Die Kolmogorow-Axiome

Der Wahrscheinlichkeitsbegriff nach Kolmogorow

In dem weiteren Aufbau der Wahrscheinlichkeitstheorie erwies sich diese Definition als ungeeignet, da unüberwindliche Schwierigkeiten auftraten. Der uns bekannte Limesbegriff im Sinne der Analysis lässt sich nämlich nicht auf eine vom Zufall beherrschte Folge anwenden, in der immer wieder «Ausreisser» möglich sind. Eine logisch befriedigende Fassung des Wahrscheinlichkeitsbegriffs wurde erst durch den Verzicht auf eine direkte Definition möglich. Kolmogorow forderte lediglich gewisse Eigenschaften für Wahrscheinlichkeiten und zeigte 1933, dass sich bereits aus wenigen Axiomen eine Wahrscheinlichkeitstheorie entwickeln lässt.

Definition 1: Wahrscheinlichkeit nach Kolmogorow

Ist $P$ eine Funktion, die jedem Ereignis $\mathbb{A}$ eines Stichprobenraumes $\Omega$ genau eine reelle Zahl $P(\mathbb{A})$ zuordnet, so heisst $P$ eine Wahrscheinlichkeitsfunktion und jeder Funktionswert $P(\mathbb{A})$ die Wahrscheinlichkeit von $\mathbb{A}$ , genau dann, wenn folgende (Kolmogorow-)Axiome erfüllt sind:

$P(\mathbb{A}) \geq 0, \forall\mathbb{A}\subset\Omega\quad$ (Positivität)
$P(\Omega) = 1\quad$ (Normierung)
$\forall\mathbb{A},\mathbb{B}\subset\Omega$ mit $\mathbb{A}\cap\mathbb{B} = \emptyset \implies P(\mathbb{A}\cup\mathbb{B}) = P(\mathbb{A})+P(\mathbb{B})\quad$ (Additivität)

Aus den Axiomen folgert man sofort:

Theorem 1: Satz zur Gegenwahrscheinlichkeit

Mit den üblichen Bezeichnungen gilt

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

Proof

Wegen $\mathbb{A}\cap\overline{\mathbb{A}} = \emptyset$ und $\mathbb{A}\cup\overline{\mathbb{A}} = \Omega$ gilt

1 = P(\Omega) = P(\mathbb{A}\cup\overline{\mathbb{A}}) = P(\mathbb{A})+P(\overline{\mathbb{A}})

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

Note 1

Die Beziehung aus obigem Satz wird sehr oft benötigt, da in vielen Fällen die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses $\overline{\mathbb{A}}$ leichter zu berechnen ist als die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses $\mathbb{A}$ .

Example 1

Ein illustratives Beispiel für eine Anwendung ist die Suche nach der Antwort auf die Frage:

Mit einem fairen Spielwürfel: Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, in $10$ Würfen mindestens einmal eine $6$ zu werfen?

Dies zu berechnen ist ziemlich aufwendig. Denn man muss die Wahrscheinlichkeit berechnen, genau $1$ -mal eine $6$ , genau $2$ -mal eine $6$ , \dots, genau $10$ -mal eine $6$ in $10$ Würfen zu realisieren. Abschliessend muss man noch die einzelnen Wahrscheinlichkeiten aufsummieren. Zudem ist die Berechnung der einzelnen Wahrscheinlichkeiten – beispielsweise genau $3$ Sechsen in $10$ Würfen – nicht trivial (Resultat ungefähr $\qty{15.5}{\%}$ ).

Einfacher geht es über das Gegenereignis von «mindestens $1$ -mal eine $6$ zu werfen». Das ist nämlich «nie eine $6$ in $10$ Würfen» zu erzielen. Es ist

P(\text{keine } 6 \text{ in } 10 \text{ Würfen}) = \left(\frac{5}{6}\right)^{10} \approx 0.1615

Nun kann man mit obigem Satz einfach schliessen, dass die Wahrscheinlichkeit, «in $10$ Würfen mindestens einmal eine $6$ » zu würfeln,

\begin{align*} P(\text{mindestens eine } 6 \text{ in } 10 \text{ Würfen}) & = 1-P(\text{keine } 6 \text{ in } 10 \text{ Würfen})\\ & \approx 1-0.1615 = 0.8385 \approx \qty{84}{\%} \end{align*}

sein muss.

Theorem 2

Hat ein Zufallsversuch $n$ mögliche Ausfälle $\omega_1$ , $\omega_2$ , $\omega_3$ , $\dots$ , $\omega_n$ und ist jeder dieser Ausfälle gleich wahrscheinlich, also $P(\omega_i) = \frac{1}{n}$ , so gilt für ein Ereignis $\mathbb{A}$

P(\mathbb{A}) = \frac{1}{n}+\frac{1}{n}+\dots+\frac{1}{n} = \frac{\text{card}(\mathbb{A})}{\text{card}(\Omega)}

Proof

Die Ereignisse sind paarweise disjunkt. Wir verwenden die Kolmogorow-Additivität.

Definition 2: Laplace'sche Wahrscheinlichkeit

In obigem Fall gilt also für die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses $\mathbb{A}$ : Anzahl der günstigen Fälle für $\mathbb{A}$ geteilt durch Anzahl der möglichen Fälle $\Omega$ , oder kurz

P(\mathbb{A}) = \frac{|\mathbb{A}|}{|\Omega|} =: \frac{g}{m}

Example 2

Würfeln mit einem fairen Spielwürfel, Ziehen von Losen aus einer gut durchmischten Urne, Ziehen von Karten aus einem gut durchmischten Kartenspiel etc.

