Idee

Die Exponentialverteilung wird meistens für Warte- und Ausfallzeiten aller Art verwendet. Klassische Beispiele hierfür sind die Lebenszeit einer Glühbirne (also die Wartezeit bis zum Ausfall), oder die Wartezeit bis zum nächsten Anrufer in einer Kundenhotline. Auch die Dauer eines Telefongesprächs kann mit der Exponentialverteilung modelliert werden.

Die Exponentialverteilung kann man als stetige Version der geometrischen Verteilung ansehen. Die Dichte hat dieselbe Form, es handelt sich in beiden Fällen um eine exponentiell fallende Funktion.

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Parameter

Die Exponentialverteilung hat nur einen Parameter, nämlich \(\lambda\) (Lambda). Er beschreibt die durchschnittliche Wartezeit bis zum nächsten „Ereignis“, wie auch immer man das definiert. Ein größeres Lambda steht dabei für eine kleinere durchschnittliche Wartezeit (dazu später mehr).

Man bezeichnet eine exponentialverteilte Zufallsvariable \(X\) mit dem Parameter \(\lambda\) durch

\[ X \sim \text{Exp}(\lambda) \]

Selten, in manchen Büchern bzw. Vorlesungen, findet man auch den Parameter \(\mu\), der dann gleich \(\frac{1}{\lambda}\) ist. Im amerikanischen Raum ist diese Schreibweise der Exponentialverteilung verbreiteter, da muss man also aufpassen, mit welcher Version man gerade arbeitet.

Träger

Da es sich bei der Exponentialverteilung häufig um gemessene (Warte-)zeiten handelt, machen natürlich nur Ergebnisse (Sekunden, Minuten, Tage, …) im positiven Raum Sinn. Der Träger sind daher die positiven reellen Zahlen, oder \(\mathbb{R}^+\):

\[ \mathcal{T} = \mathbb{R}^+ \]

Es sind also von \(0\) bis \(\infty\) alle Wartezeiten denkbar (die sehr langen natürlich mit einer entsprechend winzigen Wahrscheinlichkeit).

Dichte

Die Dichte der Exponentialverteilung ist nur für positive \(x\) größer als null, und lautet dann

\[ f(x) = \lambda \cdot \exp (-\lambda x) \]

Wenn man ganz korrekt vorgeht, teilt man die Dichte in den Bereich für positive \(x\) (inkl. den Spezialfall \(x=0\)), und den für negative \(x\) ein, und schreibt ausführlicher:

\[ f(x) = \begin{cases} \lambda \cdot \exp (-\lambda x), & x \geq 0 \\ 0, & x<0\end{cases}\]

Dichtefunktion der Exponentialverteilung mit \(\lambda=0.5\). Man kann leicht ausrechnen, dass das Maximum der Funktion bei \(x=0\) und \(f(x)=\lambda\) (hier 0.5) liegt.

Verteilungsfunktion

Die Verteilungsfunktion der Exponentialverteilung lautet im Bereich der positiven \(x\):

\[ \mathbb{P}(X \leq x) = F(x) = 1-\exp (-\lambda x) \]

Auch hier kann man sich mathematisch exakter, aber auf den ersten Blick etwas unübersichtlicher ausdrücken:

\[ F(x) = \begin{cases} 1 – \exp (-\lambda x), & x \geq 0 \\ 0, & x<0\end{cases}\]

Verteilungsfunktion der Exponentialverteilung mit \(\lambda=0.5\).

Erwartungswert

Der Erwartungswert bei der Exponentialverteilung ist

\[ \mathbb{E}(X) = \frac{1}{\lambda} \]

Wenn man also mit einer beispielhaften Zufallsvariable \(X\) = „Lebensdauer einer Glühbirne in Tagen“ arbeitet, und \(X\) ist exponentialverteilt mit \(\lambda = \frac{1}{365}\), dann schreibt man \(X \sim \text{Exp}(\frac{1}{365})\), und weiss daraus, dass eine Glühbirne in diesem Modell durchschnittlich \(\mathbb{E}(X) = \frac{1}{\lambda} = 365\) Tage hält, bevor sie ausfällt.

