bedingte Erwartung berechnen

31.10.2010, 15:48

fnsr21

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bedingte Erwartung berechnen

Hallo!

Da das berechnen in Mathevorlesungen immer etwas zu kurz kommt, wollte ich folgende Aufgabe versuchen:

Es seien $\begin{eqnarray*} X,Y : \Omega \to \{0,1\} \end{eqnarray*}$ unabhängige ZV, die beide $\begin{eqnarray*} \beta_p \end{eqnarray*}$ -verteilt sind. (also Bernoulli-ZV mit Erfolgswahrscheinlichkeit p). Weiter sei $\begin{eqnarray*} Z := 1_{\{X+Y =0\}} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathcal F = \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ . Berechne

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid \mathcal F) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb E(Y \mid \mathcal F) \end{eqnarray*}$ .

Sind diese ZV immer noch unabhängig ? [Tip : Bestimme $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ ]

Dabei tun sich aber nun einige Probleme in der Notation etc. auf:

Wie genau ist in $\begin{eqnarray*} 1_{\{X+Y =0\}} \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} X+Y =0 \end{eqnarray*}$ zu verstehen?

Die bedingte Erwartung haben wir im Moment nur als othogonale Projektion definiert. Nun ist die Verteiltung diskret und ich habe schon einiges bei Wiki gelesen, aber das hilft mir noch nicht viel weiter. Da ich $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ nicht berechnen kann...

Mfg!

31.10.2010, 21:00

Black

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Nun, $\begin{eqnarray*} X+Y=0 \end{eqnarray*}$ genau dann wenn $\begin{eqnarray*} X=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y=0 \end{eqnarray*}$

Also ist dein Z $\begin{eqnarray*} \beta_{(1-p)^2} \end{eqnarray*}$ verteilt.

Damit solltest du nun dein $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ berechnen können.

31.10.2010, 21:56

fnsr21

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Schon einmal vielen Dank, aber ehrlich gesagt nein unglücklich

unglücklich

01.11.2010, 09:54

fnsr21

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Die $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Algebra enthält ja nur $\begin{eqnarray*} \emptyset, \Omega \end{eqnarray*}$ , und die Menge aller $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} Z = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ . Dann noch alle Schnitte und Vereinigungen. Das gleiche Spiel wie immer.

Nur weiß ich damit noch nicht, wie ich die bedingte Erwartung dann ausrechne.

Die Wahrscheinlichkeiten sind auch nicht das Problem, nur ist mir noch nicht klar, wie sich $\begin{eqnarray*} \mathbb E \end{eqnarray*}$ zusammensetzt :/.

01.11.2010, 10:20

René Gruber

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Zitat:

Original von fnsr21
Nur weiß ich damit noch nicht, wie ich die bedingte Erwartung dann ausrechne.

Im Fall $\begin{eqnarray*} \mathcal{F} = \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ ist ja auch die Schreibweise $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X \mid \mathcal{F}) = \mathbb{E}(X \mid Z) \end{eqnarray*}$ üblich. Für derartige Zufallsgrößen gilt

$\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X \mid Z)(\omega) = \mathbb{E}(X \mid Z=z) \end{eqnarray*}$ , falls $\begin{eqnarray*} Z(\omega)=z \end{eqnarray*}$

Eine Beispielrechnung:

$\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X \mid Z=0) &=& \mathbb{E}(X \mid X+Y>0) = 0\cdot \mathbb{P}(X=0 \mid X+Y>0) + 1\cdot \mathbb{P}(X=1 \mid X+Y>0)\\ &=& \frac{\mathbb{P}(X=1\,\wedge\,X+Y>0)}{\mathbb{P}(X+Y>0)} = \frac{\mathbb{P}(X=1)}{1-\mathbb{P}(X+Y=0)} = \frac{p}{1-(1-p)^2} = \frac{1}{2-p} \end{eqnarray*}$ .

Bleibt noch die andere Rechnung für $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X \mid Z=1) \end{eqnarray*}$ , die ist etwas kürzer. Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.11.2010, 18:18

Max Simon

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Also ich sitze genau an dem selben Problem.

