\documentclass[11pt]{scrartcl} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[ngerman]{babel} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{eurosym} %\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{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} \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{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}