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Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik

Diskrete Wahrscheinlichkeitsräume

Eine Teilmenge A⊆Ω des Stichprobenraums oder der Ergebnismenge Ω heißt Ereignis.
Eine Wahrscheinlichkeit-verteilung oder -maß ist eine Funktion P in [0,1] mit folgenden Eigenschaften:
P(Ω)=1 (normiert);
P(A)≥0 für alle A⊆Ω und
P(A∪B)=P(A)+P(B) für alle disjunkten Teilmengen von Ω (additiv).
Die Funktion ω→P(ω) für ω∈Ω heißt Wahrscheinlichkeitsfunktion.
Folgerungen:
P(A^c)=1-P(A);
A⊂B ⇒ P(A)≤P(B) und
P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)
Bei einem Laplace-Experiment wird angenommen, dass alle Ausgänge ω∈Ω die gleiche Wahrscheinlichkeit P(ω) haben.

Beispiel: 4 Würfel werden gleichzeitig geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die geworfenen Augenzahlen verschieden sind.
Lösung: Ω={(a,b,c,d)|a,b,c,d∈{1,2,3,4,5,6}}. P(ω)=(1/6)⁴ für jedes Elementarereignis ω.
Die Ergebnismenge {(a,b,c,d))|a,b,c,d∈{1,2,3,4,5,6} und b≠a, c≠a,c≠b, d≠a, d≠b, d≠c, d≠a, d≠b, d≠c} enthält 6·5·4·3 Elemente. Also:

     6·5·4·3   5
P(A)=——————— = —— = 27,8%
     6·6·6·6   18

Beispiel: Es werden 10 faire Münzen geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis A, dass mindestens eine Münze Kopf zeigt?
Das Gegenereignis ist: A^c: Alle 10 Münzen zeigen Zahl.
P( A^c)=P((Z,Z,Z,Z,Z,Z,Z,Z,Z,Z))=1/1024 ⇒ P(A)=1-P(A)=1023/1024=99,9%

Beispiel: Wie groß ist beim Werfen von zwei Würfeln die Wahrscheinlichkeit für A, dass die Augensumme 8 ist?
Lösung: A={ (2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)} ⇒ P(A)=5/36 = 13,9%
Allgemein: Augensumme k:

 P(X=k)
   ↑                        6/36
   |                         |  
   |                     |   |   |
   |                 |   |   |   |   | 
   |             |   |   |   |   |   |   |
   |    1/36 |   |   |   |   |   |   |   |   | 
   |     |   |   |   |   |   |   |   |   |   |   |   |   
   ∟————————————————————————————————————————————————————————> k
     1   2   3   4   5   6   7   8   9   10  11  12  13  14

Beispiel: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in einer Klassen von 25 Schülern, zwei am selben Tag Geburtstag haben.
Lösung: Die Wahrscheinlchkeit, dass alle an verschiedenen Tagen Geburtstag haben ist


     365·364·...·341      4,92154394864862E63
P(A)=—————————————————— = ——————————————————— = 43,13%
         365²⁵            1,14109449818235E64

Ergebnis: In 56,87% der Fälle haben zwei Schüler einer Klasse mit 25 Schülern am selben Tag Geburtstag.

Beispiel: Ein Würfel wird solange geworfen, bis eine 6 erscheint.
Lösung:

   1                                                                           1  
In — der Fälle erscheint die 6 beim ersten Wurf, P(die 6 erscheint im 1. Wurf)=—=16,7%.
   6                                                                           6  

   5 1                                                                                 1 5 1 
In —*— der Fälle erscheint die 6 bei 2. Wurf, P(die 6 erscheint spätestens im 2. Wurf)=—+—*—=30,6%.
   6 6                                                                                 6 6 6 

   5 5 1                                                                                  1 5 1 5 5 1
In —*—*— der Fälle erscheint die 6 bei 3. Wurf,  P(die 6 erscheint spätestens im 3. Wurf)=—+—*—+—*—*—=42,1%
   6 6 6                                                                                  6 6 6 6 6 6
       
