) = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − m + 1) =
Anzahl der Elemente:
#(Ω) = n
· · · · · n} = nm
| · n {z
m mal
n!
(n − m)!
mit n! = 1 · 2 · · · · · n
Elementarwahrscheinlichkeiten:
Elementarwahrscheinlichkeiten:
1
p({ω}) = m
n
(alle Ergebnisse sind gleich wahrscheinlich)
p({ω}) =
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(n − m)!
n!
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Beispiel 1
Beispiel 2
Anzahl der Permutationen (Vertauschungen) einer Menge mit n
Elementen
Darstellung als Urnenexperiment:
Wahrscheinlichkeit für 5 aufeinanderfolgende Zahlen beim Wurf
von 5 Würfeln.
Sukzessive Auswahl „n aus n“ ohne Zurücklegen mit
Reihenfolge
Darstellung als Urnenexperiment:
=> Es gibt n! Permutationen
Jeder Wurf entspricht einem Zug einer Zahl aus einer Urne mit
6 Elementen
Statt „einmal 5 Würfel“ kann man „5 mal einen Würfel“ werfen
Satz
Die Anzahl der Permutationen einer n–elementigen Menge ist
n!.
=> Urnenexperiment „5 aus 6“
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Beispiel 3
Gewinnwahrscheinlichkeit beim Lotto „6 aus 49“
Ereignis „5 aufeinanderfolgende Zahlen“
bei Ergebnismenge Ω = {1, 2, . . . , 6}5
(mit Berücksichtigung der Reihenfolge!):
M = ω ∈ Ω | {ω1 , . . . , ω5 } = {1, 2, 3, 4, 5}
oder {ω1 , . . . , ω5 } = {2, 3, 4, 5, 6}
Urnenexperiment „6 aus 49“ ohne Zurücklegen ohne
Reihenfolge
Vorhandener Tipp: {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 }
Ereignis „6 Richtige“ bei Ergebnisraum
Ω = ω ∈ {1, . . . , 49}6 | ωi 6= ωj für i 6= j
(also mit Berücksichtigung der Reihenfolge!):
M = ω ∈ Ω | {ω1 , . . . , ω6 } ∈ {a1 , a2 , . . . , a6 }
Anzahl: #(M) = 2 · 5!
Wahrscheinlichkeit:
2 · 5!
#(M)
5
5
P(M) =
=
=
= 0,0308 · · ·
=
5
4
#(Ω)
6
162
2·3
Anzahl: #(M) = 6!
(Anzahl der Permutationen von {a1 , a2 , . . . , a6 })
Ein Ereignis bezeichnet eine Teilmenge der Ergebnismenge
Wahrscheinlichkeit:
#(M)
1·2·3·4·5·6
1
p(M) =
=
=
#(Ω)
49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44
13.983.816
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Verallgemeinerung: Auswahl „m aus n“
Urnenexperiment ohne Zurücklegen ohne Reihenfolge
Ziel:
Anzahl der Möglichkeiten, m Elemente aus n Elementen ohne
Berücksichtigung der Reihenfolge auszuwählen.
Ergebnisraum für Urnenexperiment „m aus n“:
Ω = ω = (ω1 , . . . , ωm ) ∈ {1, . . . , n}m | ω1 < ω2 < · · · < ωm
Mit Berücksichtigung der Reihenfolge:
(Anordnung der Ergebnisse in aufsteigender Reihenfolge)
Urnenexperiment „m aus n“ ohne Zurücklegen
n!
=>
Möglichkeiten.
(n − m)!
Jedes Ergebnis ohne Berücksichtigung der Reihenfolge
entspricht m! Ergebnissen mit Berücksichtigung der
Reihenfolge
Anzahl der Elemente: Entspricht der Anzahl der Möglichkeiten,
m Elemente aus n Elementen auszuwählen:
n
#(Ω) =
m
Elementarwahrscheinlichkeiten:
1
(n − m)!m!
p({ω}) = =
n!
n
m
Resultat: Es gibt
n!
n
=
m
(n − m)!m!
Möglichkeiten, m Elemente aus n Elementen ohne
Berücksichtigung der Reihenfolge auszuwählen.
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Urnenexperiment mit Zurücklegen ohne Reihenfolge
Mögliche Wahl der Ergebnismenge:
Ω = ω = (ω1 , . . . , ωm ) ∈ {1, . . . , n}m | ω1 ≤ ω2 ≤ · · · ≤ ωm
Die Elementarwahrscheinlichkeiten sind hier nicht alle gleich,
d.h. Ω ist kein Laplacescher Ergebnisraum:
(Anordnen der Ergebnisse in aufsteigener Reihenfolge)
Z.B. haben für n = 6, m = 2 (Wurf zweier Würfel) die
Ergebnisse (1, 2) und (1, 1) unterschiedliche
1
1
Wahrscheinlichkeiten p({(1, 2)}) = 18
, p({(1, 1)}) = 36
.
Anzahl der Elemente: Nicht direkt ersichtlich.
Man kann eine bijektive Abbildung
e= ω
Φ:Ω→Ω
e ∈ {1, . . . , n + m − 1}m | ω
e1 < ω
e2 < · · · < ω
em
Fazit: Es ist einfacher, als Ergebnismenge die eines
Urnenexperimentes mit Zurücklegen mit Reihenfolge zu wählen
und das Ereignis als Menge aller Permutationen der Elemente
des Ereignisses ohne Berücksichtigung der Reihenfolge zu
definieren.
Φ(ω) = ω
e mit ω
ej = ωj + j − 1 für j = 1, . . . , m
konstruieren.
Beispiel: Φ(1, 1, 2, 3, 3, 5) = (1, 2, 4, 6, 7, 10)
Es gilt:
e =
#(Ω) = #(Ω)
n+m−1
m
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Hypergeometrische Verteilung
Das Ereignis M = „` rote Kugeln“ setzt sich zusammen aus:
Aus einer Urne mit n roten und m schwarzen Kugeln wählen wir
zufällig k Kugeln aus.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für genau ` rote Kugeln als
Ergebnis?
Mathematische Beschreibung:
Nummerierung der Kugeln von 1 bis n für rote und n + 1 bis
n + m für schwarze Kugeln.
Urnenexperiment „k aus n + m“ ohne Zurücklegen ohne
Reihenfolge.
Auswahl
von ` roten aus n roten Kugeln
n
=>
Möglichkeiten
`
Auswahl
von
k − ` schwarzen aus m schwarzen Kugeln
m
=>
Möglichkeiten
k −`
n
m
Insgesamt: #(M) =
`
k −`
Wahrscheinlichkeit:
n
m
`
k −`
p(M) = n+m
k
Ergebnisraum:
Ω = ω ∈ {1, . . . , n + m}k | ω1 < ω2 < . . . < ωk
n+m
#(Ω) =
k
(für 0 ≤ ` ≤ min{k , n})
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Das Galton–Brett
Schräg / senkrecht gestellte Platte mit n Reihen aus
Hindernissen/Nägeln, an denen eine herunterfallende Kugel
jeweils nach links bzw. rechts abgelenkt wird. Nach den n
Reihen befinden sich von 0 bis n durchnummerierte Behälter,
in denen die Kugel aufgefangen wird.
Direkte Beschreibung:
Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, p) mit
Ω = {0, . . . , n}, ω ∈ Ω = Anzahl der roten Kugeln
n
m
`
k −`
p({`}) = n+m
k
Diese Verteilung heißt hypergeometrische Verteilung oder
H(n, m, k )–Verteilung
0 1 2 3 4 5
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Frage: Mit welcher Wahrscheinlichkeit fällt die Kugel
in den k –ten Behälter?
Interpretation als Urnenexperiment:
k –ter Behälter bedeutet:
k Ablenkungen nach rechts, n − k Ablenkungen nach links.
Auswahl „n aus 2“ mit Zurücklegen, wobei eine Ziffer „1“ einer
Ablenkung nach links und „2“ einer Ablenkung nach rechts
entspricht.
Aufteilen der k Ablenkung nach rechts auf die n Stufen:
Auswahl „k aus n“ (ohne Zurücklegen ohne Reihenfolge)
n
=>
Möglichkeiten.
k
n
−n
=> Wahrscheinlichkeit für Behälter k : 2
k
Urnenexperiment mit Reihenfolge
=> Ergebnisraum: Ω = {1, 2}n
Anzahl Elemente: #(Ω) = 2n
Elementarwahrscheinlichkeit: p({ω}) = 2−n
Wenn man als Ergebnisse die Nummer des Behälters wählt,
e = {0, . . . , n}
hat man die Ergebnismenge Ω
n
−n
e({k }) = 2
und die Elementarwahrscheinlichkeiten p
k
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Verallgemeinerung des Galton–Bretts
Unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten:
Direkte Beschreibung:
Wahrscheinlichkeit p für Ablenkung nach rechts,
q = 1 − p für Ablenkung nach links.
Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, p) mit
Ω = {0, . .
. , n}
(Menge der Behälternummern)
n
p({k }) =
pk (1 − p)n−k
k
Ergebnisraum: Ω = {1, 2}n
Einzelwahrscheinlichkeit für Ereignis ω ∈ Ω mit
k mal „2“ (Ablenkung nach rechts) und
n − k mal „1“ (Ablenkung nach links):
Diese Verteilung heißt Binomialverteilung oder
B(n, p)–Verteilung.
p({ω}) = pk (1 − p)n−k
Anwendung: Anzahl eingetretener Ereignisse bei mehrfacher
Wiederholung eines Zufallsexperiments
für ω = Permutation von (1, . . . , 1, 2, . . . , 2)
| {z } | {z }
n−k mal
k mal
Wahrscheinlichkeit für „Kugel fällt in Behälter k “:
n
e
p({k }) =
pk (1 − p)n−k
k
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Beispiel
Zufallsvariablen
Bei vielen Zufallsexperimenten ist nicht das genaue Ergebnis
ω ∈ Ω von Interesse, sondern eine bestimmte Größe X = X (ω),
die von ω abhängt.
In einem Hörsaal sitzen 105 Personen.
Beispiel:
Die Zahl derer, die heute Geburtstag haben, ist B(n, p)–verteilt
1
mit n = 105, p = 365
.
Beim Galton–Brett ist am Ende nicht der durch ω ∈ {1, 2}n
codierte Weg interessant, sondern die Nummer k ∈ {0, . . . , n}
des Behälters, in den die Kugel am Ende fällt.
Die Wahrscheinlichkeit, dass genau zwei Personen heute
Geburtstag haben, ist
1 2 364 103
105
= 0,03089 · · · ∼ 3%
p({2}) =
2
365
365
Definition
Sei (Ω, p) ein Wahrscheinlichkeitsraum und X eine Menge.
Dann heißt eine Funktion X : Ω → X Zufallsvariable.
Die durch pX (A) := p({ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A}) definierte Funktion
pX : P(X ) → [0, 1] heißt Verteilung der Zufallsvariablen.
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Beispiel 1: Wurf zweier Würfel
Beispiel 2: Galton–Brett
Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, p) mit Ω = {1, . . . , 6}2 ,
1
p({(i, j)}) = 36
(d.h. mit Reihenfolge)
Ω = {1, 2}n
p({ω}) = pk (1 − p)n−k
für ω = Permutation von (1, . . . , 1, 2, . . . , 2)
| {z } | {z }
Beispiele für Zufallsvariablen:
X : Ω → X := {ω = (ω1 , ω2 ) ∈ Ω | ω1 ≤ ω2 }
(
(i, j) für i ≤ j
X ((i, j)) =
(j, i) für j ≤ i
n−k mal
n
X
Zufallsvariable X : Ω → {0, . . . , n}, X ({ω}) =
k mal
(ωj − 1)
j=1
(Nummer des Behälters, in den die Kugel fällt)
n
pk (1 − p)n−k
Verteilung von X : pX ({k }) =
k
(Binomialverteilung)
(Abbildung des Ergebnisses mit Reihenfolge auf das
Ergebnis ohne Reihenfolge)
X : Ω → X := {2, . . . , 12}, X ((i, j)) = i + j
(Summe der Augenzahlen)
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Bedingte Wahrscheinlichkeiten
Häufig hat man die Aufgabe, aus der Kenntnis oder Annahme
eines Ereignisses die Wahrscheinlichkeit eines anderen
Ereignisses abzuschätzen.
Bemerkung
Statt eine Zufallsvariable einzuführen, könnte man auch direkt
(X , pX ) als neuen Wahrscheinlichkeitsraum definieren.
Die Einführung von Zufallsvariablen ist trotzdem sinnvoll, weil
man
1
2
Beispiel: Test für eine Krankheit.
Von einer Krankheit ist bekannt, dass sie bei 1% aller Personen
auftritt.
dadurch „komplizierte“ Wahrscheinlichkeitsräume durch
Zufallsvariablen über „einfache“ Wahrscheinlichkeitsräume
ersetzen kann
Ein Testverfahren für diese Krankheit liefert ein positives
Ergebnis bei
98% aller kranken und
2% aller gesunden
verschiedene Varianten eines Zufallsexperimentes durch
verschiedene Zufallsvariablen über demselben
Wahrscheinlichkeitsraum beschreiben kann
Personen
Frage: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person
mit positivem Testergebnis wirklich krank ist?
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Definition
Sei (Ω, p) ein Wahrscheinlichkeitsraum, A, B ⊂ Ω zwei
Ereignisse. Dann ist
p(A ∩ B)
p(A|B) =
p(B)
Ereignisraum Ω aller Personen
Elementarwahrscheinlichkeit: p({ω}) =
Wahrscheinlichkeitsverteilung: p(M) =
1
#(Ω) .
#(M)
#(Ω) für
M⊂Ω
Teilmengen
die bedingte Wahrscheinlichkeit von A unter der Bedingung B
K ⊂ Ω der kranken Personen
G ⊂ Ω der gesunden Personen
P ⊂ Ω der Personen mit positivem Testergebnis
K ∩ P der Kranken mit positivem Testergebnis
G ∩ P der Gesunden mit positivem Testergebnis
Für unser Beispiel gilt
0,02 · 0,99 · #(Ω)
p(G ∩ P) =
= 0,0198
#(Ω)
p(P) = 0,02 · 0,99 + 0,98 · 0,01 = 0,0296
0,0198
p(G|P) =
= 0, 66 · · · > 1/2 !
0,0296
Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit positivem
Testergebnis gesund ist:
p(G|P) =
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#(G ∩ P)
#(G ∩ P) #(Ω)
p(G ∩ P)
=
·
=
#(P)
#(Ω)
#(P)
p(P)
Das heißt, eine Person mit positivem Testergebnis ist (bei
diesem Beispiel) mit größerer Wahrscheinlichkeit gesund als
krank!
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Rechenregeln für bedingte Wahrscheinlichkeiten
Beweis
p(B)
p(Ω ∩ B)
=
=1
p(B)
p(B)
und für A1 , A2 ⊂ Ω, A1 ∩ A2 = ∅:
p((A1 ∩ B) ∪ (A2 ∩ B))
p((A1 ∪ A2 ) ∩ B)
=
p(A1 ∪ A2 |B) =
p(B)
p(B)
p(A1 ∩ B) + p(A2 ∩ B)
p(A1 ∩ B) p(A2 ∩ B)
+
=
=
p(B)
p(B)
p(B)
= p(A1 |B) + p(A2 |B)
Zu (i): Es gilt p(Ω|B) =
Satz
Sei (Ω, p) ein Wahrscheinlichkeitsraum, B ⊂ Ω. Dann gilt:
(i) pB (A) := p(A|B) ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf Ω, d.h.
p(Ω|B) = 1 und für A1 , A2 ⊂ Ω mit A1 ∩ A2 = ∅ gilt
p(A1 ∪ A2 |B) = p(A1 |B) + p(A2 |B)
(ii) Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit:
Für B1 , B2 ⊂ Ω mit B1 ∪ B2 = Ω und B1 ∩ B2 = ∅ sowie
A ⊂ Ω gilt:
p(A) = p(A|B1 ) p(B1 ) + p(A|B2 ) p(B2 )
Zu (ii): Mit p(A|Bi )p(Bi ) = P(A ∩ Bi ) folgt
p(A|B1 ) p(B1 ) + p(A|B2 ) p(B2 ) = p(A ∩ B1 ) + p(A ∩ B2 )
= p((A ∩ B1 ) ∪ (A ∩ B2 )) = p(A ∩ (B1 ∪ B2 )) = p(A)
(iii) Formel von Bayes:
Für A ⊂ Ω mit P(A) 6= 0 und B1 , B2 wie in (ii) folgt
p(B1 |A) =
Zu (iii): Mit (ii) folgt p(A|B1 ) p(B1 ) + p(A|B2 ) p(B2 ) = p(A)
und dann mit p(A|B1 ) p(B1 ) = p(A ∩ B1 )
p(A ∩ B1 )
p(A|B1 )p(B1 )
=
= p(B1 |A)
p(A|B1 ) p(B1 ) + p(A|B2 ) p(B2 )
p(A)
p(A|B1 ) p(B1 )
p(A|B1 ) p(B1 ) + p(A|B2 ) p(B2 )
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Beispiel
Ziehen zweier Kugeln ohne Zurücklegen aus einer Urne mit
zwei roten und drei schwarzen Kugeln
Bedingte Wahrscheinlichkeiten:
p(A|B1 ) = 1/4 (Auswahl einer roten Kugel aus einer Urne
mit einer roten und drei schwarzen Kugeln)
Frage: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kugeln
dieselbe Farbe haben?