Die Exponentialverteilung hat eine sehr angenehme Form der Dichte, so dass sie oft als Paradebeispiel für die Berechnung des Erwartungswertes mit der allgemeinen Formel verwendet wird. Für die mathematisch interessierten (oder die, die mit solch einer Klausuraufgabe rechnen): Der Trick, der hierfür verwendet wird, ist die partielle Integration.

\[ \begin{align*} \mathbb{E}(X) &= \int_{-\infty}^\infty x \cdot f(x) \; dx \\ &=\int_0^\infty x \cdot \lambda \exp (-\lambda x) \\ &= \lambda \int_0^\infty x \cdot \exp (-\lambda x)\end{align*} \]

Die erste Zeile folgt hier aus der Definition des Erwartungswerts für stetige Zufallsvariablen. In der zweiten Zeile ändern wir die untere Integrationsschranke von \(-\infty\) zu 0. Da die Dichtefunktion \(f(x)\) im Bereich \([-\infty, 0]\) überall 0 ist, ist auch das Integral in diesem Bereich gleich null. Ganz ausführlich hingeschrieben hätten wir das Integral aufteilen müssen, da die Funktion \(f(x)\) ja zweiteilig definiert ist:

\[ \begin{align*} \int_{-\infty}^\infty x \cdot f(x) \; dx &= \int_{-\infty}^0 x \cdot f(x) \; dx +\int_0^\infty x \cdot f(x) \; dx \\ &= \int_{-\infty}^0 x \cdot 0 \; dx +\int_0^\infty x \cdot \lambda \exp (-\lambda x ) \; dx \\ &= 0 + \int_0^\infty x \cdot \lambda \exp (-\lambda x ) \; dx \end{align*} \]

Man darf also auf keinen Fall den Teil \(x\cdot \lambda \exp (-\lambda x)\) im Bereich kleiner null integrieren, da die Dichte dort stattdessen 0 ist! Im letzten Schritt haben wir die Konstante \(\lambda\) vor das Integral gezogen. Wenn man das Integral nur als stetige Version einer Summe ansieht, sieht man leicht, dass das ein einfaches Ausklammern, und somit zulässig ist. (Nicht möglich wäre das natürlich bei allen Termen, die ein \(x\) beinhalten, da das die Variable ist, über die integriert wird).

Jetzt kann man mit der Formel für die partielle Integration weiterarbeiten:

\[ \int^b_a f(x) \cdot g'(x) = \left[f(x) \cdot g(x)\right]^b_a – \int^b_a f'(x) \cdot g(x) \; dx\]

Man kann die partielle Integration nur dann sinnvoll verwenden, wenn die Stammfunktion zu \(g'(x)\) einfach zu berechnen ist, und zusätzlich das Integral auf der rechten Seite, \(\int f'(x) \cdot g(x) \; dx\), einfacher als das ursprüngliche Integral zu berechnen ist. Das wäre der Fall, wenn \(f(x) = x\), also \(f'(x) = 1\) ist. Definieren wir dann \(g'(x) = \exp(-\lambda x)\), können wir deren Stammfunktion \(g(x)\) einfach berechnen, da es eine Exponentialfunktion ist:

\[ g(x) = \int \exp(-\lambda x) \; dx = -\frac{1}{\lambda} \exp(-\lambda x) \]

Das kann man durch etwas Ausprobieren und einem nachprüfendem Ableiten am Ende schnell herausfinden.