... 51,8%, 59,8%, 66,5%, 72,1%, 76,7%, 80,6% → 100%

Ziehen ohne Zurücklegen

Zahlenlotto 6 aus 49: a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für 6 Richtige? Wir unterscheiden zwei Lösungswege.
I (ohne Reihenfolge) Ω={{a,b,c,d,e,f}|1≤a,b,c,d,e,f≤49} oder II (mit Reihenfolge): Ω={(a,b,c,d,e,f)|1≤a,b,c,d,e,f≤49}.
Im Modus II läßt sich das Ereignis "Die 3. Kugel ist 35" angeben, im Modus I nicht.
Wir lösen mit Modus I: Ω={{a,b,c,d,e,f}|...}


                             1
P für ω="6 Richtige" P(ω)= ———— = 1:13 983 816 ≈ 1:14 Millionen
                            49
                           (  )  
                            6 
                                                  6   43
                                                 ( )·(  ) 
                                                  4    2
Die Wahrscheinlichkeit für 4 Richtige ist P(A) = ———————— ≈ 1:1032 
                                                    49
                                                   (  )
                                                    6

Die hypergeometrische Verteilung

In einer Urne befinden sich S=12 schwarze und W=8 weiße Kugeln, N=S+W=20. Es werden n=10 Kugeln ohne Zurücklegen gezogen.
Die Wahrscheinlichkeit, dass s=6 Kugeln schwarz und w=10-6=4 Kugeln weiß sind ist

              12  8                      S  W 
             (  )( )                    ( )( )   
              6   4                      s  w
h(6;20,12) = ——————— =35%   h(s;N,S) = ———————
              20                          N
             (  )                        ( )
              10                          n

Beispiel Skat: Beim Skatspiel erhält jeder der drei Spieler 10 Karten. Im Skat bleiben 2 Karten (N=32). Es gibt S=4 Asse. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler A genau s=3 Asse bekommt?.
Lösung: Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist

              4  28      
             ( )(  )     
              3  7    
h(6;20,12) = ——————— = 66/899 = 7,4%
              32     
             (  )     
              10

S.15 Lemma 1.5 Die Zahl der Möglichkeiten n=6 ununterscheidbare Murmeln auf N=3 Zellen zu verteilen, dass keine Zelle leer bleibt, ist

 n-1   5 
(   )=( )=10, nämlich:
 N-1   2

{1 2 3} {1 2 4} {1 2 5} {1 2 6} {2 3 4} {2 3 5} {2 3 6} {3 4 5} {3 4 6} {4 5 6}
Korrolar: Die Menge der Teilmengen mit N=3 Elementen einer Menge mit n=6 Elementen ist

 n-1   5 
(   )=( )=10
 N-1   2

Binomialkoeffizienten

     4   4  4   4  3     4  2 2   4   3   4  4
(a+b) = ( )a + ( )a b + ( )a b + ( )ab + ( )b
         0      1        2        3       4 

 4   4      4   4     4
( )=( )=1  ( )=( )=4 ( )=6
 4   0      3   1     2

     4   4    3      2 2     3   4
(a+b) = a + 4a b + 6a b + 4ab + b  

————————————————Allgemein:————————————————

     n   n  n   n  n-1      n   n-2 2          n    n-1   n  n
(a+b) = ( )a + ( )a    b + ( )a    b + ... + (   )ab   + ( )b
         0      1           2                 n-1         n 

 n   n      n    n    n    n        n      n
( )=( )=1 (   )=( ) (   )=( )=... (   ) = ( )
 n   0     n-1   1   n-2   2       n-k     k

Pascalsches Dreieck:

                                  1
                                1   1
                              1   2   1
                            1   3   3   1
                          1   4   6   4   1
                        1   5  10  10   5   1
                      1   6  15  20  15   6   1

Weiter unten wird die Binomialverteilung erklärt.