p(A|B2 ) = 1/2 (Auswahl einer schwarzen Kugel aus einer Urne
mit zwei roten und zwei schwarzen Kugeln)
Definition von Ereignissen:
Formel von der totalen Wahrscheinlichkeit =>
A — beide Kugeln haben dieselbe Farbe
B1 — die erste gezogene Kugel ist rot
B2 — die erste gezogene Kugel ist schwarz
p(A) = p(A|B1 ) p(B1 ) + p(A|B2 ) p(B2 )
1 2 1 3
2+6
2
= · + · =
=
4 5 2 5
20
5
Es gilt: B1 ∩ B2 = ∅, B1 ∪ B2 = Ω
Wahrscheinlichkeiten p(B1 ) = 2/5, p(B2 ) = 3/5
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Stochastische Unabhängigkeit
Beispiel
Eine Münze wird zweimal geworfen.
Zwei Ereignisse A und B sollen stochastisch unabhängig
heißen, wenn die Wahrscheinlichkeit für das Eintreten von A
unabhängig davon ist, ob (gleichzeitig) B eintritt oder nicht.
Beschreibung als Urnenexperiment:
Auswahl „2 aus 2“ mit Zurücklegen und Reihenfolge.
Ergebnisraum: Ω = {1, 2}2 , #(Ω) = 22 = 4
Dabei bedeutet z.B. ωj = 1 „Zahl“ und ωj = 2 „Bild“ beim j–ten
Wurf.
Konkret muss dann gelten: p(A|B) = p(A)
Dies ist äquivalent zu
Einzelwahrscheinlichkeit: p({ω}) = 1/4.
p(A ∩ B)
= p(A) bzw. p(A ∩ B) = p(A) p(B)
p(B)
Ereignisse:
A — „Zahl“ beim 1. Wurf, A = {(1, 1), (1, 2)}
B — „Zahl“ beim 2. Wurf, B = {(1, 1), (2, 1)}
C — dasselbe Ergebnis beim 1. und 2. Wurf,
C = {(1, 1), (2, 2)}
Definition
Sei (Ω, p) ein Wahrscheinlichkeitsraum.
Zwei Ereignisse A, B ⊂ Ω heißen (stochastisch) unabhängig ⇔
Es gilt p(A) = p(B) = p(C) = 1/2 und
p(A ∩ B) = 1/4, p(A ∩ C) = 1/4, p(B ∩ C) = 1/4
p(A ∩ B) = p(A) p(B)
Die Ereignisse A, B, C sind also paarweise unabhängig.
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Diskrete Wahrscheinlichkeitsräume
Frage: Gilt auch p(A ∩ B ∩ C) = p(A) p(B) p(C)?
Antwort: A ∩ B ∩ C = {(1, 1)}
p(A ∩ B ∩ C) = 1/4 6= p(A) p(B) p(C)
Bei vielen Anwendungen hat man abzählbar unendlich viele
mögliche Ereignisse.
Definition
Sei (Ω, p) ein Wahrscheinlichkeitsraum.
Ereignisse A1 , A2 , . . . , Am ⊂ Ω heißen (stochastisch)
unabhängig ⇔ für jede Auswahl Ai1 , . . . , Ai` mit
i1 , . . . , i` ∈ {1, . . . , m}, ij 6= ik für j 6= k , gilt
Beispiel: Wir würfeln einen Würfel solange, bis zum ersten mal
eine „Sechs“ auftritt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das beim k –ten Wurf
der Fall ist?
Antwort: Bei den ersten k − 1 Würfen darf jeweils keine 6
auftreten (das passiert jeweils mit Wahrscheinlichkeit 5/6)
beim k –ten Wurf muss eine 6 auftreten (das passiert mit
Wahrscheinlichkeit 1/6.
k −1
5
1
Folgerung: p({k }) =
6
6
p(Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Ai` ) = p(Ai1 ) p(Ai2 ) · · · p(Ai` )
Drei Ereignisse A, B, C sind also unabhängig, wenn
p(A ∩ B) = p(A) p(B), p(A ∩ C) = p(A) p(C),
p(B ∩ C) = p(B) p(C), p(A ∩ B ∩ C) = p(A) p(B) p(C).
Beim Beispiel des zweifachen Wurfes zweier Münzen sind die
Ereignisse A = {(1, 1), (1, 2)}, B = {(1, 1), (2, 1)} und
C = {(1, 1), (2, 2)} nicht stochastisch unabhängig.
Die möglichen Ergebnisse k sind hier nicht beschränkt, der
zugehörige Wahrscheinlichkeitsraum ist (Ω, p) mit Ω = N.
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Definition
Ein (unendlicher) diskreter Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, p) ist
definiert durch eine abzählbare Ergebnismenge
Ω = {ωj | j ∈ N} und eine Wahrscheinlichkeitsverteilung
p : P(Ω) → [0, 1] mit den Eigenschaften
Bemerkungen
Bei der Summe
X
p(Ω) = 1
M1 , M2 ⊂ Ω, M1 ∩ M2 = ∅ => p(M1 ∪ M2 ) = p(M1 ) + p(M2 )
(Additivität)
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung p ist eindeutig definiert durch
die Einzelwahrscheinlichkeiten p({ω}) für ω ∈ Ω. Dabei gilt
X
p(A) =
p({ω})
p(Ω) =
ω∈A
∞
X
p({ω})
ω∈A
p({ωj }) = 1
handelt es sich im Fall #(A) = ∞ um den Grenzwert einer
absolut konvergenten Reihe. Bei absolut konvergenten
Reihen hängt der Grenzwert nicht von der Reihenfolge der
Summanden ab.
Einen endlichen Wahrscheinlichkeitsraum bezeichnet man
ebenfalls als diskreten Wahrscheinlichkeitsraum.
Die bisher eingeführten Begriffe wie bedingte
Wahrscheinlichkeit und unabhängige Ereignisse und deren
Eigenschaften gelten auch für diskrete
Wahrscheinlichkeitsräume
j=1
402 / 469
401 / 469
Die Geometrische Verteilung
Satz
Die geometrische Verteilung hat kein Gedächtnis:
Für das Ereignis An = {n + 1, n + 2, n + 3, . . .} dass mehr als n
Versuche nötig sind, gilt:
Wir wiederholen ein Zufallsexperiment mit Erfolgswahrscheinlichkeit q so lange, bis zum ersten Mal der Erfolg eintritt.
p(An+m |An ) = p(Am )
Sei k die Anzahl der Versuche bis zum ersten Erfolg. Es gilt:
p({k }) = (1 − q)k −1 q
Beweis:
p(An ) =
Diese Verteilung heißt geometrische Verteilung oder
G(q)–Verteilung.
∞
X
p({k }) =
= (1 − q)n q
∞
X
`=0
Anwendungen:
(1 − q)k −1 q
k =n+1
k =n+1
Der zugehörige Wahrscheinlichkeitsraum ist Ω = N.
∞
X
(1 − q)` =
(1 − q)n q
= (1 − q)n
1 − (1 − q)
und damit
Wartezeit bis zum Eintreten eines Ereignisses
p(An+m ∩ An )
p(An+m )
=
p(An )
p(An )
n+m
(1 − q)
=
= (1 − q)m = p(Am )
(1 − q)n
p(An+m |An ) =
Lebensdauer von Geräten (d.h. Wartezeit bis zum Ausfall)
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Die Poisson–Verteilung
k
Für p({X = k }) = e−λ λk ! gilt:
Ein Zufallsexperiment mit Erfolgswahrscheinlichkeit p werde n
mal wiederholt.
∞
X
Die Zufallsvariable X misst die Anzahl der Erfolge.
k =0
k =0
λk
k!
eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf Ω = N ∪ {0}
p({X = k }) = e−λ
Sei nun n groß und p klein, p = λ/n. Dann gilt:
k λ
λ n−k
n
p({X = k }) =
1−
k
n
n
n · (n − 1) · · · · · (n − k + 1) λk
λ n−k
=
1−
k!
n
nk
1 n n−1
n−k +1 k
λ n
λ −k
=
·
· ··· ·
λ
1−
1−
k ! |n
n
n }
n
n
{z
| {z } |
{z
}
→ e−λ
∞
X
1 k
λ = e−λ eλ = 1
k!
