\documentclass[11pt]{scrartcl} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[ngerman]{babel} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{eurosym} \usepackage{enumerate} \usepackage{multicol} %\usepackage{booktabs} %\usepackage{pstricks} %\usepackage{pst-node} \usepackage[paper=a4paper,left=30mm,right=20mm,top=20mm,bottom =25mm]{geometry} \usepackage[ pdftitle={Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik}, pdfsubject={Mitschrift der Vorlesung "Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik" an der HTW-Aalen, bei Herrn Fischer.}, pdfauthor={Thomas Battermann}, pdfkeywords={Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik}, pdfborder={0 0 0} ]{hyperref} %TEST \usepackage{framed} \usepackage{amsthm} \newtheorem{mdef}[equation]{Definition} \newenvironment{mydef} {\begin{leftbar}\begin{mdef}} {\end{mdef}\end{leftbar}} %TEST ENDE \usepackage{tabularx} \usepackage{graphicx} \usepackage[usenames,dvipsnames]{color} \usepackage[table]{xcolor} \usepackage{lastpage} \usepackage{fancyhdr} \setlength{\parindent}{0ex} \setlength{\parskip}{2ex} \setcounter{secnumdepth}{4} \setcounter{tocdepth}{4} \definecolor{darkgreen}{rgb}{0,0.5,0} \definecolor{darkblue}{rgb}{0,0,0.5} \definecolor{lightgrey}{rgb}{0.9,0.9,0.9} \definecolor{lightgreen}{rgb}{0.9,1,0.9} \pagestyle{fancy} %eigener Seitenstil \fancyhf{} %alle Kopf- und Fußzeilenfelder bereinigen \fancyhead[L]{Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik} %Kopfzeile links \fancyhead[C]{Semester 3} %zentrierte Kopfzeile \fancyhead[R]{WS 2011/2012} %Kopfzeile rechts \renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt} %obere Trennlinie \fancyfoot[C]{Seite \thepage\ von \pageref{LastPage}} \renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt} %untere Trennlinie \newcommand{\spa}{\hspace*{4mm}} \newcommand{\defin}{\textcolor{darkgreen}{\textbf{Def.: }}} \newcommand{\bsp}{\textcolor{darkblue}{\textbf{\underline{Bsp.}: }}} \newcommand{\rrfloor}{\right\rfloor} \newcommand{\llfloor}{\left\lfloor} \newcommand{\cunder}[2]{{\color{#1}\underline{\color{Black}#2}}} \title{Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik} \author{Mitschrift von Thomas Battermann} \date{3. Semester} \begin{document} \pagestyle{empty} \maketitle\thispagestyle{empty} \tableofcontents\thispagestyle{empty} \newpage \pagestyle{fancy} \setcounter{page}{1} Statistik: \begin{itemize} \item beschreibende Statistik\\ \(\to\) Erfassung, Auswertung von Daten.\\ (z.\,B. über Mittelwerte) \begin{itemize} \item oftmals keine Gesamterhebung (z.\,B. Wahl) \item sondern Stichproben (z.\,B. Hochrechnung, Umfragen vorab)\\ Auswahl: \begin{itemize} \item Zufällig\\ Qualitätstests \item gezielt (Repräsentative Stichprobe)\\ z.\,B. Hochrechnung der Wahl \end{itemize} \end{itemize} \item beurteilende Statistik \begin{itemize} \item Rückschlüsse von Stichproben auf die Gesamtheit \item Tests \( \to \) \item[\(\to\)] Zufallseffekte \item[\(\to\)] Wahrscheinlichkeitsrechnung als Hilfsmittel \end{itemize} \end{itemize} \section{Grundbegriffe} \subsection{Zufallsexperimente} \begin{itemize} \item Mehrere mögliche Ergebnisse\\ {\color{Orange}\bsp Würfeln \(\to\) 1,2,3,4,5,6} \item prinzipiell beliebig oft wiederholbar \item für die Ergebnisse lassen sich Wahrscheinlichkeiten angeben\\ {\color{Orange}\(\to\) jeweils \(\frac 1 6\)} \end{itemize} Überprüfung von Wahrscheinlichkeiten mit Hilfe häufiger Wiederholungen des Experiments. {\color{Orange}\bsp 1000 maliges Würfeln \(\to\) 160mal 1, 168mal 2, …}\\ {\color{Orange}Schätzwert für die W.: \(\frac{160}{1000} = 0,16 = \) relative Häufigkeit}\\ {\color{Orange}absolute Häufigkeit der 1 = 160} Man erhält W. aus den relativen Häufigkeiten, wenn die Anzahl der Wiederholungen gegen \(\infty\) geht.\\ {\color{Orange}W. für die 1 = \(0.1\overline{6}\)} \subsection{Begriffe, Bezeichnungen:} \underline{Ergebnisse} \( \omega_1, \omega_2, \omega_3, …\) \underline{Ergebnismenge:} \( \Omega = \{ \omega_1, \omega_2, \omega_3, … \} \) {\color{Orange} \( \Omega = \{1,2,3,4,5,6\}\)} \underline{Ereignisse:} \( A,B,C,… \) sind Teilmengen von \(\Omega\)\\ \spa meist zunächst verbal formuliert\\ \spa {\color{Orange}A: Es wird eine gerade Zahl gewürfelt.}\\ \spa {\color{Orange}\(\to A= \{2,4,6\} \) } \underline{Wahrscheinlichkeiten} für die Ergebnisse und die Ereignisse.\\ \spa \(P(\omega_1), P(\omega_2), …\) und \(P(A), P(B), …\) (\(P\) für probalby)\\ \spa {\color{Orange} \(P(1)=P(2)=P(3)=P(4)=P(5)=P(6)=\frac{1}{6} \)} (Lauter gleiche W. (Gleichverteilung))\\ \spa {\color{Orange} \( P(a) = \frac 3 6 = \frac 1 2 = 0,5 = 50\% \)} \bsp 2maliges Würfeln\\ A: im 1. Wurf kommt 5\\ B: Summe der Augen ist 7\\ gesucht: \(\Omega, P(A), P(B) \) \( \Omega = \{ 11,12,,21,13,31,…,66\} \) W. jeweils \( \frac 1 36 \)\\ \( A = \{ 51,52,53,54,55,56 \} \)\\ \( B = \{ 16,25,34,43,52,61 \} \)\\ \( P(A) = \frac 1 6 \)\\ \( P(B) = \frac 1 6 \) C: Summe der Augenzahlen ist 12\\ \( C = \{ 66 \} \) \( P(C) = \frac 1 {36} \) \bsp 3-maliger Münzwurf\\ Mit welcher w.\\ (a) tritt keinmal Wappen auf?\\ (b) tritt genau zweimal Wappen auf? \(\Omega = \{ ZZZ, ZZW, ZWZ, WZZ, ZWW, WZW, ZWW, WWW \} \)\\ \( P(A) = \{ ZZZ \} = \frac 1 8 \)\\ \( P(B) = \{ ZWW, WZW, WWZ \} = \frac 3 8 \) \subsection{Eigenschaften, Rechenregeln für W.} \( P(\Omega) = 1 \), \( P(\emptyset) = 0\), für jedes Ereignis A: \( 0 \le P(A) \le 1 \) Ereignis A \(\to\) Gegenereignis (Komplement) von A: \(\overline{A} = A^C\) mit \( P(\overline{A}) = 1-P(A) \) Schnitt von Ereignissen A und B: \( A \cap B \) Vereinigung von Ereignissen A und B: \( A \cup B \)\\ \( P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B) \)\\ Wenn A und B \underline{disjunkt} sind, dann ist \( P(A\cup B) = P(A)+P(B) \) P(\underline{entweder} A oder B) ) \( P(A) + P(B) - 2 \cdot P(A\cap B)\) \(( = P( (A\cap \overline{B}) \cup (\overline{A}\cap B) ))\) Allgemeiner:\\ \begin{align*} P(A \cup B \cup C) = &P(A) + P(B) + P(C) \\ &+ P(A\cap B\cap C) \\ &- P(A\cap B) - P(A\cap C) - P(B\cap C) \end{align*} Allgemein (Siebformel oder Inklusions-Exklusions-Methode): \begin{align*} &P(A_1 \cup A_2 \cup … \cup A_n)\\ = &P(A_1) + P(A_2) + … + P(A_n)\\ &-P(A_1 \cap A_2) - P(A_1 \cap A_2) -\\ &+ P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) + …\\ &…\\ &+(-1)^{n+1} \cdot P(A_1 \cap A_2 \cap … \cap A_n ) \end{align*} \bsp 100 maliges Würfeln. Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt {\color{Orange}\(\to 6^{100} \) mögliche Ergebnisse}\\ \begin{itemize} \item[(a)] 100 mal 5 auf? { \color{Orange}\( \frac 1 {6^{100}} \) } \item[(b)] keine 5 auf? { \color{Orange} \( \left( \frac 5 6 \right)^{100} \) } \item[(c)] mindestens eine 5 auf? { \color{Orange} \( 1- \left( \frac 5 6 \right)^{100} \) } \( \to \) Über Gegenereignis (b). \item[(d)] genau eine 5 auf? { \color{Orange} \( \frac 1 6 \cdot \left( \frac 5 6 \right)^{99} \cdot 100 \) } \end{itemize} \section{Berechnung von Wahrscheinlichkeiten mit der Kombinatorik} Für ein Ereignis A, das Teilmenge von \(\Omega\) ist.\\ \( P(A) = \frac{\left|A\right|}{\left|\Omega\right|}= \frac{\text{günstige Fälle}}{\text{mögliche Fälle}} \) {\color{Orange}Elemente von \(\Omega\) = Anzahl aller möglichen Ergebnisse}\\ Nur wenn alle Ergebnisse aus \(\Omega\) \underline{gleich} Wahrscheinlich sind. {\color{Orange}ansonsten: \( P(A) = \sum\limits_{\omega \in A} P(\omega) \)} Berechnung von \(\left|A\right|\) und \( \left|\Omega\right| \) mit der Kombinatorik.\\ Kombinatorik:\\ k-maliges Ziehen aus n Kugeln.\\ Ziehen mit oder ohne Zurücklegen.\\ mit/ohne Berücksichtigung der Reihenfolge. \bsp Lotto \( k = 6\) aus \(n = 49\). Ziehen ohne Zurücklegen, ohne Reihenfolge. 4 Fälle: \begin{enumerate} \item Fall: Ziehen mit Zurücklegen, mit Reihenfolge:\\ \( n^k \) Möglichkeiten {\color{Orange}gesamt: \(\left|\Omega\right| = n^k\) Möglichkeiten} \item Fall: Ziehen ohne Zurücklegen, mit Reihenfolge:\\ \( \frac{n!}{(n-k)!} = n^{\underline{k}} \) \end{enumerate} \bsp Ein 5 stelliger Code wird zufällig zufällig gewählt, bestehend aus Ziffern \( 1,2,…,9 \).\\ {\color{Orange} \( k=5; n=9 \) Gesamt: \( n^k = 9^6 \) Möglichkeiten}\\ Mit welcher Wahrscheinlichkeit \begin{enumerate}[(a)] \item tritt die Kombination \(13758\) auf?\\ {\color{Orange} \( \frac{1}{9^5} \)} \item enthält der Code lauter gleiche Zahlen?\\ {\color{Orange} \( \frac{9}{9^5} = \frac{1}{9^4} \)} \item enthält der Code lauter verschiedene Zahlen?\\ {\color{Orange} \( \frac{9!}{4! * 9^5} \) } \item beginnt der Code mit 3?\\ {\color{Orange} \( \frac{1 * 9^4}{9^5} = \frac 1 9 \)} \item enthält der Code genau eine 3?\\ {\color{Orange} \( \frac 1 9 * \left(\frac 8 9\right)^4 * 5 = \frac{ 5 * 8^4 }{ 9^5 } \)} \item enthält der Code genau zwei 3er?\\ {\color{Orange} \( \left(\frac{1}{9}\right)^2 * \left(\frac{8}{9}\right)^3 * 2 * 5 = \frac{10 * 8^3}{9^5} \)} \end{enumerate} % \begin{itemize} \item[3.] Fall: Ziehen ohne Zurücklegen, ohne Reihenfolge.\\ \(\to\) Aus n Kugeln werden k \cunder{Yellow}{ausgewählt}.\\ Vergleich mit 2. Fall: Ziehen ohne Zurücklegen, mit Reihenfolge\\ \spa \(\to n^{\underline{k}} = \frac{n!}{(n-k)!}\) Möglichkeiten\\ Es gibt \(k!\) Möglichkeiten, \(k\) Kugeln zu Vertauschen (auf \(k\) Plätzen).\\ im 3. Fall:\\ gesamt: \( \frac{n!}{(n-k)! * k!} = \binom{n}{k} \) Möglichkeiten.\\ im Beispiel von Oben (f).\\ \spa Mögl. aus 5 Plätzen 2 Stück für die 3er \cunder{Yellow}{auszuwählen}:\\ \spa \( \binom 5 2 = \frac{5!}{2! * (5-2)!} = \frac{5 * 4 * \not 3 * \not 2 * \not 1}{2 * 1 * \not 3 * \not 2 * \not 1} = 10\)\\ \bsp Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt bei 100 maligem Würfeln genau 20 mal die 4 auf?\\ \( W = \frac{ \binom{100}{20} * 5^{80} }{ 6^{100} } \)\\ \end{itemize} \bsp Lotto 6 aus 49\\ Berechne die Wahrscheinlichkeiten für \begin{enumerate}[(a)] \item 6 Richtige\\ \( \frac{1}{\binom{49}{6}} = \frac{1}{13.983.816} \) ~ 14 Mio. Möglichkeiten \item 4 Richtige\\ \( \frac{ \binom{6}{4} * \binom{43}{2} }{ \binom{6}{49} } = \frac{645}{665896} \approx 0.096861972440140803\%\) \item 3 Richtige\\ \( \frac{ \binom{6}{3} * \binom{43}{3} }{ \binom{6}{49} } = \frac{8815}{499422} \approx 1.765040386687010184\%\) \end{enumerate} \bsp Kiste mit 4 blauen, 3 roten, 8 gelben Laptops\\ Wir wählen zufällig 8 aus. \begin{enumerate}[(a)] \item Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind 3 blau und 5 gelb?\\ \( \frac{ \binom{4}{3} * \binom{3}{0} * \binom{8}{5} }{\binom{15}{8}} = \frac{224}{6435} \) \item Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind 6 gelb\\ \( \frac{ \binom{8}{6} * \binom{7}{2} }{ \binom{15}{8} } = \frac{196}{2145} \) \end{enumerate} \bsp Kiste wie in vorigem Beispiel. Wir stellen 2 Pakete mit jeweils 4 Laptops zusammen (zufällig).\\ Mit welcher Wahrscheinlichkeit {\color{Orange} \(\to \binom{15}{4} * \binom{11}{4} \)}\\ \begin{enumerate}[(a)] \item enthält das 1. Paket 1 blauen und das 2. Paket 2 blaue Laptops? \item enthält das 1. Paket 1 blauen Laptop? \item enthält das 2. Paket 1 blauen Laptop? \item enthält das 1. oder 2. Paket 1 blauen Laptop? \item Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält das 2. Paket 1 blauen Laptop, wenn man weiß, das im 1. Paket 2 blaue Laptops sind? \end{enumerate} Lösung:\\ \begin{enumerate}[(a)] \item \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{3}{2} * \binom{8}{2} }{\binom{15}{4}*\binom{11}{4}} \approx 0.12307692307692307692\) \item \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \) \item \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \) \item Ereignis A: 1. Paket enthält 1 blauen Laptop\\ Ereignis B: 2. Paket enthält 1 blauen Laptop\\ gesucht: \( A \cup B = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \)\\ \( 2 * \frac{ \binom{4}{1} * \binom{11}{3} }{ \binom{15}{4} } - \frac{ \binom{4}{1} * \binom{11}{3} * \binom{3}{1} * \binom{8}{3} }{ \binom{15}{4} * \binom{11}{4}} \)\\ {\color{Orange} Man sieht hier: \(P(A \cap B) \not= P(A) * P(B) \)} \item \( \frac{ \binom{2}{1} * \binom{9}{3} }{ \binom{11}{4} } \) \end{enumerate} \begin{itemize} \item[4.] Fall: Ziehen mit Zurücklegen, ohne Reihenfolge.\\ {\color{Orange} \(\to\) ungeeignet für Wahrscheinlichkeitsrechnungen.}\\ \bsp 2 maliges Würfeln\\ Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt keine 5 auf?\\ im 4. Fall: \( \Omega = \{ (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,2), (2,3), … (6,6) \}; \quad \left|\Omega\right| = 21\)\\ Formal für die Anzahl der Ergebnisse in \(\Omega\):\\ \( \Omega = \binom{n+k-1}{k} = \binom{6+2-1}{2} = \binom{7}{2} = \frac{7!}{6!} = \frac{7 * 6}{2} = 21 \) {\color{Orange} Problem:} Ergebnisse sind nicht gleich Wahrscheinlich\\ \(\to\) 4. Fall: blöd!\\ \(\to\) statt dem 4. Fall wird der 1. Fall betrachtet: Ziehen mit Zurücklegen und mit Reihenfolge \(\to \left|\Omega\right| = n^k \)\\ im \bsp \( P(\text{keine 5}) = \frac{5^2}{6^2} = \frac{25}{36}\) \end{itemize} \bsp $k = 40$ Personen\\ Mit welcher Wahrscheinlichkeit haben mindestens 2 am gleichen Tag Geburtstag?