Jetzt haben wir alle nötigen Terme bestimmt und können in die Formel der partiellen Integration einsetzen:

\[ \int^b_a f(x) \cdot g'(x) = \left[f(x) \cdot g(x)\right]^b_a – \int^b_a f'(x) \cdot g(x) \; dx\]

In unserem Fall ist:

• \(f(x) = x\)
• \(f'(x) = 1\)
• \(g(x) = -\frac{1}{\lambda} \exp(-\lambda x)\)
• \(g'(x) =\exp(-\lambda x)\)

Es ist also

\[ \begin{align*} \mathbb{E}(X) &= \lambda \int_0^\infty x \cdot \exp(-\lambda x) \; dx \\ &= \lambda \left( \Big[ \underbrace{x}_{f(x)} \cdot \underbrace{(-\frac{1}{\lambda}) \exp(-\lambda x)}_{g(x)}\Big]_0^\infty – \int_0^\infty \underbrace{1}_{f'(x)} \cdot \underbrace{(-\frac{1}{\lambda}) \exp(-\lambda x)}_{g(x)} \; dx \right) \end{align*} \]

Die Stammfunktion im linken Teil der großen Klammer ist nun null, denn: \(\exp(-\infty) = 0\) und \(0 \cdot \exp(-\lambda \cdot 0) = 0\). Der Term reduziert sich also zu \([0-0]\). Das ausgeklammerte \(\lambda\) können wir nun vor das übriggebliebene Integral stellen, und den Faktor \(-\frac{1}{\lambda}\) aus dem Inneren des Ingetrals nach vorne ziehen und weitermachen. Die Stammfunktion zu \(\exp (-\lambda x)\) kennen wir zum Glück schon und können sie direkt einsetzen:

\[ \begin{align*} \mathbb{E}(X) &= [ 0 – 0 ] – \lambda \cdot (-\frac{1}{\lambda}) \cdot \int_0^\infty \exp(-\lambda x) \; dx \\ &= (+1) \cdot \left[ -\frac{1}{\lambda} \exp (-\lambda x) \right]_0^\infty \\ &= \left[ 0 – (-\frac{1}{\lambda}) \right] \\ &= \frac{1}{\lambda} \end{align*} \]

Puh! Fertig. So beweisen wir also, dass der Erwartungswert bei der Exponentialverteilung gleich \(\frac{1}{\lambda}\) ist.

Varianz

Die Varianz einer exponentialverteilten Zufallsvariable ist

\[ \mathbb{V}(X) = \frac{1}{\lambda^2} \]

Die Herleitung funktioniert über die allgemeine Formel der Varianz stetiger Zufallsvariablen. Entweder über den Ansatz

\[ \mathbb{V}(X) = \int_{-\infty}^\infty \left( x – \mathbb{E}(X) \right)^2 \cdot f(x) \; dx \]

oder über den Verschiebungssatz

\[ \mathbb{V}(X) = \mathbb{E}(X^2) – [\mathbb{E}(X)]^2 = \int_{-\infty}^\infty x^2 \cdot f(x) \; dx – \left( \frac{1}{\lambda} \right)^2 \]

In beiden Fällen muss man auf dem Weg ein- oder mehrmals die partielle Integration anwenden. Aus Platzgründen, und um eure Motivation nicht zu sehr zu strapazieren, verzichte ich hier aber auf die Ausführung 🙂 .

Idee

Die stetige Gleichverteilung ist quasi eine Verallgemeinerung der diskreten Gleichverteilung. Während bei der diskreten Gleichverteilung jede ganze Zahl zwischen \(a\) und \(b\) möglich ist (beim Würfelwurf ist z.B. \(a=1\) und \(b=6\)), so ist bei der stetigen Gleichverteilung nun jede reelle Zahl im Intervall von \(a\) bis \(b\) ein mögliches Ergebnis.

Ein einleuchtendes Beispiel für eine stetig gleichverteilte Zufallsvariable ist die Wartezeit auf einen Bus. Wenn ich weiß, dass der Bus alle 10 Minuten abfährt, aber den Fahrplan nicht im Kopf habe, sondern einfach an die Haltestelle laufe, dann folgt meine Wartezeit an der Haltestelle einer stetigen Gleichverteilung zwischen \(a=0\) und \(b=10\) Minuten. Hier ist nun jede reelle Zahl als Wartezeit möglich, z.B. auch 4.325 Minuten. Durch die Modellierung der Wartezeit als stetige Gleichverteilung kann ich nun zum Beispiel die durchschnittliche Wartezeit sowie ihre Varianz berechnen.