Näherungsrechnungen

Stirlingsche Formel

             n    n n
          n!≈√2πn(—)   
                  e

n      St.F/n!    Fehler
1      0,92       8%
2      0,96       4%
10     0,9917     1% 
100    0,999 2    0,1%
1000   0,999 92   0,01%
10 000 0.999 993  0,001%
  ↓    ↓          ↓
  ∞    1          0%

Folgerung:

       —————————     n
 n  1 /  2n         n
( )≈—√ —————————·——————————— 
 k  2  π·k·(n-k)  k     n-k
                 k·(n-k)

Kopierbar: (n über k)≈1/2·sqrt(2·n/(Pi·k·(n-k)))·n^n/(k^k·(n-k)^(n-k))
Beispiel:

               exakt           Näherung  Fehler
(10 über 5)    252             258       2% 
(100 über 10)  17,31E12        17,46E12  0,9% (E12 bedeutet *10^12)
(100 über 50)  100,9E27        101,1E27  0,2%

Bedingte Wahrscheinlichkeit

Ist die Wahrscheinlichkeit von B bekannt, P(B)≠0, so errechnet sich die Wahrscheinlichkeit von A unter der Bedingung B zu

                       P(A∩B)  
                P(A|B)=—————— 
                        P(B)

In einer Gruppe von 30 Personen (10 weiblich, 15 männlich) sind 10 Personen blond, bei den männlichen sind 5 blond.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine weibliche Person blond ist?

Offensichtliche Lösung: A blond, B weiblich: P(A|B)=1/2, da 5 von 10 weiblichen Personen blond sind.

Lösung nach Formel:Weiblich:  P(B)=10/25=2/5; Weiblich und blond: P(A∩B)=5/25=1/5

         P(A∩B)   1/5     1
P(A|B) = —————— = ————  = —
          P(B)    2/5     2

Beispiel: In einer Urne befinden sich 2 weiße und 3 schwarze Kugeln. Es werden zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die zweite Kugel weiß ist, wenn man weiß, dass die erste schwarz war?

Offensichtliche Lösung: Ist die erste Kugel schwarz, sind 2 Kugeln weiß unter den restlichen 4, also Wahrscheinlichkeit 1/2.

Lösung: Die weiße Kugeln seine w1 und w2 und die schwarzen Kugeln s1,s2 und s3.
Ω={(w1 w2) (w1 s1) (w1 s2) (w1 s3) (w2 w1) (w2 s1) (w2 s2) (w2 s3) (s1 w1) (s1 w2) (s1 s2) (s1 s3) (s2 w1) (s2 w2) (s2 s1) (s2 s3) (s3 w1) (s3 w2) (s3 s1) (s3 s2)}, |Ω|=5·4=20. Alle Elementarereignisse sind gleich wahrscheinlich.
A={(w1 w2) (w2 w1) (s1 w1) (s1 w2) (s2 w1) (s2 w2) (s3 w1) (s3 w2)} "Die zweite Kugel ist weiß" |A|=8.
B={(s1 w1) (s1 w2) (s1 s2) (s1 s3) (s2 w1) (s2 w2) (s2 s1) (s2 s3) (s3 w1) (s3 w2) (s3 s1) (s3 s2)} "Die erste Kugel ist schwarz", |B|=12.
A∩B={(s1 w1) (s1 w2) (s2 w1) (s2 w2) (s3 w1) (s3 w2)} "Die erste Kugel ist schwarz und die zweite Kugel ist weiß", |A∩B|=6


         P(A∩B)   6/20    1
P(A|B) = —————— = ————— = —
          P(B)    12/20   2

Folgerungen

P(A∩B)=P(B)·P(A|B)
P(A∩B∩C)=P(A)·P(B|A)·P(C|A∩B)
...