\\ $n = 365$ Kugeln; $k = 40$ maliges Ziehen\\ Ziehen mit Zurücklegen, mit Reihenfolge \( \to \) 1. Fall: \( \left| \Omega \right| = n^k = 365^{40} \)\\ \(P(\text{mindestens 2 haben am gleichen Tag Geburtstag})\)\\ \(= 1 - P(\text{alle haben an verschiedenen Tagen Geburtstag})\)\\ \( = 1 * \frac{ 365^{\underline{40}} }{365^{40}} \approx 89.123\% \) \underline{Binomialkoeffizient/Multinomialkoeffizient} Anzahl der Möglichkeiten, aus $n$ Elementen $k$ auszuwählen: \(\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! * (n-k)!} \)\\ Allgemeiner:\\ Anzahl der Möglichkeiten, aus $n$ Elementen $k_1$ auszuwählen, aus den restlichen dann $k_2, …, k_l$\\ \( \binom{n}{k_1} * \binom{n-k_1}{k_2} * \binom{n-k_1-k_2}{k_3} * … * \binom{k_l}{k_l} \)\\[4mm] \( = \frac{n!}{k_1! * (n-k_1)!} * \frac{(n-k_1)!}{k_2! * (n-k_1-k_2)!} * \frac{(n-k_1-k_2)!}{…}*…* \frac{k_l!}{k_l! * 0!} \)\\[4mm] \( = \underbrace{\frac{n!}{k_1! * k_2! * … * k_l!}}_\text{Multinomialkoeffizient} \)\\[4mm] {\color{Orange} wobei $k_1 + k_2 + … + k_l = n $ } $n!$ = Anzahl der Möglichkeiten, $n$ verschiedene Elemente zu vertauschen\\[4mm] \( \frac{n!}{k_1! * k_2! * … * k_l! } = \) Anzahl der Möglichkeiten, $n$ Elemente zu vertauschen, bei denen $k_1$ von der Sorte 1 sind, $k_2$ von der Sorte 2, …, $k_l$ von der Sorte $l$. \bsp MISSISSIPPI \(\to\) Wie viele verschiedene Wörter erhält man durch vertauschen?\\ \spa\( \frac{11!}{1! * 4! * 4! * 2!} \) Sorte 1: M: $k_1 = 1$\\ Sorte 2: I: $k_2 = 4$\\ Sorte 3: S: $k_3 = 4$\\ Sorte 4: P: $k_4 = 2$ \section{Bedingte Wahrscheinlichkeit und Unabhängigkeit} \bsp 2 rote Bälle und ein gelber Ball. Wir ziehen 2 Bälle ohne Zurücklegen, mit Reihenfolge.\\ Mit welcher Wahrscheinlichkeit \begin{enumerate}[(a)] \item ist der 1. Ball rot?\\ \( \frac 2 3 \) \item ist der 2. Ball rot?\\ \( \frac 2 3 \) \item sind beide Bälle rot?\\ \( \frac 2 3 * \frac 1 2 = \frac 1 3 \) \item ist der 2. Ball rot, wenn man weiß, dass der 1. Ball rot ist?\\ \( \frac 1 2 \) \end{enumerate} mit Ereignissen formuliert: \begin{itemize} \item[A:] 1. Ball ist rot \item[B:] 2. Ball ist rot \item[(a)]\( P(A) = \frac 2 3 \) \item[(b)] \( P(B) = \frac 2 3 \) \item[(c)] \( P(A \cap B) = \frac 2 4 * \frac 1 3 \)\\ Man sieht: \( P(A\cap B) \not= P(A) * P(B) \), denn A und B sind abhängig.\\ \( P(A \cap B) = \frac 2 3 * \frac 1 2 = P(A) * P(B \mid A) \) \item[(d)] bedingte Wahrscheinlichkeit \( P(B \mid A) = \frac 1 2 \not= P(B) \), denn A und B sind abhängig. \end{itemize} \begin{mydef} Für 2 Ereignisse A und B ist die \underline{bedingte Wahrscheinlichkeit von B unter der Bedingung A}\\ \spa \( P(B\mid A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}\) (wenn \(P(A) \not= 0\)) \end{mydef} \begin{mydef} umgestellt zur Berechnung von \(P(A\cap B)\):\\ \spa \( P(A\cap B) = P(A) * P(B\mid A) = P(B) * P(A\mid B) \) {\color{Orange}\(\to\) gilt immer} \end{mydef} \begin{mydef} 2 Ereignisse A und B sind \underline{unabhängig}, wenn \( P(A\cap B) = P(A) * P(B) \).\\ bzw. wenn \(P(B\mid A) = P(A) \)\\ bzw. wenn \(P(A\mid B) = P(B) \)\\ {\color{Orange} \(\to\) nur bei unabhängigen Ereignissen.} \end{mydef} \subsection{Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit} {\color{Orange}wenn \(P(A\mid B)\) und \(P(A\mid \overline{B})\) bekannt sind.}\\ \( P(A) = P(A\mid B) * P(B) + P(A\mid \overline{B}) * P(\overline{B}) \) Anwendung des Satzes für (b):\\ \( P(\underbrace{B}_{\text{2. Ball rot}}) = \underbrace{P(B\mid A)}_{\frac 1 2} * \underbrace{P(A)}_{\frac 2 3} + \underbrace{P(B\mid \overline{A})}_{1} * \underbrace{P(\overline{A})}_{\frac 1 3} \) \underline{Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit Allgemeiner:} Ist \( \omega = B_1 \cup B_2 \cup … \cup B_K\) Zerlegung von \( \omega\) in \cunder{Yellow}{disjunkte} B, d.\,h. \( B_i \cap B_j = \emptyset \)\\ dann gilt: \( P(A) = P(A\mid B_1) * P(B_1) + P(A\mid B_2) * P(B_2) + … P(A\mid B_K) * P(B_K) \) \bsp Datenübertragung über 2 Kanäle (alternativ).\\ \spa 95\% der Daten, die über Kanal 1 übertragen werden, kommen korrekt an.\\ \spa 90\% der Daten, die über Kanal 2 übertragen werden, kommen korrekt an.\\ \spa 40\% der Daten werden über Kanal 1 übertragen, 60\% über Kanal 2. \begin{enumerate}[(a)] \item Wie viel Prozent der Daten werden über Kanal 1 übertragen und kommen korrekt an?\\ Formulierung mit Ereignissen:\\ A: Daten werden über Kanal 1 übertragen\\ B: Daten kommen korrekt an.\\ gegeben: \(P(A) = 0,40; P(B\mid A) = 0,95; P(B\mid \overline{A}) = 0.90 \)\\ Gegenteile: \( P(\overline{A}) = 0,60; P(\overline{B} \mid A) = 0.05; P(\overline{B}\mid \overline{A}) = 0.10 \)\\ gesucht: \( \underbrace{P(A)}_{0,4} * \underbrace{P(B\mid A)}_{0,95} = 0,38 = 38\% \) \item Wie viel Prozent der Daten werden über Kanal 1 übertragen und kommen nicht korrekt an?\\ \( P(A \cap B) = \underbrace{P(\overline{B}\mid A}_{=0,05} * \underbrace{P(A)}_{0,4} = 0,02 = 2\% \) \item Wie viel Prozent der Daten kommen korrekt an?\\ \( P(B) = \underbrace{P(B\mid A)}_{0,95} * \underbrace{P(A)}_{0,4} + \underbrace{P(B|\overline{A})}_{0,9} * \underbrace{P(\overline{A})}_{0,6} = 0,92 = 92\% \) \item Wie viel Prozent der Daten kommen nicht korrekt an, wenn man weiß, dass sie über Kanal 1 übertragen wurden?\\ \( P(\overline{B}\mid A) = 0,05 = 5\% \) \item Wie viel Prozent der Daten kommen korrekt an oder werden über Kanal 1 Übertragen?\\ \( P(B\cup A) = P(B) + P(A) - P(A\cap B) \overset{(c)(a)}{=} 0,92 + 0,4 - 0,38 = 0,94 = 94\% \) \item Wie viel Prozent der Daten, die korrekt ankommen, wurden über Kanal 1 übertragen?\\ \( P(A\mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} \overset{(a)}{\underset{(c)}{=}} \frac{0,38}{0,92} = 0,413 = 41,3\% \) \end{enumerate} Im vorigen Beispiel:\\ A und B sind abhängig, da \( \underbrace{P(B\mid A)}_{0,95} \not= \underbrace{P(B\mid\overline{A})}_{0,9} \) \bsp Datenübertragung:\\ \spa 1\% der gesendeten 1en kommt als 0 an.\\ \spa 2\% der gesendeten 0en kommt als 1 an.\\ \spa 30\% der gesendeten Daten sin 0en. \begin{enumerate}[(a)] \item Wie viel Prozent der Daten sind 0en, die als 1 ankommen?\\ \( P(A \cap \overline{B}) = P(\overline{B}\mid A) * P(A) = 0,02 * 0,3 = 0,006 = 0,6\% \) \item Wie viel Prozent der ankommenden 0en sind 1en, die gesendet wurden?\\ \( P(\overline{A}\mid B) = \frac{P(\overline{A} \cap B)}{P(B)} = \frac{P(B\mid\overline{A}) * P(\overline{A})}{P(B)} \) \item Wie viel Prozent der Daten werden Fehlerhaft übertragen?\\ \( \underbrace{P(A\cap \overline{B})}_{=0,6\%} + \underbrace{P(\overline{A} \cap B)}_{=0,7\%} = 1,3\% \) \end{enumerate} Ereignisse: \begin{enumerate}[A:] \item 0 wird gesendet \item 0 kommt an \end{enumerate} Gegeben: \( P(B\mid\overline{A}) = 1\%; P(\overline{B}\mid A) = 2\%; P(A) = 30\% \)\\ \bsp (zu bedingten Wahrscheinlichkeiten).