Kapitel 5. Kapitel 5 Wahrscheinlichkeit

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1 Wahrscheinlichkeit Inhalt Grundbegriffe Ω, Ω, X, X, Wahrscheinlichkeitsräume (Ω, (Ω, P) P) Das Das Laplace-Modell P(A) P(A) = A / Ω Erwartungswert E(X) E(X) Literatur: N. N. Henze: Stochastik für für Einsteiger (die (die erste erste Hälfte). A. A. Engel: Wahrscheinlichkeitsrechnung und und Statistik Seite 2

2 5.1 Zufallsexperimente Beispiele: Münzwurf, Würfeln, Wir Wir sprechen von von einem (idealen) Zufallsexperiment, wenn die die folgenden Bedingungen erfüllt sind: sind: Versuchsbedingungen klar klar definiert. Zum Zum Beispiel: Auswahl des des Würfels,...)...) Menge Ω der der Ergebnisse (Ausgänge): vor vor der der Durchführung bekannt. Zum Zum Beispiel: = {1, {1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6}. 6}. Das Das Experiment kann kann beliebig oft oft unter unter den den gleichen Bedingungen wiederholt werden. Seite 3 Beispiele für Zufallsexperimente Münzwurf Ω = {Kopf, Zahl} Zahl} oder oder Ω = {K, {K, Z} Z} oder oder Ω = {0, {0, 1}. 1}. Anzahl der der Würfe bis bis zur zur ersten Sechs Ω = {1, {1, 2, 2, 3, 3, 4, 4,...}...} In In einer einer Box Box liegen vier vier mit mit 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4 beschriftete Kugeln; zwei zwei Kugeln werden mit mit einem Griff Griff gezogen. Ω = {{{1,2}, {1,3}, {1,4}, {2,3}, {2,4}, {3,4} {3,4}}. }. Zweimaliges Werfen mit mit einem Würfel. Ω = {{(1,1), (1,2), (1,3),...,...,(2,1), (2,2),...,...,(3,1),...,...,(6,6)}. Lotto Lotto 6-aus-49 Ω = alle alle 6-elementige Teilmengen von von {1, {1, 2, 2, 3, 3,...,..., 49}. 49}. Seite 4

3 Notation Ω = {ω {ω 1, 1, ω 3, 3, ω 3, 3,...} ( omega ) heißt heißt Ergebnismenge (manchmal auch auch Grundraum). Wenn man man das das Experiment n mal mal durchführt, hat hat man man als als Ergebnismenge die die Menge Ω Ω Ω Ω bzw. bzw. wenn die die i-te i-te Ω i Ergebnismenge i vom vom Index i i abhängt: Ω 1 1 Ω 2 2 Ω Ω n. n. Seite 5 Ereignisse In In vielen Situationen interessieren nicht nicht alle alle Ausgänge, sondern nur nur spezielle. Beispiele: Beim Beim Würfeln interessiert nur, nur, ob ob man man eine eine 6 würfelt. Beim Beim Würfeln mit mit zwei zwei Würfeln kann kann eventuell nur nur interessieren, ob ob die die Summe der der Augenzahlen mindestens 8 ist. ist. Beim Beim dreimaligen Werfen einer einer Münze interessiert nur, nur, ob ob zwei zwei aufeinanderfolgende Würfe das das gleiche Ergebnis haben. Seite 6

4 Definition: Ereignis Definition: Ein Ein Ereignis ist ist eine eine Teilmenge von von Ω. Ω. D.h. D.h. in in dieser Teilmenge werden die die interessierenden Ausgänge zusammengefasst. Ereignisse werden üblicherweise mit mit großen lateinischen Buchstaben A, A, B, B, Bezeichnet. {} {} = : : unmögliches Ereignis {ω}: {ω}: Elementarereignis (ω (ω Ω). Ω). Seite 7 Rechnen mit Ereignissen Da Da Ereignisse Teilmengen von von Ω sind, sind, kann kann man man den den Durchschnitt A B, B, die die Vereinigung A B, B, die die Differenz A \\ B der der Ereignisse A und und B bilden. A := := Ω \\ A: A: Gegenereignis, Komplement von von A Ereignisse A, A, B unvereinbar, falls falls A B = {}. {}. Ereignisse A 1, 1, A 2, 2, A 3, 3,..., A n unvereinbar, n falls falls je je zwei zwei der der Mengen disjunkt sind. sind. Schreibweise: Σ A i = i A A A n := n := A 1 1 A A n n für für unvereinbare Ereignisse A i. i. Seite 8

5 Beispiel Zweimaliges Würfeln mit mit einem Würfel Ereignis A: A: Der Der erste erste Wurf Wurf ist ist eine eine A = {(5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6)}. Ereignis B: B: Die Die Augenzahl aus aus beiden Würfen ist ist mindestens B = {(3,6), (4,5), (4,6), (5,4), (5,5), (5,6), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)}. A B = {(5,4), (5,5), (5,6)}. A \\ B = {(5,1), (5,2), (5,3)}. B \\ A = {(3,6), (4,5), (4,6), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)}L Seite 9 Erinnerung Seien A, A, B, B, C Ereignisse. Dann gelten die die folgenden Gesetze: A B = B A, A, A B = B A Kommutativgesetz (A (A B) B) C = A (B (B C), C), (A (A B) B) C = A (B (B C) C) Assoziativges. A (B (B C) C) = (A (A B) B) (A (A C) C) Distributivgesetz A B = A B, B, A B = A B Regeln von von de de Morgan A 1 1 A A n = n A 1 1 A A n. n. Seite 10

6 Zufallsvariable Definition. Sei Sei Ω ein ein Grundraum. Eine Eine Zufallsvariable ist ist eine eine Abbildung X: X: Ω R. R. Vorstellung: Jedem Ausgang ω eines Zufallsexperiments wird wird eine eine reelle Zahl Zahl X(ω) X(ω) zugeordnet ( Realisierung der der Zufallsvariablen zum zum Ausgang ω ). ω ). Beispiel: Bei Bei einem Glücksspiel ist ist X( X( ω) ω) der der Gewinn bzw. bzw. Verlust beim beim Ausgang ω des des Spiels. Bem Eine Eine Zufallsvariable ist ist keine Variable, sondern eine eine Funktion Sie Sie wird wird nicht nicht mit mit g, g, bezeichnet, sondern mit mit X, X, Y, Y, Seite 11 Beispiel Zweimaliges Würfeln: Ω = {(1,1), (1,2),...,...,(6,6)} = {(i,j) {(i,j) i, i, j j {1, {1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6}}. 6}}. X(ω) X(ω) = i i + j, j, falls falls ω = (i,j) (i,j) (i: (i: Augenzahl des des ersten Wurf, j: j: Augenzahl des des zweiten Wurfs). Beobachtung: Aus Aus der der Realisierung X( X( ω) ω) kann kann man man im im allgemeinen ω nicht nicht zurückgewinnen. Zum Zum Beispiel haben die die drei drei Ausgänge (1,3), (2,2), (3.1) (3.1) die die Realisierung Seite 12

