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	$(P_{1},P_{2},P_{3})$, $(P_{1},P_{3},P_{4})$, $(P_{1},P_{3},P_{6})$	$3/20$
  9	$(P_{1},P_{2},P_{4})$, $(P_{1},P_{2},P_{6})$, $(P_{1},P_{4},P_{5})$, $(P_{1},P_{5},P_{6})$	$4/20$
  10	$(P_{1},P_{2},P_{5})$	$1/20$

• Um den Wert der Verteilungsfunktion an einer Stelle $s$ zu erhalten, genügt es, die Werte der Wahrscheinlichkeitsfunktion bis zu dieser Stelle $s$ zu addieren, da es sich um eine diskrete Wahrscheinlichkeitsverteilung handelt. Z.B. ist der Wert der Verteilungsfunktion $F$ an der Stelle 5 gegeben durch $F(5)=f(2)+f(3)+f(4)+f(5)={\frac {1}{2}}.$ Es gilt ebenfalls $F(6)=f(2)+f(3)+f(4)+f(5)={\frac {1}{2}},$ da sich zwischen 5 und 6 kein Ergebnis befindet, das mit positiver Wahrscheinlichkeit auftritt. Die Verteilungsfunktion hat also die für diskrete Verteilungen typische Sprungstellen an den Stellen, an denen Ergebnisse mit positiver Wahrscheinlichkeit auftreten. Die Ergebnisse für die anderen Stellen ergeben sich mit analoger Rechnung zu $F(x)={\left\{{\begin{array}{ll}0&\quad {\mbox{für}}\quad x<2,\\1/20&\quad {\mbox{für}}\quad 2\leq x<3,\\5/20&\quad {\mbox{für}}\quad 3\leq x<4,\\8/20&\quad {\mbox{für}}\quad 4\leq x<5,\\10/20&\quad {\mbox{für}}\quad 5\leq x<7,\\12/20&\quad {\mbox{für}}\quad 7\leq x<8,\\15/20&\quad {\mbox{für}}\quad 8\leq x<9,\\19/20&\quad {\mbox{für}}\quad 9\leq x<10,\\1&\quad {\mbox{für}}\quad 10\leq x.\end{array}}\right.}$

• Die gesuchten Wahrscheinlichkeiten werden wir nun unter Rückgriff auf die Verteilungsfunktion berechnen. Wir erinnern uns daher nocheinmal an die Definition der Verteilungsfunktion $F$ als $F(x)=P[\{X\leq 4\}].$ Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit $P[\{X\leq 4\}]$, die wir direkt aus der Tabelle der Verteilungsfunktion in Aufgabenteil b) als $P[\{X\leq 4\}]=F(4)={\frac {8}{20}}={\frac {2}{5}}$ abgelesen werden kann. Nun wird die Wahrscheinlichkeit $P[\{X>8\}]$ gesucht. Um diese Wahrscheinlichkeit auf die Verteilungsfunktion zurückzuführen, verwenden wir den Trick der Berechnung über die Gegenwahrscheinlichkeit: $P[\{X>8\}]=1-P[\{X\leq 8\}]=1-{\frac {15}{20}}={\frac {5}{20}}={\frac {1}{4}}.$ Um die Wahrscheinlichkeit $P[\{3<X<9\}]$ zu berechnen, greifen wir wieder auf die Verteilungsfunktion zurück: ${\begin{aligned}P[\{3<X<9\}]&=P[\{X<9\}]-P[\{X\leq 3\}]\\&=P[\{X\leq 8\}]-P[\{X\leq 3\}]\\&=F[8]-F[3]\\&={\frac {15}{20}}-{\frac {5}{20}}={\frac {10}{20}}={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

Konstante a

${\begin{aligned}1=\int _{0}^{1}f(x)dx&=&\int _{0}^{1}\{ax^{2}(1-x)\}dx=a\int _{0}^{1}\{x^{2}-x^{3}\}\\&=&a\left[{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}\right]_{0}^{1}=a\left[{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right]={\frac {a}{12}}\\a&=&12\end{aligned}}$

