Stochastik Thomas Cassebaum Permutationen Binomialkoeffizient

Präsentation zum Thema: "Stochastik Thomas Cassebaum Permutationen Binomialkoeffizient"—  Präsentation transkript:

1 Stochastik Thomas Cassebaum Permutationen Binomialkoeffizient
Binomischer Lehrsatz Zufallsversuche Wahrscheinlichkeit Additionssatz Multiplikationssatz Zufallsgrößen Erwartungswert Verteilungen Bernoulli-Ketten Bernoulli-Formel Binomialverteilung Poissonverteilung Geometrische Verteilung P(X=k ) 0,2 0,1 2 4 0,3 6 8

2 Kombinatorik Die Kombinatorik beschäftigt sich mit Fragen folgender Art: Wie viele Möglichkeiten gibt es, vier Buchstaben verschieden anzuordnen? Wie viele Möglichkeiten gibt es, 6 verschiedene Zahlen aus der Zahlenmenge { 1; 2; …;49 } auszuwählen? META TEAM EMTA ATEM TEMA AMTE MATE MEAT ETAM ATME 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49

3 Permutation Wie viele Möglichkeiten gibt es, n verschiedenfar-bige Kugeln nebeneinander zu legen? (ohne Wiederholung) Fall n=1 : Es gibt 1 Möglichkeit → 1! = 1 Fall n=2 : Es gibt 2 Möglichkeiten → 1!  2 = 2! = 2 Die zusätzliche gelbe Kugel kann vor- oder nach der roten Kugel gelegt angeordnet werden. Fall n=3: Es gibt 6 Möglichkeiten: → 2!  3 = 3! = 6 Die zusätzliche Kugel kann vor-, nach- und zwischen den zwei bisher benutzten Kugeln angeordnet werden. Fall n+1 Annahme: Pn = n! = 1  2  …  n Möglichkeiten Für n+1 folgt → n! (n+1) = (n+1)! Die n+1-te Kugel wird vor-, nach- und zwi- schen den n bisher benutzten Kugeln (also insgesamt n+1 mal) angeordnet.

4 Zur Anschauung: Alle 24 Möglichkeiten für vier verschiedene Kugeln:
Permutation Zur Anschauung: Alle 24 Möglichkeiten für vier verschiedene Kugeln: (ohne Wiederholung) 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 Aus jeder der sechs Möglichkeiten für drei Kugeln entstehen vier Möglichkeiten für vier Kugeln. Die vierte (blaue) Kugel wird dabei vor-, zwischen- oder nachgestellt. Mathematisch: 3! ∙ 4 = 4! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 = 24

5 Beispiel Die fünf vom Trainer für das Elf- meterschiessen ausgewählten
Spieler sollen die Schussreihenfolge untereinan-der selbst bestimmen. Der beteiligte Kapitän darf nicht als Erster schiessen. Wie viele Vari-anten gibt es für die Reihenfolge? Beispiel Lösung: Alle Möglichkeiten werden mit der einfachen Permutation 5! = 120 errechnet. Von dieser Anzahl ist die Anzahl 4! = 24 für die Varianten abzuziehen, bei denen der Kapitän zuerst schiesst. n = 5! – 4! = 120 – 24 = 96 Die gesuchte Anzahl ist also 96.

6 Permutation (mit Wiederholung) Wie viele Möglichkeiten gibt es, 10 Kugeln neben- einander zu legen, von denen je 3 rot, blau oder gelb und eine Kugel grün gefärbt ist? Die Reihenfolge gleichgefärbter Kugeln untereinander sei gleichgültig. Lösung : Es gibt = = Möglichkeiten. n Permutationselemente, die in m Gruppen i = 1…m zu je pi (Anzahl der Elemente der Gruppe i) Elementen eingeteilt sind, wobei die Reihenfolge der Elemente innerhalb der Gruppe gleichgültig ist, bilden Permutationen. Es gilt: p1+p2+…+pm = n 10! 3! ∙ 3! ∙ 3! ∙ 1! 1∙2∙3∙4∙5∙6∙7∙8∙9∙10 1∙2∙3 ∙ 1∙2∙3 ∙ 1∙2∙3 ∙ 1 2 3 n! p1! ∙ p2! ∙ … ∙ pm!

7 Beispiel Man bestimme die Anzahl aller achtstelligen Wörter
aus fünf Zeichen „A“ und 3 Zeichen „B“, in denen die Zeichen A nicht sämtlich nebenein-ander stehen. Gültige Wörter : ABBBAAAA, ABABABAA Ungültig wären : BBAAAAAB, AAAAABBB Lösung: Alle Möglichkeiten werden mit der Formel für Gruppenper- mutationen bestimmt. Es sind vier ungültige Möglichkeiten abzuziehen, die Wörter mit fünf aufeinander folgenden „A“-Zeichen enthalten: AAAAABBB, BAAAAABB, BBAAAAAB, BBBAAAAA. Die gesuchte Anzahl ist also 52.

8 Vier Schwimmer diskutieren über die unterschiedlichen Startmöglichkeiten auf vier Bahnen. Wie viele gibt es? Von einer Geheimzahl sind alle Ziffern, aber nicht deren Rei-henfolge bekannt. Es ist weiter bekannt, dass alle Ziffern ver-schieden sind und dass es Varianten gibt, diese Ziffern anzuordnen. Wie viele Ziffern sind es? Bei der Fußball-WM 1998 nahmen 32 Nationen teil. Wie viele Möglichkeiten gab es im Halbfinale ( = Runde der letzten 4 ) a) für die Teilnehmer des Halbfinales, b) für die Reihenfolge der ersten 4 Plätzen im Halbfinale? Tim hat 4 Ein-, 5 Zwei-, 3 Fünf- und 2 Zehn-Cent-Münzen. Wie viele Varianten gibt es, die Münzen in einer bestimmten Rei-henfolge zu stapeln? Tim schenkt seiner Freundin Julia von jedem Münzwert aus Aufgabe 4 je ein Stück. In wie vielen verschiedenen Varianten kann nun a) Julia ihre und b) Tim seine Münzen stapeln? c) Wie viele Varianten der getrennten Stapelbildung gibt es insgesamt für Tim und Julia gemeinsam? Berechnen Sie, wie viele Möglichkeiten der Anordnung es für a) 6 rote, 2 blaue und 4 gelbe Kugeln und b) m schwarze und 1 weiße Kugel gibt. Aufgaben 2*3*4 = 24 Möglichkeiten 2) 9! =  9 Ziffern 3) a) Gruppenpermutation:32!/(28!*4!)=32*31*30*29/4!= b) 4!=24 Möglichkeiten. 4) = 14 Münzen  14! / 4!∙5!∙3!∙2! = / 24∙120∙6∙2 = Stapelvarianten für Tim 5) a) 4! = 24 Varianten für Julia b) 10! / 3!∙4!∙2!∙1! = / (6∙24∙2) = Varianten für Tim c) Für jede der 24 Varianten von Julia kann Tim alle Varianten mit seinen Münzen stapeln.  24∙ = Varianten für beide. 6) a) 12!/(6!*4!*2!) = 12*11*10*9*8*7/(4!*2!) = b) Die weisse Kugel kann vor, nach und (m-1)mal zwischen allen schwarzen stehen = m+1

