Jetzt lerne ich Stochastik für die Oberstufe

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1 Jetzt lerne ich Stochastik für die Oberstufe von Dr. rer. nat. Marco Schuchmann, Dipl.-Math.

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3 - 3 - Vorwort In diesem Buch werden Anwendungen der Stochastik in der Oberstufe mit vielen Beispielen beschrieben. Die Beschreibungen orientieren sich an den Aufgaben- und Problemstellungen, wie sie in der Oberstufe an Gymnasien als auch an Fachoberschulen behandelt werden. Das Buch kann man auch zur Abiturvorbereitung verwenden, wenn man selbstständig noch mal den Stoff der Klassen 12 und 13 aufarbeiten möchte. Zum Inhalt des Buches gehören die Grundlagen der Kombinatorik, die Erstellung von Wahrscheinlichkeitsbäumen, die Berechnung des Erwartungswertes und der Varianz, die Berechnung von Kenngrößen von Stichproben, bedingte Wahrscheinlichkeiten und Kreuztabellen, das Bernoulli-Experiment und die Binomialverteilung, die Berechnung der Sigma-Umgebung, die Durchführung von Hypothesentests und Grundlagen zur Normalverteilung. Es wurden viele Erklärungen, wichtige Hinweise für bestimmte Aufgabentypen, Aufgabenbeispiele mit Lösungstipps und Grafiken eingefügt. Bei allen Beschreibungen wurde darauf geachtet, dass diese für Schülerinnen und Schüler möglichst verständlich sind. Weitere Aufgaben und Beispiele zum Buch sind auf der Seite zu finden. Im Herbst 2012 Dr. Marco Schuchmann ( schuchmann@mathe-total.de)

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5 - 5 - Inhalt 1 GRUNDLAGEN Grundbegriffe Wahrscheinlichkeitsbaum KOMBINATORIK ERWARTUNGSWERT UND VARIANZ STICHPROBEN UND DEREN KENNGRÖßEN BEDINGTE WAHRSCHEINLICHKEIT, KREUZTABELLEN UND UNABHÄNGIGKEIT DIE BINOMIALVERTEILUNG Bernoulli-Experiment und die Binomialverteilung Approximation der Binomialverteilung über die Normalverteilung Der Binomialtest DIE TSCHEBYSCHEFF-UNGLEICHUNG AUFGABEN ZUR STOCHASTIK ANHANG Tabellen für P(X k), falls X mit den Parametern n und p binomialverteilt ist Tabelle für Funktionswerte der Standardnormalverteilung F(x)... 63

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7 - 7-1 Grundlagen 1.1 Grundbegriffe Alle möglichen Ereignisse eines Zufallsexperiments fassen wir in einer Ereignismenge Ω zusammen. Ereignisse sind Teilmengen von Ω. Umfasst das Ereignis nun ein Element von Ω, dann handelt es sich um ein Elementarereignis. Beispiel: Bei einem Würfel mit sechs Seiten wäre Ω={1, 2, 3, 4, 5, 6}. Ein mögliches Ereignis A ist, dass man eine gerade Zahl würfelt: A={2, 4, 6} Ein Elementarereignis wäre B={6}, also das Ereignis, dass eine 6 gewürfelt wird. Laplace-Experiment: Man geht davon aus, dass es nur endlich viele Elementarereignisse gibt: Ω = n. Jedes Elementarereignis E soll mit derselben Wahrscheinlichkeit auftreten P(E) =. Somit gilt für ein Ereignis A: P(A) =. Beispiel fairer Würfel: Hier gibt es 6 mögliche Elementarereignisse, wobei jedes (deshalb fairer Würfel ) mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auftritt. Beispielsweise gilt dann: P({6}) = P({2, 4, 6}) = = Es gilt folgendes Gesetz für zwei Ereignisse A und B: P(A B) = P(A) + P(B) P(A B) Beispiel: In einer Urne sind 20 Kugeln mit den Ziffern von 1, 2,, 20 beschriftet. Es wird zufällig eine Kugel gezogen.

8 - 8 - Wir betrachten folgende Ereignisse: A: Es wird eine Kugel mit einer Ziffer gezogen, die durch 9 teilbar ist. B: Es wird eine Kugel mit einer Ziffer gezogen, die durch 6 teilbar ist. A= {9, 18} B= {6, 12, 18} A B= {18} P(A B) = + = + = = Das ist das gleiche wie P(A B)=P({6, 9, 12, 18}) Weiterhin gilt: P(A) =1 P(A) Beispiel: A sei das Ereignis, dass keine 6 geworfen wird: A = {1, 2, 3, 4, 5} Damit ergibt sich das Komplement von A (dies sind alle Elemente von W = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, die nicht in A liegen): A ={6} Somit gilt: P(A) =1 P(A) =1 = Bemerkung: Diese Formel wir bei der Berechnung von Wahrscheinlichkeiten bei der Binomialverteilung später oft verwendet. Man kann sie auch einsetzen, wenn die Berechnung der Wahrscheinlichkeit für P(A) aufwändig wäre und man P(A) einfach berechnen kann.

9 Wahrscheinlichkeitsbaum Eine Urne enthält 10 blaue (b), 6 rote (r) und 4 gelbe (g) Kugeln. Es wird 2-mal mit Zurücklegen eine Kugel gezogen. Hier sind folgende Elementarereignisse denkbar: {(b, b), (b, r), (b, g), (r, b), (r, r), (r, g), (g, b), (g, r), (g, g)} Dies sind 3 2 = 9 Elementarereignisse. Würde man dreimal ziehen, so ergäben sich 3 3 = 27 Elementarereignisse. Man kann dieses Zufallsexperiment mit einem Baum darstellen (wie allgemein bei Experimenten, die wiederholt ausgeführt werden). Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kugeln blau sind, ergibt sich durch P({(b, b)})= =.

10 Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Kugel (d.h. genau eine) blau ist wäre: P({(b, r)})+ P({(b, g)})+ P({(r, b)})+ P({(g, b)})= = Wie sieht es aus, wenn ohne Zurücklegen gezogen wird? Hier würde sich nach jedem Zug die Wahrscheinlichkeiten ändern, da die jeweils gezogene Kugel fehlt. Wir zeichnen für diesen Fall einen Baum mit den entsprechenden Wahrscheinlichkeiten. Hier wäre beispielsweise P({(b, b)}) = =.

11 Ein weiteres Beispiel für die Verwendung eines Baumes: Es wird 3-mal gewürfelt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dabei mindestens eine 6 zu würfeln (Ereignis A)? 1. Möglichkeit: Die Wahrscheinlichkeit beträgt: P(A) = + + = 0,4213 = 42,13% Sobald im Baumdiagramm eine 6 vorkommt, kann der Ast beendet werden (das wäre das selbe, wie bei einem Spiel, bei dem ein Spieler 3-mal würfelt und gewinnt, sobald die erste 6 fällt). Wenn man die Verästlung fortsetzen würde, so müsste man über alle diese Äste summieren und es würde sich letztendlich nur derselbe Wert ergeben. Denn wenn man 100-mal würfelt, so ist die Wahrscheinlichkeit dafür, beim ersten Wurf eine 6 zu erhalten 1/6 (wenn es egal wäre, was danach gewürfelt wird). 2. Möglichkeit: P(A) =1 P(A) =1 = 1 = 0,4213 = 42,13% Das Komplementärereignis A ist das Ereignis, dass keine 6 gewürfelt wurde.