Beispiel: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim Skat jeder der drei Spieler genau ein Ass hat

Lösung:Der erste Spieler bekommt 10 Karten, dann der zweite auch 10 Karten und dann der dritte 10 Karten, 2 bleiben im Skat zurück.
Sei A="Spieler 1 erhält genau ein As", B="Spieler 2 erhält genau ein As" und C="Spieler 3 erhält genau ein As". Dann folgt

      4  28   32           3  19   22                2  10   12
P(A)=( )(  )/(  ), P(B|A)=( )(  )/(  ) und P(C|A∩B)=( )(  )/(  )
      1  9    10           1  9    10                1   9   10

Mit P(A)=385/899, P(B|A)=3/7 und P(C|A∩B)=10/33 folgt P(A∩B∩C)=P(A)·P(B|A)·P(C|A∩B)=5,56%

Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit: Ist Ω die disjunkte Vereinigung der Ereignisse B₁, B₂, ..., B_n dann gilt:
P(A)=P(A|B₁)*P(B₁)+P(A|B₂)*P(B₂)+P(A|B_n)*P(B_n)

Satz: (i) A⊆B^c oder P(A)=0 ⇒ P(A|B)=0
(ii) Formel von der totalen Wahscheinlichkeit:
{B,C} ist Zerlegung Ω, d.h, B∪C=Ω und B∩C=Ø ⇒ P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C) (erlaubt: P(B)=0, dann P(B)P(A|B)=0 usw.)
P(A)=P(B)P(A|B)+P(B^c)P(A|B^c)
{B,C,D} ist Zerlegung Ω, d.h. B∪C∪D=Ω, B∩C=Ø, B∩D=Ø und C∩D=Ø ⇒ P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)+P(D)P(A|D)
...
(iii) Formel von Bayes:

                   P(B)P(A|B)
P(A)›0 ⇒ P(B|A) = ——————————, mit (ii) folgt:
                      P(A)        

                          P(B)P(A|B)
P(A)›0 ⇒ P(B|A) = ——————————————————————, falls {B,C} Zerlegung von Ω. 
                    P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)

          entsprechend für Zerlegungen von Ω mit mehr Teilmengen.

Beispiel zur totalen Wahrscheinlichkeit: In einer Urne befinden sich drei rote Kugeln und sieben blaue. Es werden zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau eine Kugel blau ist?
Lösung mit Baumdiagramm:


                          2
        /r—————————P(r|r)=—
       /                  9
      /     3
     /r\P(r)=—
    /   \   10            7
   /     b—————————P(r|b)=—
  /                       9
 /
 \
  \                       3  
   \     r—————————P(r|b)=—                
    \   /    7            9 
     \b/P(b)=——
       \     10           6
        \b—————————P(b|b)=—  
                          9 

R1="die erste Kugel ist rot"
R2="die zweite Kugel ist rot"
B1="die erste Kugel ist blau"
B2="die zweite Kugel ist blau"
P("genau einmal blau")=P(r)·Pb|r)+P(b)·P(r|b)
                   3  7   7  3
=P((R1∩B2)∪(B1∩R2)=——·— + ——·—=46,6%
                   10 9   10 9

Beispiel zur Formel von Bayes: Eine Krankheit kommt bei 0,5% der Bevölkerung vor. Ein Test zum Nachweis ist bei 99% der Kranken positiv, aber auch bei 2% der Gesunden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jemand mit positivem Test die Krankheit hat?
Lösung: P(krank)=5%, P(gesund)=99,5%, P(Test positiv und krank)=99%·0,5%, P(Test positiv und gesund)=2%·99,5%
Nach der Formel von Bayes folgt:

                     P(Test positv und krank)   99·0,5   
P(krank|Test positv)=———————————————————————— = —————— =0,2=20%
                        P(Test positv)          248,5

wobei P(Test positv)=99%·0,5%+2%·99,5%.
Somt: Von allen Personen, bei denen der Test positiv ist, sind nur 20% krank.