9 Kombination Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn 3 Kugeln aus 5 verschiedenfarbigen Kugeln zufällig bestimmt werden? (ohne Wiederholung) Lösung: Möglichkeiten Die Lösung des Problems mit Hilfe des Binomialkoeffizienten läßt sich da-durch begründen, dass alle k ausgewählten Kugeln zur Gruppe 1 und alle (n-k) nicht ausgewählten Kugeln zur (Rest-)Gruppe 2 zugeordnet werden. Die Reihenfolge innerhalb der Gruppe ist unerheblich, somit stimmt die Formel zur Gruppenlösung der Permutation mit der für den Binomialkoeffizienten überein. Allgemein gilt : → Möglichkeiten. Diese symbolische Darstellung und die zugehörige Berech- nungsvorschrift wird Binomialkoeffizient Cnk = genannt. Beispiel

10 Binomial- koeffizient
Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn k  n Kugeln aus n verschiedenfarbigen Kugeln zufällig bestimmt werden? Binomial- koeffizient Annahme: Es gibt → Möglichkeiten. Induktionsanfang : n=1, k=1 Es gibt 1 Möglichkeit 1 1 1 2 … n Induktionsbehauptung n, k: → 1 … k Induktionsbeweis n+1, k+1: → 1 2 … n n+1 1 … k k+1

11 Beispiele Beispielaufgaben: Lösung:
Wie viele Möglichkeiten gibt es für einen Mitspieler, 4 Karten der insgesamt 32 ver- schiedenen Spielkarten bei der Kartenausgabe beim Mau-Mau-Spiel zu bekommen? Wie viele Möglichkeiten gibt es für die zwei Karten im „Skat“, wenn man die eigenen 10 Karten ausschliesst? Beispiele Hinweis: Beim „Skat“ erhalten drei Spieler je zehn der insgesamt 32 verschiedenen Spiel- karten. Die verbleibenden 2 Karten nennt man „Skat“, der für den Spielver-lauf ebenfalls von Bedeutung ist. Lösung: Es gibt Möglichkeiten für Mau-Mau. Für die Möglichkeiten des Skatinhaltes ist die Gesamtanzahl der möglichen Karten um die des Spielers zu vermindern. n = = 22 Es gibt demnach Möglichkeiten für den Skat.

12 Beispiele Beispielaufgaben:
Wie viele Möglichkeiten gibt es, 6 Zahlen aus 49 Zahlen eines Lottoscheines anzukreuzen? Wie viele Varianten gibt es vier verschiedene Schachfiguren auf ein Schachbrett zu stellen? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 Beispiele Lösung: Es gibt Möglichkeiten im Lotto. Es gibt Möglichkeiten, vier Schachfelder für Figurensetzungen zu bestimmen. Die vier gesetzten Figuren können weiter mit 4! = 24 Permutationen auf die gewählten Felder gesetzt werden. Insgesamt gibt es also 24 ∙ = Möglichkeiten, vier verschiedene Figuren auf 64 Schachfeldern unterschiedlich aufzustellen.

13 Kombination Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn 3 Kugeln aus fünf verschiedenfarbigen Kugeln zufällig bestimmt werden? (mitWiederholung) Die Kugeln werden nach jeder Ziehung wieder zurückgelegt, d.h. es können im Ergebnis Farben mehrfach auftreten. Lösung: Möglichkeiten Allgemein gilt : → Möglichkeiten. Die symbolische Darstellung ist WCnk .

14 Binomischer Lehrsatz Wie kann man den Term (a+b)n einfach ausmultiplizieren? Die Koeffizienten, die im binomischen Lehrsatz durch Bino-mialkoeffizienten gebildet werden, können einfach mit dem Pascalschen Dreieck errechnet werden: 1 Die Koeffizienten sind an den Rändern immer 1, der Rest wird durch Summation der darüber liegenden Koeffizienten gebildet. Beispiel: = (a+b)³ = 1∙a³ + 3∙a²b + 3∙ab² + 1∙b³

15 Aufgaben Es sollen sechs von 17 Schülern einer Schulklasse für eine Volleyballmann- schaft ausgewählt werden. a) Wie viele Möglichkeiten der Bildung einer Mannschaft gibt es? b) Warum gibt es bei der Auswahl einer Fußballmannschaft mit 11 Spielern ebenso viele Varianten? Ein geheimes Codewort setzt sich aus vier verschiedenen der 26 Buchstaben des englischen Alphabets zusammen. Wie viele Vari-anten existieren bei einem Codewort mit vier Buchstaben? Acht Schüler betreten ein Restaurant. Es ist nur ein Tisch mit sechs Plätzen frei. a) Wie viele Möglichkeiten gibt es, sechs der acht Schüler für die freien Plätze auszuwählen? b) Wie viele Varianten gibt es, nach erfolgter Wahl der Schüler, diese Schüler auf die Stühle zu verteilen? Könnte ein passionierter Skatspieler sämtliche möglichen Spiele (Kartenverteilungen) in seinem Leben spielen? Hinweis: Beim Skat erhalten drei Spieler je zehn der insgesamt 32 verschiedenen Spielkarten. Die verbleibenden 2 Karten nennt man „Skat“, der für den Spielverlauf ebenfalls von Bedeutung ist. 17 über 6 = 17∙16∙15∙14∙13∙12 / 1∙2∙3∙4∙5∙6 = Möglichkeiten Zunächst existieren 26 über 4 Auswahlvarianten = 26∙25∙24∙23 / 1∙2∙3∙4 = Bei einem Codewort ist aber die Reihenfolge der Buchstaben von Bedeutung, deshalb für jede Auswahl 4! = 24 Möglichkeiten: 24 ∙ = Möglichkeiten insgesamt. a) 8 über 6 = 8∙7∙6∙5∙4∙3 / 1∙2∙3∙4∙5∙6 = 8∙7 / 1∙2 = 28 Möglichkeiten b) Einfache Permutation: 6! = 1∙2∙3∙4∙5∙6 = 720 Möglichkeiten 32! / 10!∙10!∙10!∙2! = unterschiedliche Kartenverteilungen existieren beim Skat! Selbst bei 200 Spielen täglich schafft ein fleißiger Spieler aber nur rund Spiele in 100 Jahren. Es müssten alle heute lebenden Menschen ein spielerfülltes Skatspielerleben mit über sieben Millionen Spielen führen, um rein zeitlich derart viele Spiele schaffen zu können. Ob der Zufall dabei wirklich alle Spielvarianten erwischt, ist äußerst unwahrscheinlich.