12 Kombinatorik Permutationen: Die Anzahl der Möglichkeiten n verschiedene Objekte in ihrer Reihenfolge zu vertauschen ist n!=1 2 3 n Zu n! sagt man n Fakultät. Dabei ist 0! = 1. Beispiel: Es sind 5 Pferde bei einem Rennen gestartet. Wie viele Möglichkeiten gibt es für den Zieldurchlauf? Antwort: 5! = 120 Somit gäbe es auch 120 Möglichkeiten für 5 Personen sich in einer Reihe anzustellen. Sind bestimmte Objekte nicht unterscheidbar, dann kann man wie im folgenden Beispiel vorgehen: Wie viele Wörter kann man theoretisch aus den Buchstaben A A A B B C C C C bilden? Antwort:!!!! = 1260 Für nur 2 verschiedene Buchstaben A und B in einem Wort aus n Buchstaben vorkommen, dann ergibt sich für die Anzahl der möglichen Wörter der sogenannte Binomialkoeffizient: A A A B B B k- mal (n- k)- mal Anzahl möglicher Vertauschungen:!! ( )! =: Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge: Wenn es sich nun um n verschiedene Objekte handelt, von denen man k (ohne Beachtung der Reihenfolge) auswählen möchte, dann gibt es (gesprochen n über k) Möglichkeiten. Beispiel: (a) Ein Verein mit 20 Mitgliedern wählt einen Vorstand aus 5 Personen. Wie viele Möglichkeiten gibt es theoretisch? Antwort:

13 (b) In einer Klasse bestehend aus 15 Mädchen und 10 Jungs sollen 5 Mädchen und 5 Jungen ausgewählt werden. Wie viele Möglichkeiten gibt es theoretisch? Antwort: Es gibt Möglichkeiten. (c) Man erhält 5 Karten von 32. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 2 Asse, 2 Buben und 1 Dame mit dabei sind (falls es 4 Asse, 4 Buben und 4 Damen gibt)? Antwort: = Für den Binomialkoeffizienten gilt: = = 1 = Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge: Spielt die Reihenfolge eine Rolle, dann gibt es bei der Auswahl von k aus n Objekten (beim Ziehen ohne Zurücklegen) k!=n (n 1) (n k+1) Möglichkeiten. Beispiel: Wie viele Möglichkeiten gibt es theoretisch für die ersten 3 Pferde bei einem Pferderennen (mit 10 Pferden am Start), wenn man die Reihenfolge der ersten 3 Pferde betrachtet? Antwort: 3!=10 9 8=720 Bemerkung: Man kann über den Taschenrechner mit der Taste ncr berechnen, d.h. = 10 ncr 3. k! kann man über die npr - Taste berechnen. Im Beispiel müsste man für 3! einfach 10 npr 3 eingeben. Weiteres Beispiel: Ein Verein mit 20 Mitgliedern wählt einen 1. und 2. Vorsitzenden. Wie viele Möglichkeiten gibt es theoretisch? 2! = = 380

14 Ziehen mit Zurücklegen und mit Betrachtung der Reihenfolge: Werden aus n verschiedenen Objekten k mit Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge ausgewählt, so gibt es n Möglichkeiten. Beispiele: (a) Bei einem Spielautomaten gibt es 4 Felder mit jeweils 5 verschiedenen Symbolen. Wie viele Möglichkeiten gibt es (die im Display angezeigt werden können)? Antwort: 5 Möglichkeiten. (b) Ein Autokennzeichen besteht aus 2 Buchstaben und 3 Ziffern. Wie viele Möglichkeiten gibt es, falls theoretisch jede Kombination an Buchstaben zugelassen wäre? Antwort: = , falls die erste Ziffer keine Null sein darf. Ziehen mit Zurücklegen und ohne Betrachtung der Reihenfolge: Werden aus n verschiedenen Elementen k mit Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge gezogen, so gibt es + 1 Möglichkeiten. Beispiel: Es sollen 10 Kugeln auf 4 Schachteln verteilt werden. Dies wäre auch das mathematische Modell, wenn man 10 Personen auf 4 Zimmer verteilen möchte. So kann man viele praktische Probleme auf ein Urnenmodell ( Ziehen mit Zurücklegen, Ziehen ohne Zurücklegen ) zurückführen. Nun könnte man sich vorstellen, dass sich in einer Urne n = 4 Zettel befinden, wobei jeweils eine der Zahlen von 1 bis 4 auf einem Zettel steht (für eine der 4 Schachteln). Nun zieht man 10-mal (k = 10) mit Zurücklegen und sortiert nach jedem Zug eine Kugeln in eine der 4 Schachteln ein. Die Reihenfolge ist dabei egal, denn falls man 4-mal eine 1 und 6- mal eine 2 zieht, dann werden 4 Kugeln in die erste Schachtel und 6 Kugeln in die zweite Schachtel einsortiert, egal in welcher Reihenfolge die Ziffernfolge steht. Mit obiger Formel gibt es nun = = 286 Möglichkeiten. Auf 13 über 10 könnte man auch wie folgt kommen: Man vertauscht die Symbole x x x x x x x x x x in der Reihenfolge. Bei 4 Schachteln benötigt man 4-1=3 Trennstriche. x x x x x x x x x x würde dann bedeuten, dass sich eine Kugel in Schachtel 1, 4 Kugeln in Schachtel 2, 2 Kugeln in Schachtel 3 und 3 Kugeln in Schachtel 4 befinden. Nun müsste man nur alle Symbole vertauschen, wobei es 13!/(10!ÿ3!) Möglichkeiten gäbe, denn man vertauscht 13 Symbole und man kann nicht zwischen den 10 x-en und auch nicht zwischen den 3 Strichen unterscheiden ( ein x ist wie das andere ). 13!/(10!ÿ3!) ist gleich 13 über 10 (oder auch 13 über 3).

15 Erwartungswert und Varianz Der Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariable X mit endlicher Ereignismenge Ω = {x,x,,x } ist wie folgt definiert: E(X) = x P(X =x ) +x P(X =x ) + +x P(X =x ) x sind die Werte, die die Zufallsvariable X als Realstreuung annehmen kann (da Ω = {x,x,,x }). Statt E(X) wird auch das Symbol bzw. der griechische Buchstabe μ für den Erwartungswert verwendet. Beispiel: a) Zwei Personen vereinbaren ein Spiel. Es wird ein fairer Würfel geworfen. Falls der Spieler, der den Würfel geworfen hat, eine 6 würfelt, erhält er von dem anderen Spieler 12. Die Zufallsvariable X, die den Gewinn des Spielers der den Würfel wirft beschreibt, hätte folgende Verteilung x 12 0 P(X =x ) Der Erwartungswert beträgt E(X) = = 2. Wie man sieht, wird jeder der möglichen Werte mit der Wahrscheinlichkeit multipliziert, mit der der jeweilige Wert auftreten kann. Der Erwartungswert beträgt also 2, d.h. der würfelnde Spieler gewinnt im mittel pro Spiel 2. Soll das Spiel fair sein, dann muss er dem anderen Spieler pro Spiel einen Einsatz von 2 bezahlen. Oben nutzen wir den Erwartungswert um den Bruttogewinn (ohne Berücksichtigung des Einsatzes) zu berechnen. Bei einem fairen Spiel muss somit der Erwartungswert des Bruttogewinns gleich dem Einsatz sein. Der Erwartungswert des Nettogewinns (mit Berücksichtigung des Einsatzes) wäre bei einem fairen Spiel gleich Null: E(X ) = (12 2 ) + ( 2 ) = = 0 b) Es wird 3-mal eine faire Münze geworfen mit den Seiten Kopf (K) und Zahl (Z). Der Einsatz beträgt 4. Für jeden Wurf, bei dem K oben liegt, erhält der Spieler 2. Ist das Spiel fair?