Konstanten

• $a=7/117$; $b=2/13$
• $F(x)={\left\{{\begin{array}{ll}0&\quad {\mbox{für}}\quad x<0\\{\frac {7}{351}}x^{3}&\quad {\mbox{für}}\quad 0\leq x<3\\{\frac {-1}{13}}x^{2}+x-{\frac {23}{13}}&\quad {\mbox{für}}\quad 3\leq x<4\\1&\quad {\mbox{für}}\quad 4\leq x\end{array}}\right.}$

Lostrommel

• $X$: “Gewinn”; $P(X=5)=5\cdot 10/1000=0,05$; $P(X=2)=4\cdot 100/1000=0,4$; $P(X=0)=1-0,05-0,4=0,55$

  $x$	0	2	5
  $f(x)$	0,55	0,4	0,05

• $F(x)={\left\{{\begin{array}{ll}0&\quad {\mbox{für}}\quad x<0\\0,55&\quad {\mbox{für}}\quad 0\leq x<2\\0,95&\quad {\mbox{für}}\quad 2\leq x<5\\1&\quad {\mbox{für}}\quad 5\leq x\end{array}}\right.}$

Maschinenbauunternehmen

Bezeichnet X die zufällige Anzahl der abgesetzten Anlagen, so ergibt sich die Zufallsvariable G, die den Gewinn in Mio. EUR (bzw. den Verlust im Fall von Realisationen kleiner als Null) beschreibt, zu
$G(X)=1\cdot X-(1+0,5\cdot X)=0,5\cdot X-1$
mit der Wahrscheinlichkeitsverteilung

Anlagenzahl x	0	1	2	3	4	5
$P(X=x)$, $P(G=g)$	0,05	0,15	0,25	0,30	0,15	0,10
Verlust/Gewinn $g=G(x)$	-1,0	-0,5	0,0	0,5	1,0	1,5

$E(G)=-1\cdot 0,05+(-0,5)\cdot 0,15+0,0\cdot 0,25+0,5\cdot 0,3+1,0\cdot 0,15+1,5\cdot 0,1=0,325$ oder $E(X)=1\cdot 0,15+2\cdot 0,25+3\cdot 0,3+4\cdot 0,15+5\cdot 0,1=2,65$ $E(G)=0,5\cdot 2,65-1=0,325$ Der erwartete Gewinn der Abteilung beträgt 325.000 EUR.

Mautpflichtige Brücke

${\begin{aligned}P_{(a)}(X)&=&0,5\cdot (0,05+2\cdot 0,43+3\cdot 0,27+4\cdot 0,12+5\cdot 0,09+6\cdot 0,04)\\&=&1,445\\P_{(b)}(X)&=&2\cdot 0,5+0,35\cdot (0,43+2\cdot 0,27+3\cdot 0,12+4\cdot 0,09+5\cdot 0,04)\\&=&1,6615\end{aligned}}$

MegaShop

$E(X)=1000\cdot \displaystyle {\frac {1}{x}}+500\cdot \displaystyle {\frac {4}{x}}+20\cdot \displaystyle {\frac {100}{x}}+0\cdot \displaystyle {\frac {x-105}{x}}=\displaystyle {\frac {5000}{x}}$
$E(X)=5\rightarrow x=1000$

Platten

$X$: “Länge einer Platte”; $Y$: “Breite einer Platte”; $X\cdot Y$: “Fläche einer Platte”

