Axiome von Kolmogorow

Die Wahrscheinlichkeit, mit einem sechsseitigen, fairen Würfel eine 1 zu würfeln beträgt:

$P\left(\right\{1\left\}\right)=\frac{\left|\left\{1\right\}\right|}{\left|\{1,2,3,4,5,6\}\right|}=\frac{1}{6}$

Die Wahrscheinlichkeit, den Hauptgewinn bei Lotto 6 aus 49 zu gewinnen, beträgt:

$\begin{array}{rcl}& & \begin{array}{ccc}P\left(\right\{Gewinn\left\}\right)=\frac{1}{\left(\begin{array}{c}49\\ 6\end{array}\right)}& & \overline{)\left(\begin{array}{c}49\\ 6\end{array}\right)=\frac{49!}{(49-6)!6!}}\\ =\frac{1}{139.838.160}& & \end{array}\end{array}$

Der Binominal-Koeffizient $\left(\begin{array}{c}49\\ 6\end{array}\right)$ gibt an, auf wie viele verschiedene Arten und Weisen Du 6 aus 49 Zahlen wählen kannst. Hierbei beachtest Du nicht die Reihenfolge, in der Du die Zahlen auswählst.

Bei einem Münzwurf kannst Du als Ergebnis Wappen (W) oder Zahl (Z) erhalten.

Also ist

$\Omega =\{W,Z\}$

Alle Ereignisse (alle möglichen Teilmengen der Ergebnismenge) sind damit

$A=\left\{W\right\}undB=\left\{K\right\}$

Damit sind

$P\left(A\right)=\frac{\left|\left\{W\right\}\right|}{\left|\{W,Z\}\right|}=\frac{1}{2}$

und

$P\left(B\right)=\frac{\left|\left\{Z\right\}\right|}{\left|\{W,Z\}\right|}=\frac{1}{2}$

Nun kannst Du die Wahrscheinlichkeiten addieren, um P(Ω) zu erhalten:

$\begin{array}{rcl}P\left(\Omega \right)& =& P\left(A\right)+P\left(B\right)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1\end{array}$

Das zweite Axiom von Kolmogorow trifft hier also zu!

Stelle Dir doch einmal vor:

$P\left(\Omega \right)=0,75$

In diesem Fall könnte also mit einer Wahrscheinlichkeit von $25\%$ ein Ergebnis eintreten, welches nicht Teil der Ergebnismenge ist. Es sind aber bloß die Ergebnisse der Ergebnismenge überhaupt möglich, weshalb P in diesem Fall keine wohldefinierte Wahrscheinlichkeit sein kann.

Oder auch andersherum:

$P\left(\Omega \right)=1,5$

In diesem Fall ist P auch keine Wahrscheinlichkeit, da es nichts Höheres gibt als eine $\mathbf{100}\mathbf{}\mathbf{\%}$ Wahrscheinlichkeit.

Beim Würfeln mit einem sechsseitigen Würfel lässt sich die Ergebnismenge definieren als:

$\Omega =\{1,2,3,4,5,6\}$

Teilmengen von Ω stellen nun die Ereignisse dar. Zum Beispiel:

$$\begin{gathered} A=\{1,2,3\} \\ B=\{1,2,4\} \\ C=\{3,5,6\} \end{gathered}$$

Aufgabe

Sind A, B und C paarweise disjunkt? Begründe Deine Antwort.

Lösung

B und C sind disjunkt, denn

$\begin{array}{rcl}B\cap C& =& \{1,2,4\}\cap \{3,5,6\}=\varnothing \end{array}$

Aber A und B teilen sich die Elemente 1 und 2, weshalb A und B nicht disjunkt sind.

Somit sind A, B und C nicht paarweise disjunkt.

Du möchtest aus dem Fenster schauen und überlegst Dir, dass es mit einer Wahrscheinlichkeit von $13\%$ schneit, mit $37\%$ Wahrscheinlichkeit regnet und mit einer Wahrscheinlichkeit von $50\%$ die Sonne scheint.

Aufgabe

1. Gib die Ereignismenge dieses Wahrscheinlichkeitsexperiments an.
2. Wie ist die Wahrscheinlichkeit, dass nicht die Sonne scheint?
3. Mit welcher Wahrscheinlichkeit regnet oder schneit es?

Lösung

a.

$\Omega =\{Regen,Schnee,Sonne\}$

b.

