Wahrscheinlichkeit: Diskrete Zufallsvariablen und die Binomialverteilung: Unterschied zwischen den Versionen

Die Funktion $F$ macht aus folgenden Gründen immer Sprünge:

- die Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl kleiner als $1$ gewürfelt wird ($=P(X<1)$) ist $0$, somit sind alle Funktionswerte von $F$ links der $1$ gleich $0$.

- Bei $X=1$ macht die Verteilungsfunktion $F$ einen Sprung. Anschließend ist für alle $X<2$ die Wahrscheinlichkeit $P(X<2)=\frac{1}{6}\approx 0.17$ (die Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl kleiner als $2$ gewürfelt wird ist $\frac{1}{6}$).

- Bei $X=2$ macht die Funktion wieder einen Sprung um den Wert $\frac{1}{6}\approx 0.17$, da hier die Wahrscheinlichkeit für eine $2$ ($=P(X=2)=\frac{1}{6}$) hinzukommt.

- Ab $X=6$ hat die Verteilungsfunktion durchgängig den Wert $1$, da gilt $P(X<=6)=1$ (die Wahrscheinlichkeit, dass ein Wert kleiner oder gleich $6$ gewürfelt wird, ist $1$).

- Die Höhe der Sprünge entspricht gerade der Höhe der Funktionswerte bei der Wahrscheinlichkeitsfunktion (siehe oben).

a) Zuerst machen wir uns eine Wertetabelle der Wahrscheinlichkeitsfunktion $f: f(x_i)=P(X=x_i)$:

Der Erwartungswert $E(X)=\mu=\sum_{i=1}^{n}x_i\cdot P(X=x_i)$. Setzen wir die Werte aus der Tabelle in die Formel ein, so erhalten wir: $$ \sum_{i=1}^{n}x_i\cdot P(X=x_i)=\underbrace{1}_{x_1}\cdot \underbrace{\frac{1}{6} }_{P(X=x_1) }+2\cdot \frac{1}{6} +3\cdot \frac{1}{6} +4 \cdot \frac{1}{6}+5\cdot \frac{1}{6}+6\cdot \frac{1}{6}=\underline{\underline{3.5} }$$

Der Erwartungswert $\mu$ beträgt also $3.5$. Natürlich kann man aber beim einmaligen Würfeln nicht $3.5$ würfeln. Man kann den Erwartungswert aber so interpretieren, dass, wenn man lange genug würfelt, der Durchschnitt bei $3.5$ liegen wird.

b) Die Standardabweichung $\sigma=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(x_i-\mu)^2\cdot P(X=x_i)}$

Setzen wir wieder alles in die Formel ein (siehe obige Wertetabelle und $\mu=3.5$): $$\sigma=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(x_i-\mu)^2\cdot P(X=x_i)}=\\ \sqrt{(1-3.5)^2\cdot \frac{1}{6}+(2-3.5)^2\cdot \frac{1}{6}+(3-3.5)^2\cdot \frac{1}{6}+(4-3.5)^2\cdot \frac{1}{6}+(5-3.5)^2\cdot \frac{1}{6}+(6-3.5)^2\cdot \frac{1}{6} }\\ =\underline{\underline{1.71} }$$

• Die Anzahl der möglichen Ziehungen ist wieder $\binom{45}{6}=8.145.060$ (aus $45$ Kugeln werden $6$ gezogen).
• Die Anzahl der günstigen Möglichkeiten $\binom{6}{5}=6$ (aus $6$ Kugeln werden $5$ gezogen) Mal $\binom{39}{1}$ (= aus $39$ Kugeln wird eine gezogen).

$$P(5er)=\frac{günstige}{mögliche}=\frac{\binom{6}{5}\cdot \binom{39}{1} }{\binom{45}{6} }=\frac{6\cdot 39}{8.145.060}\approx 0.00002873 \ \ (= 0.002873 \%)$$

Die Zufallsvariable $X$ zählt die Anzahl der roten Kugeln. Gefragt ist also

$$P(X=3)=?$$

• Anzahl der Pfade zu unserem Ergebnis: Um von $4$ Ziehungen $3$-mal eine rote Kugel zu ziehen gibt es $\binom{4}{3}=4$ Möglichkeiten, nämlich:

$(r,r,r,b)$; $(r,r,b,r)$; $(r,b,r,r,)$; $(b,r,r,r)$.

Hinweis: $\binom{4}{3}$ (gesprochen „$4$ über $3$“) ist der sogenannte Binomialkoeffizient.

• Die Wahrscheinlichkeit für dreimal rot und einmal blau ist bei jedem Pfad $p^3\cdot (1-p)^1$ mit $p=\frac{7}{20}$.

Begründung: Nehmen wir zum Beispiel $(r,r,r,b)$.