16 Zufallsversuch  Ø Zufallsversuch 2 1 3 6 5 E2 4 E1 7 E E3
Stufe 1 Zufallsversuch Stufe 2 Stufe n … n-stufig Das Ergebnis setzt sich aus den Teilergebnissen der Stufen (s1, s2, …, sn) zusammen. Das Ergebnis 1 ist ein Element der Ergebnismenge Ω . Ergebnismenge  2 1 3 7 4 6 5 Ergebnis 1 1=(s1, s2, …,sn) Ereignismenge 2 E2 E E3 E1 Ø  Die Ereignismenge ist die Menge aller Teil-mengen von Ω . Das Ereignis E ist eine Teilmenge der Er-gebnismenge Ω . Ereignis E { 1, 2, 3 }

17 Beispiel Ø  2-facher Münzwurf 1.Münze 2.Münze Ergebnismenge 
w = Wappen z = Zahl 1.Münze 2.Münze Das Wurfergebnis setzt sich aus den Ergebnissen der beiden Einzelwürfe (s1,s2) zusammen. Das Ergebnis (w,w) ist ein Element der Ergebnismenge Ω. Ergebnismenge  (z,z) Ergebnis  =(w,w) (w,w) Ereignismenge 2 Ø  Die Ereignismenge enthält alle Kombinationen mög-licher Wurfergebnisse. (w,z) (w,w) (z,w);(z,z) (w,w); (z,z) … (z,w) (w,z) Das Ereignis E  Ω steht für den Fall, dass beide Münzen das gleiche zeigen. Ereignis E { (w,w); (z,z) }

18 Zufallsversuch Ein Zufallsversuch ist ein Ver- such mit minimal 2 möglichen Ergebnissen i . Das Ergebnis kann nicht vorhergesagt werden. Besteht ein Zufallsversuch aus n Teilexperimenten, so spricht man von einem n-stufigen Zufallsexperiment. Ein Ereignis E ={ 1, 2,…} steht für einen Teil der möglichen Ergeb-nisse. Tritt eines dieser Ergebnisse ein, so tritt das Ereignis E ein. Eine Menge Ω heißt Ergebnismenge (-raum) eines Zufallsversuchs, wenn jedem möglichen Ergebnis genau ein Element  zugeordnet ist. Ein solches Element (Ereignis)  wird Elementarereignis genannt. Das Ereignis Ē heißt Gegenereignis (Komplement) von E, wenn Ē alle Ergebnisse aus Ω enthält, die nicht in E enthalten sind. Das Ereig-nis Ø ist das unmögliche Ereignis. Das Ereignis Ω nennt man siche-res Ereignis. Die Ereignismenge(-raum) 2Ω ist die Menge aller Teilmengen von Ω. Besitzt die Ergebnismenge n = |Ω| Elemente, so gibt es 2n verschie-dene Teilmengen von Ω.

19 Beispiele Der Münzwurf ist ein Zufallsversuch, weil es zwei (also mehrere) mögliche Ergebnisse (1=„Wappen“, 2=„Zahl“) gibt und es ist nicht vorhersehbar, welches eintritt. Erfolgt der Münzwurf zweifach, ist es ein 2-stufiger Zufallsversuch. Die Ergebnismenge Ω = { 1; 2 } enthält zwei Ergebnisse 1 und 2 als Elemente (die Elementarereignisse „Zahl“ und „Wappen“). Die Ereignismenge 2Ω = { Ø; {1}; {2}; Ω= {1; 2} } enthält 4 = 22 Teilmengen von Ω. Das Eintreten des Ereignisses Ø (weder Zahl noch Wappen) ist unmöglich, das Eintreten von Ω (entweder „Zahl” oder „Wappen”) ist sicher. Das Gegenereignis von E = {1} = {„Wappen“} ist Ē = {1} = {„Zahl“}.

20 Beispiele Beispielaufgaben:
a) Bestimme für einen Wurf mit einem Spiel-würfel alle möglichen Elementarereignisse! b) Schreibe vier mögliche Ereignisse des Ereignisraumes von a) auf, die nicht nur einzelne Elementarereignisse repräsentieren! c) Notiere mit Elementarereignissen des einfachen Würfelns ein sicheres Ergebnis als Teilmenge der Ereignismenge! d) Notiere alle Elementarereignisse für den zwei-fachen Münzwurf als Ergebnismenge Ω! Beispiele Lösungen: a) Die Elementarereignisse stehen für das Würfeln einer 1, 2, 3, 4, 5, 6. Es gibt also die insgesamt sechs Elementarereignisse: {1}, {2}, {3}, {4}, {5} und {6} . b) z.B. {1; 2}, {1; 2; 3}, {1; 4}, {1; 5} sind Teilmengen von Ω, wenn 1 für das Elementarereignis „Würfeln einer 1“ steht. c) Ω = {1}{2}{3}{4}{5}{6} (Das Zeichen  steht hier für „ODER“) d) Ω = { (w,w); (z,z); (w,z); (z,w) } mit w=„Wappen“ und z=„Zahl“