16 Wir haben, wie bereits beschrieben, 2 Möglichkeiten. Wir können den Erwartungswert des Bruttogewinns mit dem Einsatz vergleichen, oder wir berechnen den Erwartungswert des Nettogewinns, der bei einem fairen Spiel 0( ) wäre. Die Berechnung des Erwartungswertes des Bruttogewinns ist einfacher (als der des Nettogewinns). Wir bestimmen zunächst die Wahrscheinlichkeiten für die einzelnen Gewinne. Man kann 0 gewinnen (falls keine Seite K zeigt) oder im Idealfall 6 (falls alle 3 Seiten K zeigen). K 1 2 K 1 2 K 1 2 Z 1 2 K Z 1 2 Z K 1 2 Z 1 2 K Z K Z Z Es gilt: P(X =0 ) =P({(Z, Z, Z)}) = ³ P(X =2 ) =P({(K, Z, Z), (Z, K, Z), (Z, Z, K)}) =3 ³ P(X =4 ) =3 ³ P(X =6 ) = ³

17 Die Anzahl der Seiten, die K zeigen, ist (wie wir später sehen werden) binomialverteilt. x P(X =x ) ³= ³= ³= ³= E(X) = =3 <4. 8 D.h. im Mittel verliert man 1 pro Spiel. Der Erwartungswert des Nettogewinn wäre gleich -1. Die Varianz ist ein Maß der Streuung einer Zufallsvariable und ist (für Ω = {x,x,,x }) wie folgt definiert: V(X) = (x μ) P(X =x ) + (x μ) P(X =x ) + +(x μ)² P(X=x ) Als Symbol für die Varianz V(X) wird auch σ² verwendet. Die Wurzel aus der Varianz σ=v(x) ist die Standardabweichung. Im Beispiel: x P(X =x ) x P(X =x ) (x μ)² (x μ)² P(X = x ) 0 1 ³= ³= ³= ³= 2 0 =0 (0 3 )² (0 3 ) = ² 2 = (2 3 )² (2 3 ) = ² 4 = (4 3 )² (4 3 ) = ² 6 = (6 3 )² (6 3 )² = ² Summe μ = 3 σ² = 3 ²

18 Standardabweichung: σ =3 ² 1,73 Je größer die Varianz bzw. die Standardabweichung ist, umso schlechter eignet sich der Erwartungswert als ein Wert für eine Vorhersage bzw. umso mehr streuen die Werte um den Erwartungswert. Beispiel: Es werden 2 faire Würfel gewürfelt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass (a) die Augensummer gleich 6 ist? (b) die Augensumme höchstens gleich 4 ist? (c) die Ausgensumme größer als 2 ist? (d) Wie groß ist der Erwartungswert der Zufallsvariable S (der Summe der Augenzahlen)? Für diese Aufgabe kann man zunächst mal eine Tabelle mit den Augensummen erstellen: Würfel 2 Würfel Für S = Augensumme gilt: (a) P(S =6) = (= P({(1; 5), (2; 4), (3; 3), (4; 2), (5,1)}) ) (b) P(S 4) = = (c) P(S >2) =1 P(S 2) =1 = (d) E(S) =2 P(S =2) P(S =12) = =7 Dieses Ergebnis ist plausibel, denn die Verteilung ist zu s =7 symmetrisch ( P(S =7+x) = P(S =7 x) ).

19 Stichproben und deren Kenngrößen Beispiel: 0, 2, 2, 6, 2, 4, 0, 4, 4, 4 Stichprobe a absolute Häufigkeit a(a ) relative Häufigkeit r(a ) Bemerkung zu relative Häufigkeit: Würde man z.b. n =10 mal spielen und sich jeden Gewinn notieren, so könnte man die absolute Häufigkeit für jeden Wert angeben, als auch die relative Häufigkeit. 0,45 0,40 0,35 0,30 0,25 0,20 0,15 0,10 0,05 Relative Häufigkeit 0, Wenn man den Stichprobenumfang vergrößern würde, dann liegen die relativen Häufigkeiten in etwa bei der Wahrscheinlichkeit. Genau genommen konvergiert die relative Häufigkeit (bei einem Grenzwert nach Wahrscheinlichkeit und unter gewissen Voraussetzungen) gegen die entsprechende Wahrscheinlichkeit.

20 Von dieser Stichprobe können wir nun auch den Mittelwert bzw. das arithmetische Mittel berechnen: a sind die möglichen Ausprägungen. x = 1 n (x + +x ) =a r(a ) + +a r(a ) Die empirische Varianz (Stichprobenvarianz) s² berechnet sich wie folgt: s² = 1 n 1 ((x x) + +(x x) ) Im Beispiel: x = 1 ( ) 10 = ( ) = s = = 3.73 Bemerkung zum Faktor : Möchte man über eine Stichprobe die Varianz der Gesamtpopulation schätzen, dann wird der Faktor anstatt verwendet. Der Grund ist, dass (unter gewissen Voraussetzungen) damit s ein Erwartungstreuer Schätzer für die theoretisch unbekannte Varianz σ² ist, d.h. es gilt E(S ) =σ². Geht man davon aus, dass keine Stichprobe (als Teilmenge einer größeren Gesamtpopulation) vorliegt, sondern die Gesamtpopulation, dann verwendet man den Faktor 1/n. In diesem Fall wäre die relative Häufigkeit gleich der Wahrscheinlichkeit. Achtung: Dies machen offensichtlich die meisten Schulbücher. Die Varianz der (Gesamt)-Population ist dann: s² = 1 n ((x x) + +(x x) ) =(a )(a x) + +r(a )(a x) An einem Beispiel wollen wir noch mal verdeutlichen, was es mit der Varianz auf sich hat. Nehmen wir mal an, dass von 10 Personen jede auf dem Konto hat. Der Mittelwert der Kontostände ist dann x = Die Streuung bzw. die Varianz ist gleich 0 ². Derselbe Mittelwert ergibt sich aber auch, wenn 9 Personen 0 besitzen und eine Person besitzt. Nun ist aber die Streuung deutlich größer (wir betrachten die 10 Personen nun, wie die meisten Schulbücher dies tun, als Gesamtpopulation und verwenden den Faktor 1/n): s = 1 10 (9 ( ) + ( ) ) =

21 Beispiel: 5 Bedingte Wahrscheinlichkeit, Kreuztabellen und Unabhängigkeit K: Eine Person hat eine bestimmte Krankheit T: Ein Test auf diese Krankheit fällt positiv aus (d.h. er zeigt an, dass die Person krank wäre) Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine zufällig ausgewählte Person die Krankheit hat und positiv getestet wurde sein 15%. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine zufällig ausgewählte Person positiv getestet wurde (ob sie die Krankheit hat oder nicht) sein 20%. In diesem Fall wäre die Wahrscheinlichkeit, dass eine positiv getestete Person die Krankheit hat 15% = 0,75 = 75% 20% D.h. unter der Bedingung, dass eine Person positiv getestet wurde, ist sie mit einer Wahrscheinlichkeit von 75% wirklich an dieser Krankheit erkrankt. 75% ist damit der Anteil der Erkrankten an den positiv getesteten. Als Symbol für diese bedingte Wahrscheinlichkeit wird P (K) (oder auch P(K T) ) verwendet. K T K T verwendet. Es gilt also: P (K) = ( ) () Beispiel: Die folgenden Zahlen sind fiktiv: Die Wahrscheinlichkeit, dass eine übergewichtige Person Bluthochdruck hat, beträgt 20%. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person übergewichtig ist, beträgt 30%. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine nicht übergewichtige Person Bluthochdruck hat, beträgt 10%. (a) Stellen Sie die Wahrscheinlichkeit mit einem Baumdiagramm dar. (b) Erstellen Sie eine Kreuztabelle. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person (unabhängig von Gewicht) Bluthochdruck hat? (c) Ist das Ereignis Bluthochdruck stochastisch unabhängig vom Übergewicht? (d) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit Bluthochdruck auch Übergewicht hat?

