Zufallsgrößen

Zufallsgröße

Bei vielen Zufallsversuchen interessiert nicht das Ergebnis an sich, sondern eine damit verbundene Zahl — z. B. die Anzahl der Treffer, die Augensumme oder ein Gewinn in Euro.

Eine Zufallsgröße $X$ ordnet jedem Elementarereignis $\omega \in \Omega$ eine reelle Zahl zu:

$$X : \Omega \to \mathbb{R}, \quad \omega \mapsto X(\omega)$$

Die Menge der möglichen Werte von $X$ heißt Wertebereich $W_X = \{x_1, x_2, \ldots, x_n\}$.

Beispiel · Zweimal Würfeln

Zwei faire Würfel werden geworfen. $X$ sei die Augensumme. Dann gilt $W_X = \{2, 3, 4, \ldots, 12\}$. Das Elementarereignis $(1, 3)$ liefert $X = 4$.

Wahrscheinlichkeitsverteilung

Die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$ gibt für jeden Wert $x_i$ die Wahrscheinlichkeit $P(X = x_i)$ an. Sie wird meist als Tabelle dargestellt:

$X$$x_1$$x_2$$\cdots$$x_n$
$P(X = x_i)$$p_1$$p_2$$\cdots$$p_n$
Normiertheit: Die Wahrscheinlichkeiten müssen sich zu 1 aufaddieren: $p_1 + p_2 + \cdots + p_n = 1$.

Beispiel · Zweimal Würfeln (Augensumme)

Zwei faire Würfel werden geworfen, $X$ = Augensumme. Es gibt $6 \times 6 = 36$ gleich wahrscheinliche Elementarereignisse.

$X = x_i$ 234567 89101112
$p_i = P(X=x_i)$ $\frac{1}{36}$$\frac{2}{36}$$\frac{3}{36}$ $\frac{4}{36}$$\frac{5}{36}$$\frac{6}{36}$ $\frac{5}{36}$$\frac{4}{36}$$\frac{3}{36}$ $\frac{2}{36}$$\frac{1}{36}$

Probe: $\frac{1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1}{36} = \frac{36}{36} = 1$ ✓

Beispiel: Wie kommt $P(X=4) = \tfrac{3}{36}$?
Die Augensumme 4 entsteht durch $(1,3)$, $(2,2)$, $(3,1)$ — also 3 von 36 gleich wahrscheinlichen Ergebnissen: $$P(X=4) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12}$$

Erwartungswert

Der Erwartungswert $\mu = E(X)$ gibt den Wert an, den $X$ im Durchschnitt bei sehr vielen Wiederholungen annimmt. Er ist der gewichtete Mittelwert aller Werte:

$$\mu = E(X) = \sum_{i=1}^{n} x_i \cdot p_i = x_1 p_1 + x_2 p_2 + \cdots + x_n p_n$$

Beispiel 1 · Fairer Würfel

$X$ = Augenzahl eines fairen Würfels, $P(X = k) = \tfrac{1}{6}$ für $k = 1, \ldots, 6$.

$X = x_i$ 123456
$p_i = P(X=x_i)$ $\frac{1}{6}$$\frac{1}{6}$$\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$$\frac{1}{6}$$\frac{1}{6}$
$$\mu = E(X) = 1 \cdot \tfrac{1}{6} + 2 \cdot \tfrac{1}{6} + 3 \cdot \tfrac{1}{6} + 4 \cdot \tfrac{1}{6} + 5 \cdot \tfrac{1}{6} + 6 \cdot \tfrac{1}{6} = \frac{21}{6} = 3{,}5$$

Im Mittel würfelt man eine 3,5 — obwohl das kein tatsächlich möglicher Wert ist.