\\ 2 maliges Würfeln\\ Ereignisse: \begin{enumerate}[A:] \item 1. Wurf ergibt 4 \item Summe der Augenzahlen ist 12 \item Summe der Augenzahlen ist 7 \item 2. Wurf ergibt 3 \end{enumerate} Sind A und B bzw. A und C bzw. A und D bzw. A C und D unabhängig?\\ \textcolor{Orange}{A und B sind Unabhängig, wenn \( P(A \cap B) = P(A) * P(B) \) } \( P(A) = \frac 1 6 \)\\ \( P(B) = \frac{1}{36} \)\\ \( P(C) = \frac 1 6 \)\\ \( P(D) = \frac 1 6 \) \( P(A \cap B) = 0 \not= \frac{1}{216} = P(A) * P(B) \)\\ A und B sind abhängig. \( A\cap C = \{ 43 \} \)\\ \( P(A\cap C) = \frac{1}{36} = \frac 1 6 * \frac 1 6 = P(A) * P(C) \)\\ A und C und unabhängig \( A\cap D = \{ 43 \} \)\\ \( P(A\cap D)= \frac{1}{36} = \frac 1 6 * \frac 1 6 * P(A) * P(D) \) A und D und unabhängig \( A\cap D=\{43\} \)\\ \( P(A\cap D) = \frac{1}{36} = \frac 1 6 * \frac 1 6 = P(A) * P(D) \)\\ \( A\cap C\cap D = \{ 43 \} \)\\ \( P(A\cap C\cap D) = \frac{1}{36} \not= \frac 1 6 * \frac 1 6 * \frac 1 6 = P(A) * P(C) * P(D) \)\\ A, C und D sind abhängig Zusatzfragen:\\ \begin{enumerate}[(a)] \item Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, \cunder{Yellow}{das der 1. Wurf 3 ist} \textcolor{Yellow}{A},\\ \cunder{Orange}{wenn die Summe der Augenzahlen 6 ist} \textcolor{Orange}{B}? \item Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, \cunder{Yellow}{dass (mindestens) einer der Würfe 3 ist} \textcolor{Yellow}{C},\\ \cunder{Orange}{wenn die Summe der Augenzahlen 6 ist} \textcolor{Orange}{B}? \end{enumerate} \( B = \{ 15,24,33,42,51 \} \) \(P(A) = \frac 1 6 \)\\ \(P(B) = \frac{5}{36} \)\\ \(P(C) = \) \begin{enumerate}[(a)] \item \( P(A \mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} = \frac{ \frac{1}{36} }{ \frac{5}{36} } = \frac 1 5 \) \item \( P(A \mid C) = \frac{P(A\cap C)}{P(B)} = \frac{ \frac{1}{36} }{ \frac{5}{36} } = \frac 1 5 \)\\ \end{enumerate} Oder direkt: \begin{enumerate} \item \( P(A\mid B) = \frac 1 5 \)\\ Bedingung \( B = \{ 15, 24, \underline{3}3, 42, 51 \} \) \item \( P(C\mid B) = \frac 1 5 \)\\ Bedingung: \( B = \{ 15, 24, \underline{33}, 42, 51 \} \) \end{enumerate} \subsection*{Formeln} \(P(A\mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)}\)\\ \(\to\) \( P(A\cap B) = P(A\mid B) * P(B) = P(B\mid A) * P(A) \) \textcolor{Orange}{gilt immer}\\ \( P(A\cap B) = P(A) * P(B) \) \textcolor{Orange}{nur wenn A und B unabhängig} Totale Wahrscheinlichkeit: \( P(A) = P(A\mid B) * P(B) + P(A\mid \overline{B}) * P(\overline{B}) \) Gegenteile: \( P(\overline{A}) = 1 - P(A) ; P(\overline{A}\mid B) = 1-P(A\mid B) \) Unabhängigkeit von Ereignissen:\\ A und B sind unabhängig, wenn \( P(A\cap B) = P(A) * P(B) \) oder wenn \( P(A\mid B) = P(A) \) oder wenn \( P(B\mid A) = P(B) \) A, B und C sind unabhängig, wenn \( P(A\cap B\cap C) = P(A) * P(B) * P(C)\) \cunder{Yellow}{und} \( P(A\cap B) = P(A)*P(B) \), \( P(A\cap C) = P(A) * P(C) \), \( P(B\cap C) = P(B)*P(C) \) \bsp bei 100 Mengen zu prüfen:\\ \( \binom{100}{1} + \binom{100}{3} + … + \binom{100}{99} + \binom{100}{100} = 2^{100} - \binom{100}{1} - \binom{100}{0} \) \bsp 2 maliges Würfeln \begin{enumerate}[A:] \item 1. Wurf ist 3. \( P(A) = \frac 1 6 \) \item Summe der Augenzahlen ist 12. \( P(B) = \frac{1}{36} \) \item 2. Wurf ist 7. \( P(C) = 0 \) \end{enumerate} \( \underbrace{P(A\cap B\cap C)}_{_0} = \underbrace{P(A) * P(B) * P(C)}_{=0} \)\\[2mm] \( \underbrace{P(a\cap B)}_{=0} \not= \underbrace{ P(A) }_{\frac 1 6} * \underbrace{P(B)}_{\frac{1}{36}} \)\\ \(\to\) A, B und C sind abhängig \section{Zufallsvariablen} \begin{mydef} Eine Zufallsvariable $X$ ist eine Funktion.\\ \(X: \Omega \to \mathbb R \) (jedem Ergebnis aus \(\Omega\) wird eine reelle Zahl zugeordnet) \end{mydef} \bsp 2 maliger Münzwurf\\ Wird 2 mal Wappen geworfen, so gewinnen wir \EUR{2}\\ Wird 2 mal Zahl geworfen, so gewinnen wir \EUR{3}\\ sonst verlieren wir \EUR{2,40}. \( \Omega = \{ \underbrace{WW}_{3}, \underbrace{ZZ}_{2}, \underbrace{WZ}_{-2,40}, \underbrace{ZW}_{-2,40} \} \) Wahrscheinlichkeit jeweils \( \frac 1 4\)\\ Zufallsvariable $X$: Gewinn (in \EUR{}) \begin{mydef} Die \underline{Verteilung} (Wahrscheinlichkeitsverteilung) einer Zufallsvariable gibt an, mit welchen Wahrscheinlichkeiten die Zufallsvariable ihre möglichen Werte annimmt. \end{mydef} Im \bsp Verteilung von $X$:\\ \( P(X=3) = \frac 1 4 \)\\ \( P(X=2) = \frac 1 4 \)\\ \( P(X=-2,40) = \frac 2 4 = \frac 1 2 \) Anderes \bsp 2 maliges Würfeln:\\ Wir gewinnen \EUR{2}, wenn zuerst eine 6 gewürfelt wird.\\ Wir gewinnen \EUR{5}, wenn keine 6 gewürfelt wird.\\ Wir verlieren sonst den Betrag $B$. Zufallsvariable $X$: unser Gewinn\\ gesucht:Verteilung von $X$ Verteilung von $X$:\\ \( P(X=2) = \frac 1 6 \)\\ \( P(X=5) = \frac 5 6 * \frac 5 6 = \frac{25}{36} \)\\ \( P(X=-B) = 1 - \left( \frac 1 6 + \frac{25}{36} \right) = 1 - \frac{31}{36} = \frac{5}{36} \) Für welches B ist das Spiel Fair? (\(\mu = 0 \))\\ \( B = \frac{ 2 * \frac{1}{6} + 5 * \frac{25}{36} }{\frac{5}{36}} = \) \EUR{27,40} \( \sigma^2 = 4 * \frac 1 6 + 25 * \frac{25}{36} + 750.76 * \frac{5}{36} = 122.3 \)\\ \( \sigma = \sqrt{\sigma^2} = \sqrt{122.3} = 11.06 \) \subsection{Diskrete Zufallsvariable} Diskret: $X$ nimmt nur einzelne Werte mit bestimmten Wahrscheinlichkeiten an. Im \bsp 2 maliger Münzwurf:\\ Durchschnittsgewinn \( \mu = 2 * \frac 1 4 + 3 * \frac 1 4 - 2,4 * \frac 1 2 = 0,05 \Rightarrow \) Spiel lohnt sich für uns\\ (gewichtet mit Wahrscheinlichkeit – Durchschnittsgewinn pro Spiel) Allgemein:\\ \begin{mydef} Der \underline{Erwartungswert} (Mittelwert) einer Zufallsvariable $X$, die Werte $x_i$ mit den Werten $p_i$ annimmt \((i=1,2,3,…)\)\\ \textcolor{Orange}{(\(\to\) endlich viele oder abzählbar viele Werte \(x_i\)) }\\ ist \(\mu = E(X)=\sum\limits_i x_i*p_i \) \end{mydef} \underline{Maß für die Streuung (Schwankung)} \begin{mydef} Die \underline{Varianz} einer Zufallsvariablen $X$ (wie in der Definition von \(\mu\)) ist \(\sigma^2 = V(X) = Var(X) = \sum\limits_i {\color{Orange} (x_i-\mu)^2 } * p_i \) \textcolor{Orange}{quadratischen Abstände der Werte $x_i$ von $\mu$}\\ \(\to\) mittlerer Quadratischer Abstand Die \underline{Standardabweichung} \(\sigma\) ist \(\sigma = \sqrt{\sigma^2}\) \end{mydef} Weshalb \underline{quadratische} Abstände?\\ z.\,B. kleiner Abstand 2 \(\to\) 2 \textcolor{Orange}{verdoppelt}\\ großer Abstand 10 \(\to\) 100 \textcolor{Orange}{verzehnfacht} \(\rightarrow\) große Abstände fließen verstärkt ein in die Varianz.\\ Kleine Abstände sind oftmals nur Toleranzen, Messfehler, Ungenauigkeiten. Anwendung im Finanzbereich:\\ z.