Zufallsvariable/Lösungen

Ampeln

$A_{k}=${Die $k$–te Ampel steht auf grün}; $P(A_{k})=0,5$; Ereignisse sind unabhängig;
${\overline {A}}_{k}=${Die $k$–te Ampel steht auf rot}; $P({\overline {A}}_{k})=0,5$; $k=1,2,3,4$

• Auto fährt an keiner Ampel vorbei: $P({\overline {A}}_{1})=0,5$; $A_{1}\cap {\overline {A}}_{2}=${Auto fährt an 1. Ampel vorbei und muss an 2. Ampel halten}, $P(A_{1}\cap {\overline {A}}_{2})=0,5\cdot 0,5=0,25$ ; analog folgt: $P(A_{1}\cap A_{2}\cap {\overline {A}}_{3})=0,125$; $P(A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3}\cap {\overline {A}}_{4})=0,0625$; $P(A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3}\cap A_{4})=0,0625$;

• X: ”Anzahl der Verkehrsampeln, an denen das Auto bis zum ersten Halt vorbeifährt”; diskrete Zufallsvariable

  $x$	0	1	2	3	4
  $f(x)$	0,5	0,25	0,125	0,0625	0,0625

Auslastung der Schiffe

$X={\mbox{Kosten}}$, $E(X)=T_{1}\cdot K_{1}+T_{2}\cdot K_{2}+T_{3}\cdot K_{3}$
$T_{1}=65$, $T_{2}=45$; $T_{3}=95$, $K_{1}=1000$, $K_{2}=1200$, $K_{3}=700$, $E(X)=185500$

Bahnstrecke Berlin – Nauen

Klasse	0 - 30	30 - 60	60 - 90	90 - 120
$f(x_{i})$	0,35	0,45	0,15	0,05
$F(x_{j})$	0,35	0,8	0,95	1,00

$x_{0,5}=x_{j}^{u}+{\frac {0,5-F(x_{j}^{u})}{f(x_{j})}}\cdot (x_{j}^{o}-x_{j}^{u})=30+{\frac {0,5-0,35}{0,45}}\cdot 30=30+10=40$

Bauteile

• Antwort: nein
  

Begründung:
Wenn X und Y unabhängig voneinander $\rightarrow f(x_{i},y_{j})=f(x_{i})\cdot f(y_{j})$ $\forall i,j$
Ist nicht erfüllt, da z.B.
$f(x_{2},y_{3})=0,115\neq 0,3\cdot 0,4=0,12$

• $f(x_{1},y_{1})+f(x_{1},y_{2})+f(x_{2},y_{1})=0,015+0,03+0,04=0,085$

Dichtefunktion einer Zufallsvariablen

Die Verteilung ist eine Gleichverteilung auf $[a;b]=[-1;3]$:
$1=\int _{-1}^{3}f(x)dx=[ax]_{-1}^{3}=4a\rightarrow a=1/4=0,25$$P(X>0)=\int _{0}^{3}f(x)dx=[ax]_{0}^{3}=3a=3/4=0,75$.