Damit definiert
Dann ist X binomialverteilt, und zwar B(n, p)–verteilt.
→1 für n→+∞
p({X = k }) = e−λ
Diese Verteilung heißt Poisson–Verteilung oder
P(λ)–Verteilung.
Die Poisson–Verteilung mit Parameter λ ist eine Näherung für
die Binomialverteilung B(n, p) bei großem n und kleinem p mit
λ = np.
Sie ist anwendbar, wenn man die Anzahl des Auftretens von
Ereignissen mit geringer Wahrscheinlichkeit bei vielen
Wiederholungen des Zufallsexperimentes abschätzen will.
→e−λ für n→∞ →1 für n→∞
λk
k!
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405 / 469
Beispiel
Der Erwartungswert
In einem Hörsaal sitzen 105 Personen.
Sei X : Ω → R eine reellwertige Zufallsvariable.
Die Zahl derer, die heute Geburtstag haben, ist etwa
P(λ)–verteilt mit λ = n p, n = 105, p = 1/365, also
λ = 105/365.
Wir betrachten den Mittelwert
n
1X
Die Wahrscheinlichkeit, dass genau zwei Personen heute
Geburtstag haben, ist etwa
λ2
p({2}) = e−λ
= 0,03103 · · · ∼ 3%
2!
Das Ergebnis mit der Binomialverteilung ist (siehe S. 385)
n
X (ωj )
j=1
der Ergebnisse von vielen durch ω1 , . . . , ωn ∈ Ω beschriebenen
Wiederholungen des Zufallsexperiments.
Sei Ω ein diskreter Wahrscheinlichkeitsraum.
Dann approximiert n p({ω}) die Zahl der Ergebnisse ω bei n
Versuchen. Es gilt also (für großes n bzw. n → ∞)
p({2}) = 0,03089 · · ·
Ein Vorteil der Poisson–Verteilung besteht darin, dass man nur
einen Parameter λ hat, den man aus nur einer Information /
Messung (näherungsweise) bestimmen kann. Man muss nicht
p und n wie bei der Binomialverteilung kennen, sondern nur
λ = p · n.
n
X
1X
1X
X (ωj ) ∼
X (ω) n p({ω}) =
X (ω) p({ω})
n
n
j=1
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ω∈Ω
ω∈Ω
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Erwartungswert der Binomialverteilung
Sei X eine B(n, p)–verteilte Zufallsvariable. Dann gilt:
n
X
n
E(X ) =
k
pk (1 − p)n−k
k
Definition
Sei (Ω, p) ein diskreter Wahrscheinlichkeitsraum und
X : Ω → R eine reellwertige Zufallsvariable. Dann heißt
X
E(X ) =
X (ω) p({ω})
k =0
=
n
X
k =1
n
X
n · (n − 1) · · · · · · (n − k + 1) k
p (1 − p)n−k
k!
k
(n − 1) · · · · · · (n − k + 1) k
p (1 − p)n−k
(k − 1)!
k =1
n X
n−1
pk −1 (1 − p)n−1−(k −1)
= np
k −1
ω∈Ω
=
der Erwartungswert von X .
= np
n
k =1
n−1 X
k =0
n−1 k
p (1 − p)n−1−k = np(p + (1 − p))n−1 = np
k
409 / 469
Erwartungswert der geometrischen Verteilung
410 / 469
Erwartungswert der Poisson–Verteilung
Sei X eine G(p)–verteilte Zufallsvariable. Dann gilt:
E(X ) =
∞
X
k p(1 − p)
k −1
= p f (1 − p) mit f (x) :=
k =1
∞
X
k x k −1
k =0
Gliedweise Integration liefert f (x) =
F (x) =
∞
X
F 0 (x)
xk =
k =0
=>
f (x) = F 0 (x) =
Für eine P(λ)–verteilte Zufallsvariable gilt
mit
E(X ) =
1
1−x
∞
X
k e−λ
k =0
−λ
= λe
∞
∞
k =1
k =0
X λk −1
X λk
λk
= λ e−λ
= λ e−λ
k!
(k − 1)!
k!
λ
e =λ
1
(1 − x)2
und
E(X ) = p f (1 − p) =
p
p
1
= 2=
2
p
(1 − (1 − p))
p
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Anwendung
Eigenschaften des Erwartungswerts
Für eine konstante Zufallsvariable X (ω) = α gilt:
X
X
X
E(X ) =
X (ω) p({ω}) =
α p({ω}) = α
p({ω}) = α
Auf der Erde habe es in den letzten 100.000 Jahren etwa 10
Einschläge von Meteoriten oberhalb einer bestimmten Größe
gegeben.
ω∈Ω
Wie wahrscheinlich ist das Auftreten mindestens eines
entsprechenden Einschlags in den nächsten 1.000 Jahren?
ω∈Ω
ω∈Ω
Der Erwartungswert ist linear: Sind X , Y : Ω → R zwei
Zufallsvariablen und α, β ∈ R, so gilt
X
E(α X + β Y ) =
(α X + βY )(ω) p({ω})
Modell:
Die Anzahl der Einschläge in 1.000 Jahren ist Poisson–verteilt
mit Erwartungswert λ = 10/100 = 0,1.
ω∈Ω
=
Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Meteoriteneinschlag:
X
α X (ω) + βY (ω) p({ω})
ω∈Ω
λ0
= 1 − e−λ
p({1, 2, . . .}) = 1 − p({0}) = 1 − e−λ
0!
= 0,09516 · · · ∼ 9,5%
=α
X
X (ω) p({ω}) + β
ω∈Ω
X
Y (ω) p({ω})
ω∈Ω
= α E(X ) + β E(Y )
413 / 469
Die Varianz
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Rechenregeln
Satz
Sei (Ω, p) ein Wahrscheinlichkeitsraum, X : Ω → R eine
Zufallsvariable und α, β ∈ R. Dann gilt:
V (X ) = E X 2 − (E(X ))2
Die Varianz ist ein Maß für die mittlere Abweichung vom
Erwartungswert.
Definition
Sei (Ω, p) ein Wahrscheinlichkeitsraum und X : Ω → R eine
reellwertige Zufallsvariable. Dann heißt
V (X ) = E (X − E(X ))2
V (αX + β) = α2 V (X )
Beweis
Zu (i): Mit der Linearität des Erwartungswerts folgt
V (X ) = E (X − E(X ))2 = E X 2 − 2 E(X ) X + (E(X ))2
= E X 2 − 2 E(X ) E(X ) + (E(X ))2 = E X 2 − (E(X ))2
die Varianz von X . Die Wurzel
σX :=
p
V (X )
Zu (ii):
V (αX + β) = E (αX + β − E(αX + β))2
heißt Standardabweichung von X .
= E (αX + β − (αE(X ) + β))2
2
= E α2 (X − E(X ))2 = α2 E X − E(X ) = α2 V (X )
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Varianz der Binomialverteilung
Mit
B(n, p)–Verteilung:
n
p({X = k }) =
pk (1 − p)n−k für k = 0, 1, . . . , n
k
n
X
n
E X2 =
k2
pk (1 − p)n−k
k
k =0
n
X
n
k (k − 1) + k
=
pk (1 − p)n−k
k
k =0
n
n
X
X
n
n
k
n−k
=
k (k − 1)
p (1 − p)
+
k
pk (1 − p)n−k
k
k
k =0
k =0
|
{z
}
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
n
k (k − 1)
= k (k − 1)
k
k (k − 1) · · · 1
(n − 2)(n − 3) · · · (n − 2 − (k − 2) + 1)
= n(n − 1)
(k − 2)(k − 3) · · · 1
n−2
= n(n − 1)
k −2
folgt:
n
X
n
k (k − 1)
pk (1 − p)n−k
k
k =2
n
X
n−2
=
n(n − 1)
p2 pk −2 (1 − p)n−2−(k −2)
k −2
k =2
= n(n − 1)p
=E(X )=np
2
n−2 X
n−2
k =0
k
pk (1 − p)n−2−k
2
= n(n − 1)p (p + (1 − p))n−2 = n(n − 1)p2
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Varianz der geometrischen Verteilung
G(p)–Verteilung: p({X = k }) = p(1 − p)k −1 , k ∈ N.
