Kurs:Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2018-2019)/Teil II/Vorlesung 57

Unabhängige Ereignisse

Bei einem mehrfachen Münzwurf hat das Ergebnis beim ${}i$-ten Wurf nichts mit dem Ergebnis beim ${}j$-ten Wurf (${}j\neq i$) zu tun. Die Kenntnis des Ergebnisses beim ${}i$-ten Wurf erlaubt keine Rückschlüsse auf die anderen Würfe. Wenn man hingegen weiß, dass bei ${}10$ Münzwürfen ${}8$ mal Kopf geworfen wurde, und man schätzen soll, was beim ${}3.$Wurf geworfen wurde, so wird man wohl eher auf Kopf als auf Zahl tippen. Solche Phänomen werden in der Wahrscheinlichkeitstheorie durch die stochastische Unabhängigkeit bzw. Abhängigkeit erfasst.

Definition

Zwei Ereignisse ${}E$ und ${}F$ in einem endlichen Wahrscheinlichkeitsraum ${}(M,P)$ heißen unabhängig, wenn

${}P(E\cap F)=P(E)\cdot P(F)\,$

ist.

Man spricht auch von stochastischer Unabhängigkeit. Wenn die Ereignisse nicht unabhängig sind, werden sie abhängig genannt.

Lemma

Es sei ${}(M,P)$ ein endlicher Wahrscheinlichkeitsraum.

1. Jedes Ereignis ist zu ${}\emptyset$ und zu ${}M$ unabhängig.
2. Wenn die Ereignisse ${}E$ und ${}F$ unabhängig sind, so sind auch ${}E$ und ${}M\setminus F$ unabhängig.
3. Wenn ein Ereignis ${}E$ zu sich selbst unabhängig ist, so ist

   ${}P(E)=0{\text{ oder }}1\,.$

Beweis

1. Für die leere Menge gilt

   ${}P(E\cap \emptyset )=P(\emptyset )=0=P(E)\cdot P(\emptyset )\,$

   und für die Gesamtmenge ist

   ${}P(E\cap M)=P(E)=P(E)\cdot 1=P(E)\cdot P(M)\,.$

2. Seien ${}E$ und ${}F$ unabhängig. Dann ist nach Lemma 55.8  (3)

   ${}{\begin{aligned}P(E\cap (M\setminus F))&=P(E\setminus E\cap F)\\&=P(E)-P(E\cap F)\\&=P(E)-P(E)\cdot P(F)\\&=P(E)(1-P(F))\\&=P(E)P(M\setminus F),\end{aligned}}$

   was die behauptete Unabhängigkeit bedeutet.
3. Die Unabhängigkeit von ${}E$ mit sich selbst bedeutet

   ${}P(E)=P(E\cap E)=P(E)\cdot P(E)=P(E)^{2}\,,$

   diese Gleichung erfüllen nur die Zahlen ${}0$ und ${}1$.

$\Box$

Beispiel

Wir betrachten einen Würfelwurf mit dem Laplace-Raum ${}\{1,2,3,4,5,6\}$ und dabei die Ereignisse

${}G=\{2,4,6\}\,,$

${}U=\{1,3,5\}\,$

und

${}E=\{1,2\}\,.$

Die Ereignisse ${}E$ und ${}G$ sind unabhängig, da

${}E\cap G=\{2\}\,$

und somit

${}P(E\cap G)={\frac {1}{6}}={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{2}}=P(E)\cdot P(G)\,.$

Ebenso sind ${}E$ und ${}U$ unabhängig (dies folgt auch aus Lemma 57.2  (2)). Dagegen sind ${}G$ und ${}U$ nicht unabhängig, da

${}G\cap U=\emptyset \,$

ist, aber beide Ereignisse eine positive Wahrscheinlichkeit haben.

