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	pdftitle={Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik},
	pdfsubject={Mitschrift der Vorlesung "Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik" an der HTW-Aalen, bei Herrn Fischer.},
	pdfauthor={Thomas Battermann},
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\title{Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik}
\author{Mitschrift von Thomas Battermann}
\date{3. Semester}

\begin{document}
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	\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{Wahrscheinlichkeitsrechnung}

		\subsection{Grundbegriffe}

		\subsubsection{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 = \(0.1\overline{6}\)}

		\subsubsection{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?

		\(\Omega = \{ ZZZ, ZZW, ZWZ, WZZ, ZWW, WZW, ZWW, WWW \} \)\\
		\( P(A) = \{ ZZZ \} = \frac 1 8 \)\\
		\( P(B) = \{ ZWW, WZW, WWZ \} = \frac 3 8 \)

		\subsubsection{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}

		\subsection{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{itemize}
			\item[(a)] tritt die Kombination \(13758\) auf?\\
				{\color{Orange} \( \frac{1}{9^5} \)}
			\item[(b)] enthält der Code lauter gleiche Zahlen?\\
				{\color{Orange} \( \frac{9}{9^5} = \frac{1}{9^4} \)}
			\item[(c)] enthält der Code lauter verschiedene Zahlen?\\
				{\color{Orange} \( \frac{9!}{4! * 9^5} \) }
			\item[(d)] beginnt der Code mit 3?\\
				{\color{Orange} \( \frac{1 * 9^4}{9^5} = \frac 1 9 \)}
			\item[(e)] 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[(f)] 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{itemize}

		%

		\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}
			\item[(a)] 6 Richtige\\
				\( \frac{1}{\binom{49}{6}} = \frac{1}{13.983.816} \) ~ 14 Mio. Möglichkeiten
			\item[(b)] 4 Richtige\\
				\( \frac{ \binom{6}{4} * \binom{43}{2} }{ \binom{6}{49} } = \frac{645}{665896} \approx 0.096861972440140803\%\)
			\item[(c)] 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}
			\item[(a)] 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[(b)] 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}
			\item[(a)] enthält das 1. Paket 1 blauen und das 2. Paket 2 blaue Laptops?
			\item[(b)] enthält das 1. Paket 1 blauen Laptop?
			\item[(c)] enthält das 2. Paket 1 blauen Laptop?
			\item[(d)] enthält das 1. oder 2. Paket 1 blauen Laptop?
			\item[(e)] 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}
			\item[(a)] \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{3}{2} * \binom{8}{2} }{\binom{15}{4}*\binom{11}{4}} \approx 0.12307692307692307692\)
			\item[(b)] \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \)
			\item[(c)] \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \)
			\item[(d)]
				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[(e)] \( \frac{ \binom{2}{1} * \binom{9}{3} }{ \binom{11}{4} } \) 
		\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: $k_4 = 2$

	\subsection{Bedingte Wahrscheinlichkeit und Unabhängigkeit}

	\bsp 2 rote Bälle und ein gelber Ball. Wir ziehen 2 Bälle ohne Zurücklegen, mit Reihenfolge.\\
	Mit welcher Wahrscheinlichkeit
	\begin{itemize}
		\item[(a)] ist der 1. Ball rot?\\
			\( \frac 2 3 \)
		\item[(b)] ist der 2. Ball rot?\\
			\( \frac 2 3 \)
		\item[(c)] sind beide Bälle rot?\\
			\( \frac 2 3 * \frac 1 2 = \frac 1 3 \)
		\item[(d)] ist der 2. Ball rot, wenn man weiß, dass der 1. Ball rot ist?\\
			\( \frac 1 2 \)
	\end{itemize}
	
	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}

	\subsubsection{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{itemize}
		\item[(a)] 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[(b)] 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[(c)] 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[(d)] 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[(e)] 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[(f)] 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{itemize}

	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{itemize}
		\item[(a)] Wie viel Prozent der Daten sind 0en, die als 1 ankommen?\\
			\( P(A \cap \overline{B}) = P(\overline{B}\mid A) * P(A) = 0,02 * 0,03 = 0,006 = 0,6\% \)
		\item[(b)] 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[(c)] 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{itemize}