22 Kommen wir zur Lösung: A=Person hat Übergewicht B = Person hat Bluthochdruck P (B) =0,20 P(A) =0,30 P (B) =0,10 a) b) Es gilt P (B) = ( ) (), womit P(A B) =P (B) P(A) ist. P(A B) = 0,3 0,2 = 0,06 P(A B) = 0,3 0,8 = 0,24 P(A B) = 0,7 0,1 = 0,07 P(A B) = 0,7 0,9 = 0,63 Damit wäre die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig ausgewählte Person Übergewicht und Bluthochdruck hat, 6%. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Person unabhängig vom Gewicht Bluthochdruck hat, wäre die Summe aus der Wahrscheinlichkeit, dass eine Person Übergewicht und Bluthochdruck hat und der Wahrscheinlichkeit, dass eine Person kein Übergewicht und Bluthochdruck hat: P(B) =P(A B) +P(A B) = 0,06 + 0,07 = 0,13

23 Kreuztabelle: B B Summe A P(A B) =0,06 P(A B) =0,24 0,30 A P(A B) =0,07 P(A B) =0,63 0,70 Summe 0,13 0,87 1 c) Wären die Ereignisse A(Übergewicht) und B(Bluthochdruck) unabhängig, dann wäre (1) P(B) =P (B), was aber hier nicht gilt, denn P(B) = 13% und P (B) = 20%. Eine weitere Möglichkeit, die Unabhängigkeit zu prüfen, ist die folgende: Aus (1) folgt P(B) = ( ) womit, falls P(A) P(B) = P(A B) gilt, die () Ereignisse A und B stochastisch unabhängig sind. Über diese Gleichung wird auch in Statistikbücher die Unabhängigkeit zweier Ereignisse A und B definiert. d) Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Person mit Bluthochdruck auch Übergewicht hat, beträgt P (A) = ( ) =, 46,15%. (), Bemerkung: Die Gleichung P(B) =P(A B) +P(A B) =P () () + () ( ) ergibt sich aus dem Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit. Diese Gleichung wurde im Aufgabenteil b) verwendet. Setzt man diese in die Formel P (A) = ( ) () ein und berücksichtigt man, dass P(A B) =P (B) P(A) gilt, so ergibt sich die Formel von Bayes: P (A) = () () () () () ( )

24 Die Binomialverteilung 6.1 Bernoulli-Experiment und die Binomialverteilung Wir betrachten zunächst ein sogenanntes Bernoulli-Experiment. Bei diesem Zufallsexperiment gibt es nur 2 mögliche Ausgänge (d.h. 2 Elementarereignisse). Das eine, für welches man sich gleich bei der Binomialverteilung interessiert (wir nennen es A), tritt mit der Wahrscheinlichkeit p auf, das andere ( ) mit Wahrscheinlichkeit q =1 p. P(A) = p P(A) =1 P(A) =1 p=q Beispiel: 1) Münzwurf: Sei A = {Kopf}, womit ={Zahl} wäre. Hier ist p = P(A) = (bei einer faire Münze ) und q = P(A) =1 =. 2) Würfeln. Man interessiert sich für A: Es wurde eine 6 gewürfelt. p=p(a)= q=p(a) = 1 = Führt man ein Bernoulli-Experiment n mal (unabhängig voneinander) durch und betrachtet man die Zufallsvariable X =Anzahl, wie oft A aufgetreten ist, dann ist X binomialverteilt mit den Parametern n und p.

25 Die Wahrscheinlichkeit, dass A k mal auftritt (d.h. P(X = k)), berechnet sich dann wie folgt: P(X =k) = p (1 p) Wie ergibt sich diese Formel? A soll k mal auftreten. Damit tritt A (n k) mal auf. Die Wahrscheinlichkeit für die Folge A, A, A,, A, A,A,,A wäre p (1 p). k mal (n k) mal Dies entspricht genau einem Pfad entlang des Baumes. Wäre die Reihenfolge so vorgegeben, dann würde man den Faktor nicht benötigen. ist nun die Anzahl der Pfade am Baum, bei denen k mal A und (n k) mal A vorkommt, denn:!!()! = Somit ist die Wahrscheinlichkeit P(X =k) = p (1 p). Beispiel: 1) Es wird 100 mal ein fairer Würfel gewürfelt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 10 Sechsen gewürfelt werden? Antwort: n = 100; p = ; P(X =10) = 0,0214 Die Wahrscheinlichkeit, dass genau nur die ersten 10 Würfe eine 6 zeigen wäre 1, ) Ein Medikament verursacht mit 10% Wahrscheinlichkeit eine Nebenwirkung. In einer Praxis werden 10 Patienten behandelt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass (1) höchstens ein Patient eine Nebenwirkung hat? (2) mindestens einer eine Nebenwirkung hat? Antwort: (1) P(X 1) =P(X =0) + P(X =1) 0, ,38742 = 0,7361 (2) P(X 1) =1 P(X =0) 1 0,3487 = 0,6513

26 Wie man sieht, können Beispiele vom Typ 2) aufwändig werden, gerade bei größeren n. Aus diesem Grund gibt es für die Wahrscheinlichkeit P(X k) Tabellen. Unten wurde die Wahrscheinlichkeit P(X 1) in der Tabelle für n = 10 und p = 0,1 markiert. Diese Tabelle ist auch im Anhang mit weiteren Tabellen zu finden: n=10 k p = 0,1 p = 1/6 p = 0,2 p=1/3 p = 0,5 0 0,3487 0,1615 0,1074 0,0173 0, ,7361 0,4845 0,3758 0,1040 0, ,9298 0,7752 0,6778 0,2991 0, ,9872 0,9303 0,8791 0,5593 0, ,9984 0,9845 0,9672 0,7869 0, ,9999 0,9976 0,9936 0,9234 0, ,0000 0,9997 0,9991 0,9803 0, ,0000 1,0000 0,9999 0,9966 0, ,0000 1,0000 1,0000 0,9996 0, ,0000 1,0000 1,0000 1,0000 0, ,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 Beispiel: a) Die Wahrscheinlichkeit für einen Gewinn an einem Spielautomaten beträgt 20%. Es wird 10 mal gespielt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man (1) genau 3 mal gewinnt? (2) höchstens 4 mal gewinnt? (3) mindestens 2 mal gewinnt? (4) weniger als 2 mal gewinnt? (5) mehr als 2 mal gewinnt? (6) höchstens 5 mal und mindestens 2 mal gewinnt? Antworten: (1) P(X =3) = 0,2 0,8 0,2013 (2) ( 4) =( =0) +( =1) +( =2) +( =3) +( =4) 0,9672 Die obige Summe muss nicht berechnet werden, denn den Wert 0,9672 findet man in der Tabelle für n = 10 und p = 0,2 im Anhang. (3) P(X 2) =1 P(X <2) =1 P(X 1) 1 0,3758 = 0,6242 (4) P(X <2) =P(X 1) 0,3758 (5) P(X >2) =1 (X 2) 1 0,6778 = 0,3222

27 (6) P(2 X 5) =P(X 5) P(X <2) =P(X 5) P(X 1) 0,9936 0,3758 = 0,6178 b) Wie oft muss man bei dem Spiel aus a) mindestens spielen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von wenigstens 95% mindestens einmal zu gewinnen? Es muss also P(X 1) 0,95 gelten: 1 P(X 0) 0,95 1 P(X=0) 0,95 +P(X =0) 0,95 0,05 P(X = 0) 0,05 0,2 0,8 0,05 0,8 lg lg (0,05) n lg (0,8) :lg (0,8) Achtung: lg(0,8) <0, somit muss das Zeichen umgedreht werden. Man muss also mindestens 14 mal spielen. lg (0,05) lg (0,8) n n 13,425 Bemerkung: Gleichungen, bei denen die Unbekannten im Exponenten steht, könne mit dem Logarithmus gelöst werden. Es sei log der Logarithmus zur Basis a, dann gilt log (a ) =x log (b ) =x log (b) Somit kann man die Gleichung a =c lösen, indem man den log auf beiden Seiten anwendet. log (a ) =log (c)

28 x=log (c) Hat man nicht log für beliebige a > 0 zur Verfügung, sondern nur einen Logarithmus, z.b. lg(x): = log (x), dann gilt: lg(a ) =lg(c) x lg(a) =lg(c) x= lg(c) lg(a) Für den Erwartungswert und die Varianz einer mit den Parametern n und p binomialverteilten Zufallsvariable X gilt: μ=e(x) =n p σ² = V(X) =n p(1 p) Das für den Erwartungswert E(X) =n p gilt ist recht plausibel, denn wenn man beispielsweise bei einem Spiel mit einer Wahrscheinlichkeit von 20% gewinnt, so kann man bei 100 Spielen 100 0,2 = 20 Gewinne erwarten. Beispiel: Bei einem Blumensamen ist zu erwarten, dass von 100 Samenkörnern 80 aufgehen werden. Wie groß ist die Standardabweichung und wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 72 und höchstens 88 der Samenkörner aufgehen werden? Es gilt: Einsetzen ergibt: Also ist: μ=n p 80 = 100 p p=0,8 Damit ergibt sich die Standardabweichung: σ=n p (1 p) = 100 0,8 0,2 = 16 =4 Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt (siehe Bemerkung auf nächster Seite): P(72 X 88) =P(X 88) P(X <72) =P(X 88) P(X 71) 0,9874 0,0200 = 0,9674