Seit Ewigkeiten versuche ich $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, doch es gelingt mir nicht.

Das Problem fängt schon damit an, dass in meinen Augen $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ kein System von Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist.
$\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ hat doch nur die Elemente $\begin{eqnarray*} \omega_1, \omega_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X(\omega_1)=0, X(\omega_2)=1 \end{eqnarray*}$ (z.B. Münzwurf), oder nicht?
Was soll dann $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ sein, denn $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ist ja nicht gleich $\begin{eqnarray*} X+Y \end{eqnarray*}$ , sondern diese Indikatorfunktion?

Also ich bin mächtig verwirrt.
Vielleicht kann hier nochmal jemand helfen?

Danke

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01.11.2010, 18:24

René Gruber

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Zitat:

Original von Max Simon
$\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ hat doch nur die Elemente $\begin{eqnarray*} \omega_1, \omega_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X(\omega_1)=0, X(\omega_2)=1 \end{eqnarray*}$ (z.B. Münzwurf), oder nicht?

Das stimmt ganz gewiss nicht: Wir kennen nicht die Größe von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , brauchen die genaue Größe auch gar nicht. Was allerdings aufgrund der beiden unabhängigen Bernoulli-verteilten Größen $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ klar ist, dass $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ in mindestens $\begin{eqnarray*} 2^2=4 \end{eqnarray*}$ disjunkte Ereignisse von jeweils positiver Wahrscheinlichkeit zerlegt werden kann, damit muss es schon mal mindestens 4 Elemente enthalten.

01.11.2010, 18:34

Max Simon

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Ok, es könnte ja auch z.B. ein Fass mit unglaublich vielen schwarzen und weißen Kugeln sein oder so.
Trotzdem fehlt mir immer noch jede Vorstellung von $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ .

Ich meine es ist klar, dass $\begin{eqnarray*} Z=1, falls X=Y=0 \end{eqnarray*}$ , sonst $\begin{eqnarray*} Z=0 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ist also wieder eine Zufallsvariable. Aber was soll dann mit $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ gemeint sein?

Erzeuger von $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Algebren sind doch keine Zufallsvariablen, sondern Teilmengensysteme von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ .

01.11.2010, 18:44

René Gruber

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Zitat:

Original von Max Simon
$\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ist also wieder eine Zufallsvariable. Aber was soll dann mit $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ gemeint sein?

Da solltest du mal in deinen Unterlagen blättern:

Unter einer reellen Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ in einem W-Raum $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal{F},P) \end{eqnarray*}$ versteht man eine Borelmessbare Funktion $\begin{eqnarray*} Z:\;\Omega\to\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ . Das Mengensystem $\begin{eqnarray*} \sigma(Z) \end{eqnarray*}$ ist in dem Zusammenhang das Urbild der Borelschen Sigma-Algebra der reellen Zahlen, also

$\begin{eqnarray*} \sigma(Z) = Z^{-1}(\mathcal{B}) := \left\{ Z^{-1}(B) \bigm| B\in\mathcal{B} \right) \end{eqnarray*}$ ,

und aufgrund dieser Definition dann auch selbst eine Sigma-Algebra.

Ist nun $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ nur eine 0-1-Zufallsgröße, dann vereinfachen sich die Dinge ziemlich: Dann ist nämlich $\begin{eqnarray*} Z^{-1}(B) = Z^{-1}(B \cap \{0,1\}) \end{eqnarray*}$ , somit interessieren nur noch die Urbilder der vier Mengen

$\begin{eqnarray*} \emptyset, \; \{0\}, \; \{1\}, \; \{0,1\} \end{eqnarray*}$ .

Die Urbilder der ersten und letzten sollten dir auf jeden Fall klar sein

$\begin{eqnarray*} Z^{-1}(\emptyset) &=& \emptyset \\ Z^{-1}(\{0,1\}) &=& \Omega \end{eqnarray*}$

die der zweiten und dritten sind zumindest komplementär zueinander.