21 Hausaufgaben Lesen im Lehrbuch: Kapitel C1: S.193 bis S.203
C2 a) (S.204) Gib zum Zufallsexperiment eine geeignete Ergebnismenge  an und bestimme ||! Eine Münze wird zweimal geworfen. Beobachtet wird, welche Seite oben liegt. C4 (S.205) Gib die Ereignismenge 2 an ! a) 1 = { 0; 1 } b) 2 = { 1; 2; 3 } C6 (S.205) An einem Wettbewerb nehmen 4 Sportler teil. Ai = { Startnummer i erreicht Platz i } Interpretiere: B = A1 A2 A3 A C = A1 A2 A3 A D = 1  2  3  4 C7 (S.205) Die deutschen Autokennzeichen bestehen aus einem „Ortskürzel“, sowie 1 oder 2 Buchstaben (inkl.ÄÖÜ) und einer 1 bis 4 stelligen Zahl. Wie viele solcher Kennzeichen können für eine Ortsregion vergeben werden? C10 (S.205) Ermittle, wie viele Ereignisse zu einem Zufallsversuch mit 2,3,…,n Ergebnissen gehören! C11 (S.205) Eine Urne enthält 15 nummerierte Kugeln. Eine Kugel wird gezogen und die Nummer registriert. Gib für die Ereignisse E1 bis E9 die Ergebnismengen an! a) Primzahl b) 3 ist Teiler c) ungerade Zahl d) größer als e) kleiner als 8 f) keine Nummer g) schwarze Kugel h) durch 2 und 3 teilbar i) Nummer 17 C2 a)  = {(w,w); (w,z); (z,w); (z,z)} || = 22 = 4 C4 a) 2 = { Ø; {0}; {1}; 1 } b) 2 = { Ø; {1}; {2}; {3}; {1;2}; {2;3}; {1;3}; 2 } (|2| = 23 = 8) C6 B tritt ein, wenn alle Sportler genau die Plazierung ihrer Startnummer erreicht haben, C tritt ein, wenn mindestens einer der 4 Sportler genau die Plazierung seiner Startnummer erreicht hat (d.h. vielleicht auch mehrere Sportler!), D tritt ein, wenn keiner der Sportler genau die Plazierung ihrer Startnummer erreicht hat. C7 Es gibt für das erste Zeichen insgesamt 29 Buchstaben inkl. Ä, Ö, Ü. Für das zweite Zeichen gibt es 30 mögliche Zeichen („leer“ ist ein zusätzliches Zeichen!). Für das 3. bis 6. Zeichen gibt es je 10 mögliche Ziffern. Es ergibt sich für die Zahl der Möglichkeiten: 29x30x10x10x10x10 = Kennzeichen können für jede Region vergeben werden. C10 Besitzt die Ergebnismenge n=|Ω| Elemente, so gibt es 2n verschiedene Teilmengen von Ω. C11 a) E1= {1;2;3;5;7;11;13} b) E2= {3;6;9;12;15} = { 3n+3 | n  n5 } c) E3= {1;3;5;7;9;11;13;15} = { 2n+1 | n  n7 } d) E4= {13;14;15} = { n | n  n13  n15 } e) E5= {1;2;3;4;5;6;7} = { n+1 | n  n<7 } f) E6= {} = Ø g) E7= n.d. h) E8= {6;12} = { n | n  n13  n15 } i) E9= {} = Ø

22 Häufigkeiten Wird ein Zufallsexperiment (z.B. Würfeln) 30-mal (n-mal) hinterein- ander ausgeführt und tritt dabei ein bestimmtes Ergebnis  (z.B. 4) genau 7-mal (k-mal) auf. Bestimme die absolute Häufigkeit Hn(E) und die relative Häufigkeit hn(E) für dieses Experiment: Die absolute Häufigkeit Hn() (Hn(E)) ist die Anzahl des Eintretens des Ergebnisses  (des Ereignisses E) bei n Versuchen. Im Beispiel gilt demnach: H30(4) = 7 Die relative Häufigkeit hn() (hn(E)) ist die Anzahl des Eintretens des Ergebnisses  (des Ereignisses E) geteilt durch n bei n Versuchen. hn() = k/n mit (1) 0  h()  1 und (2) h(E)= Im Beispiel gilt allso: h30(4) = 7/30 = 0,233 hn wird oft in % angegeben: h30(4) = 0,233 (∙100) = 23,3% Tritt das Ergebnis (6) dreimal auf, gilt für das Ereignis E = {4;6} h(E) = h(4) + h(6) = 0, ,1 = 0,333 (∙100) = 33,3%

23 Wahrscheinlich-keitsmaß
Wie groß ist die Wahrschein- lichkeit des Ereignisses des Auf- tretens von einer Sechs bei einem Wurf mit einem idealen Würfel ? Wahrscheinlich-keitsmaß Ein Würfel ist „ideal“, wenn er jeden möglichen Punktwert (1…6) gleichwahrscheinlich erreicht. Die Aufgabe nimmt Bezug zum Laplaceschen Wahrscheinlichkeitmaß P(A), das ein Verhältnis zwischen den „günstigen“ Ereignissen und allen möglichen Ereignissen herstellt. P(A) = Anzahl der für A günstigen Ereignisse |A| Anzahl der möglichen Ereignisse |Ω| Die Wahrscheinlichkeit P(A) kann für einen Wurf einfach errechnet werden: P(A) = = |A| 1 6 |Ω| Das einzige günstige Ereignis „Wurf der 6“ von insgesamt sechs möglichen 2 3 4 5

24 Es werden aus einer Urne, die drei rote und zwei grüne Kugeln enthält, zwei Kugeln nacheinender ohne Zurückle- gen gezogen. Welche Wahr-scheinlichkeiten ergeben sich für die 4 möglichen Versuchsergeb-nisse  = {(g,g), (g,r), (r,g), (r,r)} ? Baum-diagramme 2/5 ∙ 1/4 = 1/10 1/4 2/5 ∙ 3/4 = 3/10 2/5 Die Berechnung der Wahrscheinlichkeiten kann nach der Zeichnung des Baumdiagrammes mit Hilfe der 1. Pfadregel einfach bestimmt werden: Setzt sich ein Zufallsversuch aus n Teilexperimenten zusammen, ist k =|| die Anzahl der möglichen Ergeb- nisse und ist i das Ergebnis des Teilexperimentes i. Dann gilt die 1.Pfadregel (Produktregel): P(1, 2 , …, k) = P(1) ∙ P(2) ∙ … ∙ P(k) Im Baumdiagramm müssen also jeweils die „durchlaufenen Wegwahrschein-lichkeiten“ multipliziert werden. Im Beispiel werden aus einer Urne, die drei rote und zwei grüne Kugeln enthält, zwei Kugeln nacheinender gezogen. Die erste Kugel wird nicht zurückgelegt. P(r;g) = 3/5 ∙ 2/4 = 3/10 = 0,3 3/4 3/5 ∙ 2/4 = 3/10 3/5 2/4 3/5 ∙ 2/4 = 3/10 2/4 Baumdiagramm

