Die Benutzung dieser Materialien ist auf Herbst 2017 beschränkt. Diese Hilfsmaterialien sind nur für unseren Studenten gemeint, dürfen also nicht weiterverteilt werden. Grundbegrie der Wahrscheinlichkeitsrechnung 1. Vorlesung am 04. September 2017. [1.A] Spielen mit zwei Würfeln [1.B] Die Modelle der Wahrscheinlichkeit [1.C] Fünf Modelle für zwei Würfeln [1.D] Die Kolmogorov'sche Axiome [1.E] Folgerungen von den Axiomen [2.A] Bedingte Wahrscheinlichkeit [2.B] Unabhängige Ereignisse [1.A] Spielen mit zwei Würfeln Wir werden die folgenden Fragen untersuchen. In der ersten Frage werfen wir mit einem Würfel, zweimal nacheinander. Wir beobachten die Summe der geworfenen Augenzahlen. Unsere erste Frage ist: Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass diese Summe gröÿer als 8 ist? Das richtige Ergebnis ist leicht zu nden: Ein Doppelwurf bedeutet 6 6 = 36 verschiedene Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit aller einzelnen Fälle ist der gleiche: 1/36. Die Summe ist mehr als 8, wenn die Summe entweder 9, 10, 11 oder 12 ist. Wir können die Summe 12 als Summe mit zwei 6-er Würfe erreichen: 12 = 6 + 6 Die Summe 11 ist auf zwei Arten erhältlich: 12 = 6 + 5 = 5 + 6 Die Summe 10 kann auf drei verschiedenen Arten erreicht werden:12 = 6+4 = 5+5 = 4+6 Die 9 als Summe kommt auf vier Arten vor: 9 = 6 + 3 = 5 + 4 = 4 + 5 = 3 + 6 Sie ergeben insgesammt 1+2+3+4=10 verschiedene Möglichkeiten. Also, für den Doppelwurf ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der Augenzahlen gröÿer als 8 ist, beträgt 10/36 28%. Damit haben wir die Frage beantwortet.
Das Problem ist zwar gelöst, wir sind aber nicht sicher, ob unsere Denkweise richtig war. Darum haben wir 5 neue Fragen. Frage 1. Warum haben wir die Möglichkeit zweimal 5 nur einmal gezählt und die Möglichkeit einmal 5 und einmal 6 zweimal gezählt? Unsere Lösung ist gut, die ausführliche Erklärung folgt später. Frage 2. Wie ändert sich das Ergebnis, falls wir statt einen Würfel zweimal zu werfen, zwei Würfel gleichzeitig, aber nur einmal werfen? Eigentlich ist diese Frage nicht eindeutig. Darum muss erst die nächste Frage geklärt werden. Frage 3. Ist es wichtig, wenn wir zwei Würfel werfen, ob die zwei Würfel unterscheidbar sind? Die zwei Würfel wissen nicht, ob wir sie unterscheiden können oder nicht. Das heisst, dass die Wahrscheinlichkeit davon nicht abhängen kann, ob wir zwischen den beiden Würfeln unterscheiden wollen oder nicht. Frage 4. Ist das Verhalten der Würfe zufällig, oder nicht? Kann es sein, dass dieses Verhalten tatsächlich deterministisch ist, aber ich es zufällig empnde, weil ich nicht genug Informationen habe? Diese Frage hat eine weitreichende Literatur. Kurz zusammengefasst, es ist üblicherweise angenommen, dass für Würfeln das stohastische Modell geeignet ist. Frage 5. Welches Modell ist geeignet? Zum Beispiel, unserem Modell entspricht, dass die Wahrscheinlichkeit aller 36 möglichen Elementarereignisse die gleiche ist. Aber, wir werden bald noch 3 weitere Modelle aufbauen, welche auch geeinet sind. Alle dieser 4 Modelle basieren auf dem Konzept des Urzufallmodells. Zum Zerstreuen der Zweifel, bauen und benutzen wir sogenannte Wahrscheinlichkeitsmodelle. Mit solcher Modelle können wir alle Probleme ohne Zweifel exakt beschreiben und lösen.