7 Wichtige (und schwierige...)...) Schreibweise Wir Wir schreiben {X {X = k} k} := :={ω{ω Ω X(ω) X(ω) = k}. k}. Das Das ist ist das das Ereignis, dass X den den Wert Wert k annimmt. Beispiel (zweifaches Würfeln): {X {X = 4} 4} = {(1,3), (2,2), (3,1)}. Wir Wir können die die Ereignisse {X {X = 2}, 2}, {X {X = 3}, 3},...,...,{X {X = 12} 12} wieder als als Elementarereignisse eines Experiments auffassen, bei bei dem dem nicht nicht ω, ω, sondern X(ω) X(ω) als als Ausgang angesehen wird. wird. Seite 13 Beispiele Zweimaliges Würfeln Augensumme ist ist 9: 9: {X {X = 9} 9} Augensumme ist ist mindestens 10: 10: {X {X = 10} 10} + {X {X = 11} 11} + {X {X = 12} 12} Augensumme ist ist höchstens 5: 5: {X {X = 2} 2} + {X {X = 3} 3} + {X {X = 4} 4} + {X {X = 5}. 5}. Seite 14

8 Rechnen mit Zufallsvariablen Aus Aus einer einer bzw. bzw. zwei zwei Zufallsvariablen kann kann man man neue neue Zufallsvariablen machen. Seien dazu dazu X und und Y Zufallsvariablen, d.h. d.h. Abbildungen von von Ω R. R Produkt einer einer Zufallsvariablen mit mit einer einer reellen Zahl. Zahl. Die Die Abbildung ax: ax: Ω R, R, die die definiert ist ist durch (ax)(ω) := := a X(ω) ist ist eine eine Zufallsvariable Summe zweier Zufallsvariablen. Die Die Abbildung X+Y X+Y :: Ω R, R, die die definiert ist ist durch (X+Y)(ω) := := X(ω)+Y(ω) ist ist eine eine Zufallsvariable Entsprechend: Differenz, Produkt, Maximum, Minimum. Seite 15 Beispiel Zweifaches Würfeln Sei Sei ω = (i, (i, j), j), X(ω) X(ω) = i i (Augenzahl beim beim ersten Wurf), Y(ω) Y(ω) = j j (Augenzahl beim beim zweiten Wurf). Dann ist ist X+Y X+Y = Summe der der Augenzahlen max(x, Y) Y) = höchste Augenzahl min(x, Y) Y) = niedrigste Augenzahl X Y X Y = Differenz des des zweiten vom vom ersten Wurf Wurf (X+Y)/2 = Durchschnitt der der beiden Würfe Seite 16

9 Indikatorfunktion Definition. Sei Sei A ein ein Ereignis, d.h. d.h. eine eine Teilmenge von von Ω. Ω. Die Die Indikatorfunktion I A I ist A ist die die Zufallsvariable, die die 1 ist, ist, wenn das das Ergebnis ω zu zu A gehört, und und 0 sonst. Das Das heißt heißt I A I(ω) A = 1, 1, falls falls ω Ω, Ω, I A I(ω) A = 0, 0, falls falls ω Ω. Ω. Die Die Realisierung von von I A I gibt A gibt an, an, ob ob das das Ereignis eingetreten ist. ist. Beispiel: Sei Sei A das das Ereignis, beim beim einfachen Würfeln eine eine gerade Zahl Zahl zu zu würfeln. Dann ist ist I A I(1) A = I A I(3) A = I A I(5) A = 0, 0, I A I(2) A = I A I(4) A = I A I(6) A = Seite 17 Hilfssatz über Indikatorfunktionen Hilfssatz. Sei Sei X eine eine Zufallsvariable, und und seien A und und B Ereignisse. Dann gilt gilt I A B I = A B I A I A I B I. B. In In Worten: Die Die Indikatorfunktion des des Durchschnitts zweier Ereignisse ist ist gleich dem dem Produkt der der einzelnen Indikatorfunktionen Folgerung. I A I = A I A I A I A I. A. Beweis der der Folgerung: Setze B = A. A. Dann ist ist A B = A A = A. A. Seite 18

10 Beweis des Hilfssatzes Beweis. Sei Sei ω ein ein Ergebnis. Wir Wir unterscheiden zwei zwei Fälle Fall: Fall: ω A B. B. Dann ist ist I A I A B (ω) B (ω) = Andererseits ist ist I A I(ω) A = 1 und und II B (ω) B (ω) = 1, 1, da da ω sowohl in in A als als auch auch in in B liegt. liegt. Somit ist ist auch auch (I (I A A II B )(ω) B )(ω) = I A I(ω) I A B (ω) B (ω) = = Also Also gilt gilt L.S. L.S. = R.S. R.S Fall: Fall: ω A B. B. Dann ist ist I A I A B (ω) B (ω) = Ferner ist ist ω A oder oder ω B. B. Somit ist ist I A I(ω) A = 0 oder oder II B (ω) B (ω) = Also Also ist ist in in jedem Fall Fall (I (I A A II B )(ω) B )(ω) = I A I(ω) I A B (ω) B (ω) = Also Also ist ist auch auch im im Fall Fall L.S. L.S. = R.S. R.S. Seite 19 Zählvariablen Sei Sei Ω ein ein Grundraum, und und seien A, A, B, B, C, C, Ereignisse. Problem: Wir Wir wollen beschreiben, wie wie oft oft eines der der Ereignisse A, A, B, B, C, C, auftritt. Dies Dies wird wird durch die die folgende Zufallsvariable X beschrieben: X = I A I + A I B I + B I C I (Denn: Wenn wir wir die die rechte Seite Seite auf auf ein ein Ergebnis ω anwenden, erhalten wir wir bei bei einem einzelnen Summanden eine eine 1, 1, wenn w zu zu diesem Ereignis gehört, und und sonst eine eine Also Also X(ω) X(ω) die die Anzahl der der Ereignisse, zu zu denen ω gehört.) Seite 20