∞
X
2
E X =
k 2 p(1 − p)k −1
Insgesamt erhält man:
E X 2 = n(n − 1)p2 + np
V (X ) = E X 2 − (E(X ))2 = n(n − 1)p2 + np − (np)2
=
k =1
∞
X
k −1
k (k − 1)p(1 − p)
+
∞
X
k =1
k =1
|
= np(1 − p)
= p(1 − p)
kp(1 − p)k −1
∞
X
{z
=E(X )=1/p
k (k − 1)(1 − p)k −2 +
k =2
1
p
Weiter gilt:
∞
∞
X
X
k −2
00
k (k − 1)(1 − p)
= f (1 − p) mit f (x) =
xk =
k =2
=> f 0 (x) =
419 / 469
}
k =0
1
1−x
1
2
, f 00 (x) =
2
(1 − x)
(1 − x)3
420 / 469
Überabzählbare Wahrscheinlichkeitsräume
=>
Beispiel:
E X 2 = p(1 − p)
=
p2
2p(1 − p)
2
1
+ 3
+ =
3
p
p3
p
(1 − (1 − p))
Zwei Personen beschließen, sich zwischen 12 Uhr und 13 Uhr
zum Mittagessen treffen. Jeder der beiden kommt zu einem
zufällig ausgewählten Zeitpunkt und soll genau 20 Minuten auf
den anderen warten. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass
sich beide treffen?
2p − p2
p3
2p − p2
1
V (X ) = E X 2 − (E(X ))2 =
− 2
p3
p
p − p2
1−p
=
=
3
p
p2
Mathematische Beschreibung:
Variable t ∈ [0, 1] bedeutet: Ankunft t Stunden nach 12 Uhr.
Zwei Ankunftszeiten t1 , t2 ∈ [0, 1]
=> Zufallsvariable ω = (t1 , t2 ) ∈ [0, 1]2
=> Wahrscheinlichkeitsraum Ω = [0, 1]2
mit überabzählbar vielen Elementen.
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Lösung:
Ereignis „beide Personen treffen sich“:
Menge A = {(t1 , t2 ) ∈ [0, 1]2 | |t1 − t2 | ≤ 1/3} ⊂ Ω
Betrachte Zerlegung von Ω in kleine Rechtecke der Form
Qij = ((i − 1)h, ih] × ((j − 1)h, jh], h = 1/n, i, j = 1, . . . , n.
t2
Ω
A
t1
Insgesamt: n2 Rechtecke
Zuordnung von Wahrscheinlichkeiten:
Wahrscheinlichkeit für ω ∈ Qij :
Jeder Zeitpunkt t1 , t2 soll gleichwahrscheinlich sein.
1
=h
n
1
p({t2 ∈ ((j − 1)h, jh]}) = = h
n
1
2
p(Qij ) = 2 = h = |Qij | mit der Fläche |Qij | von Qij .
n
p({t1 ∈ ((i − 1)h, ih]}) =
Problem:
Wir können nicht jedem ω ∈ Ω eine feste Wahrscheinlichkeit
zuordnen, da Ω unendlich viele Elemente hat, und damit
1
p({ω}) = ∞
(= 0?) sein müsste.
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Messbare Mengen
[
Approximation für Menge A: Ah :=
Sei Ω ⊂ Rn .
Qij
Wir wollen auf Ω ein Wahrscheinlichkeitsmaß definieren durch
|A|
für A ⊂ Ω
p(A) =
|Ω|
Qij ⊂A
X
Wahrscheinlichkeit p(Ah ) =
|Qij | = |Ah |
i,j=1,...,n
Qij ⊂A
Grenzübergang h → 0: p(A) = |A|
Frage: Kann man jeder beliebigen Teilmenge des R (bzw. Rn )
eine Länge (bzw. eine Fläche, ein Volumen) zuordnen?
Folgerung: p(A) ist proportional zur Fläche von A.
Antwort: Nein!
Lösung des Beispiels: p(A) = 1 − 2 ·
1 2 2
4 5
· · =1− =
2 3 3
9 9
Folgerung: Wir können p nicht auf der gesamten
Potenzmenge P(Ω) definieren.
Eine Menge M ⊂ Rn , der wir ein n–dimensionales Volumen |M|
zuordnen können, heißt messbar.
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Beispiele für messbare Mengen
Wahrscheinlichkeitsraum, 1. Versuch
Ein Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, M , p) besteht aus einer
Ergebnismenge Ω, einem System messbarer Teilmengen
M ⊂ P(Ω) und einer Abbildung p : M → [0, 1] mit folgenden
Eigenschaften:
(i) p(Ω) = 1
(ii) Aj ∈ M für j ∈ N, Aj ∩ Ak = ∅ für j 6= k =>
[ X
∞
p
Aj =
p(Aj )
Intervalle I = (a, b) (oder I = (a, b] oder I = [a, b]) in R:
|I| = b − a
Quader
Q = (a, b) = {x ∈ Rn | ai < xi < bi für i = 1, . . . , n}:
|Q| =
n
Y
(bi − ai )
i=1
j∈N
In Teil I der Vorlesung (Integration) wurde eine Menge A
als messbar bezeichnet, wenn das (Riemann-) Integral
(
Z
Z
1 für x ∈ A
1 dx =
χA (x) dx mit χA (x) =
0 für x ∈
/A
A
Rn
existiert. Dann ist:
Damit man die Bedingungen (i)–(ii) an p : M → [0, 1]
formulieren kann, muss M folgende Bedingungen erfüllen:
(i) Ω ∈ M
(ii) A ∈ M => Ω \ A ∈ M
S
(iii) Aj ∈ M für j ∈ N => j∈N Aj ∈ M
Z
|A| =
j=1
Ein System M ⊂ P(Ω) mit diesen Eigenschaften heißt eine
σ–Algebra.
1 dx
A
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Borelsche σ–Algebra
Auf Bn kann man in eindeutiger Weise eine Abbildung
Die kleinste σ–Algebra in Rn , in der alle Intervalle bzw. alle
Quader enthalten sind, heißt Borelsche σ–Algebra, sie wird mit
Bn bezeichnet.
µ : Bn → [0, +∞]
definieren, die auf der Menge der Intervalle bzw. Quader die
Länge bzw. das Volumen liefert, das sogenannte
Lebesgue–Maß.
Sie besteht aus allen Mengen, die man durch Bilden von
(möglicherweise unendlich vielen) Schnitt- und
Vereinigungsmengen aus Intervallen bzw. Quadern
konstruieren kann.
Damit kann man eine allgemeinere Definition des Integrals
konstruieren, das sog. Lebesgue–Integral, so dass
Z
χA (x) dx für alle A ∈ Bn existiert
Problem:
Die Borelsche σ–Algebra ist größer als die Menge
Z
n
A ⊂ R das Riemann–Integral
χA (x) dx existiert
Rn
Das Lebesgue–Integral wird hier nicht näher beschrieben, da
man (fast) alle praktisch relevanten Fälle auch mit dem
Riemann–Integral lösen kann.
Rn
Beispiel: A = (0, 1) ∩ Q (Q Menge der rationalen Zahlen):
Z
A ∈ B1 , aber
χA (x) dx existiert nicht
R
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Wahrscheinlichkeitsraum, korrekte Definition
Beispiele für Wahrscheinlichkeitsräume
(i) Jeder endliche oder diskrete Wahrscheinlichkeitsraum
(Ω, p) mit M = P(Ω)
|A|
(ii) Ω ⊂ Rn , Ω ∈ Bn , M = {A ∩ Ω | A ∈ Bn }, p(A) =
|Ω|
Diese Wahrscheinlichkeitsverteilung heißt Gleichverteilung
Definition
Ein Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, M , p) besteht aus einer
Ergebnismenge Ω, einer σ–Algebra M ⊂ P(Ω) und einer
Abbildung p : M → [0, 1] mit folgenden Eigenschaften:
(iii) Ω, M wie in (ii),
(i) p(Ω) = 1
Z
(ii) Aj ∈ M für j ∈ N, Aj ∩ Ak = ∅ für j 6= k =>
[ X
∞
p
Aj =
p(Aj )
j∈N
p(A) =
f (x) dx
A
mit einer integrierbaren Funktion f : A → R mit den
Eigenschaften
j=1
Die Abbildung p heißt Wahrscheinlichkeitsverteilung oder
Wahrscheinlichkeitsmaß.
f (x) ≥ 0 für alle x ∈ Ω
Z
f (x) dx = 1
Ω
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Eindimensionale Wahrscheinlichkeitsverteilungen
Definition
Sei (Ω, M , p) ein Wahrscheinlichkeitsraum mit Ω ⊂ Rn .