25 Es werden aus einer Urne, die drei rote und zwei grüne Kugeln enthält, zwei Kugeln nacheinender ohne Zurückle- gen gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite Kugel rot ist? Baum-diagramme 2/5 ∙ 1/4 = 1/10 1/4 Die Berechnung der Wahrscheinlichkeiten kann wieder mit Hilfe des Baumdiagrammes, diesmal mit der 2. Pfadregel einfach bestimmt werden: Ein Ereignis E = {1; 2; …; k} tritt ein, wenn eines der Elementarereignisse {i} eintritt. Für die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses E gilt die 2.Pfadregel (Summenregel): P(E) = P({1; 2 ; …;k}) = P(1) + P(2) + … + P(k) Im Beispiel trete das Ereignis E ein, wenn als zweite Kugel eine rote Kugel gezogen wird. Es gilt also E={(r,r); (g,r)} und damit: P(E) = P({(r,r)}) + P({(g,r)}) = 3/10 + 3/10 = 3/5 = 0,6 2/5 ∙ 3/4 = 3/10 2/5 3/4 3/5 ∙ 2/4 = 3/10 3/5 2/4 3/5 ∙ 2/4 = 3/10 2/4 Baumdiagramm

26 Beispiele Beispielaufgaben:
In einer Urne befinden sich je eine rote, grüne und blaue Kugel. Es wird zweimal eine Kugel zufällig entnommen und danach sofort wieder in die Urne zurückgelegt. a) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass eine der 2 Kugeln rot ist! b) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass keine der Kugeln rot ist! c) Berechne die Wahrscheinlichkeit aus Aufgabe b), wenn die erste gezogene Kugel nicht zurückgelegt wird! Lösungen: a) Es gibt 9 mögl. Ergebnisse: Ω = {(r,r);(r,g);(r,b);(g,r);(g,g);(g,b);(b,r);(b,g);(b,b)}. Es gilt Gleichwahrscheinlichkeit, daraus folgt für die fünf günstigen Ergebnisse E = {(r,r);(r,g);(r,b);(g,r);(b,r)}: P(E) = |E|/|Ω| = 5/9 . Es gibt 4 günstige Ergebnisse: {(g,g);(g,b);(b,g);(b,b)}. Es folgt analog a) nach der Laplace-Regel: 4 (günstige Ergebnisse) / 9 (mögliche Ergebnisse) = P(E) = 4/9 . r g b In der 2. Ziehung kann nicht noch einmal die 1.Farbe gezogen werden. Von den 6 möglichen Pfaden {(r,g);(r,b);(g,r);(g,b);(b,r);(b,g)} enthalten 2 keine rote Kugel. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit erechnet sich also mit 2 (günstige Ergebnisse) / 6 (mögliche Ergebnisse) = P(E) = 1/3 . r r g g b b r g b

27 Ein idealer Würfel wird zweimal hintereinander geworfen und jeweils die Augenzahl festgestellt. Gib die Wahrschein-lichkeiten folgender Ereignisse an: A: „Die erste Augenzahl ist größer als die zweite.“ B: „Die Summe beider Augenzahlen ist kleiner als 6.“ C: „Das Produkt beider Augenzahlen ist größer als 9.“ D: „Die erste Augenzahl ist gerade.“ Aufgaben Es werden drei Münzen geworfen. Gib die Wahr-scheinlichkeiten der folgenden Ereignisse an: A: „Wappen tritt mindestens zweimal auf.“ B: „Zahl tritt genau zweimal auf.“ C: „Alle drei Münzen zeigen die gleiche Seite.“ 10) Es gibt 6x6 = 36 mögliche Ergebnisse. a) Bei 6 Ergebnissen sind die Augenzahlen beider Würfel gleich {(1,1);(2,2);…;(6,6)}. Es bleiben 30 Ergebnisse. Aus Symmetriegründen folgt, dass die Hälfte davon (15) die Erfüllung von A liefert. P(A) = |A|/|| = 15/36 = 5/12 = 0,4166 b) B = {(1,1);(1,2);(2,1);(2,2);(1,3);(3,1);(2,3);(3,2);(1,4);(4,1)}, |B|=10, P(B) = |B|/|| = 10/36 = 5/18 = 0,277 c) Ĉ = {(1,1);(1,2);(2,1);(1,3);(3,1);(1,4);(4,1);(1,5);(5,1);(1,6);(6,1);(2,2);(2,3);(3,2);(2,4);(4,2);(3,3)} |C|=36-17=19, P(C) = |C|/|| = 19/36 = 0,5278 d) Aus Symmetriegründen: |D| = 36/2 =18, P(D) = |D|/|| = 18/36 = 1/2 = 0,5 11) Es gibt 23 = 8 mögliche Ergebnisse. a) Pfade zeigen: A={(w,w,w); (w,z,w); (w,w,z); (z,w,w)}, |A| = 4, P(A) = |A|/|| = 4/8 = 0,5 b) B={(z,z,w); (z,w,z); (w,z,z)}, |B| = 3, P(B) = |B|/|| = 3/8 = 0,375 c) C={(z,z,z); (w,w,w)}, |C| = 2, P(C) = |C|/|| = 2/8 = 0,25

28 Additionssatz Wie groß ist die Wahrschein-lichkeit des Ereignisses des Auftretens einer „6“ bei zwei Würfen mit einem Würfel ? Die gegebene Aufgabe lässt sich mit dem Additionssatz lösen. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Dieser besagt, dass die Wahrschein-lichkeit des Auftreten eines der Ereignisse A oder B mit folgender Formel errechnet werden kann: P(AB) = P(A) + P(B) - P(AB) Im Fall dieser Aufgabe gilt P(A) + P(B) - P(AB) = − P(AB) = Alle günstigen Ereignisse mit 6, das rote gibt es nur einmal!