11 Beispiel In In vielen Situationen interessiert die die Anzahl der der Treffer. Beispiele: Würfeln (Treffer: 6, 6, Niete: alles alles andere), Münzwurf (Treffer: Kopf, Niete: Zahl), Lotto Lotto (Treffer: 6-er, 6-er, Niete: alles alles andere), zweimaliges Würfeln (Treffer: Augenzahl 8, 8, Niete: Augenzahl < 8). 8). Modellierung: Wir Wir beschreiben einen Treffer durch die die Zahl Zahl 1, 1, eine eine Niete durch Dann ist ist die die Ergebnismenge (bei (bei n Grundexperimenten): Ω = {0,1} {0,1} n n = {(a {(a 1, 1, a 2, 2,..., a n ) n ) a i i {0,1}}. X = a a a n ist n ist die die Zufallsvariable, die die die die Anzahl der der Treffer angibt. Seite 21 Relative Häufigkeit Um Um die die Chancen eines Zufallsexperiments abzuschätzen, führt führt man man es es häufig durch. Beispiel: Werfen einer einer realen Münze (Zahl: 1, 1, Kopf: 0): 0): Relative Häufigkeit für für das das Auftreten einer einer 1 nach nach 10, 10, 20, 20, Versuchen: 0,6 0,6 0,65 0,65 0,6 0,6 0,55 0,55 0,52 0,52 Man Man hat hat den den Eindruck, dass dass sich sich die die relativen Häufigkeiten stabilisieren. Seite 22

12 Definition relative Häufigkeit Definition. Wir Wir führen ein ein Zufallsexperiment n mal mal durch. Wir Wir wollen wissen, wie wie häufig der der Ausgang zu zu einem Ereignis A gehört. Angenommen, das das Experiment liefert die die Ausgänge a 1, 1, a 2, 2,..., a n. n. Dann ist ist die die relative Häufigkeit bezüglich dieser Experimente definiert durch r r = rr n (A) n (A) = {i {i a i i A} A} // n. n. Rezept: Zähle, wie wie oft oft der der Ausgang in in A liegt, liegt, dividiere durch n. n. Achtung! Die Die relative Häufigkeit ist ist eine eine empirische Zahl! Zahl! Seite 23 Eigenschaften der relativen Häufigkeiten rr n n 0 für für alle alle Zufallsexperimente und und alle alle Ereignisse ( Nichtnegativität ). Wenn A und und B zwei zwei unvereinbare Ereignisse sind, sind, dann dann gilt gilt rr n (A n (A B) B) = rr n (A) n (A) + rr n (B). n (B). ( Additivität) rr n (Ω) n (Ω) = 1 ( Normiertheit ) Seite 24

13 Stabilisierung empirischer Häufigkeiten Bei Bei vielen Experimenten hat hat man man das das Gefühl, dass dass sich sich die die empirischen Häufigkeiten stabilisieren. Beispiele: Münzwurf, Werfen einer einer Reißzwecke, Würfeln, Wenn z.b. z.b. ein ein Würfel auf auf Dauer deutlich mehr mehr als als ein ein Sechstel Sechsen zeigen würde, würde man man nicht nicht an an einen fairen Würfel glauben. Dieses Gesetz über über die die Stabilisierung empirischer Häufigkeiten ist ist aber aber nur nur eine eine Erfahrungstatsache, kein kein mathematisches Gesetz! Alle Alle Versuche, den den Zufall mathematisch über über den den Weg Weg der der relativen Häufigkeiten zu zu beschreiben, sind sind i.w. i.w. gescheitert Seite Wahrscheinlichkeitsräume Definition. Ein Ein (endlicher) Wahrscheinlichkeitsraum (W-Raum) besteht aus aus einem Grundraum Ω und und einer einer Abbildung P, P, die die jeder jeder Teilmenge A von von Ω eine eine reelle Zahl Zahl P(A) P(A) zuordnet, so so dass dass folgende Gesetze gelten: P(A) P(A) 0 für für alle alle A Ω. Ω. Nichtnegativität P(A P(A B) B) = P(A) P(A) + P(B), P(B), falls falls A B = {}. {}. Additivität P(Ω) P(Ω) = Normiertheit Wir Wir schreiben (Ω, (Ω, P). P). P heißt heißt Wahrscheinlichkeitsverteilung (Wahrscheinlichkeitsmaß) auf auf Ω. Ω. Die Die Zahl Zahl P(A) P(A) heißt heißt die die Wahrscheinlichkeit des des Ereignisses A. A. Seite 26

14 Bemerkungen Mit Mit diesen Axiomen werden nur nur Spielregeln im im Umgang mit mit den den mathematischen Wahrscheinlichkeiten festgelegt. Obwohl die die Axiome nach nach dem dem Vorbild der der Eigenschaften der der relativen Häufigkeiten gebildet sind, sind, handelt es es sich sich um um Aussagen über über mathematische Objekte. Die Die Axiome ergeben sich sich nicht nicht zwangsläufig aus aus der der Erfahrung. Umgekehrt: Bei Bei einer einer Anwendung muss man man überprüfen, ob ob die die realen Bedingungen den den mathematischen Axiomen entsprechen. Seite 27 Erste Eigenschaften Hilfssatz. Sei Sei (Ω, (Ω, P) P) ein ein Wahrscheinlichkeitsraum. (a) (a) P({}) P({}) = (b) (b) P(A P(A B C) C) = P(A) P(A) + P(B) P(B) + P(C), falls falls A, A, B, B, C unvereinbar sind. sind. (c) (c) P(A P(A B) B) = P(A) P(A) + P(B) P(B) P(A P(A B) B) für für beliebige Ereignisse A, A, B. B. (d) (d) P(A) P(A) 1 für für alle alle A. A. (e) (e) P(A) P(A) = 1 P(A). P(A). (f) (f) Wenn A B, B, dann dann ist ist P(A) P(A) P(B). P(B). Seite 28

15 Beweis (a) (a) (a) (a) folgt folgt aus aus der der Additivität P(A P(A B) B) = P(A) P(A) + P(B) P(B) (falls (falls A B = {{}) }) und und der der Normiertheit P(Ω) P(Ω) = 1 der der Wahrscheinlichkeitsverteilung P, P, wenn wir wir A = {{}} und und B = Ω setzen: 1 = P(Ω) P(Ω) = P({ P({ }} Ω) Ω) = P({ P({ }) }) + P(Ω) P(Ω) = P({ P({ }) }) + 1, 1, also also P({ P({ }) }) = Seite 29 Beweis (b) (b) (b) folgt folgt durch mehrfaches Ausnutzen der der Additivität P(A P(A B) B) = P(A) P(A) + P(B) P(B) (falls (falls A B = {{}) }) der der Wahrscheinlichkeitsverteilung P: P: P(A P(A B C) C) = P((A P((A B) B) C) C) = P(A P(A B) B) + P(C) P(C) = P(A) P(A) + P(B) P(B) + P(C). Seite 30