Beispiel

In einem Papageienhaus sind die beiden Geschlechter gleichmäßig verteilt und ebenso sind die Farben rot, gelb und grün gleichmäßig und unabhängig vom Geschlecht verteilt. Dann ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Papagei ein rotes Weibchen ist, gleich

${}{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{3}}={\frac {1}{6}}\,.$

Beispiel

Wir betrachten die Ziehung der Lottozahlen. Sind die Ereignisse, dass zwei bestimmte Zahlen gezogen werden, unabhängig voneinander? Dazu müssen wir die relevanten Wahrscheinlichkeiten berechnen. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine bestimmte Zahl, sagen wir die ${}17$ gezogen wird, ist, wie in Beispiel 55.12 berechnet, gleich ${}{\frac {6}{49}}$. Diese Wahrscheinlichkeit ist für jede Zahl gleich. Die Wahrscheinlichkeit, dass zwei Zahlen gezogen werden, sagen wir die ${}17$ und die ${}31$, ist, ebenfalls wie in Beispiel 55.12 berechnet, gleich

${}{\frac {5}{392}}=0,012755102...\,.$

Die Produktwahrscheinlichkeit der beiden einzelnen Ereignisse ist hingegen

${}{\frac {6}{49}}\cdot {\frac {6}{49}}={\frac {36}{2401}}=0,014993753...\,.$

Die Ereignisse sind also nicht unabhängig.

Beispiel

Es sei ein Laplace-Raum ${}M$ gegeben, dessen Anzahl eine Primzahl ${}p$ ist. Dann sind zwei Ereignisse ${}E,F\subseteq M$ nur dann unabhängig, wenn eines von ihnen leer oder gleich ${}M$ ist. Die Unabhängigkeitsbedingung bedeutet ja für einen Laplaceraum

${}{\frac {\#\left(E\cap F\right)}{p}}={\frac {\#\left(E\right)}{p}}\cdot {\frac {\#\left(F\right)}{p}}\,.$

Dies bedeutet

${}p\cdot {\#\left(E\cap F\right)}={\#\left(E\right)}\cdot {\#\left(F\right)}\,.$

Somit teilt die Primzahl ${}p$ das Produkt ${}{\#\left(E\right)}\cdot {\#\left(F\right)}$. Nach dem Lemma von Euklid kann das nur sein, wenn ${}p$ einen der Faktoren teilt. Dann muss aber die Anzahl eines Faktors, sagen wir von ${}{\#\left(E\right)}$, gleich ${}0$ oder ${}p$ sein, was ${}E=\emptyset$ oder ${}E=M$ bedeutet.

Zu einer Produktmenge ${}M_{1}\times \cdots \times M_{n}$ und zu ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ heißt die Abbildung

$q_{i}\colon M_{1}\times \cdots \times M_{n}\longrightarrow M_{i},\,\left(x_{1},\,\ldots ,\,x_{n}\right)\longmapsto x_{i},$

die ${}i$-te Projektion. Zu einer Teilmenge ${}T\subseteq M_{i}$ nennen wir das Urbild

${}q_{i}^{-1}(T)=M_{1}\times \cdots \times M_{i-1}\times T\times M_{i+1}\times \cdots \times M_{n}\,$

auch den Zylinder über ${}T$.

Lemma

Es seien ${}(M_{1},P_{1}),\ldots ,(M_{n},P_{n})$ endliche Wahrscheinlichkeitsräume und

${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{n}\,$

der Produktraum.

Dann sind zu Ereignissen ${}E_{i}\subseteq M_{i}$ und ${}E_{j}\subseteq M_{j}$ mit ${}i\neq j$ die Zylindermengen ${}q_{i}^{-1}(E_{i})$ und ${}q_{j}^{-1}(E_{j})$ unabhängig.

Beweis

Es ist (sagen wir $i<j$)

${}{\begin{aligned}q_{i}^{-1}(E_{i})\cap q_{j}^{-1}(E_{j})&={\left(M_{1}\times \cdots \times M_{i-1}\times E_{i}\times M_{i+1}\times \cdots \times M_{n}\right)}\cap {\left(M_{1}\times \cdots \times M_{j-1}\times E_{j}\times M_{j+1}\times \cdots \times M_{n}\right)}\\&=M_{1}\times \cdots \times M_{i-1}\times E_{i}\times M_{i+1}\times \cdots \times M_{j-1}\times E_{j}\times M_{j+1}\times \cdots \times M_{n},\end{aligned}}$

somit folgt die Aussage aus Lemma 56.4  (2).