29 Es werden aus einer Urne, die drei rote und zwei grüne Kugeln enthält, zwei Kugeln nacheinender ohne Zurücklegen gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass A) beide Kugeln gleichfarbig oder dass B) die erste Kugel rot ist? Beispiel 2/5 ∙ 1/4 = 1/10 1/4 Nach den Pfadregeln gilt: P(A) = 1/10+3/10 = 4/ und P(B) = 3/5 Der Gedanke liegt nah, dass daraus folgen würde: P(AB) = P(A)+P(B) = (4+6)/10 = 1 2/5 ∙ 3/4 = 3/10 2/5 3/4 3/5 ∙ 2/4 = 3/10 3/5 2/4 3/5 ∙ 2/4 = 3/10 2/4 Das ist aber falsch. Es läßt sich leicht erkennen, dass das Ergebnis (g,r) nicht Element des Ereignisses AB ist. Nach dem Additionssatz muss so gerechnet werden: P(AB) = P(A)+P(B) – P(AB) = (4+6-3)/10 = 7/10 {(r,g)} {(g,r)} {(r,r)} B {(g,g)} A

30 Beispiele Beispielaufgaben: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit des Ziehens mindestens eines „Kreuz As“ beim zweimaligen Ziehen einer Karte aus einem Kartenspiel mit 32 Karten mit sofortigem Zurücklegen? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses des Ziehens mindestens einer „As“-Karte beim zweimaligen Ziehen einer Karte aus einem Kartenspiel mit 52 Karten mit sofortigem Zurücklegen? Lösungen: Bei diesen Aufgaben kommt eine Auszählung der günstigen Elemen-tarereignisse wegen der Größe der Zahlen nicht mehr in Frage. Die Wahrscheinlichkeit für das einmalige Ziehen eines Kreuz-As ist P(A)=1/32. Nach dem Additionssatz gilt für 2 Ziehungen: P(AB) = 1/32 +1/32 – 1/1024 = 63/1024 = 0,061523 b) Die Wahrscheinlichkeit für das einmalige Ziehen eines beliebigen Asses ist P(A)=4/52. Nach dem Additionssatz gilt für 2 Würfe: P(AB) = 4/52 +4/52 – 16/2704 = 400/2704 = 0,1479

31 Multiplika-tionssatz
Berechne die Wahrscheinlichkeit des Auftretens der Augensumme 8 bei einem Wurf mit zwei Würfeln! Das Auftreten eines Paschs wird immer als ungültig gewertet. Multiplika-tionssatz Die gegebene Aufgabe lässt sich mit dem Multiplikationssatz lösen. Dieser besagt, dass die Wahrscheinlichkeit des gemeinsamen Auftretens der Ereignisse A und B mit folgender Formel errechnet werden kann: P(A  B) = P(A|B) ∙ P(B) P(A|B) = (P(B)>0) ist die bedingte Wahrscheinlichkeit für das Eintreten von A unter der Bedingung, dass das Ereignis B ein- getreten ist. Es gilt: A= 8 Augen B= kein Pasch P(B) = = P(A|B) = = P(AB) = P(A|B) ∙ P(B) = Pasch 8 Augen Ereignis Ereignis B A 0,11 Die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses ist p = 0,11.

32 In einer Urne befinden sich weiße und schwarze Kugeln
In einer Urne befinden sich weiße und schwarze Kugeln. Es soll experimentell die Wahrscheinlichkeit pw ermittelt wer-den, eine weiße Kugel aus der Urne zu ziehen. Bestimme auch die Wahrschein-lichkeit ps , eine schwarze Kugel zu ziehen! Bernoulli-Kette Zähltabelle 13 21 1 Zur Lösung der Aufgabe wird eine Kugel gezogen und nach farbgerech- ter Zählung (1 für schwarz und 0 für weiß) die Kugel in die Urne zurückge- legt. Die Kugeln der Urne werden gemischt und dann wird eine weitere Kugel gezogen und gezählt… n - Gesamtzahl aller gezogenen Kugeln w - Zahl der weißen Kugeln Nach der Laplace-Regel gilt: ps = pw = Ein Bernoulli-Experiment ist ein Zufallsexperiment mit der Ergeb- nismenge  = { 0 ; 1 } . Das Ergebnis 1=1 tritt im Erfolgsfall mit der Wahrscheinlichkeit p, 2=0 tritt sonst mit der Wahrscheinlichkeit 1-p ein. 34 s w n Eine n-fache und unabhängig voneinander ausgeführte Realisierung eines Bernoulli-Experiments heisst Bernoulli-Kette der Länge n.

33 Bernoulli-Formel b(n; p; k) = P(X=k) =  pk  ( 1–p )n-k
Berechne die Wahrscheinlichkeit des Auf- tretens von genau zweimal 2 Sechsen bei drei Würfen mit 2 Würfeln! (nicht einmal und nicht dreimal!) Bernoulli-Formel Die gegebene Aufgabe lässt sich mit einer Bernoulli-Kette lösen. Für genau k-mal Erfolg gilt die Bernoulli-Formel b(n; p; k) = P(X=k) =  pk  ( 1–p )n-k In der Aufgabe wird n=3 mal versucht, den Erfolg mit k=2 Sechsen zu erreichen. Aus vorherigen Aufgaben wissen wir, dass die Wahrscheinlichkeit des Erfolgs bei einem Versuch mit zwei Würfeln p=1/36 ist. b(3;1/36;2) =  (1/36)2  (1-1/36)3-2 = = = 0,00225 nk 32 Es gibt 363 mögliche Ergebnisse und 3 mal 35 (alle außer (6,6)) günstige Er-gebnisse für genau 2 mal 2 Sechsen. Nach der Laplace-Regel: ,00225

34 Mit welcher Wahrscheinlichkeit fällt genau zweimal die Sechs, wenn dreimal mit einem Würfel geworfen wird? Bernoulli-Formel Es handelt sich um eine Bernoulli-Kette der Länge n = 3 mit der Erfolgswahrscheinlichkeit p = 1/6. Kein Erfolg tritt bei einem Ein-zelwurf mit der Wahrscheinlichkeit 1-p = 5/6 ein. Um einen Gesamtüber-blick über alle möglichen Ereignisse dieses Versuches zu erhalten betrach-ten wir die 3-stufige Wurffolge als 1-0-Folge (1:Erfolg, 0:kein Erfolg). Jede Folge mit genau 2 Einsen ist also ein erfolgreicher Versuch. 10 1010 Erfolg / Nichterfolg: Die Wahrscheinlichkeit für das Eintreten der Folge 011 errechnet sich durch Multiplikation der Erfolgs-/ Nicht- erfolgs-Wahrscheinlichkeiten mit p011 = (1-p) ∙ p ∙ p Durch bloße Vertauschung der Faktoren sind die Wahrscheinlichkeiten aller weite-ren Erfolgsfälle genauso groß. Die Erfolgsanzahl wird mit dem Binomialkoeffizienten bestimmt (siehe Folie Binomialkoeffizient). Es gilt also: P(Erfolg=E) = ∙ p2 ∙ (1-p)3-2 = 3 ∙ 1/36 ∙ 5/6 = 5/72 = 0,06944 Allgemein gilt: P(E) = b( n; p; k) = ∙ pk ∙ (1-p)n-k 32 nk