16 Beweis (c) (c) (c) (c) Wir Wir zerlegen die die Menge A B in in die die disjunkten Teile Teile A \\ B, B, A B und und B \\ A. A. Nach (b) (b) gilt gilt dann dann P(A P(A B) B) = P(A P(A \\ B) B) + P(A P(A B) B) + P(B P(B \\ A). A). Aufgrund der der Additivität gilt gilt P(A) P(A) = P(A P(A B) B) + P(A P(A \\ B) B) (denn A = (A (A B) B) (A (A\\ B)), B)), P(B) P(B) = P(A P(A B) B) + P(B P(B \\ A) A) (denn B = (B (B A) A) (B (B\\ A)). A)). Lösen wir wir diese beiden Gleichungen nach nach P(A P(A \\ B) B) bzw. bzw. P(B P(B \\ A) A) auf, auf, und und setzen das das Ergebnis in in die die obere Gleichung ein, ein, so so ergibt sich sich P(A P(A B) B) = P(A) P(A) + P(B) P(B) --P(A P(A B). B). Seite 31 Beweise (e), (d) und (f) (f) (e) (e) Wir Wir zerlegen den den Grundraum Ω in in die die disjunkten Teilmengen A und und A. A. Aufgrund der der Normiertheit und und der der Additivität von von P folgt: folgt: 1 = P(Ω P(Ω )) = P(A P(A A) A) = P(A) P(A) + P(A). P(A). (d) (d) Da Da P(A) P(A) 0 gilt, gilt, folgt folgt aus aus (e): (e): P(A) P(A) = 1 --P(A) P(A) 0, 0, also also P(A) P(A) (f) (f) Wenn A B ist, ist, dann dann können wir wir B in in die die disjunkten Teilmengen A und und B \\ A zerlegen. Daher ist ist P(B) P(B) = P(A) P(A) + P(B P(B \\ A). A). Da Da P(B P(B \\ A) A) 0 ist, ist, folgt folgt P(B) P(B) P(A). P(A). Seite 32

17 Wahrscheinlichkeit von Elementarereignissen Frage: Müssen wir wir die die Wahrscheinlichkeitsverteilung P für für jede jede Teilmenge A von von Ω einzeln definieren? (Bereits bei bei Ω = wären das das = Teilmengen, für für die die wir wir die die Wahrscheinlichkeit festlegen müßten!) Antwort: Nein! Es Es genügt, jedem Elementarereignis {ω} {ω} eine eine Wahrscheinlichkeit P({ω}) zuzuordnen. Zur Zur Abkürzung: p(ω) p(ω) := := P({ω}). Die Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses A ergibt sich sich dann dann wie wie folgt. folgt Satz. Sei Sei A ( ( {}) {}) ein ein Ereignis im im Grundraum Ω. Ω. Dann gilt gilt P(A) P(A) = ω A p(ω). p(ω). Seite 33 Beweis Beweis. Jedes Ereignis A Ω besteht aus aus gewissen Ergebnissen ω Ω. Ω. Wir Wir können A wie wie folgt folgt als als Vereinigung von von Elementarereignissen {ω} {ω} schreiben: A = {ω}. {ω}. Da Da die die Elementarereignisse disjunkt sind, sind, ergibt sich sich aufgrund der der Additivitätseigenschaft ω A P(A) P(A) = P( P( {ω}) {ω}) = p(ω). p(ω). ω A ω A Seite 34

18 5.3 Das Laplace-Modell Idee: Idee: Bei Bei vielen Zufallsexperimenten sind sind alle alle Elementarexperimente gleich wahrscheinlich. Beispiele: Würfeln mit mit einem korrekten Würfel, Werfen einer einer fairen Münze. Definition: Sei Sei Ω = {ω {ω 1, 1, ω 2, 2,..., ω s } s } eine eine s-elementige Menge, und und sei sei p(ω) p(ω) = 1/s 1/s für für alle alle ω Ω. Ω. Dann heißt heißt (Ω, (Ω, P) P) ein ein Laplacescher Wahrscheinlichkeitsraum. Man Man nennt P die die diskrete Gleichverteilung (Laplace-Verteilung). Seite 35 Bemerkungen Satz. In In einem Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraum gilt gilt P(A) P(A) = A A // s = A A // Ω Ω für für alle alle Ereignisse A. A. (Beweis. Sei Sei A = {ω {ω 1, 1, ω 2, 2,..., ω t }. t }. Dann folgt folgt mit mit P(A) P(A) = p(ω p(ω 1 ) 1 ) + p(ω p(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω t ) t ) = t t 1/s 1/s = A A // s.) s.) Pierre Simon Laplace ( ): Professor in in Paris. Seite 36

19 Beispiel: Zweifaches Würfeln Frage: Mit Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt tritt die die Augenzahl 5 (oder irgend ein ein Zahl Zahl zwischen 2 und und 12) 12) auf? auf? Ω = {(1,1),...,...,(6.6)} = {1, {1, 2, 2,...,..., 6} 6} {1, {1, 2, 2,...,..., 6} 6} (1,1) (1,1)(1,2) (1,2)(1,3) (1,3)(1,4) (1,4)(1,5) (1,5)(1,6) (1,6) (2,1) (2,1)(2,2) (2,2)(2,3) (2,3)(2,4) (2,4)(2,5) (2,5)(2,6) (2,6) (3,1) (3,1)(3,2) (3,2)(3,3) (3,3)(3,4) (3,4)(3,5) (3,5)(3,6) (3,6) (4,1) (4,1)(4,2) (4,2)(4,3) (4,3)(4,4) (4,4)(4,5) (4,5)(4,6) (4,6) (5,1) (5,1)(5,2) (5,2)(5,3) (5,3)(5,4) (5,4)(5,5) (5,5)(5,6) (5,6) (6,1) (6,1)(6,2) (6,2)(6,3) (6,3)(6,4) (6,4)(6,5) (6,5)(6,6) (6,6) Laplacescher Wahrscheinlichkeitsraum p(ω) p(ω) = 1/36. 1/36. Seite 37 Beispiel: zweifaches Würfeln. Die Wahrscheinlichkeiten X(w) X(w) = i+j i+j für für w = (i, (i, j). j). {X {X = 5} 5} = {(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)}. Also Also P(X P(X = 5) 5) = 4/36 4/36 = 1/9. 1/9. Im Im allgemeinen gilt gilt P(X P(X = 2) 2) = 1/36, 1/36, P(X P(X = 3) 3) = 2/36, 2/36, P(X P(X = 4) 4) = 3/36, 3/36, P(X P(X = 5) 5) = 4/36, 4/36, P(X P(X = 6) 6) = 5/36, 5/36, P(X P(X = 7) 7) = 6/36, 6/36, P(X P(X = 8) 8) = 5/36, 5/36, P(X P(X = 9) 9) = 4/36, 4/36, P(X P(X = 10) 10) = 3/36, 3/36, P(X P(X = 11) 11) = 2/36, 2/36, P(X P(X = 12) 12) = 1/36. 1/36. Seite 38