\,B. \(\mu = \) mittlere Rendite\\ \spa \(\sigma = \) Maß für Streuung = Maß für das Risiko \underline{Wenn \( \sigma = 0\)} wäre, dann gibt es nur einen Wert $x = \mu$ mit Wahrscheinlichkeit 1. Vereinfachung der Formel für \(\sigma^2\):\\ \( \sigma^2 = \sum\limits_i (x_i-\mu)^2 * p_i = \sum\limits_i (x_i^2 - 2*x_i*\mu + \mu^2) *p_i = \sum\limits_i x_i^2*p_i - \sum\limits_i 2*x_i*\mu*p_i + \sum\limits_i \mu^2*p_i\)\\ \( = \sum\limits_i x_i^2 * p_i - 2\mu * \underbrace{\sum\limits_i x_i*p_i}_{=\mu} + \mu^2 * \underbrace{\sum\limits_i p_i}_{=1} \)\\ \( = \sum\limits_i x_i^2 * p_i - 2 \mu^2 + \mu^2 \)\\ \textcolor{Red}{\( \sigma^2 = \sum\limits_i x_i^2 * p_i - \mu^2 \) \underline{einfache Formel} für \(\sigma^2\)} Im \bsp von oben: \(\mu = 0,05\)\\ \( \sigma^2 = 4 * \frac 1 4 + 9 * \frac 1 4 + 5,76 * \frac 1 2 - 0,05^2 = 6.1275 \)\\ \( \sigma = \sqrt{6.1275} \approx 2.4754 \) \(\to\) Maß für die Streuung, also für die Mittlere Abweichung von \(\mu\). Also pro Spiel: im \(\varnothing\): Gewinn von \(\mu = \)\EUR{0,05}.\\ aber wir haben eine Streuung um \(\mu\) von \textcolor{Orange}{\EUR{2,47} noch in Relation zu \(\mu \to\) Spiel mit hohem Risiko} Man muss \(\sigma\) in Relation zu \(\mu\) sehen.\\ \(\to\) Variationskoeffizient \( \frac{\sigma}{\mu} = \frac{2,47}{0,05} = 49,4 = 4940\% \) \subsection{Verteilung und Verteilungsfunktion von Zufallsvariablen} Im \bsp 2 maliges Würfeln von vorhin:\\ \underline{Verteilung von $X$}: \( P(X=2) = \frac 1 6, P(X=5) = \frac{25}{36}, P(X=-27.4) = \frac{5}{36} \) \begin{mydef} Die Verteilungsfunktion einer Zufallsvariable $X$.\\ \(\to\) Funktion \(F: \mathbb R \to [0,1] \) mit \(F(x) = P(X\le x) \) \textcolor{Orange}{bei der Verteilung \(P(X=x)\)} \end{mydef} \( F(-27.4) = P(X\le -27.4) = \frac{5}{36} \)\\ \( F(2) = P(X\le 2) = P(X=-27.4) + P(X=2) = \frac{5}{36}+\frac{1}{6} = \frac{11}{36} \)\\ Bei einer diskreten Verteilung ist die Verteilungsfunktion eine Treppenfunktion, die von 0 nach 1 Wächst und an den Stellen $x_i$ treten Sprünge auf, mit Sprunghöhe $p_i$ Allgemein (nicht nur für diskrete Verteilungen) hat eine \underline{Verteilungsfunktion} \(F(x)\) die \underline{Eigenschaften}: \begin{itemize} \item \( \lim\limits_{x\to -\infty} F(x) = 0 \) und \( \lim\limits_{x\to \infty} F(x) = 1 \) \item \( F(x) \) ist monoton wachsend \textcolor{Orange}{nicht unbedingt \underline{streng} wachsend} \item \(F(x)\) ist rechtsseitig stetig \textcolor{Orange}{\(\to\) aus der Definition: \(F(x) = P(X{\color{Red}\le}c) \) } \end{itemize} \bsp $X$: Anzahl an Wappen bei 2maligem Münzwurf. Skizziere die Verteilungsfunktion \(F(x)\) \( F(x) = \begin{cases} 0, & x<0 \\ \frac 1 4, & 0\le x < 1 \\ \frac 3 4, & 1 \le x < 2 \\ 1, & 2\le x \end{cases} \) \bsp \( F(x) = \begin{cases} a, & x < 0 \\ b*x+0.75, & 0 \le x < 1 \\ c, & x \ge 1 \end{cases} \) Für welche \(a,b,c \in \mathbb R\) ist \(F(x)\) eine Verteilungsfunktion? \(a = 0, 0\le x \le 2.25, c=1 \) \bsp (zu Verteilungsfunktion)\\ \( F(x) = \begin{cases} e^x * \frac 1 2, & x < 0 \\ b, & 0 \le x < 2 \\ c, & x\ge 2 \end{cases} \) \begin{enumerate}[(a)] \item Wie groß müssen $b$ und $c$ sein, damit $F(x)$ eine Verteilungsfunktion ist? \item Sei \( b=0.8, c=1 \).\\ Berechne:\\ \(P(X=0), P(X=-1), P(X\le -1), P(X>-1), P(X\le 2), P(X>2), P(X\ge3) \) \end{enumerate} \begin{enumerate}[(a)] \item \( e^0 * \frac 1 2 = 0.5 \)\\ \( \frac 1 2 \le b \le c = 1 \)\\ Eigenschaften der Verteilungsfunktion: \begin{itemize} \item \( \lim\limits_{x\to-\infty} \underbrace{F(x)}_{e^x*\frac 1 2} = 0 \), \( \lim\limits_{x\to-\infty} \underbrace{F(x)}_c = 1 \Rightarrow c=1 \) \item \(F(x)\) rechtsseitig stetig \item \(F(x)\) monoton wachsend \end{itemize} \item \(P(X=0) = 0.3 (=0.8-0.5) \)\\ \(P(X=-1) = 0\) (Kein Sprung)\\ \(P(X\le-1) = F(-1) = \frac{e^{-1}}{2} \approx 0.18394 \)\\ \(P(X>-1) = 1-F(-1) = 1- \frac{e^{-1}}{2} \approx 0.81606 \)\\ \(P(X\le 2) = F(2) = 1\)\\ \(P(X>2) = 1-P(X\le 2) = 0 \)\\ \(P(X<2) = P(X\le 2) - P(X=2) = F(2) - 0.2 = 0.8\)\\ \(P(X\ge 3) = 1-P(X<3) = 0\) \end{enumerate} Meist ist die Verteilungsfunktion \begin{itemize} \item eine Treppenfunktion \(\to\) bei diskreten Verteilungen \item eine durchgehend stetige Funktion \(\to\) keine Sprünge \end{itemize} \bsp\\ \( F(x) = \begin{cases}0, & x<1 \\ 0.2, & 1\le x<2 \\ \frac 1 8 *x^2, & x\le x<2.5 \\ 1, & x\ge 2.5 \end{cases}\)\\ Berechne:\\ \( P(X=-10) = 0\) (Kein Sprung)\\ \( P(X=2) = 0.3\) (Sprunghöhe bei \(x=2\))\\ \( P(X\le 2) = F(2) = \frac 1 8 * 2^2 = 0.5\)\\ \( P(X\ge 2) = 1 - P(X<2) = 1 - 0.2 = 0.8 \)\\ \( P(X\ge 2.2) = 1 - P(X<2.2) = 1 - P(X\le 2.2) = 1 - \frac{121}{200} = \frac{79}{200} \approx 0.395 \) (Kein Sprung!) \( P(x\le X < 2) = P(X<2) - P(X<1) = 0.2 - 0 = 0.2 \)\\ \( P(2< X < 2.2) = P(X< 2.2) - P(X\le 2) = \frac{121}{200} - 0.5 = \frac{21}{200} \approx 0.105 \) \subsection{Stetige Verteilung} \(\to\) stetige Funktion \(F(x)\)\\ \(\to\) \(P(X=x) = 0\) \(\forall x \in \mathbb R\) (\(\to\) keine Sprünge) \bsp Zufallszahlen (reelle Zahlen) im Intervall \( [100,500] \), und zwar gleich verteilt.\\ \( P(240\le X \le 260) = \frac{260-240}{500-100} = \frac{20}{400} = \frac{1}{20} = 0.05 \) Stetige Verteilungsfunktionen besitzen eine \underline{Dichtefunktion} \(f(x)\) mit \( f(x) = F'(x) \).\\ \textcolor{Orange}{bis auf einzelne Stellen, an denen man nicht ableiten kann}\\ bzw. \(F(x) = \int\limits_{-\infty}^x f(t) dt \) \textcolor{Orange}{(\(=P(X\le x)\))} \textcolor{Orange}{\(\to\) Bedeutung:} Die Dichtefunktion bei stetigen Verteilungen ist der Ersatz für die Einzelwahrscheinlichkeiten bei diskreten Verteilungen. Im \bsp Fläche \( \underbrace{\frac{1}{400}}_{\text{Höhe}} * \underbrace{400}_{\text{Breite}} = 1 = \) Gesamtwahrscheinlichkeit \textbf{Eigenschaften einer Dichtefunktion \(f(x)\):} \(f: \mathbb R \to \left[0,\infty\right) \), \textcolor{Orange}{d.\,h. \( f(x) \ge 0 \quad \forall x \in \mathbb R \)}\\ und \( \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1 \) \textcolor{Orange}{\(\leftarrow\) Gesamtwahrscheinlichkeit} \bsp\\ \( f(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ \frac 1 2 x, & 0 \le x < 1 \\ a * x^2, & 1 \le x < x \\ 0, & x \ge 2 \end{cases} \) \begin{enumerate}[(a)] \item Für welches \( a \in \mathbb R \) ist \(f(x)\) eine Dichtefunktion? \item Berechne für das $a$ aus (a) die zugehörige Verteilungsfunktion \(F(x)\) \end{enumerate} \begin{enumerate}[(a)] \item \( \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1 \to \) auflösen nach a\\ \( \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int\limits_0^1 \frac 1 2 x dx + \int\limits_1^2 a * x^2 dx \)\\ \( = \left[ \frac 1 4 x^2 \right]_0^1 + \left[ \frac a 3 * x^3 \right]_1^2 \)\\ \( = \frac14 - 0 + \frac83 - \frac13 a = \frac14+\frac73a=1 \)\\ \( \frac73a=\frac34 \Rightarrow a = \frac{9}{28} \)\\ \( f(x) = \begin{cases} 0, & x<0\\\frac12*x,&0\le x<1\\\frac{9}{28} * x^2, & 1 \le x < x \\ 0, & x \ge 2 \end{cases} \) \item \( F'(x) = f(x) \Rightarrow F(x) = \int f(x) dx \)\\ \( F(x) = \begin{cases} c_1,&x<0\\\frac14 x^2+c_2,&0\le x<1\\\frac{3}{28} x^3+c_3, & 1 \le x < x \\ c_4, & x \ge 2 \end{cases} \)\\ Bestimmung der Konstanten:\\ \( c_1 = 0 \), \textcolor{Orange}{da \(\lim\limits_{x\to-\infty}F(x)=0\)}\\ \( c_4 = 0 \), \textcolor{Orange}{da \(\lim\limits_{x\to\infty}F(x)=1\)}\\ \cunder{Orange}{Stetigkeit} an den Nahtstellen \(0,1,2\)\\ \(x=0: c_1 = \frac14*0^2 + c_2 \Rightarrow c_2 = 0 \)\\ \(x=1: \frac12*1^2 + c_2 = \frac{3}{28}*1^2+c_3 \Rightarrow c_3 = \frac14 -\frac{3}{28} = \frac{4}{28} = \frac17 \)\\ Zur Kontrolle:\\ \( x2: \frac{3}{28}*2^3+\frac17 = 1 = c_4 \Rightarrow\) stimmt \end{enumerate} \bsp \( f(x) = \begin{cases} c_1*e^{-2x}, & x\ge 0 \\ c_2, & x<0 \end{cases} \)\\ Bestimme \( c_1,c_2 \in \mathbb R\) so, dass \(f(x)\) eine Dichtefunktion ist.