Beispiel (Grippetest): Bei einer kranken Person schlägt ein Grippeschnelltest mit Wahrscheinlichkeit 90% an. Bei einer gesunden Person kann der Test allerdings ebenfalls anschlagen, und zwar mit einer Wahrscheinlichkeit von 20%. Wenn nun 1% aller Personen in einer Population tatsächlich krank sind, wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass der Test bei einer zufällig gewählten Person anschlägt?
Lösung: Wir legen zunächst passende Ereignisse fest:
A = “Person wird positiv getestet”,
B1 = “Person hat Grippe”,
B2 = “Person hat keine Grippe”.
Also sind die Ereignisse B1 und B2 disjunkt, d.h. B1 ∩ B2 = ∅, und es gilt Ω = B1 ∪ B2. La
ut Aufgabenstellung gilt
P[A|B1] = 0.9,
P[A|B2] = 0.2.
Da zusätzlich noch bekannt ist, dass 1% aller Personen krank sind, gilt außerdem:
P[B1] = 0.01,
P[B2] = 1 − 0.01 = 0.99.
Mit der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit folgt:
P[A] = P[A|B1] · P[B1] + P[A|B2] · P[B2] = 0.9 · 0.01 + 0.2 · 0.99 = 0.207.
Eine Person wird also mit Wahrscheinlichkeit 20,7% positiv getestet.
Fortsetzung: Eine Person, über die nicht bekannt ist, ob sie gesund oder krank ist, wurde positiv getestet. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist sie tatsächlich krank?
Lösung. Gegeben ist, dass die Person positiv getestet wurde. Das Ereignis A ist also bereits eingetreten: Ausgestattet mit dieser Information wollen wir wissen, mit welcher (bedingten!) Wahrscheinlichkeit das Ereignis B1 eintritt. Gefragt wird also nach der bedingten Wahrscheinlichkeit P[B1|A].
Die Bayes-Formel (5.4.2) ergibt

          P[A|B1] · P[B1]   0,9*0,01
P[B1|A] = ——————————————— = ———————— = 4,3%
                 P[A]         0,207

Wir erkennen also, dass dieser Schnelltest ziemlich schlecht ist. Man kann auch die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass eine Person gesund ist, gegeben, dass sie positiv getestet wurde:
P[B2|A] = 1 − P[B1|A] ≈ 1 − 0.043 ≈ 95,7%.

Unabhängigkeit

Definition: Zwei Ereigniss A und B sind unabhängig, wenn P(A∩B)=P(A)·P(B).
⇒P(A|B)=P(A) und P(B|A)=P(B).
Drei Ereignisse A,B,C sind unabhängig, wenn P(A∩B∩C)=P(A)·P(B)·P(C) usw.

Beispiel: Ziehen mit Zurücklegen.
In einer Urne sind 2 weiße und 3 schwarze Kugeln. A="zweite Kugel schwarz", B="erste Kugel weiß". |Ω|=25, P(A)=3/5, P(B)=2/5, P(A∩B)=6/25, da A∩B={(w1,s1) (w2,s1) (w1,s2)(w2 s2) (w1,s3)(w2 s3)}
P(A|B)=P(A∩B)·P(B)=3/5. Somit P(A|B)=P(A), unabhängig von B.

Zufallsvariable, Erwartungswert, Varianz

Definition:Sei (Ω,P) ein Wahrscheinlichkeitsraum. Ein Funktion X:Ω→ℝ nennt man (reelle) Zufallsvariable.
Statt ℝ kann die Bildmnenge auch ℝ² usw. sein.
Beliebt ist die Abkürzung: P(X=k)=P({ω|X(ω)=k})