Die Wahrscheinlichkeit, eine rote Kugel zu ziehen ist $p=\frac{7}{20}$. Die Wahrscheinlichkeit eine blaue Kugel zu ziehen ist $(1-p)=\frac{13}{20}$. Somit ist die Wahrscheinlichkeit für das Ergebnis $(r,r,r,b)$ aufgrund der 1. Pfadregel/Multiplikationsregel $$p\cdot p\cdot p\cdot (1-p)=p^3\cdot (1-p)^1$$ Für die anderen Möglichkeiten $(r,r,b,r)$; $(r,b,r,r,)$ und $(b,r,r,r)$ kommt man auf dasselbe Resultat. Somit erhalten wir: $$P(X=3)=\underbrace{\binom{4}{3} }_{\textrm{Anzahl der Pfade} }\cdot \underbrace{p^3\cdot (1-p)^1}_{\textrm{Wahrscheinlichkeit für einen dieser Pfade} }=4\cdot (\frac{7}{20})^3\cdot \frac{13}{20}= 0.1115=11.15\%$$

Die Zufallsvariable $X$ zähle das Vorkommen einer $6$. Da es sich um ein Bernoulli-Experiment handelt (zwei mögliche Ausgänge: $6$er oder kein $6$er und die Wahrscheinlichkeit für eine $6$ bleibt konstant mit $p=\frac{1}{6}$), ist $X$ binomialverteilt mit $n=30$ und $p=\frac{1}{6}$ und es gilt:

$$P(X=k)=\binom{30}{k}\cdot (\frac{1}{6})^k\cdot (\frac{5}{6})^{30-k}$$

a) Gesucht ist $P(X=8)$. Setzen wir das in die Formel ein, so erhalten wir: $$P(X=8)=\binom{30}{8}\cdot (\frac{1}{6})^8\cdot (\frac{5}{6})^{30-8}=0.0632=6.32\% $$ Hinweis: Zur Berechnung des Binomialkoeffizienten $\binom{30}{8}$ klicke hier.

b) Gesucht ist $P(X=0)$, dies kann entweder einfach über die 1. Pfadregel (Multiplikationsregel) mit $P(X=0)=(\frac{5}{6})^{30}=0.0042=0.42\%$ berechnet werden, oder mit der Formel für die Binomialverteilung: $$P(X=k)=\binom{30}{0}\cdot (\frac{1}{6})^0\cdot (\frac{5}{6})^{30-0}=0.0042=0.42\% $$

c) Gesucht ist $P(X\leq 1)$: $$P(X\leq 1)=P(X=0)+P(X=1)=\underbrace{0.0042}_{P(X=0)}+\underbrace{\binom{30}{1}\cdot (\frac{1}{6})^1\cdot (\frac{5}{6})^{30-1} }_{P(X=1)}=0.0042+0.0253=0.0295=2.95\% $$

d) Betrachten wir die obige Abbildung von Aufgabe c). Dann ist die Wahrscheinlichkeit mindestens zweimal eine $6$ zu ziehen $(P(X\geq 2))$ gerade die weiß eingefärbte Fläche. Mithilfe der Gegenwahrscheinlichkeit erhalten wir: $$P(X\geq 2)=1-P(X\leq 1)=1-0.0295=0.9705=97.05\% $$

e)

• $E(X)=n\cdot p=30\cdot \frac{1}{6}=5$ (Dies kann man auch aus den obigen Graphen herauslesen!)
• $\sigma=\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=\sqrt{30\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6} }=\sqrt{\frac{25}{6} }\approx 2.04$.

$$ \ $$

• $n=15$
• $p=\frac{1}{5}=0.2$
• Die Zufallsvariable $X$ zählt die Anzahl der richtigen Antworten.

a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit genau $3$ Fragen zu beantworten?

Gesucht sind $k=3$ Erfolge: $$P(X=3)=\binom{15}{3}\cdot 0.2^3\cdot 0.8^{12}=0.2501=25.01\%$$ Mit dem TI-8x: $P(X=3)=binompdf(15,0.2,3)=0.2501$

b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit maximal $2$ Fragen richtig zu beantworten?

Gesucht ist $k\leq 2$: $$P(X\leq 2)=\text{Technologieeinsatz}=0.398=39.8\% $$ Mit dem TI-8x: $P(X\leq 2)=binomcdf(15,0.2,2)=0.398$

c) Um den Test zu bestehen, benötigt ein Schüler mindestens $8$ Punkte. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, den Test (bei zufälligem Ankreuzen) zu bestehen?

Gesucht ist $k\geq 8$: $$P(X\geq 8)=\text{Technologieeinsatz}=0.0042=0.42\%$$ Mit dem TI-8x: $P(X\geq 8) = 1-P(X\leq 7)=1-binomcdf(15,0.2,7)=0.0042$

d) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Schüler zwischen $4$ und $7$ Punkte erhält?

$$P(4\leq X\leq 7)=\text{Technologieeinsatz}=0.3476=34.76\% $$ Mit dem TI-8x: $$P(4\leq X\leq 7)=P(X\leq 7)-P(X\leq 3)=$$ $$binomcdf(15,0.2,7)-binomcdf(15,0.2,4)=0.3476$$

e) Wie groß ist der Erwartungswert ($E(x)$ bzw. $\mu$) und die Standardabweichung $\sigma$?

• $\mu=n\cdot p=15\cdot 0.2=3$

Der im Durchschnitt zu erwartende Wert von $X$ ist $3$, d. h. die größte Wahrscheinlichkeit liegt bei $3$ richtigen Antworten.

• $\sigma=\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}=\sqrt{15\cdot 0.2\cdot 0.8}=1.55$

Die im Durchschnitt zu erwartende Abweichung der Zufallsvariable $X$ vom Erwartungswert $\mu$ ist $1.55$.