[1.B] Die Modelle der Wahrscheinlichkeit Die Struktur für die Analyse eines Zufallsvorgangs ist einen Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P. Zu diesem stochastischen Modell gehört eine Menge Ω, deren Elemente die möglichen Ausgänge des Zufallsvorgangs umfassen. Die Menge Ω wird als Ereignisraum oder Merkmalsraum bezeichnet, die Elemente ω von Ω heiÿen Elementarereignisse oder Merkmale. Ereignisse werden als Teilmengen von Ω modelliert. Ein Teilmenge A von Ω ist ein Ereignis genau dann, wenn A ein Element vom Ereignissystem A ist. Die Elemente des Ereignissystems A sind die Ereignisse. Wird bei einem Zufallsvorgang ein ω Ω Elementarereignis beobachtet, und dieses ω ist ein Element vom Ereignis A, so ist das Ereignis A eingetreten. Jedes Elementarereignis ω Ω erzeugt eine einelementige Teilmenge {ω} Ω. Es ist auch möglich, dass ω als einelementige Menge nicht im Ereignissystem A enthalten ist. Das Ereignissystem A enthält nicht unbedingt alle Teilmengen vom Ereignisraum Ω. Der Zweck der aktuellen Modellierung entscheidet welche Teilmengen des Ereignisraumes in das Ereignissystem aufgenommen werden. Die Mengenfunktion P : A [0, 1] R des Wahrscheinlichkeitsraumes ordnet dem Ereignis A eine Wahrscheinlichkeit P (A zu. Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ereignis A während eines Zufallsvorgangs eintritt, ist P (A. Solch eine Abbildung heiÿt Wahrscheinlichkeitsmaÿ. Es besteht ein Unterschied zwischen dem Elementarereignis ω Ω und dem Ereignis {ω} A. Ein ω Ω selbst besitzt keine Wahrscheinlichkeit, sondern nur das Ereignis {ω} A kann eine haben. Nur zu Ereignissen, welche zum Ereignissystem A gehören, werden Wahrscheinlichkeiten zugeordnet.
[1.C] Fünf Modelle für zwei Würfeln Es gibt unendlich viele (Ω, A, P Modelle, die unser Problem beschreiben können. Diese Modelle unterscheiden sich von der praktischen Seite: das eine Modell ist einfach vorzubereiten, aber es ist schwer zu verwenden, ein anderes Modell ist kompliziert aufzubauen, aber es ist leicht anzuwenden, ein weiteres Modell enthält überüssige Teile. Est hängt von uns ab, welches Modell wir wählen. Schauen wir jetzt 5 verschiedene Modelle für den Fall der zwei Würfe vom Anfang der Vorlesung an! Erstes Modell Der Ereignisraum Ω 1 vom ersten Modell besteht aus 36 Elementarereignissen: Ω 1 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} {1, 2, 3, 4, 5, 6} = {(1, 1, (1, 2, (1, 3, (1, 4, (1, 5, (1, 6, (2, 1, (2, 2,..., (3, 1,..., (6, 6} Das Ereignissystem A 1 ist als die Potenzmenge von Ω 1 gewählt: A 1 = { A A Ω 1 } Das Wahrscheinlichkeitsmaÿ P 1 basiert auf der Annahme, dass der Würfel faire (gerecht ist, und das Resultat eines Wurfes unabhängig vom Resultat der anderen Würfe ist. Gemäÿ dieser Annahmen: P 1 ({ω} = P 1 ({ω } für belibige zwei einelementigen Ereignisse P 1 ({ω} = 1/36 wegen der Mächtigkeit Ω 1 = 36 P 1 (A = A /36 für alle Ereignisse 10/36 ist die Wahrscheinlichkeit, dass die gesuchte Summe gröÿer als 8 ist, weil das entsprechende Ereignis ein 10-elementige Teilmenge der Menge Ω 1 ist. Zweites Modell Das vorige Modell is ein bisschen zu groÿ, das Ereignissystem A 1 hat 2 36 Ereignisse. 2 11 < 2 12 = 2 3 36 Auf gleicher Weise, wie beim vorigen Modell, kann man ein viel kleines Modell bauen, welche nur 2 11 Ereignisse hat. Ω 2 = Ω 1