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Parameter

Die stetige Gleichverteilung hat zwei Parameter, \(a\) und \(b\). Das sind die Intervallgrenzen. Es ist also \(a\) das kleinste mögliche Ergebnis der Zufallsvariablen, und \(b\) das größte mögliche. Eine Zufallsvariable \(X\), die stetig gleichverteilt ist, bezeichnet man durch

\[ X \sim \text{U}(a,b) \]

Das U kommt aus dem Englischen „uniform“, denn die Gleichverteilung heißt dort uniform distribution. Die Wartezeit in Minuten auf den nächsten Bus bezeichnet man etwa durch \(X \sim \text{U}(0,10)\).

Träger

Aus der Beschreibung der Parameter geht hervor, dass der Träger der stetigen Gleichverteilung genau das Intervall \([a,b]\) ist. Der Träger ist also \(\mathcal{T} = [a,b]\). An der Bushaltestelle sind so alle Wartezeiten zwischen 0 und 10 Minuten denkbar.

Dichte

Die Dichte setzt sich aus zwei Teilen zusammen: Außerhalb des Intervalls von \(a\) bis \(b\) ist sie überall 0, und innerhalb des Trägers \([a,b]\) ein gleichbleibender (konstanter) Wert, der abhängig von der Breite des Intervalls ist.

Der Wert der Dichte innerhalb des Intervalls ist \(f(x) = \frac{1}{b-a}\). Dadurch wird sichergestellt, dass die gesamte Fläche unter der Dichtefunktion 1 ergibt.

Außerhalb des Intervalls \([a,b]\) ist die Dichte überall null. Und damit gelangt man zur zweiteiligen Definition der Dichte:

\[ f(x) = \begin{cases} \frac{1}{b-a} &\mbox{falls } a \leq x \leq b \\ 0 & \mbox{sonst} \end{cases} \]

Der \(y\)-Wert der Dichtefunktion an der Stelle \(x\) ist also, falls \(x\) zwischen \(a\) und \(b\) liegt, gleich \(\frac{1}{b-a}\), und für alle anderen \(x\) gleich null.

Die Dichte der stetigen Gleichverteilung mit \(a=0\) und \(b=10\). Sie ist überall null, und im Bereich von 0 bis 10 gleich \(\frac{1}{10}\).

Verteilungsfunktion

Die Verteilungsfunktion ist nun dreiteilig definiert: Links von der unteren Grenze \(a\) ist sie überall null, da die Wahrscheinlichkeit, dass \(X\) einen Wert kleiner als \(a\) annimmt, null ist: \(\mathbb{P}(X \leq a) = 0\). Rechts von der oberen Grenze \(b\) ist sie konstant 1, da auf jeden Fall ein Wert kleiner oder gleich \(b\) herauskommt: \(\mathbb{P}(X \leq b) = 1\).

Die Verteilungsfunktion aus dem Beispiel der Wartezeit auf den Bus sieht wie folgt aus:

Die Verteilungsfunktion der stetigen Gleichverteilung, hier mit \(a=0\) und \(b=10\).

Innerhalb des Intervalls von \(a\) bis \(b\) ist die Verteilungsfunktion eine gerade Linie von 0 bis 1. In einer Formel drückt man diese Linie durch \(\frac{x-a}{b-a}\) aus. Der Nenner ist hier an jeder Stelle von \(x\) eine Konstante. Der Zähler ist an der Stelle \(x=a\) genau null, und wird dann in Richtung \(b\) immer größer.