Die letzte Folgerung aus den Axiomen entspricht der klassischen Definition der Wahrscheinlichkeit, die von Laplace stammt. Diese Definition hat den Nachteil, dass man sich auf endlich viele Ereignisse, die alle gleich wahrscheinlich sein müssen, beschränken muss. Der axiomatische Aufbau der Wahrscheinlichkeitsrechnung wird heute in der Mathematik allgemein benutzt, weil man nicht mehr den Einschränkungen unterworfen ist und die klassische Definition als Sonderfall enthalten ist.

Exercise 1: Energie

In einer Stadt werden von allen Gebäuden $\qty{15}{\%}$ elektrisch, $\qty{35}{\%}$ mit Öl, $\qty{25}{\%}$ mit Kohle und der Rest mit Erdgas beheizt. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewähltes Gebäude

a) mit Kohle,

b) nicht mit Öl,

c) weder mit Kohle noch mit Öl beheizt wird.

Solution

Wir lassen die Prozente weg und rechnen:

a) $P(K) = \frac{25}{100} = \frac{1}{4}$

b) $P(O) = \frac{7}{20} \implies P(\overline{O}) = 1-P(O) = \frac{13}{20}$

c) $P(\overline{K\cup O}) = 1-\frac{3}{5} = \frac{2}{5}$

Exercise 2: Urne

Eine Urne enthält $100$ Kugeln mit den Nummern $00, 01, 02, \dots, 98, 99$ . Eine Kugel wird zufällig gezogen. Es sei $X$ die erste und $Y$ die zweite Ziffer ihrer Nummer. Berechne die Wahrscheinlichkeiten $P(X = 3)$ , $P(Y \neq 4)$ , $P(X \neq Y)$ , $P(X < 4 \text{ und } Y < 3)$ und $P(X \cdot Y > 49)$ .

Solution

Eins nach dem anderen:

a) $P(X=3) = \frac{10}{100} = \frac{1}{10}$

b) $P(Y\neq4) = \frac{90}{100} = \frac{9}{10}$

c) $P(Y\neq4) = \frac{90}{100} = \frac{9}{10}$

d) $P(X \neq Y) = \frac{10\cdot9}{100} = \frac{9}{10}$

e) $P(X < 4 \text{ und } Y < 3) = \frac{4\cdot 3}{100} = \frac{3}{25}$

f) Man zählt alle gültigen Produkte und teilt durch die möglichen Fälle: $P(X\cdot Y > 49) = \frac{1+2+3+4}{100} = \frac{1}{10}$

Exercise 3: Pferderennen

Die Pferde Artemis, Borodir, Condor und Durin bestreiten ein Galopprennen. Die Wahrscheinlichkeit, dass $A$ gewinnt, ist doppelt so gross wie die von $B$ , und die von $B$ ist doppelt so gross wie die von $C$ . Die Wahrscheinlichkeit, dass $D$ gewinnt, ist dreimal so gross wie die von $C$ . Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass

a) $C$ gewinnt,

b) $B$ oder $C$ gewinnt.

c) Beim Aufgalopp verletzt sich Borodir und kann deshalb am Rennen nicht teilnehmen. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass $D$ jetzt gewinnt.

Solution

Zuerst kann man mit dem Dreisatz die Verhältnisse der Siegeswahrscheinlichkeiten der Pferde bestimmen. Wir erhalten $P(A) = \frac{4}{10}$ , $P(B)=\frac{2}{10}$ , $P(C)=\frac{1}{10}$ und $P(D) = \frac{3}{10}$ . Damit sind die ersten drei Teilaufgaben gelöst. Ferner ist $P(B\cup C) = \frac{3}{10}$ . Wenn $B$ nicht teilnehmen kann, dann ist $P(D)=\frac{3}{8}$ .

Exercise 4: Bauer sucht Schatz

Ein Bauer erfährt, dass auf seinem $60\,\unit{m} \times 40\,\unit{m}$ grossen Acker irgendwo ein Schatz vergraben ist. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass der Schatz

a) mindestens zehn Meter von der Mitte entfernt ist?

b) gefunden wird, wenn man zehn Löcher mit einem Durchmesser von $10\,\unit{m}$ gräbt?

c) Wie viele Löcher vom gleichen Durchmesser müsste man graben, um mit mindestens $\qty{80}{\%}$ Sicherheit den Schatz zu finden?

Solution

Hinweis: In dieser Aufgabe handelt es sich um geometrische Wahrscheinlichkeiten, definiert durch das Verhältnis des Inhalts der günstigen Fläche zum Inhalt der möglichen Fläche. Auch diese Zuordnung erfüllt die drei Axiome von Kolmogorow, ist also eine Wahrscheinlichkeit.

Die Gesamtfläche, die den möglichen Fundort enthält, beträgt $A = 2400\,\unit{m^{2}}$ .

a) Der Bereich bis zu $10\,\unit{m}$ um die Mitte beträgt $M = 100\pi\,\unit{m^{2}}$ . Also $P(\overline{M}) = 1-\frac{M}{A} \approx 0.87$ .

b) Wenn man nicht wild darauf los gräbt, so überschneiden sich die Löcher paarweise nicht. Dann erhält man $P(10) = \frac{10\cdot25\pi}{A} \approx 0.33$ .

c) Sei $d$ der Durchmesser und $x$ die Anzahl Löcher. Es gilt:

\begin{align*} x \cdot \frac{(\frac{d}{2})^{2}\pi}{2400} & \geq 0.8 \\ x \cdot \frac{d^{2}\pi}{9600} & \geq 0.8 \\ x & \geq 0.8 \cdot \frac{9600}{d^{2}\pi} \end{align*}

Für den Durchmesser $d = 10\,\unit{m}$ von oben erhält man $x \geq 24.45$ . Das heisst, man müsste mindestens 25 Löcher graben, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als $\qty{80}{\%}$ den Schatz zu finden.