20 Beispiel (Leibniz) Leibniz (Gottfried Wilhelm Leibniz, ) meinte, dass dass beim beim Würfeln mit mit zwei zwei Würfeln die die Augensummen und und gleich wahrscheinlich sind. sind. Offenbar betrachtet Leibniz Grundraum Ω = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,2), (2,3), (2,4), (2,4),(2,5), (2,6), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,4), (4,5), (4,6), (5,5), (5,6), (6,6)} wobei (i,j) (i,j) interpretiert wird wird als als ein ein Würfel zeigt zeigt i, i, der der andere j. j. Es Es gibt gibt genau ein ein Experiment ω, ω, das das die die Realisierung X(ω) X(ω) = und und genau ein ein Experiment, das das die die Realisierung hat. hat. Aber Aber Seite 39 Beispiel (Leibniz): Fortsetzung aber aber es es handelt sich sich nicht nichtum einen Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraum. Das Das heißt: Nicht alle alle Elementarereignisse sind sind gleich wahrscheinlich! Lösung: In In unserer Vorstellung müssen wir wir die die Würfel unterscheiden (z.b. (z.b. einer einer rot, rot, einer einer schwarz). Dann gibt gibt es es für für die die Augenzahl nur nur einen Ausgang (nämlich rot rot = 6 und und schwarz = 6), 6), aber aber für für die die Augensumme zwei zwei Ausgänge (rot (rot = 5, 5, schwarz = 6 und und rot rot = 6 und und schwarz = 5). 5). Mit Mit anderen Worten: Wenn man man die die Gleichverteilung anwenden will, will, muss man man den den Grundraum Ω = {1, {1, 2, 2,...,..., 6} 6} {1, {1, 2, 2,...,..., 6} 6} betrachten. Seite 40

21 Beispiel (Galilei) Galileo Galilei ( ) wurde folgende Frage gestellt: Warum ist ist beim beim dreimaligen Würfeln die die Augensumme wahrscheinlicher als als die die Augensumme 9 obwohl es es jeweils gleich viele viele Kombinationen gibt, gibt, nämlich 1 2 6, 6, 1 3 5, 5, 2 2 5, 5, 2 3 4, 4, 1 4 4, 4, bzw. bzw , 6, 2 2 6, 6, 1 4 5, 5, 2 3 5, 5, 2 4 4, 4, 3 4 4?????? Mögliche Antworten: (a) (a) Es Es gibt gibt zwar zwar gleich viele viele Kombinationen, diese haben aber aber nicht nicht die die gleiche Wahrscheinlichkeit. (b) (b) Am Am besten betrachtet man man den den zugehörigen Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraum: Seite 41 Beispiel (Galilei). Lösung Ω = {1, {1, 2, 2,...,..., 6} 6} {1, {1, 2, 2,...,..., 6} 6} {1, {1, 2, 2,...,..., 6}. 6}. Ω Ω = = X(ω) X(ω) = i i + j j + k, k, wobei ω = (i, (i, j, j, k) k) ist. ist. Das Das Ereignis {X {X = 9} 9} besteht aus aus 6 Permutation von von 1 2 6, 6, 6 Permutationen von von 135, 135, 3 unterscheidbaren Permutation von von 2 2 5, 5, 6 Permutationen von von 2 3 4, 4, 3 unterscheidbaren Permutationen von von 1 4 4, 4, dem dem Wurf Wurf Also Also P(X P(X = 9) 9) = 25/216. Andererseits ist ist P(X P(X = 10) 10) = 27/216. Seite 42

22 Das Ziegenproblem In In einer einer Spielshow steht steht der der Gewinner am am Ende vor vor folgender Situation: Vor Vor sich sich sieht sieht er er drei drei Türen. Er Er weiß: Hinter einer einer steht steht ein ein Auto, Auto, hinter den den beiden anderen nur nur eine eine Ziege (= (= Niete). Er Er wählt eine eine Tür Tür ohne ohne sie sie zu zu öffnen. Dann öffnet der der Showmaster eine eine andere Tür, Tür, hinter der der eine eine Ziege steht. Jetzt Jetzt fragt fragt der der Showmaster den den Kandidaten: Wollen sie sie die die von von Ihnen gewählte Tür Tür wechseln? Problem: Kann die die Mathematik dem dem Kandidaten helfen? Seite 43 Das Ziegenproblem: Ask Marylin! Das Das Ziegenproblem wurde durch folgendes Ereignis bekannt: Marylin vos vossavant, angeblich der der Mensch mit mit dem dem höchsten Intelligenzquotient, hat hat in in den den U.S.A. eine eine Kolumne ( Ask Marylin ), in in der der sie sie alle alle möglichen kniffligen Fragen beantwortet. Auf Auf das das Ziegenproblem antwortete sie, sie, dass dass Wechseln die die Gewinnchancen erhöht, und und zwar zwar auf auf das das Doppelte. Das Das Ergebnis war war eine eine heiße Diskussionen, in in der der Marilyn heftigst angegriffen wurde. Teilweise wissenschaftlich ( offensichtlich hat hat bei bei zwei zwei verbleibenden Möglichkeiten jede jede die die gleiche Chance ), teilweise unwissenschaftlich ( Frauen und und Mathematik... )... ) ABER Seite 44

23 Das Ziegenproblem: Marylin hat Recht! Satz. Wenn man man bei bei seiner Entscheidung bleibt, hat hat man man eine eine Gewinnchance von von (nur) (nur) 1/3. 1/3. Wenn man man wechselt, gewinnt man man mit mit der der Wahrscheinlichkeit 2/3. 2/3. Beweis. Wir Wir nehmen an, an, dass dass der der Kandidat jede jede der der drei drei Türen mit mit Wahrscheinlichkeit 1/3 1/3 wählt (Laplace-Verteilung). (a) (a) Der Der Kandidat wechselt nicht. Dann wählt er er eine eine Tür Tür und und hat hat mit mit Wahrscheinlichkeit 1/3 1/3 das das Auto. Seite 45 Das Ziegenproblem: Der Kandidat wechselt die Tür (b) (b) Der Der Kandidat wechselt. Wenn er er (mit (mit Wahrscheinlichkeit 1/3) 1/3) die die Autotür gewählt hat, hat, verliert er. er. Mit Mit Wahrscheinlichkeit 2/3 2/3 hat hat er er eine eine Ziegentür gewählt. Der Der Showmaster öffnet die die andere Ziegentür! Das Das heißt: Wechseln bringt den den Kandidaten zwangsläufig zur zur Autotür! Literatur: G.v. G.v. Randow: Das Das Ziegenproblem. rororo. Seite 46