	Ereignisse:
	\begin{itemize}
		\item[A:] 0 wird gesendet
		\item[B:] 0 kommt an
	\end{itemize}	

	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{itemize}
		\item[A:] 1. Wurf ergibt 4
		\item[B:] Summe der Augenzahlen ist 12
		\item[C:] Summe der Augenzahlen ist 7
		\item[D:] 2. Wurf ergibt 3
	\end{itemize}
	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{itemize}
		\item[(a)]
			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[(b)]
			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{itemize}

	\( B = \{ 15,24,33,42,51 \} \)

	\(P(A) = \frac 1 6 \)\\
	\(P(B) = \frac{5}{36} \)\\
	\(P(C) = \)

	\begin{itemize}
		\item[(a)]
			\( P(A \mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} = \frac{ \frac{1}{36} }{ \frac{5}{36} } = \frac 1 5 \)
		\item[(b)]
			\( P(A \mid C) = \frac{P(A\cap C)}{P(B)} = \frac{ \frac{1}{36} }{ \frac{5}{36} } = \frac 1 5 \)\\
	\end{itemize}

	Oder direkt:
	\begin{itemize}
		\item[(a)]
			\( P(A\mid B) = \frac 1 5 \)\\
			Bedingung \( B = \{ 15, 24, \underline{3}3, 42, 51 \} \)
		\item[(b)]
			\( P(C\mid B) = \frac 1 5 \)\\
			Bedingung: \( B = \{ 15, 24, \underline{33}, 42, 51 \} \)
	\end{itemize}


	\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{itemize}
		\item[A:] 1. Wurf ist 3. \( P(A) = \frac 1 6 \)
		\item[B:] Summe der Augenzahlen ist 12. \( P(B) = \frac{1}{36} \)
		\item[C:] 2. Wurf ist 7. \( P(C) = 0 \)
	\end{itemize}
	\( \underbrace{P(A\cap B\cap C)}_{_0} = \underbrace{P(A) * P(B) * P(C)}_{=0} \)\\[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

	\subsection{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}

	\( \sigma^2 = 4 * \frac 1 6 + 25 * \frac{25}{36} + 750.76 * \frac{5}{36} = 122.3 \)\\
	\( \sigma = \sqrt{\sigma^2} = \sqrt{122.3} = 11.06 \)

	\subsubsection{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 \( \frac{\sigma}{\mu} = \frac{2,47}{0,05} = 49,4 = 4940\% \)

	\subsubsection{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{itemize}
		\item[(a)]
			Wie groß müssen $b$ und $c$ sein, damit $F(x)$ eine Verteilungsfunktion ist?
		\item[(b)]
			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{itemize}

	\begin{itemize}
		\item[(a)]
			\( e^0 * \frac 1 2 = 0.5 \)\\
			\( \frac 1 2 \le b \le c = 1 \)\\
			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[(b)]
			\(P(X=0) = 0.3 (=0.8-0.5) \)\\
			\(P(X=-1) = 0\) (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{itemize}

	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!)

	\( P(x\le X < 2) = P(X<2) - P(X<1) = 0.2 - 0 = 0.2  \)\\
	\( P(2< X < 2.2) = P(X< 2.2) - P(X\le 2) = \frac{121}{200} - 0.5 = \frac{21}{200} \approx 0.105 \)

	\subsubsection{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{itemize}
		\item[(a)]
			Für welches \( a \in \mathbb R \) ist \(f(x)\) eine Dichtefunktion?
		\item[(b)] Berechne für das $a$ aus (a) die zugehörige Verteilungsfunktion \(F(x)\)
	\end{itemize}

	\begin{itemize}
		\item[(a)]
			\( \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1 \to \) auflösen nach a\\
			\( \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int\limits_0^1 \frac 1 2 x dx + \int\limits_1^2 a * x^2 dx \)\\
			\( = \left[ \frac 1 4 x^2 \right]_0^1 + \left[ \frac a 3 * x^3 \right]_1^2 \)\\
			\( = \frac 1 4 + \frac a 3 * 8 - \frac a 3 = \frac 7 3 *a + \frac 1 4 \)
			\( a = \frac{9}{28} \approx 0.3214 \)
	\end{itemize}

\end{document}