Beispiel: Es werden zwei Würfel geworfen Ω={(a,b)|a,b∈{1,2,3,4,5,6}}. X(a,b)=a+b ist die Würfelsumme.
Für alle Paare (a,b) sei die Wahrscheinlichkeit gleich, nämlich 1/36.
P(X=1)=0, P(X=2)=1/36, P(X=3)=P({(1,2),(2,1)}=3/26, P(X=4)={(1,3),(2,2),(3,1)}=3/36 ...

k          P(X=k)
2          1/36
3          2/36 
4          3/36
5          4/36 
6          5/36
7          6/36
8          5/36  
9          4/36 
10         3/36
11         2/36
12         1/36

Defiition: Bernouillexperiment: Zufallsexperiment mit 2 Ergebnissen.
Binomialverteilung: Die n-malige Widerholung eines Bernouilleexperimentes mit P(Treffer)=p und P(Niete)=1-p=q. X=Anzahl der Terffer.

                                     n  k n-k
                             P(X=k)=( )p q
                                     k

Wir betrachte die Binomialverteilung, d.h. die 4-malige Wiederholung des Benouillexperiments mit Treffer oder Nichttreffer.
P(Treffer)=p ⇒ P(Nichttreffer)=q, z.B. p=1/4 und q=1-1/4=3/4.
Die Zufallsvariable gibt an, wie oft bei 4-maliger Wiederholung ein Treffer erzielt wird.

        4          4     3          4  2  2          4   3            4 
P(X=0)=q , P(X=1)=( )·q·p , P(X=2)=( )q ·p , P(X=3)=( )·q ·p, P(X=4)=p .
                   1                2                3

k            P(X=k)
0            81/256 = 31,64%
1            27/64  = 42,19%
2            27/128 = 21,09%
3             3/64  =  4,69%     
4            1/256  =  0,39%
Zusammen         1  =100%

Beispiel:Ein Würfel wird 10 mal geworfen. Die Wahrscheinlichkeit dabei 3 Sechsen zu werfen ist:

        10   1 3  5 7
P(X=3)=(  )·(—) ·(—) =1,5%
        3    6    6

Erwartungswert

Definition: Der Erwartungswert der Zufallsvariablen X ist für Ω={ω₁,ω₂,...}
E(X)=X(ω₁)·P(ω₁)+X(ω₂)·P(ω₂)+...
Satz: E(X+Y)=E(X)+E(Y). E(aX)=aE(X).
Satz: Bei einer Binomialverteilung mit n unabhängigen Versuchen mit der Erfolgswahrscheinlichkeit des Einzelversuchs p ist

E(X)=n·p

Beispiel: Der Erwartungswert der geworfenen Augenzahl eines fairen Würfels ist

     1   1   1   1   1   1
E(X)=—+2·—+3·—+4·—+5·—+6·—=3,5
     6   6   6   6   6   6

Beispiel:2-maligen Werfen einer Münze mit p=0,4 und q=0,6. X=Anzahl der Treffer. Ω={00 01 10 11} X=0={00} X=1={01 10} X=2={11} P({00})=0,36 P({01})=0,24 P({10})=0,24 P({11})=0,16
E(X)=0·0,36+1·(2·0,24)+2·0,16=0,8
Bei einer Binomialverteilung ist E(X)=n·p, hier also E(X)=2*0,4=0,8
(Bei p=0,5 und q=0,5 ist E(X)=1).

Beispiel:5-maligen Werfen einer Münze mit p=0,4 und q=0,6. X=Anzahl der Treffer.
E(X)=0·P(X=0)+1·P(X=1)+2·P(X=2)+3·P(X=3)+4·P(X=4)+5·P(X=5)


        5     5    5     4        5     3    2    5     2    3    5         4   5     5
E(X)=0·( )·0,6 +1·( )·0,6 ·0,4+2·( )·0,6 ·0,4 +3·( )·0,6 ·0,4 +4·( )·0,6·0,4 +5( )·0,4 =2
        0          1              2               3               4             5

Bei einer Binomialverteilung ist E(X)=n·p, hier also E(X)=5·0,5=2.