Der Ereignisraum ist derselbe geblieben, jetzt werden aber nicht alle Teilmengen in das Ereignissystem A 2 aufgenommen. Sicherlich brauchen wir das gefragte Ereignis, gekennzeichnet mit F 8. { } F 8 = (x, y (x, y Ω 2 und 8 < x + y Weil die Wahrscheinlichkeit von F 8 von den einelementigen Teilmengen abgeleitet werden kann, brauchen wir auch die folgenden 10 einelementigen Ereignisse: E ω = {ω} für jede elemente ω von F 8 Schlieÿlich, weil das Ereignissystem eine boolesche Algebra sein soll, benutzen wir das folgende Ereignissystem A 2 : A 2 = { T T F 8 } { T (Ω 2 \ F 8 T F 8 } A 2 = 2 10 + 2 10 = 2 11 Das Wahrscheinlichkeitsmaÿ P 2 ist ähnlich zu P 1 : P 2 (A = P 1 (A für jede A A 2 A 1 So ist es nicht überraschend, dass wir dasselbe Ergebnis bekommen, wie beim ersten Modell: P 2 (F 8 = 10/36. Drittes Modell Dieses Modell enthält nicht, welche von den beiden Würfen zum Beispiel 5 und welcher 4 wurde. Enthalten (im Modell ist nur, dass wir einmal 4 und einmal 5 geworfen haben. { } Ω 3 = [x, y] x y und x, y {1, 2, 3, 4, 5, 6} Ω 3 = 21 A 3 = { A A Ω 3 } A 3 = 2 21 Bei diesem Modell, ist das Wahrscheinlichkeitsmaÿ P 3 kompliezierter: P 3 ({[x, x]} = 1/36 x {1, 2, 3, 4, 5, 6} P 3 ({[x, y]} = 2/36 x < y und x, y {1, 2, 3, 4, 5, 6} ( ({ } P 3 G 8 = P 3 [x, y] [x, y] Ω 3 und 8 < x + y = { } P 3 ([x, y] [x, y] Ω3 und 8 < x + y = P 3 ([3, 6]+ P 3 ([4, 5]+ P 3 ([4, 6]+ P 3 ([5, 5]+ P 3 ([5, 6]+ P 3 ([6, 6] = 2/36 + 2/36 + 2/36 + 1/36 + 2/36 + 1/36 = 10/36
Viertes Modell Immerhin... uns interessiert eigentlich nur die Augenzahlsumme. Deshalb ist ein 11-elementiges Ω 4 genügend. Ω 4 = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} Ω 4 = 11 A 4 = { A A Ω 4 } A 4 = 2 11 In diesem Fall ist aber das Wahrscheinlichkeitsmaÿ P 4 noch komplizierter. P 4 ({2} = 1/36 P 4 ({3} = 2/36 P 4 ({4} = 3/36. P 4 ({7} = 6/36 P 4 ({8} = 5/36. P 4 ({12} = 1/36 ({ } P 4 (H 8 = P 4 x x Ω 4 und 8 < x = { } P 4 ({x} x Ω 4 und 8 < x = P 4 ({9} + P 4 ({10} + P 4 ({11} + P 4 ({12} = 4/36 + 3/36 + 2/36 + 1/36 = 10/36 Fünftes Modell = Fleiÿarbeit 1.1 Dieses Modell ist ein verrücktes Modell, es enthält überüssige Teile. Nehmen wir an, dass die Wahrscheinlichkeit, dass ein Wurf nicht auf dem Tisch bleibt, ist 1/100. Lass uns vom ersten Modell herauskommen! Erweiteren wir dieses Modell mit einer überüssigen Information: die Zahl der Würfe, bei welchem der Würfel nicht auf dem Tisch bleibt. Diese Zahl kann 0, 1 oder 2 sein. Schreiben Sie auf, wie (Ω 5, A 5, P 5 aussieht. Geben Sie die alle Elemente vom Ereignis an, bei welchen die Summe der Augenzahlen gröÿer als 8 ist. Überprüfen Sie, dass dieses Modell ebenfalls das Ergebnis 10/36 ergibt.