Dichtefunktion

• Für eine Dichtefunktion muss gelten $f(x)\geq 0,\quad \int _{-\infty }^{+\infty }f(x)\,dx=1.$ Da $f(x)=0$ für $x\notin [0,2]$, genügt es für die erste Eigenschaft, zu zeigen, die Nullstellen der nach oben geöffnete Parabel beide links oder beide rechts des Intervalls $(0,2)$ liegen. Wir verwenden die $p-q$ Formel, um diese Nullstellen zu berechnen und erhalten eine doppelte Nullstelle bei $x=2+{\sqrt {2^{2}-4}}=2.$ Damit gilt also sogar, dass die Parabel global nichtnegativ ist. Für die Normierung berechnen wir ${\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }f(x)dx&=\int _{0}^{2}{\frac {3}{8}}(4-4x+x^{2})dx\\&={\frac {3}{8}}\left[4x-2x^{2}+{\frac {1}{3}}x^{3}+c\right]_{x=0}^{2}\\{\frac {3}{8}}\left(8-8+{\frac {8}{3}}\right)=1.\end{aligned}}$ Also sind beide Eigenschaften erfüllt.
• Wir berechnen die Verteilungsfunktion mithilfe der Definition im Foliensatz Zufallsvariablenfür $x\in [0,2]$: ${\begin{aligned}F(x)&=\int _{-\infty }^{x}f(s)ds\\&=\int _{0}^{x}{\frac {3}{8}}(4-4s+s^{2})ds\\&={\frac {3}{8}}\left[4s-2s^{2}+{\frac {1}{3}}s^{3}+c\right]_{s=0}^{x}\\&={\frac {3}{8}}\cdot \left(4x-2x^{2}+{\frac {1}{3}}x^{3}\right).\end{aligned}}$ Für $x\leq 0$ gilt $F(x)=0$, während $F(x)=1$ für $x\geq 2$. Zusammengefasst gilt also: $F(x)={\left\{{\begin{array}{ll}0&\quad {\mbox{für}}\quad x<0,\\{\frac {3}{8}}\left(4x-2x^{2}+{\frac {1}{3}}x^{3}\right)&\quad {\mbox{für}}\quad 0\leq x<2,\\1&\quad {\mbox{für}}\quad 2\leq x.\end{array}}\right.}$
• Wir berechnen den Erwartungswert mit der Definition aus dem Foliensatz Zufallsvariablen: ${\begin{aligned}E[X]&=\int _{-\infty }^{\infty }x\cdot f(x)dx\\&=\int _{0}^{2}x\cdot \left({\frac {3}{8}}(4-4x+x^{2})\right)dx\\&={\frac {3}{8}}\int _{0}^{2}(4x-4x^{2}+x^{3})dx\\&={\frac {3}{8}}[2x^{2}-{\frac {4}{3}}x^{3}+{\frac {1}{4}}x^{4}]_{x=0}^{2}\\&={\frac {3}{8}}\cdot (8-{\frac {32}{3}}+{\frac {16}{4}})\\&={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$ Analog gilt für die Varianz ${\begin{aligned}Var(X)&=\int _{-\infty }^{\infty }x^{2}\cdot f(x)dx-E[X]^{2}\\&=\int _{0}^{2}x^{2}\cdot \left({\frac {3}{8}}(4-4x+x^{2})\right)dx-{\frac {1}{4}}\\&={\frac {3}{8}}\int _{0}^{2}(4x^{2}-4x^{3}+x^{4})dx-{\frac {1}{4}}\\&={\frac {3}{8}}[{\frac {4}{3}}x^{3}-x^{4}+{\frac {1}{5}}x^{5}]_{x=0}^{2}-{\frac {1}{4}}\\&={\frac {3}{8}}\cdot ({\frac {4}{3}}2^{3}-2^{4}+{\frac {1}{5}}2^{5})-{\frac {1}{4}}=0,15.\end{aligned}}$

Dichtefunktion und Erwartungswert

${\begin{aligned}E(X)&=\int _{0}^{2}x\cdot f(x)dx\\E(X)&=\int _{0}^{2}x\left({\frac {1}{4}}x+{\frac {1}{4}}\right)dx=\int _{0}^{2}\left({\frac {1}{4}}x^{2}+{\frac {1}{4}}x\right)dx\\&=\left[{\frac {1}{12}}x^{3}+{\frac {1}{8}}x^{2}\right]_{0}^{2}={\frac {8}{12}}+{\frac {4}{8}}={\frac {7}{6}}=1,16667\end{aligned}}$

Diskrete Zufallsvariable

Zunächst prüfen wir, ob die Aufgabe wohlgestellt ist, d.h. ob überhaupt eine Wahrscheinlichkeitsfunktion vorliegt. Dazu ist zu prüfen, ob sie nichtnegativ ist und ihre Werte sich zu 1 aufsummieren. Aus der Definition ist klar, dass die Funktion, von der zu prüfen ist, ob sie eine Wahrscheinlichkeitsfunktion ist, nur nichtnegative Werte annimt. Wir berechnen $f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)={\frac {4+5+8+13+20}{50}}=1.$ Es liegt also in der Tat eine Wahrscheinlichkeitsfunktion vor.

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P[\{X=2\}]$. Mit der Definition der Wahrscheinlichkeitsfunktion gilt $P[\{X=2\}]=f(2)={\frac {8}{50}}={\frac {4}{25}}0,16.$
• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P[\{X<2\}]$. Mit der Definition der Wahrscheinlichkeitsfunktion gilt $P[\{X<2\}]=P[\{X=0\}]+P[\{X=1\}]=f(0)+f(1)={\frac {4+5}{50}}=0,18.$
• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P[\{X\leq 2\}]=P[\{X=0\}]+P[\{X=1\}]+P[\{X=2\}]={\frac {4+5+8}{50}}=0,34.$
• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P[\{X>3\}]=P[\{X=4\}]=f(4)={\frac {20}{50}}=0,4$
• Es gilt $P[\{X<5\}]=f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1.$