29 s-umgebung: Gilt σ 3, dann kann man ein Näherungsformeln (bei denen die Binomialverteilung über die Normalverteilung angenähert wird) für die folgenden Wahrscheinlichkeit verwenden: P(μ σ X μ+σ) 68% P(μ 2 σ X μ+2 σ) 95,5% P(μ 3 σ X μ+3 σ) 99,7% (1 σ Umgebung) (2 σ Umgebung) (3 σ Umgebung) D.h. im obigem Beispiel gilt für die 2 σ Umgebung : μ 2 σ=80 2 4=72 μ+2 σ=80+2 4=88 Also gilt: P(72 X 88) 95,5% Nächstes Beispiel: Eine Partei wird von 30% der Wähler gewählt. Es wird eine Umfrage unter 1000 Personen gemacht. Von wie vielen bis wie vielen Wählern wird die Partei mit einer Sicherheit von 95,5% gewählt? μ = ,3 = 300 σ=1000 0,3 0,7 = ,49138 Es gilt (2 σ Umgebung): P(μ 2 σ X μ + 2 σ) P(271,01724 X 328,98276) 95,5% Rundet man die Untergrenze ab und die Obergrenze auf, damit sich die Sicherheitswahrscheinlichkeit nicht verkleinert, dann gilt: Die Partei wird von 271 bis zu 329 Personen bei dieser Umfrage mit einer Sicherheit von ca. 95,5% gewählt. Alleine von der Gleichung 271,01724 X 328,98276 ausgehend würde gelten: Die Untergrenze liegt bei 272 und die Obergrenze bei 328, da X nur natürliche Zahlen (von 0 bis n) annimmt. Bemerkung: In einigen Büchern (auch hier im Anhang) findet man nur Tabellen für p 0,5, da man die Wahrscheinlichkeit für p >0,5 über die Wahrscheinlichkeiten für p < 0,5 berechnen kann:

30 Wenn X binomialverteilt mit den Parametern n und p und Y binomialverteilt mit den Parametern n und 1 p ist, dann gilt (X =k) =P(Y =n k) und P(X k) =P(Y n k). Beispielsweise gilt für n = 100 und p = 0,8: P(X 88) =P(Y ) =P(Y 12) =1 P(Y 11) 1 0,01257 = 0,98743 Unter können auch Tabellen für p > 0,5 erstellt werden. Weiteres Beispiel zur s-umgebung: Eine Partei wird von 20% der Bevölkerung gewählt. Wie viele Personen muss man befragen, damit die Anzahl der Wähler dieser Partei (bei der Umfrage) mit einer Wahrscheinlichkeit von 99,7% maximal 5% vom zu erwartenden Wert abweicht. Wir müssen somit n bestimmen, wenn p = 0,2 ist und man mit einer Sicherheit von ca. 99,7% nur 5% vom Erwartungswert abweichen möchte. Also wählen wir die 3 σ Umgebung, deren Grenzen durch μ±3σ gegeben sind. Relativ (durch n geteilt) ergeben sich dann folgende Grenzen für die die 3 σ Umgebung: ±3 =p±3 (da m = nÿp) Die relative Abweichung beträgt somit. Da diese 5% betragen soll, gilt: 3σ n = 5/100 3n p (1 p) n =0,05 3 n 0,2 0,8 n =0,05 3 0,4 n n =0,05 Da n = ist, gilt:

31 - 31-1,2 = 0,05 n 0,05 n 1,2 = n ()² 0,05 n= 1,2 0,05 = 576 Somit müssen 576 Personen befragt werden. Zusammenfassung zur Berechnung der Wahrscheinlichkeiten über die Tabellen: Im Allgemeinen findet man in Büchern Tabellen zur Binomialverteilung für P(X = k) und für P(X k), wobei man für P(X = k) keine Tabelle benötigt, denn man könnte dies Wahrscheinlichkeit über die Formel bestimmen. P(X = k) = n p k k (1 p) n k Es gilt aber auch P(X = k) = P(X k) - P(X k 1), was man verwenden könnte, wenn nur eine Tabelle für P(X k) zur Verfügung stünde. Wir wollen nun noch mal zusammenfassen, bei welchen Formulierungen man wie die Wahrscheinlichkeiten berechnen kann. Dabei nehmen wir als Beispiel die Anzahl der Sechsen beim n-maligen Würfeln. Man könnte aber auch jedes andere Beispiel verwenden, bei dem man eine binomialverteilte Zufallsvariable X erhält. Es folgt zunächst die Aufgabenstellung und dahinter jeweils die zu berechnende Wahrscheinlichkeit, wobei danach so umgeformt wird, dass man die Wahrscheinlichkeiten aus einer Tabelle ablesen könnte (für P(X = k) wird die Formel angegeben): Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man n genau k Sechsen erhält: P(X = k) = p k höchstens k Sechsen erhält: P(X k) k (1 p) n k weniger als k Sechsen erhält: P(X < k) = P(X k 1) mehr als k Sechsen erhält: P(X > k) = 1 P(X k)

32 mindestens k Sechsen erhält: P(X k) = 1 P(X < k) = 1 P(X k 1) mindestens a und höchstens b Sechsen erhält: P(a X b) = P(X b) P(X < a) = P(X b) P(X a 1) mehr als a und weniger als b Sechsen erhält: P(a < X < b) = P(X < b) P(X a) = P(X b 1) P(X a)

33 Approximation der Binomialverteilung über die Normalverteilung Für n p (1 p) 9 kann man die Binomialverteilung über die Normalverteilung approximieren. Dies wird benötigt, wenn n so groß ist, sodass man keine Tabelle der Binomialverteilung zur Verfügung hat, oder bei Werten für p, für die man keine Tabelle hat. Die Normalverteilung ist eine stetige Verteilung. Eine normalverteilte Zufallsvariable X kann damit im Gegensatz zur binomialverteilten Zufallsverteilung beliebige Werte x R annehmen. Bei der Normalverteilung gilt dann auch, im Gegensatz zur Binomialverteilung, dass P(X x) = P(X < ), da P(X =x) =0 ist. Die Wahrscheinlichkeit P(X x) wird nicht, wie bei einer diskreten Zufallsverteilung, über eine Summe berechnet, sondern über ein Integral. Für eine mit den Parametern μ und σ² normalverteilte Zufallsverteilung X gilt: P(X x) = f(t) dt mit f(t) = ² e. Diese Integral kann nicht analytisch berechnet werden, sondern nur numerisch. Aus diesem Grund gibt es hier ebenfalls Tabellen (siehe Anhang). Für μ =0 und σ² = 1 heißt die Verteilung auch Standardnormalverteilung. In diesem Fall ist f(t) = e. f(t) wird dann auch mit φ(t) bezeichnet und P(X x) mit Φ(x) j Wenn X mit den Parametern μ und σ² normalverteilt ist, dann kann man zeigen, dass standardnormalverteilt ist. Y= X μ σ