P.S.: "Borelmessbar" heißt natürlich $\begin{eqnarray*} \mathcal{F}-\mathcal{B} \end{eqnarray*}$ -messbar.

01.11.2010, 19:47

Max Simon

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Also erstmal vielen Dank für deine Antworten!

So ganz verstanden hab ich es noch nicht, aber das liegt eh wieder daran, dass mir die Maßtheorie fehlt.

Es ist also
$\begin{eqnarray*} \sigma(Z)=\left\{\emptyset, \omega_1,\omega_2,\Omega\right\} \end{eqnarray*}$ mit komplementären Ereignissen $\begin{eqnarray*} \omega_1, \omega_2 \end{eqnarray*}$ .

Wenn ich den Erwartungswert so berechne, wie du oben, dann erhalte ich
$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid Z)=\mathbb E(Y\mid Z)=0 \end{eqnarray*}$ , was ja auch logisch erscheint.

Es erscheint mir auch logisch, dass diese beiden neuen Zufallsvariablen immer noch unabhängig sind, aber wie kann ich das zeigen?

Ich muss doch z.B. zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X\mid Z)\mid \mathbb E(Y\mid Z))=\mathbb P(\mathbb E(X\mid Z)) \end{eqnarray*}$ gilt oder halt nicht.

Darf ich dafür jetzt einfach die Formel $\begin{eqnarray*} \mathbb P(A\mid B)=\frac{\mathbb P(A\cap B)}{\mathbb P(B)} \end{eqnarray*}$ verwenden?

Denn eigentlich haben wir bisher die bedingten Wahrscheinlichkeiten nur für Unter- $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Algebren $\begin{eqnarray*} \mathcal F \end{eqnarray*}$ definiert:

$\begin{eqnarray*} \mathbb P(A\mid\mathcal F)=\mathbb E(1_A\mid\mathcal F) \end{eqnarray*}$ .

Was darf ich hiervon verwenden bzw. wie muss ich weiter machen?

01.11.2010, 19:58

René Gruber

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Zitat:

Original von Max Simon
Es ist also
$\begin{eqnarray*} \sigma(Z)=\left\{\emptyset, \omega_1,\omega_2,\Omega\right\} \end{eqnarray*}$ mit komplementären Ereignissen $\begin{eqnarray*} \omega_1, \omega_2 \end{eqnarray*}$ .

Prinzipiell Ok, obwohl ich deine Symbolwahl für ziemlich ungeschickt, weil missverständlich halte:

Mit $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ (mit oder ohne Indizes) bezeichnet man gewöhnlich Elemente von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ - bei dir sind mit $\begin{eqnarray*} \omega_1, \omega_2 \end{eqnarray*}$ aber Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ gemeint.

Zitat:

Original von Max Simon
Wenn ich den Erwartungswert so berechne, wie du oben, dann erhalte ich
$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid Z)=\mathbb E(Y\mid Z)=0 \end{eqnarray*}$ , was ja auch logisch erscheint.

Mir nicht, da das etwas völlig anderes ist, als das was ich oben ausgerechnet habe. unglücklich

unglücklich

Zitat:

Original von Max Simon
Es erscheint mir auch logisch, dass diese beiden neuen Zufallsvariablen immer noch unabhängig sind, aber wie kann ich das zeigen?

Mir wieder nicht, da die beiden abhängig sind: Man kann das sehr gut am Beispiel der beiden Ereignisse

$\begin{eqnarray*} [\mathbb E(X\mid Z)=0] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} [\mathbb E(Y\mid Z)=0] \end{eqnarray*}$

zeigen, die sich in einem kurzen Nachweis als abhängig herausstellen.

Alles in allem ein ziemlicher Reinfall: Du rätst zuviel, und das leider mit sauschlechter Intuition.