Fachliteratur

• Der Abbildung entnehmen wir, dass die Dichtefunktion im Intervall $[1,4]$ als affine Funktion dargestellt werden kann, d.h. für $x\in [1,4]$ gilt $f(x)=m\cdot x+b,$ wobei $m\in \mathbb {R}$ die Steigung und $b\in \mathbb {R}$ den Achsenabschnitt der affinen Funktion angibt. Wir verwenden die Formel für die Steigung $m$ der Geraden, indem wir die beiden bekannten Punkte $(1/a)$ und $(4/0)$ verwenden ($a\in \mathbb {R} _{+}$ ist unbekannt): $m={\dfrac {0-a}{4-1}}=-{\frac {a}{3}}.$ Für den Achsenabschnitt gilt damit $b=f(4)+{\frac {a}{3}}\cdot 4={\frac {4}{3}}\cdot a.$ In Abhängigkeit vom unbekannten Parameter $a\in \mathbb {R} _{+}$ gilt damit für $x\in [1,4]$, $f(x)=-{\frac {a}{3}}\cdot x+{\frac {4}{3}}a.$ Aus der Skizze ist ebenfalls klar, dass $f(x)=0$ für alle $x\notin [1,4]$. Um $a$ zu bestimmen, müssen wir es so wählen, dass $f$ eine Wahrscheinlichkeitsdichte wird, d.h. nichtnegativ ist und sich zu 1 integriert. Die Nichtnegativität ist klar. Für die Normierung rechnen wir ${\begin{aligned}1&=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)dx\\&=\int _{1}^{4}-{\frac {a}{3}}\cdot x+{\frac {4}{3}}adx\\&=\left[-{\frac {a}{6}}\cdot x^{2}+{\frac {4}{3}}ax+c\right]_{x=1}^{4}\\&=-{\frac {a}{6}}\cdot (4^{2}-1^{2})+{\frac {12}{3}}a\\&=-{\frac {5}{2}}a+4a={\frac {3}{2}}a.\end{aligned}}$ Damit ergibt sich $a={\frac {2}{3}}.$ Zusammengefasst erhalten wir also ${\begin{aligned}f(x)&=&{\left\{{\begin{array}{ll}{\frac {8}{9}}-{\frac {2}{9}}x&\quad {\mbox{für}}\quad 1\leq x\leq 4\\0&\quad {\mbox{sonst}}\end{array}}\right.}\\\end{aligned}}$ In der obigen Rechnung haben wir zudem die allg. Stammfunktion $F$ von $f$ berechnet, die noch von einer Konstante $c$ abhängt. Diese wollen wir nun so wählen, dass die Verteilungsfunktion stetig ist (d.h., dass sie keine Sprungstellen hat). Offenbar muss gelten $F(x)=0$ für $x\leq 1$ und $F(x)=1$ für $x\geq 4$. Damit muss auch für die Stammfunktion $S_{c}(x)$ der Dichte gelten, dass $S_{c}(1)=0$. Wir berechnen ${\begin{aligned}0&=S_{c}(1)\\&=-{\frac {2}{18}}\cdot 1^{2}+{\frac {8}{9}}+c\\&={\frac {7}{9}}+c.\end{aligned}}$ Also muss gelten $c=-{\frac {7}{9}},$ damit $F$ an der Stelle $1$ stetig ist. Die Stetigkeit an der Stelle $4$ ergibt sich aus der Wahl von $a$, die die Normierung der Dichtefunktion garantiert. Zusammengefasst ergibt sich ${\begin{aligned}F(x)&=&{\left\{{\begin{array}{ll}0&\quad {\mbox{für}}\quad x<1,\\-{\frac {1}{9}}x^{2}+{\frac {8}{9}}x-{\frac {7}{9}}&\quad {\mbox{für}}\quad 1\leq x<4,\\1&\quad {\mbox{für}}\quad 4\leq x.\end{array}}\right.}\end{aligned}}$
• Um den Erwartungswert zu berechnen, verwenden wir die Definition aus dem Foliensatz zu Zufallsvariablen ${\begin{aligned}E[X]&=\int _{-\infty }^{\infty }x\cdot f(x)dx\\&=\int _{1}^{4}x\cdot ({\frac {8}{9}}-{\frac {2}{9}}x)dx\\&=\int _{1}^{4}{\frac {8}{9}}x-{\frac {2}{9}}x^{2}dx\\&=[{\frac {4}{9}}x^{2}-{\frac {2}{27}}x^{3}+c]_{x=1}^{4}\\&={\frac {64}{9}}-{\frac {128}{27}}-{\frac {4}{9}}+{\frac {2}{27}}\\&={\frac {60}{9}}-{\frac {126}{27}}\\&={\frac {20}{3}}-{\frac {14}{3}}={\frac {6}{3}}=2.\end{aligned}}$ Für die Varianz von $X$ gilt mit der Definition aus dem Foliensatz ${\begin{aligned}Var[X]&=\int _{-\infty }^{\infty }x^{2}\cdot f(x)dx-E[X]^{2}\\&=\int _{1}^{4}x^{2}\cdot \left({\frac {8}{9}}-{\frac {2}{9}}x\right)dx-2^{2}\\&=\int _{1}^{4}{\frac {8}{9}}x^{2}-{\frac {2}{9}}x^{3}dx-2^{2}\\&=[{\frac {8}{27}}x^{3}-{\frac {1}{18}}x^{4}]_{x=1}^{4}-2^{2}\\&={\frac {8\cdot 4^{3}}{27}}-{\frac {4^{4}}{18}}-{\frac {8\cdot 1^{3}}{27}}+{\frac {1^{4}}{18}}-2^{2}\\&={\frac {8\cdot (4^{3}-1)}{27}}-{\frac {4^{4}-1}{18}}-2^{2}\\&={\frac {8\cdot 63}{27}}-{\frac {255}{18}}-2^{2}\\&={\frac {56}{3}}-{\frac {85}{6}}-2^{2}\\&=4,5-4=0,5.\end{aligned}}$
• Um die gesuchten Wahrscheinlichkeiten zu berechnen, verwenden wir unsere Kenntnis der Verteilungsfunktion. Zunächst berechnen wir $P[\{X\leq 2\}]=F(2)=-{\frac {4}{9}}+{\frac {16}{9}}-{\frac {7}{9}}={\frac {5}{9}}.$ Für die nächste gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt $P[\{2\leq X\leq 3\}]=F(3)-F(2)={\frac {1}{3}}.$ Für die letzte gesuchte Wahrscheinlichkeit gilt ${\begin{aligned}P[\{X\geq 3\}]&=1-P[\{X<3\}]\\&=1-P[\{X\leq 3\}]\\&=1-F(3)={\frac {1}{9}},\end{aligned}}$ wobei wir im zweiten Schritt verwendet haben, dass eine stetige Verteilung vorliegt und daher jeder Punkt eine Masse von 0 besitzt.