Das führt zu einer dreiteiligen Definition der Verteilungsfunktion:

\[ F(x) = \begin{cases} 0 &\mbox{falls } x < a \\ \frac{x-a}{b-a} &\mbox{falls } a \leq x \leq b \\ 1 & \mbox{falls } x>b \end{cases} \]

Bei der Wartezeit auf den Bus, mit \(a=0\) und \(b=10\), können wir also zum Beispiel die folgenden Werte ablesen:

• Die Wahrscheinlichkeit, dass wir weniger als -2 Minuten warten, ist null: \(\mathbb{P}(X \leq -2) = F(-2) = 0\). Wir warten also auf jeden Fall eine positive Zeit (das macht auch Sinn).
• Die Wahrscheinlichkeit, dass wir maximal 3 Minuten warten, berechen wir durch \(\mathbb{P}(X \leq 3) = F(3) = \frac{3 – 0}{10 – 0} = 0.3\). Wir warten also mit einer 30-prozentigen Wahrscheinlichkeit weniger als 3 Minuten.
• Umgekehrt warten wir mit einer 70-prozentigen Wahrscheinlichkeit mehr als 3 Minuten, denn \(\mathbb{P}(X > 3) = 1 – \mathbb{P}(X \leq 3) = 1 – 0.3 = 0.7\).
• Wie im allgemeinen Artikel zu stetigen Zufallsvariablen beschrieben, können wir auch die Wahrscheinlichkeit berechnen, zwischen 3 und 5 Minuten auf den Bus zu warten. Das ist nämlich \(\mathbb{P}(3 < x \leq 5) =\mathbb{P}(x \leq 5) -\mathbb{P}(x \leq 3) = F(5)-F(3) = 0.5 – 0.3 = 0.2\).
• Die Wahrscheinlichkeit, dass wir höchstens 30 Minuten warten, ist 1, denn der Bus kommt alle 10 Minuten (wir modellieren hier keine außergewöhnlichen Verspätungen): \(\mathbb{P}(X \leq 30) = F(30) = 1\).

Erwartungswert

Der Erwartungswert bei der Gleichverteilung ist genau die Mitte zwischen \(a\) und \(b\):

\[ \mathbb{E}(X) = \frac{a+b}{2} \]

Auf den Bus, der alle zehn Minuten kommt, warten wir also durchschnittlich \(\frac{0+10}{2} = 5\) Minuten.

Varianz

Die Varianz berechnet sich zu

\[ \mathbb{V}(X) = \frac{1}{12}(b-a)^2 \]

Idee

Bei der geometrischen Verteilung liegt folgender Gedanke zugrunde: Wir haben ein Bernoulli-Experiment mit einer Erfolgswahrscheinlichkeit von \(p\). Nun fragen wir uns, wie oft wir dieses Experiment ausführen müssen, bis der erste Erfolg eintritt.

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Das meiner Meinung nach schönste Beispiel zur Veranschaulichung ist das vom betrunkenen Pförtner: Er hat einen Schlüsselbund mit 8 Schlüsseln, und einer davon öffnet das Tor, vor dem er steht. Da er aber betrunken ist, fällt ihm nach jedem Fehlversuch der Schlüsselbund herunter, und er weiß nicht mehr, welchen Schlüssel er schon probiert hat.

Jeder einzelne Versuch ist also ein neues Bernoulli-Experiment mit der Erfolgswahrscheinlichkeit \(p=\frac{1}{8}\). Da er 8 Schlüssel hat, ist ein zufällig gewählter Schlüssel mit einer Wahrscheinlichkeit von \(\frac{1}{8}\) der richtige.

Mit der geometrischen Verteilung können wir dieses Experiment nun beschreiben, und die Wahrscheinlichkeiten dafür bestimmen, dass er zum Beispiel genau einen Versuch, genau vier Versuche, oder höchstens fünf Versuche benötigt.