Beispiel 2 · Glücksrad

4€ 0€ 1€ 0€ 1€ 0€ 0€ 0€
8 gleich große Felder:
■ 1 × rot → 4 €
■ 2 × blau → 1 €
■ 5 × grün → 0 €
$X = x_i$014
$p_i = P(X=x_i)$ $\frac{5}{8}$$\frac{2}{8}$$\frac{1}{8}$
$$\mu = E(X) = 0 \cdot \tfrac{5}{8} + 1 \cdot \tfrac{2}{8} + 4 \cdot \tfrac{1}{8} = \frac{0+2+4}{8} = \frac{6}{8} = 0{,}75$$

Faires Spiel

Ein Spiel heißt fair, wenn der Erwartungswert des Gewinns gleich dem Einsatz ist — man also auf lange Sicht weder gewinnt noch verliert.

Beim Glücksrad: Einsatz $1$ €, aber $\mu = 0{,}75$ € < Einsatz. Das Spiel ist nicht fair — man verliert im Mittel $0{,}25$ € pro Drehung.

Fair wäre ein Einsatz von genau $0{,}75$ €.

Selbst überlegen

Der Einsatz soll $1$ € betragen. Die Auszahlung für Blau (1 €) und Grün (0 €) bleiben gleich. Wie hoch muss die Auszahlung für Rot sein, damit das Spiel fair ist?

Lösung anzeigen
Sei $a$ die gesuchte Auszahlung für Rot. Faires Spiel: $\mu = E(X) = 1$ €.
$a \cdot \frac{1}{8} + 1 \cdot \frac{2}{8} + 0 \cdot \frac{5}{8} = 1$
$\frac{a + 2}{8} = 1$
$a + 2 = 8$
$a = 6$ €

Die Auszahlung für Rot müsste 6 € betragen.

Standardabweichung

Der Erwartungswert allein sagt nichts über die Streuung der Werte aus. Die Varianz misst, wie weit die Werte im Durchschnitt vom Erwartungswert entfernt sind:

$$\mathrm{Var}(X) = \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 \cdot p_i$$

Die Standardabweichung $\sigma$ ist die Wurzel der Varianz und hat dieselbe Einheit wie $X$:

$$\sigma = \sqrt{\mathrm{Var}(X)}$$

Je größer $\sigma$, desto weiter streuen die Werte um den Erwartungswert.

Vertiefung

Verschiebungssatz — alternative Rechenformel für die Varianz:

$$\mathrm{Var}(X) = E(X^2) - \mu^2 \quad \text{mit} \quad E(X^2) = \sum_{i} x_i^2 \cdot p_i$$

Oft schneller als die direkte Formel — besonders wenn $\mu$ ein unhandlicher Dezimalbruch ist.

Beispiel · Schießen: Profi vs. Laie

Profi und Laie schießen je 20 Mal auf eine Scheibe (Ringe 0–10, Zentrum = 10). $X$ = erzielte Ringzahl. Unten die Häufigkeiten und die berechneten relativen Häufigkeiten als Wahrscheinlichkeiten.

Profi

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10
Ringzahl $x_i$ 678910
Treffer (von 20) 12575
$p_i = P(X = x_i)$ 0,050,100,250,350,25
$x_i \cdot p_i$ 0,300,702,003,152,50
$\mu = \sum x_i \cdot p_i$ $0{,}30 + 0{,}70 + 2{,}00 + 3{,}15 + 2{,}50 = 8{,}85$
$x_i - \mu$ $-2{,}85$$-1{,}85$$-0{,}85$$+0{,}15$$+1{,}15$
$(x_i - \mu)^2$ 8,123,420,720,021,32
$(x_i - \mu)^2 \cdot p_i$ 0,410,340,180,010,33
$\mathrm{Var}(X) = \sum$ $0{,}41 + 0{,}34 + 0{,}18 + 0{,}01 + 0{,}33 = 1{,}27$
$$\sigma_{\text{Profi}} = \sqrt{1{,}27} \approx 1{,}13$$