[1.D] Die Kolmogorov'sche Axiome Andrei Nikolajewitsch Kolmogorow war ein sowjetischer Mathematiker. Sein Familienname Kolmogorov hat drei verschiedenen Schreibweisen: Kolmogoro Kolmogorow Kolmogorov... damals hat er seinen Namen auf dieser Weise benutzt... nach der akademischen Rechtschreibung... so wird sein Name im Alltag geschrieben Er war einer der bedeutendsten Mathematiker des 20. Jahrhunderts. Er wurde im Jahre 1903 geboren, und starb im Jahre 1987, in Moskau. Seine bekannteste mathematische Leistung war die Axiomatisierung der Wahrscheinlichkeitstheorie. In den Jahren zwischen 1931 und 1933 hat Kolmogorow gelegt. die maÿtheoretische Fundierung der modernen Wahrscheinlichkeitstheorie Die Urquelle der modernen Wahrscheinlichkeitstheorie wurde in deutscher Sprache geschrieben. Die von Kolmogorow aufgestellten sechs Axiome führen zum Begri des Wahrscheinlichkeitsfeldes als Triplett (Ω, A, P. Dieses Modell besteht aus einer, in heutiger Sprechweise, Mengenalgebra A über einer beliebigen nichtleeren Menge Ω, und aus einem auf A denierten Wahrscheinlichkeitsmaÿ P. Die Mengenalgebra A ist eine boolesche Algebra von ausgewählten Teilmengen der Ω enthält das sicheres Ereignis Ω, und das unmögliches Ereignis, die Nullmenge ist auch eine σ-algebra, das heiÿt, dass die Vereinigung von abzählbar vielen ihrer Teilmengen auch in der Mengenalgebra enthalten ist Das Wahrscheinlichkeitsmaÿ P ist eine Abbildung von A nach [0, 1] R erfüllt P (Ω = 1 ist additiv, das heiÿt, dass P (A B = P (A + P (B für Ereignisse, welche disjunkt sind ist auch σ-additiv, das heiÿt, dass das Wahrscheinlichkeitsmaÿ nicht nur für zwei, sondern auch für abzählbar viele Teilmengen additiv ist. Zeichen + und wird in der Fachliteratur oft anstelle von beziehungsweise verwendet. Zum Beispiel: P (A + B = P (A ( + P (B für Ereignisse die disjunkt sind, oder für mehrere Ereignisse: P i=0 A i = i=0 P (A i.
[1.E] Folgerungen von den Axiomen Die trivialen Ereignisse Die A A Ereignisse für welche P (A = 0 oder P (A = 1 gilt, sind die trivialen Ereignisse. P (A = 0 oder P (A = 1 P (A (P (A 1 = 0 (P (A 2 = P (A Aus P (A = 0 folgt nicht, dass A =, und aus P (A = 1 folgt nicht, dass A = Ω. Zum Beispiel, wählen wir eine reelle Zahl ξ auf dem Intervall [0, 2π mit einer konstanten Wahrscheinlichkeitsdichte. Dann es ist nicht unmöglich, dass diese gewählte Zahl ξ eine ganze Zahl wird. Aber die Wahrscheinlichkeit von diesem Ereignis ist Null. Es ist nicht sicher, daÿ diese gewählte Zahl ξ is eine nicht ganze Zahl wird. Aber die Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses ist 1. Folgerung 1. Für die leere Menge A gilt P ( = 0. Das heiÿt: die Wahrschenlichkeit des unmöglichen Ereignisses ist gleich Null. Der Beweis ist ganz einfach: P (Ω = P ( Ω Folgerung 2. weil Ω = Ω = P (Ω + P ( weil Ω = 0 = P (..., genau, was wir beweisen wollten. P (A \ B = P (A P (A B gilt für jede zwei beliebige Ereignisse. ( P (A = P (A \ B (A B weil A = (A \ B (A B = P ( A \ B + P ( A B weil (A \ B (A B = P (A \ B = P (A P (A B nach Umstellung der Gleichung Folgerung 3. P (A B = P (A P (A B + P (B ( P (A B = P (A \ B B gilt für jede zwei beliebige Ereignisse. weil A B = (A \ B B = P ( A \ B + P ( B weil (A \ B B = = P (A P (A B + P (B wegen Folgerung 2. Folgerung 4. = Fleiÿarbeit 1.2 Finden Sie die Verallgemeinerung der dritten Folgerung für P (A B C.