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung p habe die Dichte f : Ω → R
⇔
Z
p(A) =
f (x) dx für alle A ∈ M
Ziel: Beschreibung von Wahrscheinlichkeitsverteilungen
auf Ω = R
1. Möglichkeit: Dichte f : R → R der W.-Verteilung p
Z
p(A) =
f (x) dx
A
A
Problem: Nicht jede Verteilung hat eine Dichte.
Beispiel:
|A|
1
, denn
hat die Dichte f (x) =
|Ω|
|Ω|
Z
Z
1
1
|A|
dx =
1 dx =
|Ω| A
|Ω|
A |Ω|
Die Gleichverteilung p(A) =
Beispiel: Fortsetzung der geometrischen Verteilung auf R
(
(1 − p)k −1 p für x = k ∈ N
p({x}) =
0
sonst
Die Existenz einer Dichte bedeutet, dass die
Wahrscheinlichkeitsverteilung über ein Kontinuum verteilt ist,
und die Einzelwahrscheinlichkeiten p({ω}) alle gleich Null sind.
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Verteilungsfunktion
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Beispiel: Geometrische Verteilung
Definition
Sei p eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf Ω ⊂ R. Dann heißt
F : R → [0, 1], F (x) := p({y ∈ R | y ≤ x}) = p((−∞, x])
(
(1 − p)k −1 p
Sei p({x}) =
0
Für x ∈ [n, n + 1) mit n ∈ N gilt:
n
n
X
X
F (x) = p((−∞, x]) =
p({k }) =
(1 − p)k −1 p
die Verteilungsfunktion von p.
k =1
Beispiel: Gleichverteilung auf [0, 1].
Für A = (a, b) ⊂ [0, 1] gilt: p(A) = (b − a)
=p
Damit folgt:
F (x) = p((−∞, x])


0 für x < 0
= x für x ∈ [0, 1]


1 für x > 1
für x = k ∈ N
sonst
n−1
X
(1 − p)k = p
k =0
k =1
1 − (1 − p)n
= 1 − (1 − p)n
1 − (1 − p)
Mit [x] := max{n ∈ Z | n ≤ x} folgt
(
1 − (1 − p)[x]
F (x) =
0
1
für x ≥ 1
für x < 1
1
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Eigenschaften der Verteilungsfunktion
Satz
Für die Verteilungsfunktion F einer
Wahrscheinlichkeitsverteilung auf R gilt:
Verteilungsfunktion der Geometrischen Verteilung für p = 1/2:
(i) F ist monoton steigend
1
(ii)
lim F (x) = 0, lim F (x) = 1
x→−∞
x→+∞
(iii) F ist rechtsseitig stetig, d.h.
lim F (x + h) = F (x) für alle x ∈ R.
1
2
3
4
h→0
h>0
5
(iv) Die Wahrscheinlichkeitsverteilung hat eine Dichte f
⇔ F ist differenzierbar
In diesem Fall gilt f (x) = F 0 (x)
Eigenschaft (iii) bedeutet, dass die Verteilungsfunktion an
Sprungstellen immer den rechtsseitigen Grenzwert annimmt
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438 / 469
Beweisskizze
Zu (iv): Falls F differenzierbar ist, gilt:
Z x
Z
F (x) = p((−∞, x]) =
F 0 (y ) dy =
Zu (i): Für x < y gilt wegen (−∞, x] ⊂ (−∞, y ]:
F (x) = p((−∞, x]) ≤ p((−∞, y ]) = F (y )
−∞
Zu (ii):
lim F (n) = lim p((−∞, n]) = p
n→−∞
n→−∞
∞
\
(−∞, −n]
A
Jede Menge A ∈ B1 lässt sich durch (unendliche) Schnitte und
Vereinigungen aus Intervallen konstruieren.
Jedes Intervall (a, b] hat die Form
= p(∅) = 0
lim F (n) = lim p((−∞, n]) = p
n→∞
n→∞
(−∞,x]
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung p hat eine Dichte f ⇔
Z
p(A) =
f (y ) dy für alle A ∈ B1
!
n=1
∞
[
F 0 (y ) dy
!
(−∞, n]
= p(R) = 1
n=1
(a, b] = (−∞, b] \ (−∞, a]
Zu (iii):
lim F (x + 1/n) = lim p((−∞, x + 1/n])
n→∞
n→∞
!
∞
\
=p
(−∞, x + 1/n] = p((−∞, x]) = F (x)
=> p hat eine Dichte ⇔
Z
Z
p((−∞, x]) =
f (y ) dy =
(−∞,x]
x
f (y ) dy für alle x ∈ R
−∞
n=1
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440 / 469
Exponentialverteilung
Verteilungsfunktion der G(qh )–Verteilung:
ph ([0, kh]) =
Ziel: Verteilung der Wartezeit t ∈ [0, +∞) bis zum
erstmaligen Eintreten eines bestimmten Ereignisses
2h
3h
F (x) = lim ph ([0, x]) = 1 − lim
h→0
h→0
(1 − λh)x/h
{z
}
|
x h→0
= 1 − e−λx
→ e−λx
Das ist die Verteilungsfunktion der Exponentialverteilung für
x ∈ [0, ∞)
(k−1)h kh
Wahrscheinlichkeit für Eintreten des Ereignisses in Ik ,h :
qh ∼ h,
Grenzübergang h → 0 bei qh = λh und festem kh = x:
= (1−λh)1/h
I k,h
h
p(I`,h ) = 1 − (1 − qh )k (s. S. 436)
`=1
Ansatz: Unterteilung der kontinuierlichen Zeitachse [0, +∞)
in kleine Intervalle Ik ,h = ((k − 1)h, kh] mit k ∈ N, h > 0.
0
k
X
Die Dichte der Exponentialverteilung ist
qh = λh mit λ > 0
f (x) = F 0 (x) = λ e−λx
Verteilung für „Ereignis tritt erstmals im Intervall Ik ,h ein“:
Die Exponentialverteilung ist eine kontinuierliche Version der
geometrischen Verteilung.
G(qh )–Verteilung, ph (Ik ,h ) = (1 − qh )k −1 qh
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Reellwertige Zufallsvariablen
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Transformationsregeln für Verteilungsfunktionen
Definition
Sei (Ω, M , p) ein Wahrscheinlichkeitsraum.
Eine Abbildung X : Ω → R heißt Zufallsvariable ⇔
X −1 ((−∞, x]) := ω ∈ Ω | X (ω) ≤ x ∈ M für alle x ∈ R
Satz
Sei FX die Verteilungsfunktion einer reellwertigen
Zufallsvariablen X und Y = αX + β mit α > 0, β ∈ R.
Dann hat Y die Verteilungsfunktion
x − β FY (x) = FX
α
Falls X eine Dichte fX hat, dann hat Y die Dichte
1 x − β fY (x) = fX
α
α
Die Verteilung pX der Zufallsvariablen X ist gegeben durch
pX (A) := p({ω ∈ Ω | X (ω) ∈ A}) = p X −1 (A) für alle A ∈ B1
Die Verteilungsfunktion FX von pX heißt auch
Verteilungsfunktion der Zufallsvariablen X .
Falls pX eine Dichte fX hat, dann heißt fX auch Dichte der
Zufallsvariablen X .
Bemerkung:
Beweis: Wegen Y = αX + β ≤ x ⇔ X ≤ x−β
α folgt
= FX
FY (x) = p({Y ≤ x}) = p X ≤ x−β
α
Die Bedingung X −1 ((−∞, x]) ∈ M für alle x ∈ R stellt sicher,
dass X −1 (A) ∈ M für alle A ∈ B1 . Sie ist eine Voraussetzung
für die Existenz der Verteilung pX von X .