\\ Berechne dann \(F(x)\). \( x=0: c_2=0 \)\\ Damit die Fläche für \(x<0\) nicht \(\infty\) groß ist, muss \(c_2=0\) sein.\\ \( 1 = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) dx = \int\limits_{-\infty}^0 c_2 dx + \int\limits_{0}^\infty c_1*e^{-2x} dx = \int\limits_{0}^\infty c_1*e^{-2x} dx = \left[ -\frac12 * c_1 * e^{-2x}\right]_0^\infty\)\\ \( = -\frac12*c_1*e^{-\infty} - (-\frac12*c_1*e^0) = \frac12 * c_1 \Rightarrow c_1 = 2 \)\\ \( f(x) = \begin{cases} 2*e^{-2x}, & x\ge 0\\0,&x<0\end{cases} \)\\ \( F(x) = \begin{cases} -e^{-2x} + d_1, & x\ge 0\\d_2,&x<0\end{cases} \)\\ Berechnung von \(d_1,d_2\):\\ \(d_2 = 0\), da \( \lim\limits_{x\to-\infty} F(x) = 0\) Stetigkeit an der Nahtstelle \(x=0\).\\ \(-e^{-2*0} + d_1 = d_2 \Rightarrow -1 + d_1 = 0 \Rightarrow d_1 = 1 \) \( F(x) = \begin{cases} -e^{-2x} + 1,& x\ge 0 \\ 0,&x<0 \end{cases} \) Berechne \( P(X\le-1), P(X>0.5), P(10.5) = 1-P(X\le 0.5) = 1-F(0.5) = e^{-1} \approx 0.36788\)\\ \( P(1a) = 1-F(a), P(a\le x\le b) = P(a2) \underset{\text{Gegenteil}}{=} 1-P(X\le 2) = 1-\left(P(X=2) + P(X=1) + P(X=0)\right) \)\\ \( = 1-\left( \binom{5000}{2}*0.01^2*0.99^{4998}+\binom{5000}{1}*0.01*0.99^{4999}+\binom{5000}{0}*0.01^0*0.99^{5000} \right)\) } \end{enumerate} \subsubsection{Geometrische Verteilung} \bsp Wir schießen so lange, bis wir den anderen Treffen.\\ Wahrscheinlichkeit, bei einem Schuss zu treffen, ist 30\%.\\ \(X\) Anzahl der Schüsse bis zum Treffer\\ \(\to\) mögliche Werte von $X: 1,2,3,…$ \( P(X=k) = 0.7^{k-1} * 0.3 \) Allgemein: Ein Zufallsexperiment wird beliebig oft (unabhängig voneinander) wiederholt.\\ Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ereignis $A$ bei einmaliger Durchführung auftritt, ist $p$. $X:$ Anzahl der Wiederholungen, bis zum ersten mal $A$ eintritt.\\ $\to X$ ist geometrisch verteilt mit Parameter $p$, d.\,h.\\ \( P(X=k) = (1-p)^{k-1} * p \) für \( k=1,2,3,…\) \bsp Mit welcher Wahrscheinlichkeit \begin{enumerate}[(a)] \item tritt beim zweiten oder dritten Wurf beim Würfeln die \cunder{Orange}{erste} 2 auf?\\ \textcolor{Orange}{\( P(X=2)+P(X=3) = \left(\frac56\right)^2*\frac16 + \left(\frac56\right)^3*\frac16 \)} \item tritt beim zehnten Wurf die \cunder{Orange}{zweite} 2 auf?\\ \textcolor{Orange}{\( 9*\frac16*(\frac56)^8*\frac16 \)} \item Mit welcher Wahrscheinlichkeit treten bei zehn Würfen zwei zweier auf?\\ \textcolor{Orange}{\( \binom{10}{2} * \left(\frac16\right)^2 * \left(\frac56\right)^8 \)} \item Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt beim 100. Wurf die fünfte zwei auf?\\ \textcolor{Orange}{\( \binom{100}{4}*\left(\frac16\right)^4*\left(\frac56\right)^{95}\)} \end{enumerate} \bsp Russisches Roulette, 6er Trommel, mit einer Patrone. Wir spielen allein.\\ $X:$ Anzahl der Versuche, bis wir tot sind. \begin{align*} P(X=1) &= \frac16 &= \frac16\\ P(X=2) &= \frac56*\frac15 &= \frac16\\ P(X=3) &= \frac56*\frac45*\frac14&=\frac16\\ P(X=4) &= \frac56*\frac45*\frac34*\frac13&=\frac16\\ P(X=5) &= \frac56*\frac45*\frac34*\frac23*\frac12&=\frac16\\ P(X=6) &= \frac56*\frac45*\frac34*\frac23*\frac12*\frac11&=\frac16\\ \end{align*} \textcolor{Orange}{Keine geometrische Verteilung, da keine \underline{Unabhängigkeit} der Versuche} Gleiches Beispiel, aber nach jedem Versuch wird die Trommel zufällig gedreht \(\to\) geometrische Verteilung. \begin{align*} P(X=1) &= \frac16\\ P(X=2) &= \frac56*\frac16\\ P(X=3) &= \left(\frac56\right)^2 * \frac16 \end{align*} Berechnung von \(\mu\) und \(\sigma^2\): Bei der \underline{geometrischen Verteilung}:\\ $ P(X=k) = \left(1-p\right)^{k-1} * p $, $k=1,2,3…$\\ \begin{align*} \mu &= \sum\limits_{k=1}^\infty k*(1-p)^{k-1} * p\\ &= p * \sum\limits_{k=1}^\infty l*(1-p)^{k-1} \\ &= p*\frac{1}{p^2}\\ &= \frac1p\\ \sigma^2 &= \sum\limits_{k=1}^\infty k^2 * \left(1-p\right)^{k-1} * p - \left(\frac1p\right)^2\\ &= ? \end{align*} \textcolor{Orange}{geometrische Reihe: \begin{align*} \sum\limits_{k=0}^\infty x^k &= \frac{1}{1-x} &\text{für }\left|x\right| < 1\\ \sum\limits_{k=1}^\infty k*x^{k-1} &= \frac{1}{(1-x)^2} \end{align*}} Bei der \underline{Binomialverteilung}: \begin{align*} P(X=k) &= \binom{n}{k}*p^k*(1-p)^{n-k}\\ \mu &= \sum\limits_{k=0}^n k * \binom{n}{k} * p^k * \left(1-p\right)^{n-k}\\ &= … = n*p\\ \sigma^2 &= … = n*p*(1-p) \end{align*} \underline{Skizze} der Verteilungen: \underline{geometrische} Verteilung: % TODO \underline{Binomialverteilt} % TODO für $p=0.5$ ist die Verteilung Symmetrisch \underline{stetige Verteilung} \begin{itemize} \item stetige Gleichverteilung auf einem Intervall \([a,b]\)\\ \\% TODO \begin{align*} f(x) &= \begin{cases} \frac{1}{b-a}, & a\le x\le b\\ 0, &\text{sonst} \end{cases}\\ F(x) &= \begin{cases} c_1 \textcolor{Orange}{=0}, & x\le a \\ \frac{1}{b-a} * x + c_2, & a \le x \le b \\ c_3\textcolor{Orange}{=1} , & x \ge b \end{cases} \end{align*} $F(x)$ muss an der Stelle $a$ stetig sein:\\ \( 0 = \frac{1}{b-a}*a + c_2 \Rightarrow c_2 = -\frac{a}{b-a} \) \item Exponentialverteilung\\ Dichtefunktion \( f(x) = \begin{cases} 0, & x<0 \\ c*e^{-\lambda*x}, & 0 \le x \end{cases} \)\\ Bestimmen von $c$, so dass die Dichtefunktion passt: \begin{align*} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx &= \underbrace{\int\limits_{-\infty}^{0} 0 dx}_{=0} + \int\limits_{0}^{\infty} f(x) dx\\ &= \left[-\frac c\lambda * e^{-\lambda*x}\right]_0^\infty = 1\\ \underbrace{(-\frac{c}{\lambda}*e^{-\lambda*\infty})}_{=0} - ((-\frac{c}{\lambda}*e^{-\lambda*o})) &= 1\\ \frac{c}{\lambda} &=1 &| *\lambda\\ c &= \lambda\\ \Rightarrow f(x) &= \begin{cases} 0, & x < 0\\ \lambda*e^{-\lambda*x}, & 0\le x \end{cases}\\ F(x) &= \begin{cases} 0, &x<0 \\ -e^{-\lambda*x} + c_2, & 