Laie

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10
Ringzahl $x_i$ 0134678
Treffer (von 20) 2423342
$p_i = P(X = x_i)$ 0,100,200,100,150,150,200,10
$x_i \cdot p_i$ 0,000,200,300,600,901,400,80
$\mu = \sum x_i \cdot p_i$ $0{,}00 + 0{,}20 + 0{,}30 + 0{,}60 + 0{,}90 + 1{,}40 + 0{,}80 = 4{,}20$
$x_i - \mu$ $-4{,}20$$-3{,}20$$-1{,}20$$-0{,}20$$+1{,}80$$+2{,}80$$+3{,}80$
$(x_i - \mu)^2$ 17,6410,241,440,043,247,8414,44
$(x_i - \mu)^2 \cdot p_i$ 1,762,050,140,010,491,571,44
$\mathrm{Var}(X) = \sum$ $1{,}76 + 2{,}05 + 0{,}14 + 0{,}01 + 0{,}49 + 1{,}57 + 1{,}44 = 7{,}46$
$$\sigma_{\text{Laie}} = \sqrt{7{,}46} \approx 2{,}73$$
Fazit: $\sigma_{\text{Profi}} \approx 1{,}13$ — die Treffer liegen eng um $\mu = 8{,}85$ (nahe Zentrum).
$\sigma_{\text{Laie}} \approx 2{,}73$ — die Treffer streuen weit; der Erwartungswert $\mu = 4{,}20$ liegt auf einem mittleren Ring, weit vom Zentrum entfernt.
Kleine Standardabweichung = hohe Präzision.
Modell
Kennzahlen
$\mu = E(X)$ —
$\mathrm{Var}(X)$ —
$\sigma$ —
Die gestrichelte Linie zeigt $\mu$ (Erwartungswert).
Die schraffierten Linien zeigen $\mu \pm \sigma$ (Ein-Sigma-Bereich).

Aufgabe 1 · Münze dreimal werfen

Eine faire Münze wird dreimal geworfen. $X$ sei die Anzahl der Köpfe.

a) Bestimme den Wertebereich und die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$.

b) Berechne den Erwartungswert.

c) Berechne Varianz und Standardabweichung.

Lösung anzeigen
a) $W_X = \{0, 1, 2, 3\}$.
$P(X=0) = \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}$
$P(X=1) = \binom{3}{1}\cdot\frac{1}{8} = \frac{3}{8}$
$P(X=2) = \binom{3}{2}\cdot\frac{1}{8} = \frac{3}{8}$
$P(X=3) = \frac{1}{8}$

b) $\mu = E(X) = 0\cdot\frac{1}{8} + 1\cdot\frac{3}{8} + 2\cdot\frac{3}{8} + 3\cdot\frac{1}{8} = \frac{12}{8} = 1{,}5$

c) $\mathrm{Var}(X) = (0{-}1{,}5)^2\cdot\frac{1}{8} + (1{-}1{,}5)^2\cdot\frac{3}{8} + (2{-}1{,}5)^2\cdot\frac{3}{8} + (3{-}1{,}5)^2\cdot\frac{1}{8}$
$= \frac{2{,}25 + 0{,}75 + 0{,}75 + 2{,}25}{8} = \frac{6}{8} = 0{,}75$
$\sigma = \sqrt{0{,}75} \approx 0{,}866$

Aufgabe 2 · Zwei Glücksräder

Zwei Glücksräder haben je 6 gleich große Felder. Rad A: dreimal „2 €", zweimal „1 €", einmal „0 €". Rad B: einmal „5 €", einmal „3 €", viermal „0 €".

a) Stelle die Wahrscheinlichkeitsverteilung für $X_A$ und $X_B$ auf.

b) Berechne den Erwartungswert beider Räder. Welches Rad ist bei einem Einsatz von $1{,}50$ € vorteilhafter?

c) Berechne die Standardabweichung beider Räder. Was sagt der Unterschied aus?