Parameter

Die geometrische Verteilung hat nur einen Parameter, nämlich \(p\), die Erfolgswahrscheinlichkeit bei einem einzelnen Versuch. Im Beispiel des betrunkenen Pförtners ist \(p=\frac{1}{8}\). Benennen wir die Zufallsvariable für das Experiment mit \(X\), wird die geometrische Verteilung dargestellt durch

\[ X \sim \text{G}(p), \]

in unserem Beispiel

\[ X \sim \text{G}(\frac{1}{8}). \]

Träger

Es gibt theoretisch keine Obergrenze für die Anzahl der Versuche, die der Pförtner benötigt. Jeder neue Versuch gelingt nur mit einer Wahrscheinlichkeit von \(\frac{1}{p}\), daher kann \(X\) jede natürliche Zahl von 0 bis unendlich annehmen:

\[ \mathcal{T} = \{ 0, 1, 2, \ldots \} \]

Dichte

Die Dichte der geometrischen Verteilung lautet

\[ f(x) = (1-p)^{x-1} p \]

Diese Dichte kann man sich leicht veranschaulichen: Um die Wahrscheinlichkeit zu bestimmen, dass der Pförtner beim dritten Versuch den richtigen Schlüssel erwischt, also \(\mathbb{P}(X=3) = f(3)\), muss er nacheinander zwei Fehlversuche (mit Wahrscheinlichkeit \(1-p\) und einen Treffer (mit Wahrscheinlichkeit \(p\)) machen. Die gesamte Wahrscheinlichkeit ist also das Produkt der drei Bernoulli-Experimente, also \((1-p)\cdot (1-p) \cdot p\). Das kann man zu \((1-p)^2 \cdot p\) zusammenfassen. Setzt man nun allgemein ein \(x\) statt der 2 ein, erhält man die Dichte der geometrischen Verteilung, nämlich das Produkt von \(x-1\) Mißerfolgen und einem Erfolg.

Die Dichte der geometrischen Verteilung für das Beispiel des betrunkenen Pförtners. Die \(x\)-Achse ist abgeschnitten, da die Dichte nach rechts ins Unendliche weitergeht. Die Wahrscheinlichkeiten für mehr als ca. 30 Versuche werden verschwindend gering, aber sind theoretisch immer noch im Bereich des Möglichen. Man sieht auch, dass \(f(1)\), die Wahrscheinlichkeit, dass gleich beim ersten Versuch der Treffer erfolgt, genau \(p\) ist.

Verteilungsfunktion

Die Verteilungsfunktion lässt sich mit Hilfe einer Rechenregel für Wahrscheinlichkeiten herleiten. Wir suchen nämlich gemäß der Definition der Verteilungsfunktion den Wert \(\mathbb{P}(X \leq x)\), also die Wahrscheinlichkeit, dass der Pförtner maximal \(x\) Versuche benötigt, um das Tor zu öffnen. Dieser Wert ist nur über eine Summe der Dichten von \(f(0)\) bis \(f(x)\) zu erhalten. Aber die Gegenwahrscheinlichkeit ist einfach:

Die Wahrscheinlichkeit \(\mathbb{P}(X > x)\), dass der Pförtner mehr als \(x\) Versuche benötigt, ist leicht zu berechnen. Es ist nämlich das Produkt von \(x\) Fehlversuchen, also \((1-p)^x\). Und das ist genau das Gegenereignis vom Ereignis „maximal \(x\) Versuche“.

Mit der folgenden Regel erhalten wir dann die Verteilungsfunktion:

\[ \mathbb{P}(\bar{A}) = 1-\mathbb{P}(A) \]

Die Verteilungsfunktion der geometrischen Verteilung ist also

\[ F(x) = \mathbb{P}(X \leq x) = 1-\mathbb{P}(X > x) = 1-(1-p)^x \]

Die Verteilungsfunktion der geometrischen Verteilung. Ihr Wert nähert sich im Unendlichen der 1 an, erreicht ihn aber nie exakt.

Erwartungswert

Der Erwartungswert der geometrischen Verteilung ist

\[ \mathbb{E}(X) = \frac{1}{p} \]

Bei 8 Schlüsseln, also \(p=\frac{1}{8}\), braucht der Pförtner also im Durchschnitt 8 Versuche, um das Tor zu öffnen.