34 Dies wird bei der Approximation der Binomialverteilung über die Normalverteilung im Folgenden verwendet. Es sei X binomialverteilt mit den Parametern n und p, dann gilt für n p (1 p) 9: k n p P(X k) Φ n p (1 p) Wir verwenden eine Stetigkeitskorrektur von + 0,5: P(X k) Φ k n p+0,5 n p (1 p) Diese wird auch allgemein bei der Berechnung von P(X = k) benötigt: P(X =k) =P(X k) P(X k 1) Φ k n p+0,5 n p (1 p) Φk n p 0,5 n p (1 p) Beispiel: Die Wahrscheinlichkeit, dass ein produzierter Chip defekt ist beträgt 17%. Es wurden 1000 Chips produziert. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass (a) höchstens 150 defekt sind? (b) von 140 bis 200 defekt sind? (c) mehr als 200 defekt sind? μ = ,17 = 170 σ = 141,1 Wir bestimmen die Wahrscheinlichkeit mit Stetigkeitskorrektur: Antwort: (a) P(X 150) Φ, = 0, ,03%, (b) P(140 X 200) =P(X 200) P(X 139) =Φ, Φ,,,) = 0, ,98%

35 (c) P(X > 200) =1 P(X 200) = Φ, = 0, , 0,51% Es folgt ein weiteres Beispiel, bei dem X direkt normalverteilt ist: Beispiel: Es werden in einem Fabrik Milchbeutel abgefüllt. Der Erwartungswert μ beträgt 1000ml und die Standardabweichung σ =5ml. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass (a) ein Beutel höchstens 990ml beinhaltet? (b) ein Beutel mehr als 1020 ml beinhaltet? Antwort: (a) P(X 990) = Φ = Φ( 2)= 0, ,28% (b) P(X > 1020) =1 P(X 1020) =1 Φ =1 Φ(4) = 0, ,003%

36 Der Binomialtest Hier sind zunächst mögliche Hypothesen für einen Signifikanztest bezüglich des Parameters p zu sehen: H 0 : p = p 0 gegen H 1 : p p 0 zweiseitig H 0 : p p 0 gegen H 1 : p < p 0 einseitig H 0 : p p 0 gegen H 1 : p > p 0 Man unterscheidet zwischen einseitigen Tests, bei denen der kritische Bereich (bzw. der Ablehnungsbereich von H 0 ) nur auf einer Seite liegt und einem zweiseitigen Test, bei denen der kritische Bereich auf zwei Seiten aufgeteilt wird. Wie die kritischen Bereiche bestimmt werden, wird im Folgenden genauer erklärt. Zusätzlich gibt es noch Hypothesentests (die auch oft als Alternativtests bezeichnet werden) mit den folgenden Hypothesen: H 0 : p = p 0 gegen H 1 : p = p 1. Hier werden die kritischen Bereiche analog zu den einseitigen Tests bestimmt, wir später noch sehen werden. Bei den Hypothesentests können zwei mögliche Fehlentscheidungen getroffen werden. Man könnte H 0 verwerfen und H 1 annehmen, obwohl H 0 richtig ist. Diese Fehlentscheidung wird als Fehler 1. Art bezeichnet und die Wahrscheinlichkeit für diese Fehlentscheidung mit a. Man könnte aber auch H 0 beibehalten, obwohl H 1 richtig ist. Diese Fehlentscheidung wird als Fehler 2. Art bezeichnet und die Wahrscheinlichkeit für diese Fehlentscheidung mit b. Test 1 (einseitig bzw. linksseitig): H 0 : p p 0 gegen H 1 : p < p 0 H 0 wird verworfen, wenn k zu klein ist, womit der kritische Bereich auf der linken Seite liegt. Bei gegebenem Signifikanzniveau (= Wahrscheinlichkeit für den Fehler 1. Art) a muss in der Tabelle mit den entsprechenden n und p = p 0 das größte k o abgelesen werden, für welches P(X k o ) a gilt. Der kritische Bereich oder Ablehnungsbereich von H 0 ist dann K = {0, 1,, k o }. Beispiel 1: Bei einem Glücksspiel wird behauptet, dass man mit einer Wahrscheinlichkeit von 20% gewinnt. Man vermutet, dass die Wahrscheinlichkeit geringer ist. Also formuliert man die Hypothesen:

37 H 0 : p 0,2 gegen H 1 : p < 0,2 Das Spiel wird 100-mal gespielt, wobei man nur 14-mal gewinnt. Kann man auf einem Signifikanzniveau von 5% nachweisen, dass die Gewinnwahrscheinlichkeit geringer als 20% ist? P(X k o ) 0,05 Tabelle: n = 100; p = 0,2 k P(X k) 12 0, , , , ,1923 Also ist k 0 = 13 und der kritische Bereich oder Ablehnungsbereich von H 0 ist K = {0, 1,, 13}. Da 14-mal gewonnen wurde und 14 nicht im kritischen Bereich liegt, kann H 0 nicht verworfen werden. Hat man zusätzlich die Vermutung, dass die Gewinnwahrscheinlichkeit nur 10% beträgt, dann könnte man auch den Fehler 2. Art, also b, berechnen. Hier kann man im obigen Beispiel einen Alternativtest formulieren (dieser hat denselben Ablehnungsbereich von H 0 wie wenn die Hypothese H 0 : p 0,2 gegen H 1 : p < 0,2 getestet wird). H 0 : p = 0,2 gegen H 1 : p = 0,1 Es gilt: b = P( H 0 wird nicht verworfen H 0 ist falsch) = P(X > 13 p = 0,1) = 1 - P(X 13 p = 0,1) Also muss aus der Tabelle mit n = 100 und p = 0,1 der Wert für P(X 13) abgelesen werden. Damit ergibt sich b = 1 0,8761 = 0,1239 = 12,39%.

38 Test 2 (einseitig bzw. rechtsseitig): H 0 : p p 0 gegen H 1 : p > p 0 H 0 wird verworfen, wenn k zu groß ist, womit der kritische Bereich auf der rechten Seite liegt. Bei gegebenem Signifikanzniveau a muss in der Tabelle mit den entsprechenden n und p = p 0 das kleinste k u abgelesen werden, für welches P(X k u ) a gilt, bzw. P(X k u ) = 1 - P(X k u 1) a oder 1 - a P(X k u 1). Dabei ist zu beachten, dass aus der Tabelle k u 1 abgelesen wird. Der kritische Bereich oder Ablehnungsbereich von H 0 ist dann K = {k u,, n}. Beispiel 2: Bei einem Medikament wird behauptet, dass eine bestimmte Nebenwirkung mit einer Wahrscheinlichkeit von 10% auftritt. Man vermutet, dass die Wahrscheinlichkeit größer ist, denn bei 50 Patienten, die das Medikament erhielten, hatten 10 diese Nebenwirkung. Also formuliert man die Hypothesen: H 0 : p 0,1 gegen H 1 : p > 0,1 Kann man auf einem Signifikanzniveau von 5% nachweisen, dass die Wahrscheinlichkeit für diese Nebenwirkung höher 10% ist? P(X k u ) 0,05 bzw. 1 0,05 = 0,95 P(X k u 1) Wähle das kleinste k u aus der Tabelle, für welches diese Bedingung gilt. Tabelle: n = 50; p = 0,1 K P(X k) 8 0, , , , ,9990

39 Somit ist k u - 1 = 9 bzw. k u = 10. Der kritische Bereich oder Ablehnungsbereich von H 0 ist K = {10, 11,, 50}. Da diese Nebenwirkung 10-mal auftrat und 10 im kritischen Bereich liegt, kann H 0 verworfen werden. Test 3 (zweiseitig): H 0 : p = p 0 gegen H 1 : p p 0 H 0 wird verworfen, wenn k zu klein oder groß ist, womit der kritische Bereich auf beiden Seiten liegt, deshalb der Ausdruck zweiseitiger Test. Dazu muss in der Tabelle mit den entsprechenden n und p = p 0 das größte k o und das kleinste k u abgelesen werden, für welche P(X k o ) a/2 und P(X k u ) a/2 gelten. Der kritische Bereich ist dann K = {0, 1,, k o }» {k u,, n}. Also muss entsprechend wie in den einseitigen Fällen (1 und 2) vorgegangen werden, nur mit dem halbem Wert von a. Beispiel 3: Bei einem Glücksspiel wird behauptet, dass man mit einer Wahrscheinlichkeit von 20% gewinnt. Dies soll überprüft werden. Dazu wird dieses Spiel 100-mal gespielt und ein Test mit den Hypothesen H 0 : p = 0,20 gegen H 1 : p 0,20 auf einen Signifikanzniveau von 5% durchgeführt. Bei diesen 100 Spielen wurde 11-mal gewonnen. Kann H 0 verworfen werden? Wir bestimmen zuerst den kritischen Bereich (bzw. Ablehnungsbereich von H 0 ). Wir müssen zweiseitig testen (siehe H 1 ) und somit H 0 verwerfen, wenn die Anzahl der Gewinne zu klein oder zu groß ist. Somit hat der Ablehnungsbereich von H 0 folgende Gestalt: K = {0, 1,, k o }» {k u,, 100}. Nun muss in der kumulierten Tabelle der Binomialverteilung für n = 100 und p = 0,2 das größte k o und das kleinste k u abgelesen werden, für welche die Gleichungen gelten. (1) P(X k o ) a/2 = 0,025 und (2) P(X k u ) a/2 = 0,025