$\Box$

Diese Aussage bedeutet beispielsweise, dass bei der Hintereinanderausführung von Münzwürfen der ${}i$-te Münzwurf vom ${}j$-ten Münzwurf (${}i\neq j$) unabhängig ist. Dies ist natürlich intuitiv klar, die vorstehende Aussage ist eine Bestätigung dafür, dass die Modellierung eines wiederholten Experimentes durch einen Produktraum und das oben formulierte Konzept der Unabhängigkeit sinnvoll sind.

Definition

Es sei ein endlicher Wahrscheinlichkeitsraum ${}(M,P)$ gegeben. Die Ereignisse

${}E_{1},\ldots ,E_{k}\subseteq M\,$

heißen paarweise unabhängig, wenn

${}P(E_{i}\cap E_{j})=P(E_{i})\cdot P(E_{j})\,$

für alle ${}i\neq j$ ist.

Das bedeutet einfach, dass je zwei Mengen der ${}E_{i}$ unabhängig sind.

Definition

Es sei ein endlicher Wahrscheinlichkeitsraum ${}(M,P)$ gegeben. Die Ereignisse ${}E_{1},\ldots ,E_{k}\subseteq M$ heißen vollständig unabhängig, wenn für jedes ${}r$, ${}2\leq r\leq k$, und jede ${}r$-elementige Teilmenge ${}I\subseteq \{1,\ldots ,k\}$ die Gleichheit

${}P{\left(\bigcap _{i\in I}E_{i}\right)}=\prod _{i\in I}P(E_{i})\,$

gilt.

Da insbesondere für zweielementige Teilmengen diese Gleichung gelten muss, impliziert die vollständige Unabhängigkeit die paarweise Unabhängigkeit. Wenn ${}I$ die Form

${}I=\{i_{1},\ldots ,i_{r}\}\,$

hat, so bedeutet die Unabhängigkeit einfach

${}P{\left(E_{i_{1}}\cap \ldots \cap E_{i_{r}}\right)}=P{\left(E_{i_{1}}\right)}\cdots P{\left(E_{i_{r}}\right)}\,.$

Das folgende Beispiel zeigt, dass die vollständige Unabhängigkeit echt stärker als die paarweise Unabhängigkeit ist.

Beispiel

Wir betrachten einen dreifachen Münzwurf, also den Wahrscheinlichkeitsraum ${}\{Z,K\}^{3}$ mit ${}p={\frac {1}{2}}$. Das Ereignis, dass bei den ersten beiden Würfen das gleiche Ergebnis herauskommt (also beide Mal Kopf oder beidemal Zahl), sei mit ${}E$ bezeichnet, das Ereignis, dass beim ersten und beim dritten Wurf das gleiche Ergebnis herauskommt, sei mit ${}F$ bezeichnet, und das Ereignis, dass beim zweiten und beim dritten Wurf das gleiche Ergebnis herauskommt, sei mit ${}G$ bezeichnet. Wir behaupten, dass diese Ereignisse paarweise unabhängig sind, aber nicht vollständig unabhängig. Zu ${}E$ gehören genau die Elementarereignisse der Form ${}(K,K,X)$ und ${}(Z,Z,X)$, das sind vier Stück. Somit ist die Wahrscheinlichkeit der Einzelereignisse ${}E,F,G$ stets ${}{\frac {1}{2}}$. Das Ereignis ${}E$ und ${}F$ tritt genau dann ein, wenn alle drei Münzwürfe das gleiche Ergebnis haben, also nur bei ${}(K,K,K)$ oder ${}(Z,Z,Z)$. Die Wahrscheinlichkeit davon ist also

${}P(E\cap F)={\frac {2}{8}}={\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}=P(E)\cdot P(F)\,.$