0 \le x \end{cases}\\ \Rightarrow F(x) &= \begin{cases} 0, &x<0 \\ -e^{-\lambda*x} + 1, & 0 \le x \end{cases} \end{align*} \end{itemize} Anwendung: auf Wartezeiten-/Warteschlangenproblem\\ \(\to\) kurze Wartezeit mit hoher Wahrscheinlichkeit\\ \(\to\) größeres \(\lambda\): kürzere Wartezeiten mit höherer Wahrscheinlichkeit. \underline{(Gaußsche Normalverteilung)} Anwendung: wenn es einen Sollwert gibt und durch Zufallseffekte (Toleranzen, Messungenauigkeit, natürliche Abweichungen, …) Abweichungen nach oben und unten auftreten. \begin{mydef} Die Dichtefunktion der Normalverteilung mit Parametern \(\mu\) und \(\sigma\) (\(N(\mu,\sigma)\)-Verteilung) ist \begin{align*} f(x) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} * \sigma} * e^{-\frac12 * \left(\frac{x-\mu}{\sigma} \right)^2 } \end{align*} \end{mydef} \( \Rightarrow f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}*\sigma} * \underbrace{e ^{-\frac12 * 0^2}}_{=0} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}*\sigma} \) Veränderung von \(\mu \to\) Verschiebung in $x$ Richtung\\ Veränderung von \(\sigma \to\) Stauchung/Dehnung in der Breite/Höhe speziell: Standardnormalverteilung: \(N(0,1): f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} * e^{-\frac12 x^2} \)\\ Problem: Verteilungsfunktion \(F(x)\) lässt sich nicht angeben/berechnen \(\to\) nur Tabellenwerte für die Standartnormalverteilung \subsubsection{Erwartungswert und Varianz stetiger Verteilung} \underline{diskret}:\\ \begin{align*} \mu &= \sum\limits_i x_i*p_i\\ \sigma^2 &= \sum\limits_i x_i^2 * p_i - \mu^2 \end{align*} \underline{stetig}:\\ \begin{align*} \mu &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} x*f(x) dx\\ \sigma^2 &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} x^2 * f(x) dx - \mu^2 \end{align*} \bsp \(f(x) = \begin{cases} 0, & x<0 \\ x, &0\le x <1 \\ a * x^2, & 1\le x\le 2 \\ 0, & x>2 \end{cases} \)\\ Bestimme $a$ so, dass $f(x)$ eine Dichtefunktion ist und bestimme dann \(\mu\). \begin{align*} \text{Bestimmung von }a:\\ 1 &= \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) dx\\ &= \int\limits_0^1 x dx + \int\limits_1^2 a*x^2 dx\\ &= \left[ \frac12 x^2 \right]_0^1 + \left[ a * \frac13 x^3 \right]_1^2\\ &= \frac12*1^2 - \frac12 *0^2+a*\frac13*8-a*\frac13*1\\ &= \frac12 + \frac73a = 1\\ \Rightarrow \frac73a &= \frac12\\ \Rightarrow a &= \frac{3}{14}\\[1cm] % \Rightarrow f(x) &= \begin{cases} 0,&x<0\\ x,&0\le x<1\\ \frac{3}{14}x^2,&1\le x<2\\ 0,&x>2 \end{cases}\\ \mu &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} x*f(x) dx\\ &= \int\limits_0^1 x*x dx + \int\limits_1^2 x * \frac{3}{14} x^2 dx\\ &= \left[ \frac13*x^3 \right]_0^1 + \left[ \frac{3}{56} x^4 \right]_1^2\\ &= \frac13 * 1 - \frac13 * 0 + \frac{3}{56} * 2^4 - \frac{3}{56} * 1\\ &= \frac13 -0 + \frac{48}{56}-\frac{3}{56} = \frac{191}{168}\\[5mm] \sigma^2 &= \int\limits_{-\infty}^\infty x^2 * f(x) dx - \mu^2\\ &= \int\limits_0^1 x^2 * x dx + \int\limits_1^2 x^2 * \frac{3}{14} * x^2 dx - \left(\frac{191}{168}\right)^2\\ \end{align*} \bsp Exponentialverteilung: \( f(x) = \begin{cases} \lambda*e^{-\lambda*x}, & x \ge 0 \\ 0, & x<0 \end{cases} \) \begin{align*} \mu &= \int\limits_{-\infty}^\infty x * f(x) dx = \int\limits_0^\infty x*\lambda*e^{-\lambda * x} dx\\ &= \lambda * \int\limits_0^\infty \underbrace{x}_{u} * \underbrace{e^{-\lambda*x}}_{v'} dx\\ &= \lambda * \left( \left[ -\frac{x}{\lambda} * e^{-\lambda*x} \right]_0^\infty - \int\limits_0^\infty -\frac1\lambda*e^{-\lambda*x}\, dx \right)\\ &= \lambda * \left( 0 - \left[ \frac{e^{-\lambda*x}}{\lambda^2} \right]_0^\infty\right)\\ &= \lambda * \left( - \left( \frac{e^{-\infty}}{\lambda^2} - \frac{e^0}{\lambda^2} \right) \right)\\ &= \lambda * \frac{1}{\lambda^2}\\ &= \frac1\lambda \end{align*} \bsp Gleichverteilung: \( f(x) = \begin{cases} \frac{1}{b-a} , & a\le x\le b \\ 0, & \text{sonst} \end{cases} \) \begin{align*} \mu &= \int\limits_{-\infty}^\infty x * f(x) \, dx = \int\limits_a^b x * \frac{1}{b-a} \, dx \\ &= \left[ \frac{x^2}{2} * \frac{1}{b-a} \right]_a^b\\ &= \frac{b^2}{2(b-a)} - \frac{a^2}{2(b-a)}\\ &= \frac{b^2-a^2}{2(b-a)}\\ &= \frac{(b-a)*(b+a)}{2 * (b-a)}\\ &= \frac{a+b}{2} \end{align*} \section{Normalverteilung} \begin{mydef} $X$ ist $N(\mu,\sigma)$ verteilt, wenn $X$ die Dichtefunktion \(f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}*\sigma} * e^{-\frac12 * \left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}\) besitzt.\\ Es gilt: \(E(X)=\mu, Var(X) = \sigma^2\)\\ \(\rightarrow X\) heißt \underline{standardnormalverteilt}, wenn \(\mu=0,\sigma=1 \rightarrow f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} * e^{-\frac12 x^2}\)\\ Zugehörige Verteilungsfunktion \(F(x) = \phi(x) = \phi_{0,1}(x) \rightarrow\) hierfür: \underline{Tabellenwerte} \end{mydef} \includegraphics{bilder/1-6_dichtefunktion.pdf} Aus der Tabelle:\\ \bsp \(\phi(1.27) = 0.89796 \)\\ \( \phi(0) = \phi(0.00) = 0.5 \)\\ \( \phi(-1.27) = 1- \phi(1.27) = 1-0.89796 \) Berechnung von \(\phi(-x)\):\\ \( \phi(-x) = 1 -\phi(x) \) Wenn $X$ $N(0,1)$ verteilt ist, dann ist \( P(X\le b) = \phi(b), P(x\ge a) = 1-\phi(a), P(a\le x\le b) = \phi(b)-\phi(a), P(X=a)=0\) Wenn $X$ $N(\mu,0)$ verteilt ist, dann ist…\\ \includegraphics{bilder/1-6_dichtefunktion_2.pdf}\\ … \( \frac{X-\mu}{\rho} \) \( N(0,1)\) verteilt. Standardverteilung \(\to\) Tabelle Anwendbar. \bsp Bauteile aus der Produktion $\to$ \underline{Länge des Bauteils} ist Normalverteilt. Mit \( \mu = 10cm\) (Normalverteilt), \( \sigma = 0.2cm \) (Streuung $\to$ Maß für die mittlere Abweichung von $\mu$)\\ $\to 10cm\pm 0.2cm$ Ausschuss liegt vor, wenn die Länge unter $9.5cm$ liegt.\\ Gesucht: Auschussanteil\\ \begin{align*} \to P(X\le 9.5) &= P(\frac{x-\mu}{\sigma} \le \frac{0.9-\mu}{\sigma})\\ &= P(\underbrace{\frac{x-\mu}{\sigma}}_{\text{ist }N(0,1)\text{ verteilt}} \le \frac{9.5-10}{0.2})\\ &= P(\frac{x-\mu}{\sigma} \le -2.5) = \phi(-2.5)\\ &= 1-\phi(2.5) = 1-0.99379\\ &= 0.00621 \end{align*} Wie viel \% der Bauteile nimmt uns ein Kunde ab, wenn er eine Länge zwischen $9.7$ und $10.25$ benötigt? \begin{align*} P(9.7\le X<10.25) &= P\left( \frac{9.7-\mu}{\sigma} \le \frac{x-\mu}{\sigma} < \frac{10.25-\mu}{\sigma}\right)\\ &= P\left(\frac{-0.3}{0.2}\le \frac{x-\mu}{\sigma}<\frac{0.25}{0.2}\right)\\ &= \phi(\frac{0.25}{0.2}) - \phi(\frac{-0.3}{0.2})\\ &= \phi(1.25) - \phi(-1.5) = \phi(1.25) - (1-\phi(1.5)) \\ &= 0.89435 - (1-0.93319)\\ &= 0.89435 - 0.06681\\ &= 0.82754 = \underline{\underline{82.754\%}} \end{align*} Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bauteil länger als $10.7cm$ ist. \begin{align*} P(X>10.7) &= 1 - P(X<10.7)\\ &= 1-P(\frac{x-\mu}{\sigma} < \frac{10.7-\mu}{\sigma})\\ &= 1-P(\frac{x-\mu}{\sigma} < \frac{0.7}{0.2})\\ &= 1-P(\frac{x-\mu}{\sigma} < 3.5)\\ &= 1 - \phi(3.5) = 1-0.99977\\ &= 0.00023 = \underline{\underline{0.023\%}} \end{align*} \section{Schätzungen und Tests} Test z.