40 Die Gleichung (2) müssen wir noch umformen, denn wir können in der (kumulierten) Tabelle nur P(X k) ablesen: Da P(X k u ) = 1 - P(X < k u ) = 1 - P(X k u 1) gilt, muss gelten. Wir formen um: 1 - P(X k u 1) 0, P(X k u 1) 0,025 + P(X k u 1) 0,025 (2a) 0,975 P(X k u 1) Nun können wir das größte k o, für welches die Gleichung (1) gilt, und das kleinste k u (hier lesen wir zunächst k u 1 ab), für das die Gleichung (2a) gilt, in der (kumulierten) Tabelle der Binomialverteilung (mit n = 100 und p = 0,2) ablesen: n=100 k p = 0,1 p = 1/6 p = 0,2 p=1/3 p = 0,5 9 0,4513 0,0213 0,0023 0,0000 0, ,5832 0,0427 0,0057 0,0000 0, ,7030 0,0777 0,0126 0,0000 0, ,8018 0,1297 0,0253 0,0000 0, ,8761 0,2000 0,0469 0,0000 0, ,0000 0,9938 0,9442 0,0715 0, ,0000 0,9969 0,9658 0,1066 0, ,0000 0,9985 0,9800 0,1524 0, ,0000 0,9993 0,9888 0,2093 0,0000 Damit ist k o = 11 und k u 1 = 28 bzw. k u = 29: K = {0, 1,, 11}» {29,, 100}. Im Beispiel wurde 11-mal gewonnen. Da 11 in K liegt, kann man mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von a = 5% die Nullhypothese verwerfen. Der Test kann auch online unter der Adresse durchgeführt werden. Hier wird nicht nur ein kritischer Bereich, sondern auch ein so genannter p-wert ausgegeben. Der p-wert ist das kleinste Signifikanzniveau a, auf dem man H 0 noch verwerfen kann.

41 Hier sieht man noch die Ausgabe des Online-Systems in unserem Beispiel: Für n = 100 und k = 11 gilt: H0: p = 0.2 gegen H1: p <> 0.2 H0: p >= 0.2 gegen H1: p < 0.2 H0: p <= 0.2 gegen H1: p > 0.2 p-werte kritische Bereiche für K = {0,..., 11}»{ 29,..., 100 } K = {0,..., 13 } K = { 28,..., 100 } alpha = 5% kritische Bereiche für K = {0,..., 9}»{ 32,..., 100 } K = {0,..., 10 } K = { 31,..., 100 } alpha = 1% Bemerkungen: 1) Der Binomialtest kann auch automatisch unter der folgenden Seite durchgeführt werden: 2) Analysis und analytische Geometrie im Web:

42 Die Tschebyscheff-Ungleichung Hier ist die Tschebyscheff-Ungleichung für eine Zufallsvariable X mit dem Erwartungswert m und der Varianz s 2 (für c > 0) zu sehen: P c 2 X c 2 X - m c kann man auch wie folgt schreiben: X m + c oder X m - c Damit kann man die Wahrscheinlichkeit abschätzen, dass die Zufallsvariable mindestens einen Abstand c zum Erwartungswert hat. Mit steigendem c wird die Wahrscheinlichkeit immer kleiner. Aus der Tschebyscheff-Ungleichung folgt und somit: P c 2 X c 1 PX c 2 P c 2 X c 1 2 Also beträgt die Wahrscheinlichkeit mindestens 100%ÿ(1 - s 2 /c 2 ), dass die Zufallsvariable X einen Wert im Intervall ] m - c; m + c [ annimmt. Wenn X binomialverteilt ist mit den Parametern n und p, dann ist 2 n p (1 p). Hier ergibt sich dann die folgende Ungleichung: n p und P n p (1 p) c X c PX n p c PX n p / n c / n PX / n p c / n 2 Wenn wir = c/n bzw. c = n setzen, dann erhalten wir: P X / n p p (1 p) 2 n

43 Würde man zusätzlich pÿ(1-p) 1/ 4 berücksichtigen (da f(p) = pÿ(1-p) für p = ½ maximal ist), dann ergibt sich folgende Ungleichung: P X / n p n Wir erhalten somit Abschätzungen für den Abstand der relativen Häufigkeiten der Erfolge zur Wahrscheinlichkeit p. Beispiel: Eine Partei wird von 20% der Bevölkerung gewählt. Bei einer Umfrage werden 1000 Personen befragt. Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit höchstens, dass in dieser Umfrage die relative Anzahl der Personen, die diese Partei wählen, 5 Prozentpunkte oder mehr von 20% abweicht: Verwendet man die letzte Abschätzung, dann gilt: 1 P 2 4 0, X / n 0,20 0,05 0, 1 Also beträgt diese Wahrscheinlichkeit maximal 10%. Damit liegt - mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 90% (= 100% - 10%) - der Anteil der Wähler dieser Partei in dieser Umfrage zwischen 15% (= 20% - 5%) und 25% (= 20% + 5%).

44 Aufgaben zur Stochastik Aufgaben zur Kombinatorik und Wahrscheinlichkeitsbäumen und Erwartungswert 1) In einem Behälter befinden sich 100 Lose. Davon sind 80 Nieten, auf 15 Losen steht eine Gewinn von 5 und auf 5 ein Gewinn von 10. Es werden 2 Lose gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man a) zwei Nieten erhält? b) 10 gewinnt? c) 20 gewinnt? 2) Ein Spielautomat hat 3 Felder, wobei auf jedem die Ziffern von 1 bis 5 erscheinen können. Erscheinen drei gleiche Ziffern, gewinnt man 10. Wenn genau zwei gleiche Ziffern erscheinen, gewinnt man 5. Sind alle Ziffern verschieden, so gewinnt man 0. Wie große ist der Erwartungswert für den Gewinn (d.h. des Bruttogewinns ohne Berücksichtigung eines Einsatzes)? 3) Zwei Torschützen schießen jeweils einmal auf ein Tor. Der Eine trifft mit einer Wahrscheinlichkeit von 40% und der Andere mit einer Wahrscheinlichkeit von 50%. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass a) beide treffen? b) nur genau einer der beiden Trifft? c) beide nicht treffen? 4) Der Autohersteller X hat folgende Zahlen veröffentlicht: 20% aller produzierten PKW sind rot, und 40% sind blau. Jemand hat 3 PKW dieses Herstellers gesehen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass a) alle gesehenen PKW blau waren? b) der erste gesehene PKW rot und die anderen beiden blau waren? c) einer blau, einer rot und einer eine andere Farbe hatte? 5) In einem Verein sind 30 Mädchen und 28 Jungs. 3 Mädchen und 3 Jungs sollen einen Ausflug organisieren. Wie viele Möglichkeiten gibt es für die Auswahl der 3 Mädchen und 3 Jungs? 6) In einer Urne sind 4 Kugeln auf denen die Buchstaben A, B, M und U stehen. Es werden alle 4 Kugeln hintereinander gezogen und in der Reihenfolge der Ziehung auf den Tisch gelegt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Wort BAUM zustande kommt? 7) Es stehen zwei Urnen auf einem Tisch. In der ersten Urne sind 8 rote und 12 schwarze Kugeln. In der zweiten Urne sind 15 rote und 5 schwarze Kugeln. Es wird zuerst eine Urne ausgewählt und dann eine Kugel aus dieser gezogen. a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Kugel rot ist? b) Es wurde eine rote Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass diese aus Urne 1 stammt? (Bedingte Wahrscheinlichkeiten.)