$X\backslash Y$	5	6	f(x)
8	0,1	0,1	0,2
10	0,6	0,2	0,8
$f(y)$	0,7	0,3	1,0

$E(X\cdot Y)=50,8$mm$^{2}$

Qualitätskontrolle

Anwendung des allgemeinen Multiplikationssatzes,
Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariablen: $E(X)=\sum _{i}x_{i}\cdot f(x_{i})$
$A_{i}:{\mbox{ein fehlerhaftes Stück wird bei der i-ten Kontrolle entdeckt}}$; die Ereignisse $A_{i}$ sind unvereinbar (disjunkt);
gegeben: $P(A_{1})=0,8;\;P(A_{2}|{\overline {A}}_{1})=0,6;\;P(A_{3}|{\overline {A}}_{1}\cap {\overline {A}}_{2})=0,3$
$f(X=5)=P(A_{1})=0,8$
$f(X=10)=P(A_{2})=P(A_{2}|{\overline {A}}_{1})\cdot P({\overline {A}}_{1})=0,6\cdot 0,2=0,12$
$f(X=20)=P(A_{3})=P(A_{3}|{\overline {A}}_{1}\cap {\overline {A}}_{2})\cdot P({\overline {A}}_{2}|{\overline {A}}_{1})\cdot P({\overline {A}}_{1})=0,3\cdot 0,4\cdot 0,2=0,024$
$f(X=50)=P({\overline {A}}_{1}\cap {\overline {A}}_{2}\cap {\overline {A}}_{3})=P({\overline {A}}_{3}|{\overline {A}}_{1}\cap {\overline {A}}_{2})\cdot P({\overline {A}}_{2}|{\overline {A}}_{1})\cdot P({\overline {A}}_{1})=0,7\cdot 0,4\cdot 0,2=0,056$
$E(X)=\sum _{i}x_{i}\cdot f(x_{i})=5\cdot 0,8+10\cdot 0,12+20\cdot 0,024+50\cdot 0,056=8,48$

Rechteckverteilung

• ${\begin{aligned}f(x)&=&{\left\{{\begin{array}{ll}{\frac {1}{8}}&\quad {\mbox{für}}\quad -2\leq x\leq 6\\0&\quad {\mbox{sonst}}\end{array}}\right.}\\F(x)&=&{\left\{{\begin{array}{ll}0&\quad {\mbox{für}}\quad x<-2\\{\frac {x+2}{8}}&\quad {\mbox{für}}\quad -2\leq x<6\\1&\quad {\mbox{für}}\quad 6\leq x\end{array}}\right.}\end{aligned}}$
• $E(X)=2$; $Var(X)=5,333$
• $P(X\leq 0)=1/4$; $P(X\leq |1|)=1/4$; $P(X\leq 2|X{\mbox{ positiv}})=1/3$

Spielkasino

1. Durchgang:
Es gibt vier mögliche Ereignisse $(Z,Z)$, $(W,Z)$, $(Z,W)$ und $(W,W)$, wobei die grüne Münze an 1. Stelle und die rote Münze an 2. Stelle genannt wird, mit jeweils der Wahrscheinlichkeit von 0,25.
$X=1$ tritt ein, wenn (Z,Z), (W,Z), (Z,W) eintritt, damit ist $P(X=1)=0,75$.
$X=0$ tritt ein, wenn (W,W) eintritt, damit ist $P(X=0)=0,25$

2. Durchgang:
Es gibt zwei mögliche Ereignisse: die rote Münze zeigt Z bzw. W jeweils mit der Wahrscheinlichkeit $P(Z)=P(W)=0,5$.
$P(Y=y\cap X=x)=P(Y=y|X=x)\cdot P(X=x)$
$P(Y=1\cap X=0)=0\cdot 0,25=0$, da $(Y=1\cap X=0)$ ein unmögliches Ereignis ist.
$P(Y=0\cap X=0)=1\cdot 0,25=0,25$, da $(Y=0|X=0)$ ein sicheres Ereignis ist.
$P(Y=1\cap X=1)=0,5\cdot 0,75=0,375$ da $P(Y=1|X=1)=P(Z|X=1)=0,5$
$P(Y=0\cap X=1)=0,5\cdot 0,75=0,375$, da $P(Y=0|X=1)=P(W|X=1)=0,5$

Ergebnis:
$P(Y=1,X=1)=0,375\quad P(Y=1,X=0)=0$
$P(Y=0,X=1)=0,375\quad P(Y=0,X=0)=0,25$

Umweltschützer

• $P(X\geq 4)=3/4$

• $E(X)=4$ Fässer;
  $Var(X)={\frac {1}{2}}$ Fässer$^{2}$

• $X\backslash Y$	0	1	2	$f(x)$
  3	2/16	1/16	1/16	1/4
  4	4/16	4/16	0	2/4
  5	3/16	1/16	0	1/4
  $f(y)$	9/16	6/16	1/16	1,0