35 Bernoulli- Formel b(n; p; k) = P(X=k) =  pk  (1-p)n-k nk Faktor 1:
Die Wahrscheinlichkeit, daß in einer Bernoulli- Kette der Länge n, genau ein Experiment Erfolg hatte, ist P(A) = p ∙ (1-p)n-1 . Der Additionsatz besagt, dass Wahrscheinlich-keiten für das Eintreten einander auschließender Ereignisse, gleich der Summe der Einzelwahr-scheinlichkeiten ist. Alle Summanden sind gleich groß, deshalb genügt es, P(A) mit der Anzahl der möglichen Erfolge zu multiplizieren. Bernoulli- Formel nk b(n; p; k) = P(X=k) =  pk  (1-p)n-k Faktor 1: Binomialkoeffizient zur Bestimmung der Anzahl der Möglich-keiten, k Elemente aus insgesamt n Elemen-ten zu erwählen. Faktor 3: (n-k)-faches Produkt der Wahrscheinlichkeit (1-p) für das Erreichen eines Einzel-Nicht-Erfolgs Faktor 2: k-faches Produkt der Wahrscheinlichkeit p für das Erreichen eines Einzel-Erfolges

36 Wertermittlung zur Bernoulliformel
Es kann neben dem Taschenrech- ner oder dem PC auch die Tabelle aus der Zahlentafel zur Werter-mittlung benutzt werden. Prak-tisch sind Tabellen mit 2 Eingängen: n k 0,05 0,10 1/6 0,20 5 1 2 3 4 0,7738 0,2036 0,0214 0,0011 5905 3281 0729 0081 0005 4019 1608 0322 0032 0001 3277 4096 2048 0512 0064 0003 0,95 0,90 5/6 0,80 1-p=0,2 n-k=3 b(5;0,80;2) = b(5;0,20;3) = b(5;0,05;2) = 0,0214 0,0512 1. Bestimmung des Bereiches für n. 2. Bestimmung der Spalte für p. 3. Bestimmung der Zeile für k. 4. Wert für b(n;p;k) ablesen.

37 Aufgaben Aus einem gut gemischten Skatspiel werden nacheinander (mit oder ohne Zurücklegen) vier Karten gezogen. Mit welcher Wahr-scheinlichkeit werden drei der Herzkarten gezogen? Ein Sportschütze trifft im Mittel genau 7 von 10 Schüsse. Bestimme die Wahrscheinlichkeiten für Ereignisse in einem Schießwettkampf mit 50 Schüssen. Er trifft … a) … genau vierzig mal, b) … höchstens zehnmal, c) … mindestens 44 mal, d) … nie, e) … immer, f) … mindestens 34 und höchstens 36 mal. Ein Bernoulli-Experiment mit der Erfolgswahrschein-lichkeit p=0,3 wird fünfmal nacheinander durchgeführt. Bestimme die Wahrscheinlichkeit für … a) … mindestens zwei Erfolge, a) … genau zwei Erfolge, c) … für genau einen Erfolg, d) … keinen Erfolg. e) Wie viele Durchführungen sind mindestens erforder-lich, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 90% mindestens zwei Erfolge zu registrieren? 12. Mit Zurücklegen: p = b(4;0,25;3) = 0,04687, ohne Zurücklegen p = 8/32*7/31*6/30*24/29 + 8/32*7/31*24/30*6/29 + 8/32*24/31*7/30*6/ /32*8/31*7/30*6/29 = 4*(6*7*8*24)/(29*30*31*32) = 4*8064/ = 0,03737 13. a) p1 (1. Bube von 32) = 4/32 = 1/8 . p2 (2. Bube von 31) = 3/31 . D.h. p = p1 * p2 = 0,01209 b) p1 (Kreuz-Bube von 32) = 1/32 . p2 (kein Bube von 31) = 28/ D.h. p = (1*28)/(32*31) + (28*1)/(32*31) = 0,0565 14. a) p = b(5;0,7;2) + b(5;0,7;3) + b(5;0,7;4) + b(5;0,7;5) = b(5;0,7;>1) = 0,96922 b) Bei 4 Versuchen ist die Binomiale Wahrscheinlichkeit p = b(4;0,7;>1) = 0,9163 * 100 = 91,63% bei 3 Versuchen ist die Versuchszahl zu klein. S ) 36) S ) 42)

38 Verteilungen diskreter Größen
Verteilungsfunktionen ordnen den Werten der Zufallsgrößen passende Wahrscheinlichkeiten zu. Verteilungen diskreter Größen Die Wahrscheinlichkeitsverteilung der diskreten Zufallsgröße X: xi  pi = P(X=xi ) ist eine Funktion P({  und X(i ) = xi }) mit i{1; ...; n; ...}. xi 1 2 3 P(xi) 0,2 0,5 0,3 Die Verteilungs-funktion von X ist F(x) = P(X x) Tabellarische Darstel-lung einer Wahrschein-lichkeitsverteilung 2-zeilige Matrixschreib-weise einer Wahrschein-lichkeitsverteilung F(x) 1,0 0,6 0,8 0,4 0,2 xi 1 2 3 P(X=xi ) 0,6 0,4 0,2 xi 1 2 3 P(X=xi ) 0,6 Histogramm 0,4 0,2 xi 1 2 3 Stabdiagramm

39 Zwei Würfel mit den Augenwerten 1,4,4,4,4,6 und 2,2,3,5,5,5 werden für ein Spiel genutzt. Jeder der 2 Spieler wählt einen der Würfel aus. Im Spiel wür-felt jeder Spieler mit nur seinem Würfel je einmal. Der Gewinner mit der höheren Augenzahl erhält vom Verlierer die Augendifferenz in Cents aus-gezahlt. Welchen Würfel würdest du wählen? Zufalls-größen Eine Zufallsgröße X:   ist eine Funktion, die jedem Ergeb-nis i eines Zufallsexperimentes ein xi zuordnet. Eine diskrete Zufallsgröße X besitzt endlich oder abzählbar unend-lich viele verschiedene Funktionswerte xi . (1,2) 2/6 ∙ 1/6 = 2/36 (1,3) 1/6 ∙ 1/6 = 1/36 (1,5) 3/6 ∙ 1/6 = 3/36 (4,2) 2/6 ∙ 4/6 = 8/36 (4,3) 1/6 ∙ 4/6 = 4/36 (4,5) 3/6 ∙ 4/6 = 12/36 (6,2) 2/6 ∙ 1/6 = 2/36 (6,3) 1/6 ∙ 1/6 = 1/36 (6,5) 3/6 ∙ 1/6 = 3/36 18/36 18/36 Die Wahrscheinlichkeiten des Gewinns eines Spieles der ge-gebenen Aufgabe ist im Pfad-modell des 2-stufigen Zufalls-versuches für beide Würfel gleich. Wie sind aber die gewonne- nen und verlorenen Cents auf die Spieler verteilt? 1/6 1/6 4/6 1/6