24 Das Geburtstagsparadox Frage 1: 1: Wie Wie groß groß muss eine eine Gruppe von von Personen sein, sein, dass dass die die Wahrscheinlichkeit > ½ ist, ist, dass dass zwei zwei dieser Personen am am gleichen Tag Tag des des Jahres Geburtstag haben? Seite 47 Das Geburtstagsparadox II II Frage 2: 2: Am Am ging ging folgende Meldung durch die die Presse: (dpa) Zum Zum ersten Mal Mal in in der der 40jährigen Geschichte des des deutschen Zahlenlottos wurden zwei zwei identische Gewinnreihen festgestellt. Am Am Juni Juni dieses Jahres kam kam im im Lotto Lotto am am Mittwoch in in der der Ziehung A die die Gewinnreihe heraus. Genau die die selben Zahlen wurden bei bei der der Ausspielung im im Samstagslotto schon einmal gezogen, nämlich am am Dezember Welch ein ein Lottozufall: Unter den den Zahlen sind sind fast fast Millionen verschiedene Sechserreihen möglich. Ist Ist das das wirklich so so unwahrscheinlich? Seite 48

25 Modellierung des Geburtstagsproblems Wir Wir stellen uns uns n Fächer vor. vor. Dies Dies ist ist die die Anzahl aller aller Möglichkeiten. Bei Bei den den Geburtstagen ist ist n = (Anzahl der der möglichen Geburtstage). Beim Beim Lotto Lotto ist ist n Millionen (Anzahl der der möglichen Ziehungen). Nun Nun werden die die Fächer sukzessiv zufällig besetzt. Frage: Wann wird wird das das erste erste Fach Fach doppelt besetzt, d.h. d.h. wann tritt trittdie erste erste Kollision auf auf? X n = n Zeitpunkt der der ersten Kollision beim beim sukzessiven, rein rein zufälligen Besetzen von von n Fächern. Seite 49 Ergebnis zum Geburtstagsparadox Satz. P(X P(X n n k+1) k+1) = n(n 1)(n 2)...(n k+1) // n k k.. Dies Dies ist ist die die Wahrscheinlichkeit, dass dass bis bis zur zur (k+1)-ten Belegung noch noch keine Kollision aufgetreten ist. ist. Beweis. Wir Wir gehen davon aus, aus, dass dass alle alle Belegungen der der Fächer mit mit k Objekten gleichwahrscheinlich ist ist (Laplace-Modell). Dann ist ist n(n 1)(n 2)...(n k+1) die die Anzahl der der Belegungen ohne ohne Kollision und und n k k ist ist die die Anzahl aller aller Belegungen. Die Die Aussage des des Satz Satz ergibt sich sich jetzt jetzt durch Satz Satz ( Wahrscheinlichkeit = Anzahl der der günstigen Fälle Fälle durch Anzahl der der möglichen Fälle ). Seite 50

26 Folgerung und Anwendungen Folgerung. P(X P(X n n k) k) = 1 n(n 1)(n 2)...(n k+1) // n k k.. Dies Dies ist ist die die Wahrscheinlichkeit, dass dass bis bis zur zur k-ten k-ten Belegung mindestens eine eine Kollision aufgetreten ist. ist. Beispiel 1: 1: n = P(X P(X n n 22) 22) 0,4757; P(X P(X n n 23) 23) 0,5073; P(X P(X n n 26) 26) 0,5982; P(X P(X n n 40) 40) 0,8912; P(X P(X n n 60) 60) 0, D.h.: D.h.: Bei Bei Personen ist ist die die Wahrscheinlichkeit über über 99%, dass dass zwei zwei am am gleichen Tag Tag Geburtstag haben. Beispiel 2: 2: n = P(X P(X n n 3500) 0,3546; P(X P(X n n 4500) 0,5152; P(X P(X n n 5500) 0,6609; P(X P(X n n 6500) 0,7792. Seite 51 Zeitpunkt der ersten Kollision Satz. Bei Bei einer einer sukzessiven, rein rein zufälligen Besetzung von von n Fächer ist ist der der Zeitpunkt der der ersten Kollision etwa etwa n. n. Seite 52

27 5.4 Der Erwartungswert Mit Mit dem dem Begriff des des Erwartungswerts kann kann man man u.a. u.a. Probleme des des folgenden Typs Typs lösen: Sie Sie spielen folgendes Spiel: Sie Sie werfen eine eine Münze 4 mal. mal. Wenn jedesmal Kopf Kopf erscheint, gewinnen Sie Sie Euro, wenn in in genau 3 Würfen Kopf Kopf erscheint, gewinnen Sie Sie Euro. Der Der Einsatz pro pro Spiel Spiel beträgt 4 Euro. Würden Sie Sie ein ein solches Spiel Spiel auf auf Dauer spielen? Seite 53 Allgemeinere Fragestellung Wir Wir stellen uns uns ein ein Glücksrad vor vor mit mit den den Sektoren ω 1, 1, ω 2, 2,..., ω s. s. Wenn der der Zeiger im im Sektor ω i stehen i bleibt, erhält man man den den Gewinn X(ω X(ω i ). i ). Wir Wir spielen das das Spiel Spiel n mal. mal. Dabei bleibt der der Zeiger h 1 mal 1 mal im im Sektor ω 1, 1, h 2 mal 2 mal im im Sektor ω 2, 2,..., h s mal s mal im im Sektor ω s stehen. s Dann ist ist die die durchschnittliche Auszahlung pro pro Spiel Spiel gleich (( h 1 1 X(ω 1 ) 1 ) + h 2 2 X(ω 2 ) 2 ) h s s X(ω s ) s )))// n = X(ω X(ω 1 ) 1 ) h 1 /n 1 /n + X(ω X(ω 2 ) 2 ) h 2 /n 2 /n X(ω X(ω s ) s ) h s /n s /n.. Seite 54