• $Cov(x,Y)=-1/8$

• nein

• $Z$: “Anzahl der an zwei aufeinanderfolgenden Tagen in einer Region gefundenen Fässer”;
  $Z=X+Y$; $E(Z)=4,5$ $U$: “Erlös von 2 Fahrten an zwei aufeinanderfolgenden Tagen in einer Region”;
  $U=20+5\cdot Z$; $E(U)=42,50$ EUR

Würfelspiel

$Z=${Erscheinen der gesetzten Zahl beim Werfen eines Würfels};
$P(Z)=1/6;P({\overline {Z}})=5/6$

Ereignis	$P(E_{i})$	Spielgewinn $X=x$	$f(x)$
$E_{1}={\overline {Z}}\cap {\overline {Z}}\cap {\overline {Z}}$	125/216	$x_{1}=-1$	125/216
$E_{2}=Z\cap {\overline {Z}}\cap {\overline {Z}}$	25/216
$E_{3}={\overline {Z}}\cap Z\cap {\overline {Z}}$	25/216	$x_{2}=1$	75/216
$E_{4}={\overline {Z}}\cap {\overline {Z}}\cap Z$	25/216
$E_{5}=Z\cap Z\cap {\overline {Z}}$	5/216
$E_{6}=Z\cap {\overline {Z}}\cap Z$	5/216	$x_{3}=2$	15/216
$E_{7}={\overline {Z}}\cap Z\cap Z$	5/216
$E_{8}=Z\cap Z\cap Z$	1/216	$x_{4}=3$	1/216

Wegen der Unabhängigkeit der einzelnen Würfelergebnisse Anwendung des Multiplikationssatzes für unabhängige Ereignisse zur Berechnung der $P(E_{j})$. Die $E_{j}$ sind disjunkt; Anwendung des Axioms 3 zur Berechnung der $f(x_{i})$. $X$ ist eine diskrete Zufallsvariable.

$E(X)=-0,079EUR$

Zufallsvariable X

${\begin{aligned}\int _{3}^{x}{\frac {1}{8}}(t-3)={\frac {1}{8}}\left[{\frac {1}{2}}t^{2}-3t\right]_{3}^{x}&=\left({\frac {1}{16}}x^{2}-{\frac {3}{8}}x\right)-\left({\frac {9}{16}}-{\frac {9}{8}}\right)\\&={\frac {1}{16}}x^{2}-{\frac {3}{8}}x+{\frac {9}{16}}\end{aligned}}$

Die Verteilungsfunktion von $X$ ist :

$F(x)=\left\{{\begin{array}{ll}0&{\text{ für }}x<3\\{\frac {1}{16}}x^{2}-{\frac {3}{8}}x+{\frac {9}{16}}&{\text{ für }}3\leq x\leq 7\\1&{\text{ für }}x>7\end{array}}\right.$

