M11 Der Wahrscheinlichkeitsbegriff

Ein wichtiger Begriff bei Berechnungen ist die Laplace-Wahrscheinlichkeit. Laplace führte bei gleichwahrscheinlichen Ergebnissen die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses E aals

       Anzahl der für E günstigen Ergebnisse
P(E)= ---------------------------------------
       Anzahl aller Ergebnisse

Als Eigenschaften der Laplace-Wahrscheinlichkeit erhält man:

1. $P(E) \ge 0$

2. $P(\Omega)=1$

3. Sind zwei Ereignisse A und B unvereinbar $A \cap B=\lbrace \rbrace \rbrace$ , dann ist $P(A \cup B)=P(A)+P(B)$ .

30px Merke

Zwei Ereignisse Ereignisse A und B heißen unvereinbar, wenn $A \cap B=\lbrace \rbrace$ ist.

Über 200 Jahre später definierte Kolmogorow Wahrscheinlichkeiten über seine Axiome zur Wahrscheinlichkeitsfunktion.

Merke:

Axiomensystem von Kolmogorow

Eine Funktion P, die jeder Teilmenge E einer Ergebnismenge $\Omega$ eine reelle Zahle P(E) zuordnet heißt Wahrscheinlichkeitsfunktion oder Wahrschlichkeitsverteilung, wenn die drei Bedingungen erfüllt sind:

1. $P(E) \ge 0$ (Nichtnegativität)

2. $P(\Omega) = 1$ (Normiertheit)

3. $P(E_1 \cup E_2) = P(E_1)+P(E_2)$ (Additivität), wenn $E_1\cap E_2 = \lbrace \rbrace$

Man sieht, dass die Axiome von Kolmogorow sich sehr stark an die Eigenschaften der Laplace-Wahrscheinlichkeiten anlehnen. Nur geht es hier um die geforderten Eigenschaften einer Wahrscheinlichkeitsfunktion P, die hiermit jedem Ereignis eine Wahrscheinlichkeit P(E) zuordnet. Die Funktion P muss diese drei Axiome erfüllen, dann ist sie eine Wahrscheinlichkeitsfunktion.

Beispiele: 1. Werfen eines Laplace-Würfels

Die Wahrscheinlichkeiten beim Laplace-Würfel für die möglichen Ergebnisse 1, 2, 3, 4, 5, 6 sind jeweils $P(\lbrace 1 \rbrace)= P(\lbrace 2 \rbrace)=P(\lbrace 3 \rbrace)=P(\lbrace 4 \rbrace)=P(\lbrace 5 \rbrace)=P(\lbrace 6 \rbrace)=\frac{1}{6}$
Die Axiome von Kolmogorow sind erfüllt:
1. $p(E) \ge 0$
2. $P(\Omega)=P(\lbrace 1,2,3,4,5,6 \rbrace)=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=1$
3. Die Ergebnisse sind unvereinbare Ereignisse, es gilt hier die Summenformel.
Also hat man eine Wahrscheinlichkeitsfunktion P, die jedem Ergebnis (Elementarereignis) die Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}$ zuordnet.

2. Werfen eines "gezinkten" Würfels
Man hat einen Würfel mit den Augenzahlen 1,2,3,4,5,6 und $P(\lbrace 1 \rbrace)= P(\lbrace 2 \rbrace)=P(\lbrace 3 \rbrace)=P(\lbrace 4 \rbrace)=P(\lbrace 5 \rbrace)=0,1$ und $P(\lbrace 6 \rbrace)=0,5$
Auch hier sind die Axiome von Kolmogorw erfüllt:
1. $P(E)\ge 0$
2. $P(\Omega)=P(\lbrace 1,2,3,4,5,6 \rbrace)=0,1+0,1+0,1+0,1+0,1+0,5=1$
3. Die Ergebnisse sind unvereinbare Ereignisse, es gilt hier die Summenformel.

3. Werfen eines "exotischen Würfels"
Man hat einen Würfel mit den Augenzahlen 1,2,3,4,5,6 und $P(\lbrace 1 \rbrace)= P(\lbrace 2 \rbrace)=P(\lbrace 3 \rbrace)=P(\lbrace 4 \rbrace)=P(\lbrace 5 \rbrace)=0,15$ und $P(\lbrace 6 \rbrace)=0,2$
Hier ist das 2. Axiom von Kolmogorw nicht erfüllt:
2. $P(\Omega)=P(\lbrace 1,2,3,4,5,6 \rbrace)=0,15+0,15+0,15+0,15+0,15+0,2=0,95$
P ist keine Wahrscheinlichkeitsfunktion. Diesen Würfel gibt es nicht!