45 - 45-8) Es werden 2 faire Würfel gewürfelt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass (a) das Produkt der Augenzahlen gleich 6 ist? (b) das Produkt der Augenzahlen höchstens gleich 4 ist? (c) das Produkt der Augenzahlen größer als 2 ist? (d) Wie groß ist der Erwartungswert der Zufallsvariable X, wenn X das Produkt der Augenzahlen ist? 9) In einer Urne sind 10 Kugeln, wobei einige rot und einige blau sind. Wie viele rote Kugeln sind in der Urne, wenn die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen zweier roter Kugeln (ohne Zurücklegen) 1/3 beträgt? 10) Bei einer Fahrkatenkontrolle befinden sich 100 Personen in einem Zug, wobei 5 keine Fahrkarte haben. Es werden 3 Personen kontrolliert. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei dieser Kontrolle a) keine Person ohne Fahrkarte dabei ist? b) mindestens eine Person keine Fahrkarte hat? c) genau drei Personen ohne Fahrkarte dabei sind? Aufgaben zur Binomialverteilung 11) Es werden 100 Blumensamen gesät. Der Käuferin der 100 Samenkörner wurde mitgeteilt, dass die Wahrscheinlichkeit, mit der ein Samenkorn nicht auf geht, 10% beträgt. I) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass a) genau 8 Körner nicht aufgehen? b) höchsten 8 nicht aufgehen? c) mindestens 12 nicht aufgehen? d) von 8 bis 12 nicht aufgehen? II) Wie viele Körner muss man mindestens pflanzen, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mind. 95% mindestens ein Korn nicht aufgeht. III) Wenn mehr als 14 Körner nicht aufgehen, möchte sich die Käuferin der Samenkörner beschweren. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie sich zu Unrecht beschwert (d.h. dass die Wahrscheinlichkeit für das Nichtaufgehen eines Korns doch 10% beträgt)? 12) Es wird ein unfairer Würfel geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer 6 bei einem Wurf höchstens, wenn die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine 6 bei fünfmaligen Würfeln geworfen wird, unter 10% liegt? 13) Eine Kiste enthält 10 Lampen. Eine Lampe ist mit einer Wahrscheinlichkeit von 10% defekt. Wir gehen von einer Binomialverteilung der Anzahl der defekten Lampen aus (d.h. wir wissen nicht, dass unter den 10 genau eine defekte Lampe ist, sondern wir kennen nur die Wahrscheinlichkeit für eine defekte Lampe). a) Es werden aus einer Kiste 10 Lampen entnommen. (I) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau 2 defekt sind? (II) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim Entnehmen (nacheinander) der Lampen aus der Kiste genau die ersten beiden Lampen defekt sind? b) Ein Käufer hat beschlossen, eine gelieferte Kiste dann zurückzuschicken, wenn mehr als 2 Lampen defekt sind. (I) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass er eine Kiste nicht zurückschickt? (II) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er von 100 Kisten mindestens eine zurückschickt?

46 Aufgabe zu Hypothesentests 14) Bei einem Würfelspiel hat sich Jenny notiert, wie oft sie bei den letzten 100 Würfen eine 6 geworfen hat. Sie hat nur 8-mal eine 6 geworfen. a) Wie viele Sechsen waren zu erwarten? b) Da sie vermutet, dass ihr Würfel zu wenig Sechsen erzeugt, möchte sie einen Test durchführen mit den Hypothesen H 0 : p 1/6 und H 1 : p < 1/6. Die Irrtumswahrscheinlichkeit soll 5% betragen. Kann sie die Nullhypothese verwerfen? Lösungen: Bei den Lösungen wird die Berechnung beschrieben aber nicht immer das Endergebnis angegeben, da hier Primär die Art der Berechnung gezeigt werden soll. 1) Für dieses Problem könnte man einen Baum zeichnen: a) P( zwei Nieten ) = b) P( 10 Gewinn ) = c) P( 20 Gewinn ) = ) Es gibt 5 3 mögliche Ziffernkombinationen. Davon wären 111, 222,, 555 die 5 Möglichkeiten für 3 gleiche Ziffern. Es sei X die Zufallsvariable Gewinn in Euro. Dann gilt: P(X = 10 ) = 5/5 3 = 1/25

47 Wenn die ersten beiden Ziffern gleich wären, dann gäbe es für die erste Position 5 Möglichkeiten, die zweite Position muss dann gleich sein und bei der dritten Position gäbe es noch 4 Möglichkeiten, also insgesamt 5ÿ4 Möglichkeiten. Nun können aber die ersten beiden Positionen gleich sein, die erste und die dritte Position oder die hinteren beiden Positionen. Es gibt als 3 mal 5ÿ4 Möglichkeiten. Die Drei ergibt sich auch, wenn man zwei von drei Feldern auswählen muss, die gleich sind: Damit gilt: P(X = 5 ) = 3ÿ5ÿ4/5 3 = 12/ Da, falls alle Ziffern verschieden sind, 0 ausgezahlt werden, benötigen wir diese Wahrscheinlichkeit nicht für den Bruttogewinn. Die Wahrscheinlichkeit dafür würde sich aber so ergeben: 5 Es gibt 3! = 5ÿ4ÿ3 Möglichkeiten, von 5 Ziffern 3 verschiedene auszuwählen, wenn die 3 Reihenfolge relevant ist. Also gilt: P(X = 0 ) = 5ÿ4ÿ3/5 3 = 12/25 Dieser Wert würde sich auch über 1 1/25 12/25 ergeben, da es nur 3 Möglichkeiten gibt (genau drei Ziffern sind gleich, genau zwei Ziffern sind gleich oder alle sind verschieden) und die Summe aller Wahrscheinlichkeiten 1 ergibt. Wir stellen die Wahrscheinlichkeiten zur Berechnung des Erwartungswertes in einer Tabelle dar: x i P(X = x i ) x i ÿp(x = x i ) 10 1/25 2/5 5 12/25 12/5 0 12/25 0 Summe bzw. E(X) 14/5 Somit wäre der Erwartungswert des Gewinns gleich 2,80, was auch der Einsatz bei einem fairen Spiel wäre, wenn man keine sonstigen Kosten (z.b. Stromkosten oder Anschaffungskosten) berücksichtigt. Bei einem Einsatz von 2,80 wäre der Erwartungswert des Nettogewinns gleich 0.

48 - 48-3) Die Wahrscheinlichkeiten könnte man in einem Baumdiagramm eintragen. Dabei ist es egal, wer zuerst schießt (da wir davon ausgehen, dass die beiden Ereignisse unabhängig sind). Wir nennen den Schützen, der mit einer Wahrscheinlichkeit von 40% trifft, einfach mal Schütze 1. Wir legen folgende Ereignisse fest: Es sei A = Schütze 1 trifft und B = Schütze 2 trifft. Nun gilt: P(A) = 0,4 und P(A) 1 0,4 0, 6 P(B) = 0,5 und P(B) 1 0,5 0, 5 a) P( beide treffen ) = P(A)ÿP(B) = 0,4ÿ0,5 = 0,20 b) P( genau einer der beiden trifft ) = P(A)ÿP( B ) + P( A )ÿp(b) = 0,4ÿ0,5 + 0,6ÿ0,5= 0,50 c) P( beide treffen nicht ) = P( A )ÿp( B ) = 0,6ÿ0,5 = 0,30 4) Die Wahrscheinlichkeiten könnte man wieder in ein Baumdiagramm eintragen. Für die Aufgabenteile a) und b) würde ein Baumdiagramm genügen, welches nur die Farben rot (r) und blau (b) berücksichtigt, wobei man auch ohne Baumdiagramm auskommen könnte.