Falls FX eine Dichte fX hat, dann gilt FX0 (x) = fX (x) und
1
FY0 (x) = α1 FX0 x−β
= α fX x−β
α
α
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x−β α
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Erwartungswert und Varianz
Motivation: Rückführung auf Definition für diskrete
Zufallsvariable
Definition
Sei X eine reellwertige Zufallsvariable mit Dichte
f : R → [0, +∞). Dann sind Erwartungswert E(X ) und Varianz
V (X ) definiert durch
Z ∞
E(X ) =
x f (x) dx
Z−∞
∞
V (X ) =
(x − E(X ))2 f (x) dx
Für kleines h (und stetige Dichte f ) gilt:
Z x+h
f (x) h ∼
f (y ) dy = p({X ∈ (x, x + h)})
x
Mit xn = nh, n ∈ Z, gilt
Z ∞
∞
X
x f (x) dx ∼
xn f (xn )(xn+1 − xn )
−∞
−∞
∼
n=−∞
∞
X
xn p({X ∈ (xn , xn+1 )})
n=−∞
Eigenschaften: Für Zufallsvariable X , Y und α, β ∈ R gilt
V (X ) = E X 2 − (E(X ))2
und analog
Z
E(αX + βY ) = α E(X ) + β E(Y )
∞
(x − E(X ))2 f (x) dx
−∞
V (αX + β) = α2 V (X ) für α > 0
∼
∞
X
(xn − E(X ))2 p({X ∈ (xn , xn+1 )})
n=−∞
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Beispiel: Exponentialverteilung
(
λ e−λx
Dichte der Exponentialverteilung: f (x) =
0
Folgerung aus dieser Motivation:
für x > 0
für x ≤ 0
Erwartungswert:
Z ∞
Z ∞
E(X ) =
x f (x) dx =
xλ e−λx dx
−∞
0
h
i∞ Z ∞
1
1 −λx ∞
−λx
−λx
= −xe
+
e
dx = − e
=
λ
λ
0
0
0
Varianz:
Z ∞
h
i∞ Z ∞
E X2 =
x 2 λ e−λx dx = − x 2 e−λx
+
2x e−λx dx
0
0
0
Z
2 ∞
2
=
xλ e−λx dx = 2
λ 0
λ
2
2
1
1
=> V (X ) = 2 −
= 2
λ
λ
λ
Satz
Ist X eine reellwertige Zufallsvariable, Φ : R → R und
Y := Φ(X ).
dann gilt
Z ∞
E(Y ) =
Φ(x) f (x) dx
−∞
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Die Standard–Normalverteilung
Graph der Dichte:
(N(µ, σ 2 )–Verteilung)
Die Normalverteilung
ist eine der
wichtigsten Wahrscheinlichkeitsverteilungen auf R.
Sie wird häufig für die Beschreibung der Streuung von Daten
um einen Mittelwert verwendet.
Die Standard–Normalverteilung (N(0, 1)–Verteilung) ist
gegeben durch die Dichte
1
2
ϕ(x) = √ e−x /2
2π
Sie hat die Verteilungsfunktion
Z x
1
2
√ e−y /2 dy
Φ(x) =
2π
−∞
Symmetrieeigenschaften:
ϕ(x) = ϕ(−x)
Φ(−x) = 1 − Φ(x)
Für diese Funktion gibt es keine analytische Formel
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Approximation der B(n, p)–Verteilung
Erwartungswert:
Z ∞
Z
E(X ) =
x ϕ(x) dx =
−∞
∞
−∞
x
2
√ e−x /2 dx = 0
2π
Varianz:
2
2
2
Z
∞
Wir betrachten n Zufallsexperimente mit
Erfolgswahrscheinlichkeit p
Die Zufallsvariable Xn misst die Anzahl der Erfolge
=> Xn ist B(n, p)–verteilt
x2
2
√ e−x /2 dx
2π
V (X ) = E X − (E(X )) = E X =
−∞
Z ∞
x
2
√ x e−x /2 dx
=
2π
−∞
Z ∞
x −x 2 /2 ∞
1
2
√
√
= −
e
+
e−x /2 dx
2π
2π −∞
−∞
Z
∞
√
√
2
Mit Substitution z = x/ 2 und
e−z dy = π
Erwartungswert: E(Xn ) = np =: µn
Varianz: V (Xn ) = np(1 − p) =: σn2 mit σn =
p
np(1 − p)
Neue Zufallsvariable Yn = α Xn + β
Wahl von α, β so, dass E(Yn ) = 0, V (Yn ) = 1:
!
E(Yn ) = α E(Xn ) + β = αµn + β = 0
V (Yn ) =
−∞
(siehe S. 281/282) folgt:
Z ∞
1 √
1
2 √
π=1
V (X ) = √
e−z 2 dz = √
π
2π −∞
α2 V (X
n)
=
α2 σn2
!
=1
=>
α = 1/σn
β = −µn /σn
=>
Yn =
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1
µn
Xn −
σn
σn
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Folgerung
Sei X eine B(n, p)–verteilte Zufallsvariable
p mit Erwartungswert
µ = np und Standardabweichung σ = np(1 − p) und
Satz (de Moivre–Laplace)
Sei Xn eine B(n, p)–verteilte Zufallsvariable
Yn =
p
1
µn
Xn −
mit µn = np, σn = np(1 − p)
σn
σn
Y =
µ
1
X−
σ
σ
Dann gilt
Dann gilt für die Verteilungsfunktion FYn von Yn :
Z x
1
2
n→∞
√ e−y /2 dy = Φ(x)
FYn (x) := p({Yn ≤ x}) →
2π
−∞
FY (y ) ∼ Φ(y )
Aus dem Transformationssatz (S. 444) folgt für X = σY + µ
x − µ
x − µ
∼Φ
FX (x) = FY
σ
σ
Andere Formulierung des Satzes:
Ist Xn eine B(n, p)–verteilte Zufallsvariable, dann konvergiert
die Verteilungsfunktion von Yn = σ1n Xn − µσnn mit µn = np,
p
σn = np(1 − p) für n → +∞ gegen die
Standard–Normalverteilung.
Satz
Die Verteilungsfunktion der B(n, p)–Verteilung wird für großes n
approximiert durch
x − µ
p
FX (x) ∼ Φ
mit µ = np, σ = np(1 − p)
σ
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Beispiel 1
Wir wollen die Wahrscheinlichkeit abschätzen, dass beim Wurf
von 600 Würfeln die Anzahl der gewürfelten 6–en zwischen 90
und 110 liegt.
Definition (Normalverteilung)
Eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf R mit der
Verteilungsfunktion
x − µ
Φµ,σ (x) = Φ
σ
Die Zufallsvariable X messe die Anzahl der 6–en
=> X ist B(600, 1/6)–verteilt
=> gesucht ist
p(90 ≤ X ≤ 110) = pX ([90, 110]) = FX (110) − FX (89)
q
q
q
1
1 5
500
250
Mit µ = 600 · 6 = 100, σ = 600 · 6 · 6 =
6 =
3 folgt:
x − µ
q
3
FX (x) ∼ Φ
=Φ
250 (x − 100)
σ
und damit
q
q
3
3
p(90 ≤ X ≤ 110) ∼ Φ
10
−
Φ
−
11
250
250
heißt Normalverteilung zu den Parametern µ (Erwartungswert)
und σ 2 (Varianz), oder kurz N(µ, σ 2 )–Verteilung.
Die Dichte der N(µ, σ 2 )–Verteilung ist
1
1 x − µ
2
2
ϕµ,σ (x) = ϕ
= √ σe−(x−µ) /(2σ )
σ
σ
2π
∼ 0,757 ∼ 76%
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Beispiel 2
Xn
n
Der Fehler ist kleiner als 1%
Schätzer für p: pn =
Ein Meinungsforschungsinstitut wird von Partei A beauftragt,
durch eine Meinungsumfrage das Wahlergebnis der Partei in
einer bevorstehenden Wahl zu schätzen.
⇔ |pn − p| ≤ 0,01 ⇔ |Xn − np| ≤ 0, 01n
Aufgabenstellung: Ermittle n so, dass
Es sollen so viele Personen befragt werden, dass das Ergebnis
mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 95% bis auf einen
Fehler von höchstens 1% genau ist.
p({|Xn − np| ≤ 0,01n}) ≥ 0,95
Xn ist B(n, p)–verteilt => Verteilungsfunktion
FXn (x) = p({Xn ≤ x}) ∼ Φ √ x−np
Wieviele Personen müssen dafür befragt werden?
Daten:
np(1−p)
Anteil p der Wähler von Partei A (unbekannt)
Anzahl n der zu befragenden Personen (zu bestimmen)
{|Xn − np| ≤ 0,01n} = {np − 0,01n ≤ Xn ≤ np + 0,01n} =>
Die Zufallsvariable Xn misst die Anzahl der befragten Personen,
die angeben, für Partei A zu stimmen.
p({|Xn − np| ≤ 0,01 n}) = FXn (n(p + 0, 01)) − FXn (n(p − 0,01))
√ !
= Φ √ 0,01n
− Φ √−0,01n
= 2 Φ √0,01 n − 1 ≥ 0,95
np(1−p)
np(1−p)
p(1−p)
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Mehrdimensionale Wahrscheinlichkeitsräume
=>
Eine n–dimensionale Wahrscheinlichkeitsverteilung ist
eine Wahrscheinlichkeitsverteilungen auf Ω ⊂ Rn , oder
die W.–Verteilung einer Zufallsvariablen X : Ω → Rn
√ !