Varianz

Die Varianz der geometrischen Verteilung berechnet man durch

\[ \mathbb{V}(X) = \frac{1}{p^2} – \frac{1}{p} \]

Alternative Darstellung

In manchen Büchern bzw. Skripten begegnet man auch einer alternativen Darstellung der geometrischen Verteilung. Hier ist mit \(X\) nicht wie hier die Anzahl der Versuche bis (inklusive!) zum ersten Treffer gemeint, sondern die Anzahl der Fehlversuche vor dem ersten Treffer. Wenn ich also modellieren will, dass der betrunkene Pförtner drei Fehlversuche macht, bis er im vierten Versuch das Tor öffnet, so berechne ich in der hier besprochenen Darstellung \(f(4)\), aber in dieser alternativen Darstellung wäre es stattdessen \(f(3)\). Die Formeln für Dichte, Verteilungsfunktion, und Erwartungswert verändern sich natürlich entsprechend, so dass dieselben Wahrscheinlichkeiten herauskommen.

Idee

Während die Binomialverteilung für Experimente mit gleichbleibender Wahrscheinlichkeit für „Erfolg“ verwendet wird, wendet man die hypergeometrische Verteilung dann an, wenn sich die Grundgesamtheit im Laufe des Experiments verändert. Anders ausgedrückt: Mit der Binomialverteilung beschreibt man Experimente mit Zurücklegen, und mit der hypergeometrischen Verteilung Experimente ohne Zurücklegen.

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Habe ich also einen Beutel mit 10 roten und 5 weißen Kugeln, und nehme viermal hintereinander eine Kugel aus dem Beutel, die ich danach wieder zurücklege, so dass wieder insgesamt 15 Kugeln im Beutel sind, dann kann ich mit der Binomialverteilung die Verteilung der Anzahl der gezogenen weißen Kugeln beschreiben. Das wäre nämlich eine Binomialverteilung mit \(n=4\) und \(p=\frac{5}{15} = \frac{1}{3}\). Hier fällt auf, dass die genaue Anzahl an Kugeln egal ist, und nur ihr Verhältnis zueinander interessiert. Das Experiment wäre also genau dasselbe, wenn nicht 10 rote und 5 weiße, sondern 100 rote und 50 weiße Kugeln in dem Beutel steckten.

Möchte man stattdessen die Kugeln nicht zurücklegen, verwendet man die hypergeometrische Verteilung. Das Experiment, das man mit ihr modellieren kann, sieht also zum Beispiel wie folgt aus: Man hat einen Beutel mit 15 Kugeln, wovon 5 Kugeln weiß sind. Man nimmt nun nacheinander vier Kugeln aus dem Beutel, ohne sie danach zurückzulegen. Nun kann ich mit Hilfe der hypergeometrischen Verteilung ausrechnen, mit welcher Wahrscheinlichkeit ich keine, eine, zwei, drei, oder vier weiße Kugeln in meiner Stichprobe erhalte.

Parameter

Für die hypergeometrische Verteilung ist es nun im Gegensatz zur Binomialverteilung wichtig, wieviele Kugeln jeder Sorte im Beutel liegen. Daher hat diese Verteilung drei Parameter:

1. \(N\), die Anzahl der Elemente insgesamt. Im oberen Beispiel haben wir \(N=15\) Kugeln.
2. \(M\), die Anzahl der Elemente, die die gewünschte Eigenschaft besitzen („Treffer“). Hier ist \(M=5\), die Anzahl der weißen Kugeln.
3. \(n\), die Anzahl der Kugeln, die als Stichprobe gezogen wird. Hier ist \(n=4\).