01.11.2010, 21:09

fnsr21

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Zitat:

Original von René Gruber
Eine Beispielrechnung:

$\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X \mid Z=0) &=& \mathbb{E}(X \mid X+Y>0) = 0\cdot \mathbb{P}(X=0 \mid X+Y>0) + 1\cdot \mathbb{P}(X=1 \mid X+Y>0)\\ &=& \frac{\mathbb{P}(X=1\,\wedge\,X+Y>0)}{\mathbb{P}(X+Y>0)} = \frac{\mathbb{P}(X=1)}{1-\mathbb{P}(X+Y=0)} = \frac{p}{1-(1-p)^2} = \frac{1}{2-p} \end{eqnarray*}$ .

Bleibt noch die andere Rechnung für $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(X \mid Z=1) \end{eqnarray*}$ , die ist etwas kürzer. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hallo!

Also wenn ich es richtig verstanden haben, setzt sich unsere bedingte Erwartung aus den Möglichkeiten "für die Einsfunktion + $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ " zusammen.

Ist dann nicht direkt
$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid \mathcal F) = 0\cdot \mathrm 1_{\{Z=1\}} + \mathbb E(X\mid Z=0)\mathrm 1_{\{Z=0\}} \end{eqnarray*}$ ?

Noch eine Frage zur Unabhängigkeit:

Es gilt ja auf jeden Fall, dass:
$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F) \not= 0 \mid \mathbb E(Y \mid \mathcal F) = 0 )=0 \end{eqnarray*}$
da diese ja gleich sind.

Je doch verstehe ich beim Errechnen von
$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F)\not= 0) \end{eqnarray*}$
noch aufm Schlauch :/. Gibt es eine Art Tower Property, die dort greift?

01.11.2010, 21:17

René Gruber

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Zitat:

Original von fnsr21
Ist dann nicht direkt
$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid \mathcal F) = 0\cdot \mathrm 1_{\{Z=1\}} + \mathbb E(X\mid Z=0)\mathrm 1_{\{Z=0\}} \end{eqnarray*}$ ?

Richtig, damit willst du wohl sagen, dass

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid Z=1)=0 \end{eqnarray*}$

ist - korrekt. Freude

Freude

Ingesamt kann man die bedingte Erwartung dann z.B. griffig schreiben als

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid Z) = \frac{1-Z}{2-p} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von fnsr21
Noch eine Frage zur Unabhängigkeit:

Es gilt ja auf jeden Fall, dass:
$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F) \not= 0 \mid \mathbb E(Y \mid \mathcal F) = 0 )=0 \end{eqnarray*}$
da diese ja gleich sind.

Stimmt.

Zitat:

Original von fnsr21
Je doch verstehe ich beim Errechnen von
$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F)\not= 0) \end{eqnarray*}$
noch aufm Schlauch :/. Gibt es eine Art Tower Property, die dort greift?

Der Begriff "Tower Property" sagt mir gar nichts.

Überleg doch mal: $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid \mathcal F) \end{eqnarray*}$ kann nur zwei Werte annehmen: $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2-p} \end{eqnarray*}$ .

Wenn es also nicht $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ist, dann bleibt ja nur noch ...

Aber warum überhaupt so kompliziert?

01.11.2010, 21:38

fnsr21

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Zitat:

Original von René Gruber
Der Begriff "Tower Property" sagt mir gar nichts.

Ans Englische angelehnt bezeichnet es bei uns die Eigenschaft der bedingten Erwartung, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb E(\mathbb E^{\mathcal F}X)=\mathbb EX \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \mathbb E^{\mathcal G}\mathbb E^{\mathcal F} X = \mathbb E^{\mathcal G} X \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} \mathcal G\subset \mathcal F \subset \mathcal A \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (\Omega, \mathcal A, \mathbb P) \end{eqnarray*}$ . Aber das ist natürlich viel zu kompliziert gedacht ^^.

Zitat:

Original von René Gruber

Überleg doch mal: $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid \mathcal F) \end{eqnarray*}$ kann nur zwei Werte annehmen: $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2-p} \end{eqnarray*}$ .

Wenn es also nicht $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ist, dann bleibt ja nur noch ...