Φ √0,01 n ≥ 0,975
p(1−p)
Mit
Eine n–dimensionale W.-Verteilung kann man beschreiben
mit einer Dichte f : Rn → [0, ∞),
Z
p(A) =
f (x) dx für alle A ∈ Bn
Φ−1 (0,975)
∼ 1,96 folgt:
√
p
√ !
0,01 n !
p
≥ 1,96 ⇔ n ≥ 100 p(1 − p)1,96
p(1 − p)
A
(falls eine Dichte existiert), oder
mit einer Verteilungsfunktion F : Rn → R,
Wegen p(1 − p) ≤ 1/4 folgt, dass es sicher ausreicht,
n ≥ (50 · 1,96)2 = 9604
F (x) = p({ω ∈ Ω | ωj ≤ xj für j = 1, . . . , n})
zu wählen.
= p((−∞, x1 ] × · · · × (−∞, xn ])
Beispiel: Die Gleichverteilung auf A ⊂ Rn hat die Dichte
(
1/|A| für x ∈ A
f (x) =
0
sonst
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Eine Zufallsvariable X : Ω → Rn kann man auffassen als Vektor
(X1 , . . . , Xn )> von eindimensionalen Zufallsvariablen
Xj : Ω → R.
Satz
Seien X1 , . . . , Xn : Ω → R unabhängige Zufallsvariable und
X = (X1 , . . . , Xn )> : Ω → Rn .
Sei Fj die Verteilungsfunktion von Xj , j = 1, . . . , n. Dann ist
Definition
Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn : Ω → R heißen unabhängig ⇔
Die Ereignisse {Xj ∈ Mj }, j = 1, . . . , n, sind stochastisch
unabhängig für alle M1 , . . . , Mn ∈ B1 .
F (x) = F1 (x1 ) · F2 (x2 ) · · · · · Fn (xn )
die Verteilungsfunktion von X .
Wenn Xj die Dichte fj hat, j = 1, . . . , n, dann hat X die Dichte
f (x) = f1 (x1 ) · f2 (x2 ) · · · · · fn (xn )
Erinnerung:
Umgekehrt gilt: Hat X eine W.-Verteilung F oder eine Dichte f
der oben angegebenen Form, dann sind X1 , . . . , Xn unabhängig
und haben die W.–Verteilungen Fj bzw. die Dichten fj ,
j = 1, . . . , n.
Ereignisse A1 , . . . , An sind stochastisch unabhängig ⇔
p(Ai1 ∩ · · · ∩ Ai` ) = p(Ai1 ) · · · p(Ai` )
für alle i1 , . . . , i` ∈ {1, . . . , n} mit ij 6= ik für j 6= k
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Beispiel: n–dimensionale Normalverteilung
Beweis: Der Einfachheit halber sei n = 2. Es gilt:
F (x) = p({ω ∈ Ω | X1 (ω) ∈ (−∞, x1 ], X2 (ω) ∈ (−∞, x2 ]})
Sei Xj eine N(µj , σj2 )–verteilte Zufallsvariable für j = 1, . . . , n,
und seien X1 , . . . , Xn unabhängig.
Dann hat X = (X1 , . . . , Xn )> die Dichte
= p({X1 ∈ (−∞, x1 ]}) · p({X2 ∈ (−∞, x2 ]})
= F1 (x1 ) · F2 (x2 )
f (x) = f1 (x1 ) · · · · · fn (xn )
1
1
2
2
2
2
=√
e−(x1 −µ1 ) /(2σ1 ) · · · · · √
e−(xn −µn ) /(2σn )
2πσ1
2πσn
1
2
2
2
2
=
e−(x1 −µ1 ) /(2σ1 )−···−(xn −µn ) /(2σn )
n/2
(2π) σ1 · · · · · σn
Sind f1 und f2 Dichten von X1 und X2 , dann folgt:
Z x1
Z x2
f1 (y1 ) dy1
f2 (y2 ) dy2
F (x) = F1 (x1 ) · F2 (x2 ) =
−∞
−∞
Z
=
f1 (y1 ) f2 (y2 ) d(y1 , y2 )
(−∞,x1 ]×(−∞,x2 ]
Z
=
f (y ) dy
Im Fall gleicher Varianzen σj2 = σ 2 für alle j folgt
(−∞,x1 ]×(−∞,x2 ]
f (x) =
mit f (y ) = f (y1 , y2 ) = f1 (y1 ) f2 (y2 ).
Dies genügt, da sich jedes A ∈ B2 durch (unendliche) Schnitte
und Vereinigungen von Mengen der Form (−∞, x1 ] × (−∞, x2 ]
erzeugen lässt.
1
2
2
e−|x−µ| /(2σ)
n/2
n
(2π) σ
mit µ = (µ1 , . . . , µn )> .
Das ist die Dichte der n–dimensionalen Normalverteilung.
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Beweis:
FY (y ) = p({Y ≤ y })
= p({X1 + X2 ≤ y })
Satz
Seien X1 , X2 : Ω → R unabhängige Zufallsvariablen mit Dichten
f1 und f2 . Dann hat Y = X1 + X2 die Dichte
Z ∞
fY (y ) =
f1 (x) f2 (y − x) dx =: (f1 ∗ f2 )(y )
= pX ({x ∈ R2 | x1 + x2 ≤ y })
Z
=
f1 (x1 ) f2 (x2 ) d(x1 , x2 )
f1 (x1 ) f2 (x2 ) dx2 dx1
=
−∞
−∞
x 1 +x2 =y
{x∈R2 | x1 +x2 ≤y }
Z ∞ Z y −x1
−∞
Den Ausdruck f1 ∗ f2 ,
Z ∞
Z
(f1 ∗ f2 )(y ) =
f1 (x) f2 (y − x) dx =
x2
x1
−∞
Mit Substitution z = z(x2 ) = x1 + x2 folgt:
Z ∞Z y
FY (y ) =
f1 (x1 ) f2 (z − x1 ) dz dx1
−∞ −∞
Z y Z ∞
Z
=
f1 (x1 ) f2 (z − x1 ) dx1 dz =
∞
f1 (y − x) f2 (x) dx
−∞
nennt man Faltung von f1 und f2 .
−∞ −∞
Z ∞
y
f (z) dz
−∞
f1 (x) f2 (z − x) dx
wobei f (z) =
−∞
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Beispiel
Seien X1 und X2 unabhängige, exponentialverteilte
Zufallsvariable mit Parametern λ1 und λ2 .
Dichte fY (y ) = λ1 λ2 e−λ2 y
(
λj e−λj x
Dichte der Exponentialverteilung: fXj (x) =
0
für x > 0
für x ≤ 0
"
fY (y ) = λ1 λ2 e−λ2 y
e(λ2 −λ1 )x
λ2 − λ1
#y
fX1 (x) fX2 (y − x) dx
= λ1 λ2 e−λ2 y
0
2 −λy
Z
fY (y ) = λ e
Sei y ≥ 0. Dann folgt:
fY (y ) =
e(λ2 −λ1 )y − 1
λ2 − λ1
#
Für λ1 = λ2 = λ gilt:
Für y < 0 gilt fY (y ) = 0.
Z
"
λ1 λ2
=
e−λ1 y − e−λ2 y
λ2 − λ1
∞
−∞
e(λ2 −λ1 )x dx
Für λ1 6= λ2 folgt
Dichte von Y :
fY (y ) =
y
0
Gesucht: Dichte fY von Y = X1 + X2
Z
Z
y
1 dx = λ2 y e−λy
0
y
λ1 e
−λ1 x
λ2 e
−λ2 (y −x)
dy
0
= λ1 λ2 e−λ2 y
Z
y
e(λ2 −λ1 )x dx
0
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Zusammenfassung: Verteilungen
Diskrete Verteilungen:
Name
Ω
Binomial–V.
{0, . . . , n}
Geometr. V.
N
Poisson–V.
N ∪ {0}
p({k })
n
pk (1 − p)n−k
k
E
V
np
np(1 − p)
pk −1 p
1
p
λk
k!
1−p
p2
λ
λ
e−λ
Verteilungen auf Ω = R:
Name
Exponential–V.
Normalverteilung
Dichte
(
−λx
λe
für x > 0
0
für x ≤ 0
1
2
2
√
e−(x−µ) /(2σ )
2πσ
E
1
λ
V
1
λ2
µ
σ
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