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

Diese Laplace-Wahrscheinlichkeiten waren auch der Wert, um den sich die relative Häufigkeit beim sehr oft wiederholten Zufallsexperiment stabilisiert hat.

Für die relative Häufigkeit hatte man diese Eigenschaften, die sich dann auch auf die Laplace-Wahrscheinlichkeit übertragen haben:

1. $P(E) \ge 0$

2. $P(\Omega)=1$

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

Merke

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

Über 100 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.

Merke

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

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

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

Aufgabe 2

Bearbeiten Sie dieses Arbeitsblatt.

Merke

Ist $\Omega = \lbrace \omega_1, \omega_2, ... , \omega_n \rbrace$ der Ergebnisraum eines Zufallsexperiments. Dann ist $P(\Omega)=P(\lbrace \omega_1 \rbrace) + P(\lbrace \omega_2 \rbrace) + ... + P(\lbrace \omega_n \rbrace) = 1$ .

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!

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 $P(\lbrace \omega_2 \rbrace = 0,0,04$ .