$P(X>5)=1-P(X\leq 5)=1-F(5)=1-(25/16-15/8+9/16)=1-4/16=0,75$

Zurückgelegte Strecke

Zufallsvariable $X={\mbox{täglich zurückgelegte Strecke}}$
Erwartungswert $\mu =140$ km;Varianz $\sigma ^{2}=144$ (km$^{2}$);$\sigma =12$ (km)
Da die Verteilung der Zufallsvariablen nicht bekannt ist, kann die gesuchte Wahrscheinlichkeit nicht exakt berechnet werden, sondern nur mittels der Tschebyschev–Ungleichung grob abgeschätzt werden:
$P(|X-\mu |>a)\leq \sigma ^{2}/a^{2}$ mit $a>0$ bzw. für $a=k\sigma$ folgt: $P|X-\mu |>k\sigma )\leq 1/k^{2}$ mit $k>0$.
$a=24;\quad k=a/\sigma =24/12=2$
$P(|X-140|>24)\leq 144/576=0,25$ bzw. $P(|X-140|>2\cdot 12)\leq 1/2^{2}=0,25$
Dies ist eine Abschätzung für die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsvariable $X$ einen Wert außerhalb des 2–fachen zentralen Schwankungsintervalls annimmt. Die Formulierung in der Frage “um höchstens 24 (km) vom Erwartungswert abweicht” impliziert jedoch, dass $X$ Werte innerhalb eines zentralen Schwankungsintervalls annimmt:
$[\mu -a;\mu +a]=[\mu -k\sigma ;\mu +k\sigma ]$ mit $a=k\sigma$.
Dies ist das Komplementärereignis zu $|X-\mu |>a$, so dass das gesuchte Ergebnis wie folgt lautet:
$P(\mu -a\leq X\leq \mu +a)\geq 1-\sigma ^{2}/a^{2}$ bzw. $P(\mu -k\sigma \leq X\leq \mu +k\sigma )\geq 1-1/k^{2}$
$P(140-24\leq X\leq 140+24)\geq 1-144/576=0,75$ bzw.
$P(140-2\cdot 12\leq X\leq 140+2\cdot 12)\geq 1-1/2^{2}=0,75$

Zweidimensionale Zufallsvariable

Wir charakterisieren zunächst die Wahrscheinlichkeitsfunktion der Summe. Dazu stellen wir zunächst fest, dass 2,3,4 und 5 als Summe von $X_{1}$ und $X_{2}$ dargestellt werden können. Nun müssen wir noch die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten berechnen. Die Summe nimmt nur dann den Wert 2 an, wenn $X_{1}$ und $X_{2}$ beide den Wert 1 annehmen. Wir entnehmen der gemeinsamen Wahrscheinlichkeitsfunktion, dass dieser Fall mit einer Wahrscheinlichkeit von $0,1$ eintritt.
Die Summe kann den Wert 3 annehmen, wenn $X_{1}=1$ und $X_{2}=2$ (Wahrscheinlichkeit ist $0,3$) oder wenn $X_{1}=2$ und $X_{2}=1$ (Wahrscheinlichkeit ist 0,1). Damit ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe den Wert 4 annimmt, $0,4$. Analog werden die übrigen Wahrscheinlichkeiten berechnet. Die folgende Tabelle fasst die Ergebnisse zusammen:

$x_{3}$	2	3	4	5
$f(x_{3})$	0,1	0,4	0,3	0,2

Damit gilt für den Erwartungswert: ${\begin{aligned}E[X_{3}]&=2\cdot 0,1+3\cdot 0,4+4\cdot 0,3+5\cdot 0,2\\&=0,2+1,2+1,2+1=3,6.\end{aligned}}$

Zweidimensionale Zufallsvariable und Erwartungswert

Wir beginnen wieder mit dem Aufstellen der Wahrscheinlichkeitsfunktion von $Y$. Dazu stellen wir zunächst fest, dass das Produkt der Faktoren 1,2 und 3 mit 1,2 und 4 die Werte 1,2,3,4,6,8 und 12 annehmen kann. Nun müssen wir noch die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten berechnen. Damit das Produkt den Wert 1 annimmt, müssen sowohl der erste als auch der zweite Faktor den Wert 1 annehmen. Da dies mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,1 passiert, ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Produkt den Wert 1 annimmt, 0,1 . Es gibt zwei Ereignisse, die dazu führen, dass das Produkt den Wert 2 annimmt: Wenn $X_{1}=2$ und $X_{2}=1$ (Wahrscheinlichkeit ist $0,2$) oder $X_{1}=1=1$ und $X_{2}=2$ (Wahrscheinlichkeit ist 0,1) eintritt. Damit ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass das Produkt den Wert 2 annimmt, $0,3$. Die anderen Wahrscheinlichkeiten werden analog berechnet und sind in der folgenden Tabelle aufgetragen.

y	1	2	3	4	6	8	12
f(y)	0,1	0,3	0,2	0,2	0,1	0	0,1

Damit ergibt sich für den Erwartungswert von $Y$ $E(Y)=1\cdot 0,1+2\cdot 0,3+3\cdot 0,2+4\cdot 0,2+6\cdot 0,1+12\cdot 0,1=3,9.$