Aber warum überhaupt so kompliziert?

Manchmal hat man echt Tomaten auf den Augen...ich schau's wo schon zu lange an.

Bzgl. der Unabhängigkeit:

Ist nicht gerade zu zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F) \not= 0 \mid \mathbb E(Y \mid \mathcal F) = 0 )\not= \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F)\not= 0) \end{eqnarray*}$
oder geht es einfacher?

01.11.2010, 21:47

René Gruber

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Zitat:

Original von fnsr21
Ist nicht gerade zu zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F) \not= 0 \mid \mathbb E(Y \mid \mathcal F) = 0 )\not= \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F)\not= 0) \end{eqnarray*}$
oder geht es einfacher?

Das ist eine Möglichkeit, ja. Meine Wahl wäre der Nachweis von

$\begin{eqnarray*} \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F) = 0, \mathbb E(Y \mid \mathcal F) = 0 ) \neq \mathbb P(\mathbb E(X \mid \mathcal F) = 0) \cdot \mathbb P(\mathbb E(Y \mid \mathcal F) = 0) \qquad (*) \end{eqnarray*}$

gewesen. Kein Problem, da $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid \mathcal F) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb E(Y \mid \mathcal F) \end{eqnarray*}$ nicht nur identisch verteilt sind, sondern sogar identisch sind, d.h. beide sind ein- und dieselbe Zufallsgröße

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid Z) = \mathbb E(Y \mid Z) = \frac{1-Z}{2-p} \end{eqnarray*}$ .

(*) ist dann nämlich identisch zu

$\begin{eqnarray*} \mathbb P(Z=1,Z=1) = \mathbb P(Z=1) \neq (\mathbb P(Z=1))^2 \end{eqnarray*}$

was ja zweifelsohne stimmt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.11.2010, 21:52

fnsr21

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Supi, alles klar. Vielen, vielen Dank smile

smile

Hast mir sehr weitergeholfen!

Hast du vielleicht noch eine Buchempfehlung für mich, dir mir das "Rechnen beibringt"? Kannst auch gerne eine PN schicken, wenn du keine Werbung machen möchtest smile

smile

01.11.2010, 22:33

Max Simon

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So zurück.

Zitat:

Original von René Gruber
Alles in allem ein ziemlicher Reinfall: Du rätst zuviel, und das leider mit sauschlechter Intuition.

Muss ich dir leider zustimmen.

Ich meinte vorhin auch $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid Z=1)=\mathbb E(Y\mid Z=1)=0 \end{eqnarray*}$ (nur dann sollte ich das auch so hinschreiben...).

Hab nun die anderen Posts nachvollzogen und hab nun auch keine Fragen mehr zu dieser Aufgabe.
Danke!

Es sind halt unmassen neue Begriffe, die hier auf einmal auf mich einstürzen.
Deswegen bin ich doch noch verdammt unsicher.

Wenn du also wirklich eine Buchempfehlung hast, wärs toll, wenn du mir die auch schicken könntest^^

LG Max

01.11.2010, 22:35

René Gruber

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Zitat:

Original von Max Simon
Ich meinte vorhin auch $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid Z=1)=\mathbb E(Y\mid Z=1)=0 \end{eqnarray*}$ (nur dann sollte ich das auch so hinschreiben...).

Achso - das ist natürlich was ganz anderes. Ja, ist tückisch: Ein, zwei Zeichen weggelassen, und schon ergibt sich ein ganz anderer Sinn. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich hoffe, du nimmst mir das von oben nicht übel, ich kann manchmal furchtbar direkt sein.

01.11.2010, 22:41

Max Simon

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Keine Sorge,

man ist hier über jede Form der Hilfe froh.
Und ich freu mich auch, auf Fehler aufmerksam gemacht zu werden. Der Ton ist mir dabei ziemlich egal, solange es dem Verständnis dient.

Außerdem fand ich dich nicht sonderlich unfreundlich :-) Direkt schon.
Aber ich mag ehrliche Menschen.

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