Was macht man, wenn $A$ und $B$ nicht unvereinbar sind?

Das Ereignisdiagramm schaut dann so aus:

Hier sieht man, dass in der Schnittmenge $A \cap B$ alle Elemente sind, die sowohl in $A$ als auch in $B$ vorkommen. In der Vereinigungsmenge $A \cup B$ werden diese Elemente für P(A) und P(B) jeweils gezählt, sie werden doppelt gezählt. Um dies zu korrigieren, muss man die Elemente der Schnittmenge einmal abziehen.

30px Merke

Für Ereignisse A und B, die nicht unvereinbar sind ( $A\cap B\ne \lbrace \rbrace$ ) gilt:

$P(A\cup B)=P(A) + P(B) - P(A\cap B)$

30px Aufgabe 1

$A$ ist ein Ereignis aus $\Omega$ . Zeigen Sie, dass für sein Gegenereignis $\overline A$ gilt:

$P(\overline {A}) = 1 - P(A)$

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

$A$ und $\overline A$ sind unvereinbare Ereignisse. Es ist $A \cap \overline A =\lbrace \rbrace$ . Weiter ist $A \cup \overline A = \Omega$ .
Für die Wahrscheinlichkeiten gilt dann $P(A) + P(\overline A) = P(A \cup \overline A)=P(\Omega) = 1$ .

Damit ist $P(A) + P(\overline A)=1$ und $P(\overline {A}) = 1 - P(A)$ .

30px Aufgabe 2

Bearbeiten Sie dieses Arbeitsblatt.

30px Merke

Hinweis zur Schreibweise. Wahrscheinlichkeiten haben als Argument ein Ereignis E. Ein Ereignis E ist eine Menge von Ergebnissen $\omega_i$ . Ereignisse mit nur einem Ergebnis sind Elementarereignisse und man schreibt $E=\lbrace \omega_i \rbrace$ .
Man muss also für die Wahrscheinlichkeit schreiben: $P(E)$ oder $P(\lbrace \omega_i \rbrace$ .
Bei der Wahrscheinlichkeit $P(\lbrace \omega_i \rbrace$ für ein Elementarereignis $\lbrace \omega_i\rbrace$ muss man das Argument als Ereignis schreiben, dies bedeutet, dass das Ergebnis in Mengenklammern steht!

30px Aufgabe 3

Gegeben sind der Ergebnisraum $\Omega = \lbrace \omega_1, \omega_2, \omega_3 \omega_4 \rbrace$ , die Ereignisse $E_1=\lbrace \omega_1, \omega_2 \rbrace, E_2=\lbrace \omega_3 \rbrace, E_3=\lbrace \omega_4 \rbrace$ und die Wahrscheinlichkeiten $P(E_1)=0,2, P(E_3) = 0,5=P(E_4)$ .

a) Zeigen Sie, dass P keine Wahrscheinlichkeitsfunktion ist.
b) Ändern sie $P(E_3)$ so ab, dass eine Wahrscheinlichkeitsfunktion für P entsteht und berechnen Sie dann die Wahrscheinlichkeiten für die Elementarereignisse $\lbrace \omega_i \rbrace$ unter der Voraussetzung, dass $\omega_1$ viermal so wahrscheinlich ist als $\omega_2$ .

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

a)Es ist $P(\Omega)=P(\lbrace \omega_1 \rbrace)+P(\lbrace \omega_2 \rbrace)+P(\lbrace \omega_3 \rbrace)+P(\lbrace \omega_4 \rbrace)=0,2+0,5+0,5\ne 1$ .

b) Mit $P(E_3)=P(\lbrace \omega3 \rbrace)=0,3$ ist $P(\Omega)=P(\lbrace \omega_1 \rbrace)+P(\lbrace \omega_2 \rbrace)+P(\lbrace \omega_3 \rbrace)+P(\lbrace \omega_4 \rbrace)=0,2+0,3+0,5= 1$ und P ist damit eine Wahrscheinlichkeitsfunktion.
$P(E_1)=P(\lbrace \omega_1 \rbrace) + P(\lbrace \omega_2 \rbrace)=0,2$ , wenn $\omega_1</matsh>viermal so wahrscheinlich sein soll wie <math>\omega_2$ , dann ist $P(\lbrace \omega_1 \rbrace = 0,16$ und $P(\lbrace \omega_2 \rbrace = 0,0,04$ .