Fernsehsendung

$G={\mbox{Gewinn}};\quad R:{\mbox{richtige Antwort}}\quad F:{\mbox{falsche Antwort}}$
Für jede Runde gilt: $P(R)=0,2;\quad P(F)=0,8$.

Runde	Antwort	Gewinn	Wahrscheinlichkeit $P_{i}$	$G\cdot P_{i}$
1	$F$	0	$P(F_{1})=0,8$	$0$
2	$F$	100	$P(R_{1}\cap F_{2})=0,2\cdot 0,8$
			$=0,16$	16
3	$F$	200	$P(R_{1}\cap R_{2}\cap F_{3})$
			$=0,2\cdot 0,2\cdot 0,8=0,032$	6,4
4a	$F$	300	$P(R_{1}\cap R_{2}\cap R_{3}\cap F_{4})$
			$=0,2\cdot 0,2\cdot 0,2\cdot 0,8=0,0064$	1,92
4b	$R$	400	$P(R_{1}\cap R_{2}\cap R_{3}\cap R_{4})$
			$=0,2\cdot 0,2\cdot 0,2\cdot 0,2=0,0016$	0,64

$E(G)=\sum _{i}G_{i}\cdot P_{i}=24,96$ EUR

Feuerwehr

Die erwartete quadrierte Fahrstrecke ist minimal, wenn sich die Feuerwehr an der Stelle aufstellt, die dem Erwartungswert der Zufallsvariablen $X=\{{\mbox{Ort des nächsten Feuers}}\}$ entspricht.
Herleitung:
$\min _{c}E[(x-c)^{2}]$
1. Ableitung: $-2\sum _{x}(x-c)P(x)=0;c=\sum _{x}xP(x)=E(X)$

Punkt $x$	Wahrscheinlichkeit $P(x)$	$x\cdot P(x)$
-3	0,2	-0,6
-1	0,1	-0,1
0	0,1	0
1	0,4	0,4
2	0,2	0,4
$\sum$	1	0,1

Die Feuerwehr sollte sich an der Stelle $x=0,1$ aufstellen.