40 Wie sind aber die gewonnenen und verlorenen Cents auf die Spieler verteilt? Welchen Würfel würdest du wählen? Zufalls-größen Die Zufallsgröße X:   ist die Funktion, die jedem Ergebnis i=(z1,z2) des Zufalls- experimentes ein xi zuordnet. Im Beispiel ist folgendes sinnvoll: X(z1,z2) = p({(z1, z2)}) ∙ (z1 - z2) Die Wahrscheinlichkei-ten des Gewinns eines Spieles der gegebenen Aufgabe ist im Pfadmo-dell des 2-stufigen Zu-fallsversuches für beide Würfel gleich, 1/6 (1,2) = -1 ∙ 2/36 = -2/36 (1,3) = -2 ∙ 1/36 = -2/36 (1,5) = -4 ∙ 3/36 = -12/36 (4,2) = 2 ∙ 8/36 = +16/36 (4,3) = 1 ∙ 4/36 = +4/36 (4,5) = -1 ∙12/36 = -12/36 (6,2) = 4 ∙ 2/36 = +8/36 (6,3) = 3 ∙ 1/36 = +3/36 (6,5) = 1 ∙ 3/36 = +3/36 /36 = 1/6 Der Würfel 1,4,4,4,4,6 ist günstiger. Für große n wird er n/6 Cents nach n Spielen gewinnen.

41 Eine Urne enthält 4 gelbe, 3 grüne und 3 rote Kugeln
Eine Urne enthält 4 gelbe, 3 grüne und 3 rote Kugeln. Es wird 5-mal je eine Kugel gezogen und zurückgelegt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit P(X=k) werden dabei genau k { 0;…;5 } grüne Kugeln gezogen? Binomial-verteilung Eine Zufallsgröße X, die die Werte 0; 1; …;n mit den Wahr-scheinlichkeiten P(X=k) = b(n; p; k) annimmt, heißt „binomial-verteilt mit den Parametern n und p“oder kurz „Bn;p -verteilt“ (geschrieben: X~Bn;p ). Die zugehörige Wahrscheinlichkeits-verteilung nennt man „Binomialverteilung mit n und p“. k P(X=k ) 0,2 0,1 1 2 0,3 0,4 3 4 5 Die Wahrscheinlichkeit des Ziehens einer grü-nen Kugel beträgt 3/10 = 0,3. Es sind also für k=0;…;4 die Werte von b(5;0,3;k) zu ermitteln und darzustellen. Zur Wertermittlung sind Tabellen oder ein Taschenrechner geeignet: P(X=0)= 0,1681 P(X=1)= 0,3602 P(X=2)= 0,3087 P(X=3)= 0,1323 P(X=4)= 0,0284 P(X=5)= 0,0024

42 Wie sind aber die gewonnenen und verlorenen Cents auf die Spieler verteilt?
Erwartungs-wert Im Beispiel wird ein zweistufiges Zufallsexperiment für die beiden Würfel durchgeführt. Dem Ergebnis i , z.B. 1=(1;2) wird der zugehörige Centwert als Zufallsgröße X, z.B. x1= 1-2 = -2 zugeordnet. Die Wahrscheinlichkeiten und Zufallsgrößen werden für die Aufgabe zusammengefasst: i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 i 1;2 1;3 1;5 4;2 4;3 4;5 6;2 6;3 6;5 xi -1 -2 -4 +2 +1 +4 +3 P(xi) 2/36 1/36 3/36 8/36 4/36 12/36 E(X) = Der Erwartungswert einer endlichen Zufallsgröße X wird mit den Formelzeichen E(X), EX (X), X oder  geschrieben. Dieser Wert steht für den Mittelwert der Zufallsgröße X, der mit den jeweiligen Wahrscheinlichkeiten P(xi) gewichtet wird. E(X) = -2/36-2/36-12/36+16/36+4/36-12/36+8/36+3/36+3/36 = +1/6 Dieser Wert zeigt, daß über eine längere Spielfolge der Spieler mit dem 1/4/6-Würfel im Mittel pro Spiel 1/6 Cent gewinnt. Das Spiel ist also nicht „fair“.

43 Zufallsgrößen können sich trotz gleichem Erwartungswert erheb-lich unterscheiden, sie sind anders „gestreut“. Streuung oder Varianz xi 1 2 3 P(xi) 1/3 a) b) c) xi 1 2 3 P(xi) 0,1 0,8 xi 1 2 3 P(xi) 0,4 0,2 E(X) = 1/3+2/3+3/3 = 2 E(X) = 0,1+1,6+0,3 = 2 E(X) = 0,4+0,4+1,2 = 2 Der praktische Unterschied besteht in der Abweichung der zu erwartenden Zufallsgrößen von ihrem Erwartungswert. Als Maß für diese Abweichung benutzt man die „mittlere quadratische Abweichung“, die Streuung  ² oder Varianz V(X) genannt wird. V(X) = (x1-E(X))² ∙p1+(x2-E(X))² ∙p2+…+(xn-E(X))² ∙pn a) V(X) = (1-2)²∙1/3+ (2-2)²∙1/3+ (3-2)²∙1/3 = 1/3+1/3 = 2/3 = 0,666 b) V(X) = (1-2)²∙0,1+ (2-2)²∙0,8+ (3-2)²∙0,1 = 0,1+0, = 0,2 c) V(X) = (1-2)²∙0,4+ (2-2)²∙0,2+ (3-2)²∙0,4 = 0,4+0, = 0,8 Die Quadratwurzel aus der Streuung wird Standardabweichung  oder DX oder (X) genannt. Sie entspricht besser der tatsächlichen mittleren Abweichung der Zufallsgrößen vom Erwartungswert.

44 C++ und die Binomial-verteilung
k P(X=k ) 0,2 0,1 1 2 0,3 0,4 3 4 Berechnung von B(n,p) für k=0,…,n Anzahl Zufallswerte n = 4 Wahrscheinlichkeit p = 0.3 B(4,0.3)(X=0) = B(4,0.3)(X=1) = B(4,0.3)(X=2) = B(4,0.3)(X=3) = B(4,0.3)(X=4) = Nochmal? [j/n] : _ Das dargestellte kleine C++-Programm ermöglicht die Be-rechnung beliebiger Wertfolgen zur Binomialverteilung.