Hier gibt es nun mehrere Lösungsmöglichkeiten:

Möglichkeit 1:

Das Ereignis "Es scheint nicht die Sonne" ist das Komplement von "Es scheint die Sonne".

$\begin{array}{rcl}P\left(\overline{\left\{Sonne\right\}}\right)& =& 1-P\left(\right\{Sonne\left\}\right)\\ & & \\ & =& 1-50\%=1-0,5=0,5\end{array}$

Möglichkeit 2:

Das Ereignis "Es scheint nicht die Sonne" kann hier auch als "Es regnet oder es schneit" ausgedrückt werden und ist gleichzeitig auch die Lösung der Aufgabe c.

$\begin{array}{rcl}P\left(\overline{\left\{Sonne\right\}}\right)& =& P\left(\right\{Regen\}\cup \{Schnee\left\}\right)\\ & & \\ & =& P\left(\right\{Regen\left\}\right)+P\left(\right\{Schnee\left\}\right)\\ & & \\ & =& 37\%+13\%=50\%=0,5\end{array}$

Aufgabe

Wie ist die Wahrscheinlichkeit, bei einem sechsseitigen Würfel eine 3, 4 oder 6 zu würfeln?

Lösung

Erst definierst Du wieder Ω und das beschriebene Ereignis A:

$$\begin{gathered} \Omega =\{1,2,3,4,5,6\} \\ A=\{3,4,6\} \end{gathered}$$

Die Wahrscheinlichkeit, eine 3 zu würfeln, beträgt:

$\begin{array}{rcl}P\left(\right\{3\left\}\right)& =& \frac{1}{\left|\Omega \right|}=\frac{1}{6}\end{array}$

und

$P\left(\right\{3\left\}\right)=P\left(\right\{4\left\}\right)=P\left(\right\{6\left\}\right)$

Nun suchst Du:

$P\left(\right\{3,4,6\left\}\right)=?$

Dies kannst Du umschreiben:

$P\left(\right\{3,4,6\left\}\right)=P\left(\right\{3\}\cup \{4\}\cup \{6\left\}\right)$

Da die Ereignisse 3, 4 und 6 paarweise disjunkt sind, kannst Du nun das dritte Axiom von Kolmogorow anwenden:

$\begin{array}{rcl}P\left(\right\{3,4,6\left\}\right)& =& P\left(\right\{3\}\cup \{4\}\cup \{6\left\}\right)\\ & & \\ & =& P\left(\right\{3\left\}\right)+P\left(\right\{4\left\}\right)+P\left(\right\{6\left\}\right)\\ & & \\ & =& \frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}\end{array}$

Aufgabe

Beweise die obigen Folgerungen mit den drei Axiomen von Kolmogorow.

Lösung

Beweis 1: $\boxed{P(nichtA)=1-P\left(A\right)}$

Hierfür nutzt Du das zweite Axiom von Kolmogorow:

$$\begin{gathered} P\left(\Omega \right)=1 \\ \iff P(A\cup \overline{A})=1 \\ \iff P\left(A\right)+P\left(\overline{A}\right)=1 \\ \iff P\left(\overline{A}\right)=1-P\left(A\right) \end{gathered}$$

q.e.d.

Beweis 2: $\boxed{P(\varnothing )=0}$

Hier kannst Du das dritte Axiom nutzen:

$$\begin{gathered} P(\Omega \cup \varnothing )=P\left(\Omega \right)+P(\varnothing )\overline{)\Omega \cup \varnothing =\Omega } \\ \iff P\left(\Omega \right)=P\left(\Omega \right)+P(\varnothing ) \\ \iff P(\varnothing )=0 \end{gathered}$$

q.e.d.

Beweis 3: $\boxed{P(A\cup B)=P\left(A\right)+P\left(B\right)-P(A\cap B)}$

Hier wendest Du nun mehrmals Mengentheorie und das dritte Axiom an:

$\begin{array}{rcl}P(A\cup B)& =& P(A\cup B)+P(A\cap B)-P(A\cap B)\\ & & \\ & =& P\left(\right(A\backslash B)\cup (B\backslash A)\cup (A\cap B\left)\right)+P(A\cap B)-P(A\cap B)\\ & & \\ & =& P(A\backslash B)+P(A\cap B)+P(B\backslash A)+P(A\cap B)-P(A\cap B)\\ & & \\ & =& P\left(A\right)+P\left(B\right)-P(A\cap B)\end{array}$

q.e.d.