Gemeinsame Verteilung

a) $P(X=Y)=0,02+0,28=0,3$
b) $P(X+Y=2)=0,34+0,28=0,62$
c) $P(Y-X=1)=0,04+0,3=0,34$
d) $P(X\cdot Y=1)=0,28$
e) $E(X+Y)=E(X)+E(Y)=0,6+1,6=2,2$
f) $E(X-Y)=E(X)-E(Y)=0,6-1,6=-1$
g) $Var(X)=(-0,6)^{2}\cdot 0,4+(0,4)^{2}\cdot 0,6=0,144+0,096=0,24$
h) $Var(Y)=(-1,6)^{2}\cdot 0,04+(-0,6)^{2}\cdot 0,32+(0,4)^{2}\cdot 0,64=0,1024+0,1152+0,1024=0,32$

Glücksrad

Zufallsvariable $X$: Punkt, an dem der Zeiger des Glücksrades stehen bleibt. Die stetige Zufallsvariable kann alle Werte des Intervalls $[0;60]$ annehmen. $X$ folgt der Rechteckverteilung:

$f(x)\left\{{\begin{array}{ll}1/60&{\text{ für }}0\leq x\leq 60\\0&{\text{sonst}}\end{array}}\right.$

$P(X=14,08)=0$, da die Wahrscheinlichkeit, dass eine stetige Zufallsvariable genau einen Wert annimmt, stets Null ist.

Herstellung eines Gutes

• $E(Z)=6000$ EUR; $Var(Z)=18000$ [EUR]$^{2}$
• $E(Y)=3250$ EUR; $Var(Y)=4500$ [EUR]$^{2}$
• $G$: ”Gewinn”; $E(G)=2750$ EUR; $Var(G)=4500$ [EUR]$^{2}$

ICE

${\begin{aligned}V&=&{\frac {\mbox{Gesamtstrecke}}{\mbox{Gesamtzeit}}}\\&=&{\frac {23+81+90+44+78+43+32+169}{14+39+31+17+29+25+17+75}}\\&=&{\frac {560{\mbox{ km}}}{247{\mbox{ Min.}}}}={\frac {560{\mbox{ km}}}{4,1166{\mbox{ h}}}}=136,032{\mbox{ km/h}}\end{aligned}}$

Intervall–Bestimmung

• $F(a)=a/6-1/3\doteq 0$; $a=2$; $F(b)=b/6-1/3\doteq 1$; $b=8$
• ${\frac {dF(x)}{dx}}=f(x)={\left\{{\begin{array}{ll}1/6&\quad {\mbox{für}}\quad 2\leq x\leq 8\\0&\quad {\mbox{sonst}}\end{array}}\right.}$
• $P(6\leq X\leq 8)=\int _{6}^{8}(1/6)dt=1/3$; $P(X=5)=P(5\leq X\leq 5)=0$

Kinder

Datei:5-1 Kinder.xlsx

• Zuerst werden die möglichen Merkmalsausprägungen der Zufallsvariable bestimmt. Die kleinste Summe an Kinder bei drei Ziehungen ohne Zurücklegen ist zwei, z.B. $(P_{3},P_{4},P_{6})$, und die größte Summe ist zehn, z.B. $(P_{1},P_{2},P_{5})$.

  Für jede Merkmalsausprägung zwischen zwei und zehn können wir die Wahrscheinlichkeit des Auftretens mit Hilfe der Wk. nach Laplace bestimmen. Zunächst halten wir fest, dass es $K(6;3)={\binom {6}{3}}={\frac {6!}{3!\cdot 3!}}={\frac {4\cdot 5\cdot 6}{1\cdot 2\cdot 3}}=4\cdot 5=20$ Möglichkeiten gibt (Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge, da die Addition kommutativ ist), 3 Personen aus 6 Personen zu ziehen.

  Für jede Merkmalsausprägung lässt sich nun angeben (ohne Berücksichtigung der Reihenfolge) wieviele Möglichkeiten es gibt sie zu erhalten:

  $x$	Ereignisse	$P(X=x)$
  2	$(P_{3},P_{4},P_{6})$	$1/20$
  3	$(P_{2},P_{3},P_{4})$, $(P_{2},P_{3},P_{6})$, $(P_{3},P_{4},P_{5})$, $(P_{3},P_{5},P_{6})$	$4/20$
  4	$(P_{2},P_{3},P_{5})$, $(P_{2},P_{4},P_{6})$, $(P_{4},P_{5},P_{6})$	$3/20$
  5	$(P_{2},P_{4},P_{5})$, $(P_{2},P_{5},P_{6})$	$2/20$
  6	–	$0/20$
  7	$(P_{1},P_{3},P_{4})$, $(P_{1},P_{5},P_{6})$	$2/20$
  8	$(P_{1},P_{2},P_{3})$, $(P_{1},P_{3},P_{4})$, $(P_1$