Lösung anzeigen
a)
Rad A: $P(X_A=2)=0{,}5$, $P(X_A=1)=\frac{1}{3}$, $P(X_A=0)=\frac{1}{6}$
Rad B: $P(X_B=5)=\frac{1}{6}$, $P(X_B=3)=\frac{1}{6}$, $P(X_B=0)=\frac{2}{3}$

b) $\mu_A = 2\cdot0{,}5 + 1\cdot\frac{1}{3} + 0\cdot\frac{1}{6} = 1{,}00 + 0{,}33 = 1{,}33$ €
$\mu_B = 5\cdot\frac{1}{6} + 3\cdot\frac{1}{6} + 0\cdot\frac{2}{3} = 0{,}83 + 0{,}50 = 1{,}33$ €
Beide haben denselben Erwartungswert — bei Einsatz $1{,}50$ € sind beide unvorteilhaft (Verlust $\approx 0{,}17$ €).

c) $\mathrm{Var}(X_A) = (2{-}1{,}33)^2\cdot0{,}5 + (1{-}1{,}33)^2\cdot\frac{1}{3} + (0{-}1{,}33)^2\cdot\frac{1}{6}$
$= 0{,}45 + 0{,}04 + 0{,}30 = 0{,}79 \Rightarrow \sigma_A \approx 0{,}89$ €
$\mathrm{Var}(X_B) = (5{-}1{,}33)^2\cdot\frac{1}{6} + (3{-}1{,}33)^2\cdot\frac{1}{6} + (0{-}1{,}33)^2\cdot\frac{2}{3}$
$= 2{,}24 + 0{,}46 + 1{,}18 = 3{,}88 \Rightarrow \sigma_B \approx 1{,}97$ €
Rad B ist deutlich riskanter — gleicher Erwartungswert, aber viel größere Streuung.

Aufgabe 3 · Verteilung aus Tabelle

Eine Zufallsgröße $X$ hat folgende Verteilung:

$X = x_i$$-1$$0$$2$$5$
$p_i = P(X=x_i)$$0{,}2$$0{,}3$$a$$0{,}1$

a) Bestimme $a$.

b) Berechne Erwartungswert und Standardabweichung.

c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit liegt $X$ im Ein-Sigma-Bereich $[\mu - \sigma;\, \mu + \sigma]$?

Lösung anzeigen
a) $0{,}2 + 0{,}3 + a + 0{,}1 = 1 \Rightarrow a = 0{,}4$

b) $\mu = E(X) = (-1)\cdot 0{,}2 + 0\cdot 0{,}3 + 2\cdot 0{,}4 + 5\cdot 0{,}1 = -0{,}2 + 0{,}8 + 0{,}5 = 1{,}1$
$E(X^2) = 1\cdot 0{,}2 + 0\cdot 0{,}3 + 4\cdot 0{,}4 + 25\cdot 0{,}1 = 0{,}2 + 1{,}6 + 2{,}5 = 4{,}3$
$\mathrm{Var}(X) = 4{,}3 - 1{,}1^2 = 4{,}3 - 1{,}21 = 3{,}09$
$\sigma = \sqrt{3{,}09} \approx 1{,}758$

c) $[\mu - \sigma;\,\mu + \sigma] \approx [-0{,}658;\,2{,}858]$
Werte im Intervall: $X = 0$ und $X = 2$.
$P = P(X=0) + P(X=2) = 0{,}3 + 0{,}4 = 0{,}7$

Aufgabe 4 · Urne und Zufallsgröße

Eine Urne enthält 3 rote und 2 weiße Kugeln. Es werden nacheinander ohne Zurücklegen 2 Kugeln gezogen. $X$ sei die Anzahl der roten Kugeln.

a) Bestimme den Wertebereich und die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$.

b) Berechne den Erwartungswert und interpretiere das Ergebnis.

c) Berechne die Standardabweichung.

Lösung anzeigen
a) $W_X = \{0, 1, 2\}$.
$P(X=0) = \frac{2}{5}\cdot\frac{1}{4} = \frac{2}{20} = \frac{1}{10}$
$P(X=1) = \frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4} + \frac{2}{5}\cdot\frac{3}{4} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5}$
$P(X=2) = \frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$
Probe: $\frac{1+6+3}{10} = 1$ ✓

b) $\mu = E(X) = 0\cdot\frac{1}{10} + 1\cdot\frac{3}{5} + 2\cdot\frac{3}{10} = \frac{6+6}{10} = 1{,}2$
Im Mittel zieht man 1,2 rote Kugeln — das entspricht dem Anteil roter Kugeln (60 %) mal 2 Züge.