Entsprechendes gilt für die Paare ${}E$ und ${}G$ und ${}F$ und ${}G$. Wenn man dagegen alle drei Ereignisse miteinander schneidet, so ist

${}E\cap F\cap G=\{(K,K,K),(Z,Z,Z)\}=E\cap F=E\cap G=F\cap G\,.$

Die Wahrscheinlichkeit davon ist nach wie vor ${}{\frac {1}{4}}$, aber das Produkt der drei Einzelwahrscheinlichkeiten ist

${}{\left({\frac {1}{2}}\right)}^{3}={\frac {1}{8}}\,.$

Beispiel

Es werde eine Münze ${}n$-mal hintereinander geworfen. Wir interessieren uns für die Ereignisse ${}E_{i}$, dass sich das Ergebnis vom ${}i-1$-ten zum ${}i$-ten Wurf ändert ($i=2,\ldots ,n$). Sind diese Ereignisse vollständig unabhängig? Das ist nicht so unmittelbar klar, da ja ${}E_{i}$ und ${}E_{i+1}$ beide auf den ${}i$-ten Wurf Bezug nehmen. Trotzdem sind diese Ereignisse vollständig unabhängig. Es sei dazu ${}2\leq i_{1}<i_{2}<\ldots <i_{r}\leq n$ fixiert. Ein Wechsel an der ${}i$-ten Stelle (verglichen zum Vorgängerwurf) hat die Wahrscheinlichkeit ${}{\frac {1}{2}}$. Wenn ${}E_{i}$ gelten soll, so ist der ${}i$-te Würfelwurf durch das Ergebnis des ${}(i-1)$-ten Würfelwurfs festgelegt. Wenn das Ereignis ${}E_{i_{1}}\cap E_{i_{2}}\cap \ldots \cap E_{i_{r}}$ gelten soll, so gibt es keinerlei Bedingung an den Stellen ${}i$ mit ${}i\neq i_{j}$ für alle ${}j$, während dadurch an den Stellen ${}i_{j}$ alles fixiert ist. Somit gibt es ${}2^{n-r}$ günstige Kombinationen für dieses Durchschnittsereignis. Seine Wahrscheinlichkeit ist somit

${}{\frac {2^{n-r}}{2^{n}}}={\frac {1}{2^{r}}}={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{r}\,,$

was mit dem Produkt der Einzelwahrscheinlichkeiten übereinstimmt.

Lemma

Es seien ${}(M_{1},P_{1}),\ldots ,(M_{n},P_{n})$ endliche Wahrscheinlichkeitsräume und

${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{n}\,$

der Produktraum. Es seien Ereignisse ${}E_{1}\subseteq M_{1}$, ${}E_{2}\subseteq M_{2}$,..., ${}E_{n}\subseteq M_{n}$ gegeben und es seien ${}{\tilde {E_{i}}}$ die zugehörigen Zylindermengen im Produktraum, also

${}{\tilde {E_{i}}}=M_{1}\times \cdots \times M_{i-1}\times E_{i}\times M_{i+1}\times \cdots \times M_{n}=q_{i}^{-1}(E_{i})\,.$

Dann sind die Ereignisse ${}{\tilde {E_{1}}},\ldots ,{\tilde {E_{n}}}$ vollständig unabhängig.

Beweis

Es sei ${}I\subseteq {\{1,\ldots ,n\}}$. Dann ist

${}{\begin{aligned}\bigcap _{i\in I}{\tilde {E_{i}}}&=F_{1}\times F_{2}\times \cdots \times F_{n}\\\end{aligned}}$

wobei

${}F_{j}=E_{j}\,$

ist, falls ${}j\in I$ ist, und andernfalls

${}F_{j}=M_{j}\,.$

Nach Lemma 56.4  (2) ist

${}P{\left(\bigcap _{i\in I}{\tilde {E_{i}}}\right)}=\prod _{j=1}^{n}P_{j}(F_{j})=\prod _{i\in I}P_{i}(E_{i})=\prod _{i\in I}P({\tilde {E_{i}}})\,,$

was die vollständige Unabhängigkeit bedeutet.

$\Box$

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