\,B. Liefert die Maschine im Mittel die geforderten $10cm$ Länge?\\ \(\to\) mit einer Stichprobe. \subsection{Stichproben} Stichprobenumfang $n$, Stichprobenwerte \(x_1,x_2,…,x_n\).\\ $\to$ arithmetisches Mittel (Durchschnitt) \( \overline{x} = \frac1n * (x_1+x_2+…+x_n) = \frac1n \sum\limits_{i=1}^n x_i \)\\ \( \to\) Schätzung für $\mu$ Stichprobenvarianz \begin{align*} s_{\color{Orange}n}^2 &= \frac{1}{\color{Orange}n} * \left( (x_1-\overline{x})^2 + (x_2-\overline{x})^2+ … + (x_n-\overline{x})^2 \right) \\ &= \frac1n * \left( x_1^2 + x_2^2 + … + x_n^2 \right) - \overline{x}^2\\ s^2 = s_{\color{Orange}n-1}^2 &= \frac{1}{\color{Orange}n-1} + \left( (x_1 - \overline{x})^2 + (x_2 - \overline{x})^2 + … + (x_n - \overline{x})^2 \right)\\ &= \frac{1}{n-1} * (x_1^2 + … + x_n^2) - \frac{n}{n-1} * \overline{x}^2 \end{align*} % Datum: 2011-12-21 \begin{align*} \overline{x} &= \frac1n * \left( x_1+x_2+…+x_n \right) & \textcolor{Orange}{\to \text{ Schätzwert für }\mu}\\ s^2 = s_{n-1}^2 &= \frac{1}{n-1} \left( x_1^2 + x_2^2 + … + x_n^2 \right) - \frac{n}{n-1}*\overline{x}^2\\ s = s_{n-1} &= \sqrt{s_{n-1}^2} & \textcolor{Orange}{\to \text{ Schätzwert für }\sigma} \end{align*} \bsp Stichprobe mit 100 Bauteilen aus der Produktion\\ $\to$ gemessene Lösungen: 50 mal 10cm, 20 mal 10.1cm, 10 mal 10.2cm, 20 mal 9.9cm. \begin{align*} \overline{x} &= \frac{1}{100} * (50*10 + 20*10.1 + 10*10.2 + 20*9.9)\\ &= 10.02 \\ s^2 &= \frac{1}{99} * (50*10^2 + 20*10.1^2 + 10*10.2^2 + 20*9.9^2) - \frac{100}{99} * 10.02^2\\ &= \frac{19}{2475} \approx 0.007677\\ s &= \sqrt{\frac{19}{2475}} = \frac{\sqrt{209}}{165} \approx 0.08762 \end{align*} \textcolor{Green}{Maß für die Streuung: $0.0876cm$\\($\to\ 10.02\pm 0.08762cm$)} \subsection{Zentraler Grenzwertsatz}\label{sec:zentraler_grenzwertsatz} Wenn die Zufallsvariablen $X_i\ , i=1,2,3,…$ unabhängig ($X_1,X_2$ sind unabhängig, wenn $P(X_1=a \land X_2=b) = P(X_1=a)*P(X_2=b)$) und identisch Verteilt (alle $X_i$ besitzen die gleiche Verteilungsfunktion) sind mit Erwartungswert \(\mu=E(X_i)\) und Varianz \(\sigma^2 = Var(X_i) \), dann gilt für die Zufallsvariable \(\overline{X}=\frac1n*\left(X_1+X_2+…+X_n\right)\):\\ \( \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma} * \sqrt{n} \) ist für große $n$ näherungsweise $N(0,1)$ verteilt.\\ (und: Konvergenz für \(n\to\infty\)) \includegraphics{bilder/1-6_dichtefunktion_3.pdf} \subsection{Tests (Erwartungswerttests)} \underline{Nullhypothese} $\to$ soll getestet werden beim Erwartungswerttest:\\ \(H_0: \mu = \mu_0 \) z.\,B. Sollwert der Bauteillängen\\ \(\to\) Zweiseitiger Test\\ oder \(H_0: \mu\le\mu_0\) oder \(H_0: \mu\ge\mu_0 \)\\ \(\to\) Einseitige Tests Testgröße \(T=\frac{\overline{X}-\mu_0}{\sigma} * \sqrt{n} \)\\ i\(\to\) ist für große $n$ näherungsweise $N(0,1)$ verteilt (siehe \ref{sec:zentraler_grenzwertsatz}) wenn $H_0$ stimmt. \includegraphics{bilder/1-6_dichtefunktion_4.pdf} Man muss sich eine \underline{Irrtumswahrscheinlichkeit} $\alpha$ vorgeben (z.\,B. \(\alpha = 1\%, 2\% \text{ oder } 5\%\))\\ Testentscheidung: $H_0$ wird \( \begin{cases} \text{angenommen}, &\text{wenn } -c\le T\le c\\ \text{abgelehnt}, &\text{wenn } T> c \text{ oder } T< -c \end{cases} \) Bestimmung von $c$: \begin{align*} \phi(c) &= 1-\frac{\alpha}{2}\\ c &= \phi^{-1}(1-\frac{\alpha}{2}) & \text{in der Tabelle: rückwärts} \end{align*} \underline{Vorgehensweise beim Test}\\ \begin{itemize} \item aus den vorgegebenen $\alpha$ wird $c$ bestimmt: \(\phi(c) = 1-\frac{\alpha}{2} \to \)\underline{$c$ aus der Tabelle} \item in der Stichprobe wird $\overline{x}$ (und evtl. $s$) bestimmt\\ \(\to\) Testgröße \(T=\frac{\overline{x}-\mu_0}{\sigma} * \sqrt{n} \) ($\sigma$ kann durch $s$ angenähert werden) \item Testentscheidung: $H_0$ wird \( \begin{cases} \text{angenommen}, &\text{wenn } -c\le T\le c\\ \text{abgelehnt}, &\text{wenn } T> c \text{ oder } T< -c \end{cases} \) \end{itemize} \bsp aus \ref{sec:zentraler_grenzwertsatz}:\\ zusätzliche Angaben: Sollwert: $10cm$ ($\mu_0$); Irrtumswahrscheinlichkeit: $2\%$ ($\alpha$) \begin{multicols}{2} \begin{align*} c &= \phi^{-1}\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)\\ &= \phi^{-1}\left( 1- \frac{0.02}{2}\right)\\ &= \phi^{-1}( 1- 0.01 )\\ &= \phi^{-1}( 0.99) \\ &= 2.33 \end{align*} \begin{align*} T &= \frac{10.02-10}{0.08762} * \sqrt{100}\\ &= \frac{0.02}{0.08762} * 10 = \frac{0.2}{0.08762}\\ &= 2.28258 \end{align*} \end{multicols} Testentscheidung: \(\underbrace{-c}_{-2.33}\le \underbrace{T}_{2.283}\le \underbrace{c}_{2.33}\)\\ \(\Rightarrow H_0\) annehmen, d.\,h. es spricht nichts dagegen, dass die Maschine im Mittel den Sollwert produziert.\\ \textcolor{Orange}{Nullhypothese: $\mu=\mu_0=10$} Bisher: zweiseitiger Test: \(H_0: \mu=\mu0\)\\ Jetzt: \underline{einseitige} Tests:\\ \(H_0: \mu\le\mu_0\) (vorgegebener Maximalwert) \includegraphics{bilder/1-6_dichtefunktion_5.pdf} Testentscheidung:\\ $H_0$ wird \(\begin{cases}\text{angenommen},&\text{wenn } T\le c\\\text{abgelehnt},&\text{wenn }T>c\end{cases}\) im \bsp wenn die Bauteile \underline{maximal $10cm$} lang sein dürfen.\\ \(\to H_0: \mu \le \underbrace{\mu_0}_{=10} \) \(T=2.283\) (wie beim zweiseitigen Test)\\ für $\alpha = 2\%$: \( \phi(c) = 1-\alpha = 1-0.02 = 0.98 \Rightarrow c=2.06 \) Testentscheidung:\\ \( \underbrace{T}_{2.283} > \underbrace{c}_{2.06} \to H_0\) ablehnen $\to$ die Maschine liefert zu lange Teile (wahrscheinlich) einseitig umgekehrt: $H_0 \mu \ge \mu_0$\\ \includegraphics{bilder/1-6_dichtefunktion_6.pdf}\\ $\hookrightarrow$ mit der Tabelle: $c = -\phi^{-1} (1-\alpha)$\\ Testentscheidung: $ T \ge c \to H_0 $ annehmen\\ $T0$ & $\to$ wachsender Zusammenhang (positiv korreliert)\\ & $=1$ & $\to$ exakt auf einer Gerade mit positiver Steigung \end{tabular} \bsp Zweimaliger Münzwurf\\ $X: $ Anzahl an Wappen im 1. Wurf\\ $Y: $ Gesamtzahl an Wappen \begin{align*} P(X=0,Y=0) &\overset{ZZ}{=} \frac14\\ P(X=0,Y=1) &\overset{ZW}{=} \frac14\\ P(X=1,Y=1) &\overset{WZ}{=} \frac14\\ P(X=1,Y=2) &\overset{WW}{=} \frac14\\ \\ Cov(X,Y) &= E(X+Y) - \mu_X*\mu_Y\\ &= 0 * 0 * \frac14 + 0 * 1 * \frac14 + 1 * 1 * \frac14 + 1 * 2 * \frac14 - 0.5 * 1\\ &= \frac 14 = 0.25 > 0 \end{align*} \newpage \section*{Standardnormalverteilung} \addcontentsline{toc}{section}{Standardnormalverteilung} \input{snv.tex} \end{document}