28 Definition Erwartungswert Wenn man man (für (für großes n) n) die die relative Häufigkeit h i /n i /n durch die die Wahrscheinlichkeit p(ω p(ω i ) i ) beschreibt, wird wird der der vorige Ausdruck zu: zu: X(ω X(ω 1 ) 1 ) p(ω p(ω 1 ) 1 ) + X(ω X(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω 2 ) 2 ) X(ω X(ω s ) s ) p(ω p(ω s ) s ).. Das Das ist ist die die auf auf lange Sicht Sicht erwartete Auszahlung pro pro Spiel. Definition. Sei Sei Ω = {ω {ω 1, 1, ω 2, 2,..., ω s } s } ein ein endlicher Grundraum mit mit Wahrscheinlichkeitsverteilung P, P, und und sei sei X eine eine Zufallsvariable. Dann nennt man man die die Zahl Zahl E(X) E(X) = X( X( ω 1 ) 1 ) p(ω p(ω 1 ) 1 ) + X(ω X(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω 2 ) 2 ) X(ω X(ω s ) s ) p(ω p(ω s ) s ) den den Erwartungswert der der Zufallsvariablen X. X. Seite 55 Beispiele Beispiel 1: 1: einfaches Würfeln. Sei Sei X( X( ω) ω) die die Augenzahl beim beim Wurf Wurf ω. ω. Dann ist ist E(X) E(X) = 1 1/6 1/ /6 1/ /6 1/ /6 1/ /6 1/ /6 1/6 = 3,5. 3,5. Beispiel 2: 2: Eingangsbeispiel. Wir Wir fassen Ω = {0,1} {0,1} 4 4 als als Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraum auf, auf, d.h. d.h. jedes Elementarereignis hat hat Wahrscheinlichkeit 1/16. 1/16. X(ω) X(ω) ist ist der der Gewinn bzw. bzw. Verlust (= (= Auszahlung Einzahlung). Dann ist ist einmal X(ω) X(ω) = (= (= 20 4), viermal X(ω) X(ω) = 6 (= (= 10 4), sonst X(ω) X(ω) = Also Also E(X) E(X) = (1 ( ) 4)// = ¼. ¼. Seite 56

29 Satz über den Erwartungswert Satz. Seien X, X, Y Zufallsvariablen auf auf Ω, Ω, und und sei sei A Ω ein ein Ereignis. Dann gelten die die folgenden Aussagen: (a) (a) E(X E(X + Y) Y) = E(X) E(X) + E(Y) E(Y) ( Additivität ). (b) (b) E(a X) = a E(X) E(X) ( Homogenität ). (c) (c) Wenn X Y (das (das bedeutet X( X( ω) ω) Y(ω) Y(ω) für für alle alle ω Ω), Ω), dann dann gilt gilt auch auch E(X) E(X) E(Y) E(Y) ( Monotonie ). (d) (d) E( E( I A I) A ) = P(A). P(A). Seite 57 Beweis (a) (a) Beweis. (a) (a) Es Es gilt gilt E(X E(X + Y) Y) = (X+Y)(ω 1 ) 1 ) p(ω p(ω 1 ) 1 ) + (X+Y)(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω 2 ) 2 ) (X+Y)(ω s ) s ) p(ω p(ω s ) s ) = X(ω X(ω 1 ) 1 ) p(ω p(ω 1 ) 1 ) + X(ω X(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω 2 ) 2 ) X(ω X(ω s ) s ) p(ω p(ω s ) s ) + Y(ω Y(ω 1 ) 1 ) p(ω p(ω 1 ) 1 ) + Y(ω Y(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω 2 ) 2 ) Y(ω Y(ω s ) s ) p(ω p(ω s ) s ) = E(X) E(X) + E(Y). E(Y). (b) (b) und und (c) (c) werden ganz ganz entsprechend bewiesen (ÜA). Seite 58

30 Beweis (d) (d) (d) Sei Sei A = {ω {ω 1, 1, ω 2, 2,..., ω t }. t }. Nach Definition ist ist I A I(ω A (ω i ) i ) = 1 für für i i t t (d.h. (d.h. ω Ω) Ω) und und = 0 sonst. Also Also E(I E(I A ) A ) = 1 p(ω p(ω 1 ) 1 ) + 1 p(ω p(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω t ) t ) = p(ω p(ω 1 ) 1 ) + p(ω p(ω 2 ) 2 ) p(ω p(ω t ) t ) = P(A). P(A). Seite 59 Folgerung Folgerung. Seien X, X, Y, Y, Z, Z, Zufallsvariablen auf auf Ω. Ω. Dann gilt gilt E(X E(X + Y + Z +...)...) = E(X) E(X) + E(Y) E(Y) + E(Z) E(Z) Beweis. Wir Wir führen den den Beweis für für drei drei Zufallsvariablen X, X, Y, Y, Z. Z. Wir Wir wenden zwei zwei Mal Mal (a) (a) an an und und erhalten: E(X E(X + Y + Z) Z) = E( E( (X+Y) + Z) Z) = E(X+Y) + E(Z) E(Z) = E(X) E(X) + E(Y) E(Y) + E(Z). E(Z). Im Im allgemeinen beweist man man dies dies mit mit Induktion nach nach der der Anzahl n der der Zufallsvariablen. Seite 60

31 Erwartungswert einer Zählvariable Satz. Seien A, A, B, B, C, C, Ereignisse (d.h. (d.h. A, A, B, B, C Ω), Ω), und und sei sei X die die entsprechende Zählvariable, d.h. d.h. X = I A I + A I B I + B I C I Dann gilt gilt E(X) E(X) = P(A) P(A) + P(B) P(B) + P(C) P(C) Wenn die die Ereignisse A, A, B, B, C, C, die die gleiche Wahrscheinlichkeit p besitzen, so so ist ist E(X) E(X) = n p, p, wobei n die die Anzahl der der betrachteten Ereignisse ist. ist. Seite 61 Beweis Beweis. Nach (d) (d) gilt gilt E(I E(I A ) A ) = P(A), P(A), E(I E(I B ) B ) = P(B), E(I E(I C ) ) = P(C), Nach gilt gilt E(I E(I A + A I B I + B I C I +...) +...) = E(I E(I A ) A ) + E(I E(I B ) B ) + E(I E(I C ) ) Zusammen folgt folgt die die Behauptung: E(I E(I A + A I B I + B I C I +...) +...) = E(I E(I A ) A ) + E(I E(I B ) B ) + E(I E(I C ) ) = P(A) P(A) + P(B) P(B) + P(C) P(C) Seite 62