c) $\mathrm{Var}(X) = (0{-}1{,}2)^2\cdot\frac{1}{10} + (1{-}1{,}2)^2\cdot\frac{3}{5} + (2{-}1{,}2)^2\cdot\frac{3}{10}$
$= \frac{1{,}44 + 0{,}24 + 1{,}92}{10} = 0{,}36$
$\sigma = \sqrt{0{,}36} = 0{,}6$
Vertiefung

Aufgabe 5 · Verschiebungssatz

Ein fairer Würfel wird einmal geworfen. Bei einer ungeraden Augenzahl bekommst du so viele Euro ausgezahlt, wie die Augenzahl zeigt. Bei einer geraden Augenzahl wird nichts ausgezahlt. $X$ sei die Auszahlung in Euro.

a) Berechne den Erwartungswert der Auszahlung. Würdest du dieses Spiel für einen Einsatz von 2 € spielen?

b) Berechne die Standardabweichung der Auszahlung mit dem Verschiebungssatz $\mathrm{Var}(X) = E(X^2) - \mu^2$.

Lösung anzeigen
a) Ungerade: 1, 3, 5 → $X \in \{1, 3, 5\}$, je $P = \tfrac{1}{6}$. Gerade: 2, 4, 6 → $X = 0$, $P(X=0) = \tfrac{1}{2}$.
$\mu = E(X) = 1\cdot\tfrac{1}{6} + 3\cdot\tfrac{1}{6} + 5\cdot\tfrac{1}{6} + 0\cdot\tfrac{1}{2} = \tfrac{9}{6} = 1{,}50$ €
Da $\mu = 1{,}50$ € < Einsatz 2 € → das Spiel ist unvorteilhaft. Man würde es nicht spielen.

b) $E(X^2) = 1\cdot\tfrac{1}{6} + 9\cdot\tfrac{1}{6} + 25\cdot\tfrac{1}{6} + 0 = \tfrac{35}{6} \approx 5{,}833$
$\mathrm{Var}(X) = \tfrac{35}{6} - \left(\tfrac{3}{2}\right)^2 = \tfrac{35}{6} - \tfrac{9}{4} = \tfrac{70}{12} - \tfrac{27}{12} = \tfrac{43}{12} \approx 3{,}583$
$\sigma = \sqrt{\tfrac{43}{12}} \approx 1{,}89$ €

Aufgabe 6 · Summe zweier Würfel

Zwei faire Würfel werden geworfen. $X$ sei die Augensumme.

a) Bestimme die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$ (vollständige Tabelle).

b) Berechne den Erwartungswert — auch durch eine Symmetrieüberlegung.

c) Berechne Varianz und Standardabweichung.

Lösung anzeigen
a)
$P(X=2)=\frac{1}{36}$, $P(X=3)=\frac{2}{36}$, $P(X=4)=\frac{3}{36}$, $P(X=5)=\frac{4}{36}$, $P(X=6)=\frac{5}{36}$,
$P(X=7)=\frac{6}{36}$, $P(X=8)=\frac{5}{36}$, $P(X=9)=\frac{4}{36}$, $P(X=10)=\frac{3}{36}$, $P(X=11)=\frac{2}{36}$, $P(X=12)=\frac{1}{36}$

b) Die Verteilung ist symmetrisch um $X=7$, daher $\mu = E(X) = 7$.
Alternativ: Bezeichnet $X_1$ und $X_2$ die Augenzahlen des ersten bzw. zweiten Würfels, so gilt $E(X_1) = E(X_2) = 3{,}5$, also $\mu = E(X_1 + X_2) = 3{,}5 + 3{,}5 = 7$.

c) $E(X^2) = \frac{4+18+48+100+180+294+320+324+300+242+144}{36} = \frac{1974}{36} \approx 54{,}833$
$\mathrm{Var}(X) = 54{,}833 - 49 = 5{,}833 = \frac{35}{6}$
$\sigma = \sqrt{\frac{35}{6}} \approx 2{,}415$