Wenn wir unser Beispiel mit der Zufallsvariablen \(X\) beschreiben, sieht die hypergeometrische Verteilung wie folgt aus:

\[ X \sim \text{HG}(15, 5, 4) \]

Träger

Die hypergeometrische Verteilung hat denselben Träger wie die Binomialverteilung: Wenn man \(n=4\) Kugeln zieht, sind 0 bis 4 Erfolge möglich. Allgemein ist also

\[ \mathcal{T} = \{ 0, 1, \ldots, n \} \]

Dichte

Die Dichte einer hypergeometrisch verteilten Zufallsvariable \(X\) lautet

\[ f(x) = \frac{{M \choose x} {N-M \choose n-x}}{N \choose n} \]

In unserem Beispiel ist also die Wahrscheinlichkeit, bei 4 gezogenen Kugeln 2 weiße Kugeln darunter zu finden, gleich

\[ f(2) = \frac{{5 \choose 2} {15-5 \choose 4-2}}{15 \choose 4} = 0.3297 \]

Die Dichte \(f(x)\) für die hypergeometrische Verteilung unseres Beispiels.

Beachte hier, dass die Werte \(N\), \(M\) und \(n\) das Experiment beschreiben, und dann (gegeben einem Experiment) nicht mehr verändert werden. Die Variable \(x\) hingegen kann alle möglichen Ausgänge des Experiments annehmen, hier also alles von 0 bis 4.

Verteilungsfunktion

Für die Verteilungsfunktion gibt es hier, wie bei der Binomialverteilung, keine kürzere Formel, sondern man summiert einfach die Dichte über alle möglichen Ausprägungen aus:

\[ F(x) = \mathbb{P}(X \leq x) = \sum_{k=0}^x f(k) \]

Die Verteilungsfunktion \(F(x)\) für dieses Beispielexperiment.

Möchte ich also die Wahrscheinlichkeit wissen, höchstens drei weiße Kugeln in meiner Stichprobe zu erhalten, muss ich die einzelnen Wahrscheinlichkeiten aufsummieren:

\[\begin{align*} F(3) = \mathbb{P}(X \leq 3) &=\mathbb{P}(X=0) +\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)+\mathbb{P}(X=3) \\&= 0.1538 + 0.4396 + 0.3297 + 0.0733 \\&= 0.996 \end{align*}\]

Einen Trick gibt es allerdings in den Fällen, in denen man viele einzelne Wahrscheinlichkeiten im Taschenrechner berechnen müsste: Über die Gegenwahrscheinlichkeit lässt sich derselbe Wert viel schneller berechnen:

\[F(3) = \mathbb{P}(X \leq 3) = 1-\mathbb{P}(X=4) = 1-0.004 = 0.996\]

Erwartungswert

Der Erwartungswert ist, analog zur Binomialverteilung, einfach \(n\)-mal der anfängliche Anteil an Treffern, also \(M/N\). Es ist daher

\[ \mathbb{E}(X) = n \cdot \frac{M}{N} \]

Varianz

Die Varianz berechnet man durch

\[ \mathbb{V}(X) = n \frac{M}{N} \left( 1-\frac{M}{N} \right) \frac{N-n}{N-1} \]

Beispielaufgabe

Mit Hilfe der hypergeometrischen Verteilung können wir zum Beispiel die folgenden Fragen beantworten:

• Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, beim deutschen Lotto (6 aus 49) drei gerade und drei ungerade Zahlen zu ziehen?
• Wie hoch ist dort die Wahrscheinlichkeit für sechs gerade Zahlen?

In beiden Fragen verwenden wir eine Zufallsvariable mit der Verteilung

\[ X \sim \text{HG}(49, 24, 6). \]

Denn es gibt insgesamt \(N=49\) Kugeln, davon sind \(M=24\) eine gerade Zahl, und wir ziehen \(n=6\) dieser Kugeln. Mit der Dichtefunktion für diese Verteilung können wir nun die Wahrscheinlichkeit für drei (über \(f(3)\)), sechs (über \(f(6)\)), oder beliebig viele Kugeln mit geraden Zahlen bestimmen:

\[\begin{align*} f(3) &=\frac{{24 \choose 3} {49-24 \choose 6-3}}{49 \choose 6} = 0.3329 \\f(6) &=\frac{{24 \choose 6} {49-24 \choose 6-6}}{49 \choose 6} = 0.0096 \end{align*}\]