32 Beispiel Wir Wir betrachten die die Menge aller aller Permutationen der der Menge {1, {1,...,..., n}. n}. Definition. Eine Eine Permutation π hat hat den den Fixpunkt j, j, falls falls π(j) π(j) = j j ist. ist Hilfssatz. (a) (a) Es Es gibt gibt genau (n 1)! Permutationen mit mit dem dem Fixpunkt j. j. (b) (b) Die Die Wahrscheinlichkeit, dass dass eine eine zufällig ausgewählte Permutation den den Fixpunkt j j hat, hat, ist ist 1/n. 1/n. Beweis. (a) (a) Jede Jede Permutation mit mit Fixpunkt j j kann kann auf auf den den restlichen n 1 n 1 Elementen eine eine beliebige Permutation sein. sein. (b) (b) Insgesamt gibt gibt es es n! n! Permutationen, also also ist ist der der Anteil der der Permutationen mit mit Fixpunkt j j genau 1/n. 1/n. Seite 63 Die Wahrscheinlichkeit für einen Fixpunkt Satz. Die Die Zufallsvariable X beschreibe die die Anzahl der der Fixpunkte einer einer zufällig gewählten Permutation. Dann gilt: gilt: E(X)= Mit Mit anderen Worten: Wenn man man eine eine Permutation rein rein zufällig aussucht, hat hat diese im im Mittel genau einen Fixpunkt. Beweis. Wir Wir betrachten den den Grundraum Ω aller aller Permutationen und und gehen davon aus, aus, dass dass alle alle die die gleiche Wahrscheinlichkeit haben. Das Das Ereignis A j eine j eine Permutation hat hat den den Fixpunkt j j hat hat nach nach die die Wahrscheinlichkeit 1/n. 1/n. Dies Dies gilt gilt für für alle alle j j {1, {1,...,..., n}, n}, also also folgt folgt nach nach für für die die Zählvariable X ( es ( es tritt tritt einer einer der der Fixpunkte 1, 1, 2, 2,...,..., n auf ) auf ) E(X) E(X) = P(A P(A 1 ) 1 ) + P(A P(A 2 ) 2 ) P(A P(A n ) n ) = n 1/n n 1/n = Seite 64

33 Stichproben Problem: Eine Eine Urne Urne enthält r r rote rote und und s schwarze Kugeln. Aus Aus der der Urne Urne werden nacheinander zufällig n Kugeln gezogen. Frage: Wie Wie groß groß ist ist die die Wahrscheinlichkeit, dass dass diese Stichprobe genau k rote rote Kugeln enthält? Anwendung: Rote Rote Kugeln entsprechen defekten Teilen einer einer Warenlieferung. Man Man möchte aufgrund der der Stichprobe Rückschlüsse auf auf die die Gesamtzahl der der defekten Teile Teile ziehen. Seite 65 Modellierung Wir Wir nummerieren die die Kugeln: 1, 1,...,..., r+s. r+s. Dabei seien die die Kugeln 1, 1,...,..., r r die die roten roten Kugeln, also also die die Kugeln r+1, r+1,...,..., r+s r+s die die schwarzen. Als Als Ergebnisraum bietet sich sich an: an: Ω = {(a {(a 1, 1, a 2,..., 2,..., a n ) n ) a i i {1, {1,...,..., r+s}, r+s}, a i i a j }, j }, wobei a i die i die Nummer der der i-ten i-ten gezogenen Kugel ist. ist. Dann ist ist Ω Ω = (r+s) (r+s 1) (r+s n+1). (Für (Für die die erste erste Kugel stehen r+s r+s Werte zur zur Verfügung, für für die die zweite nur nur noch noch r+s 1. Usw. Usw. für für die die n-te n-tenur nur noch noch r+s n+1.) Seite 66

34 Fortsetzung Modellierung Wir Wir stellen uns uns vor, vor, dass dass es es sich sich um um einen Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsraum handelt (die (die Ziehungen erfolgen rein rein zufällig!). Daher gilt gilt für für jedes Ereignis A Ω: Ω: P(A) P(A) = A A // Ω Ω = A A //(r+s) (r+s 1)... (r+s n+1). Die Die Teilmenge A j = j {(a {(a 1, 1, a 2,..., 2,..., a n ) n ) a j j r} r} beschreibt genau das das Ereignis die die j-te j-tekugel ist ist rot. rot. Seite 67 Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die j-te Kugel rot ist ist Hilfssatz. P(A P(A j ) j ) = r/(r+s) für für alle alle j. j. Mit Mit anderen Worten: Die Die Ereignisse A 1, 1, A 2, 2,..., A n haben n alle alle die die gleiche Wahrscheinlichkeit Beweis. Jede Jede der der r+s r+s Kugeln hat hat die die gleiche Wahrscheinlichkeit, als als j-te j-tegezogen zu zu werden. Dafür, dass dass diese rot rot ist, ist, gibt gibt es es r r Möglichkeiten Beweis. Wie Wie viele viele Möglichkeiten gibt gibt es, es, n Kugeln zu zu ziehen, so so dass dass die die j-te j-terot rot ist? ist? Dazu legen wir wir zuerst die die j-te j-tefest (r (r Möglichkt.). Die Die anderen n 1 n 1 Kugeln sind sind beliebig. Also Also ist ist die die Gesamtzahl r (r+s 1) (r+s n+1). Mit Mit Ω Ω = (r+s) (r+s 1)... (r+s n+1) folgt folgt die die Behauptung. Seite 68

35 Die hypergeometrische Verteilung Die Die Zufallsvariable X = II A1 + A1 I A2 I + A I An I beschreibt An die die Anzahl Anzahl der der roten roten Kugeln Kugeln beim beim n-maligen Ziehen Ziehen ohne ohne Zurücklegen. Die Die Verteilung (d.h. (d.h. die die Wahrscheinlichkeiten P(X P(X = k)) k)) dieser dieser Zufallsvariablen heißt heißt die die hypergeometrische Verteilung Satz. Satz. (a) (a) E(X) E(X) = n r/(r+s). (b) (b) P(X=k) P(X=k) = r s k n k r + s n Seite 69 Beweis Beweis. (a) (a) folgt folgt aus aus (b) (b)(x (X = k) k) bedeutet, dass dass genau genau k der der Ereignisse A 1, 1,..., A n eintreten. n Wir Wir zählen zählen die die Anzahl Anzahl dieser dieser Möglichkeiten: n Es Es gibt gibt Möglichkeiten für für die die Stellen, an an denen denen die die roten roten Kugeln Kugeln stehen. k stehen. Diese Diese werden werden durch durch verschiedene Nummern r r besetzt. Dafür Dafür gibt gibt es es r (r 1)... (r k+1) Möglichkeiten. Nun Nun werden werden die die restlichen n k n k Stellen Stellen aus aus dem dem Bereich der der schwarzen Kugeln Kugeln ausgewählt. Dafür Dafür gibt gibt es es s (s 1)... (s (n k)+1) Möglichkeiten. Multiplizieren, durch durch Ω Ω teilen, ausrechnen! Seite 70