Kolmogorow- und Laplace-Beweis; Bitte mal drübergucken :)

11.10.2007, 13:56

Selek

Kolmogorow- und Laplace-Beweis; Bitte mal drübergucken :)

Hi,

Bin gerade mal bei meinem neuen Lieblingsthema in Mathe. Irgendwie entpuppt sich momentan jedes neues Thema zu meinem Lieblingsthema. Hammer

Aber egal. Die "konkreten" Aufgaben habe ich soweit fertig. (Denke ich...) Aber bei zwei Aufgaben müssen Beweise geführt werden, und das hasse ich noch mehr als meiner Tante beim Tangotanzen zuzusehen.
Also, ich habe mir dabei was zusammengefrickelt, bin aber nicht so sonderlich überzeugt davon. Wäre nett, wenn da mal einer drüber gucken könnte.

Die erste Aufgabe lautete:
Beweisen Sie: Wenn bei einem Laplaceschen Ereignisfeld gilt:
$\begin{eqnarray*} P(A)=1-P(B) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A\cap B=\varnothing \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} B=\overline A \end{eqnarray*}$ . Geben Sie für geometrische Wahrscheinlichkeiten ein Beispiel an, für das die Aussage oben nicht gilt.

Als Beweis habe ich das:
Da ja $\begin{eqnarray*} A\cap B=\varnothing \end{eqnarray*}$ gilt ja $\begin{eqnarray*} P(A\cup B)=P(A)+P(B) \end{eqnarray*}$ (das wurde als Satz in dem zugehörigen Studienheft schon bewiesen). Wird jetzt die Voraussetzung $\begin{eqnarray*} P(A)=1-P(B) \end{eqnarray*}$ eingesetzt, kommt dann raus:
$\begin{eqnarray*} P(A\cup B)=1-P(B)+P(B) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} P(A\cup B)=1 \end{eqnarray*}$ .
Das geht aber nur, wenn: $\begin{eqnarray*} A\cup B=\Omega \end{eqnarray*}$ . Das heißt dann aber, dass $\begin{eqnarray*} B=\Omega-A \end{eqnarray*}$ sein muss, und das heißt ja dann $\begin{eqnarray*} B=\overline A \end{eqnarray*}$
So weit, so gut, oder? Bei dem Beispiel für die geometrische Wahrscheinlichkeit steh ich aber völlig auf dem Schlauch. Ich weiß zwar, dass hier anstatt mit der Anzahl der Einzelereignisse mit den entsprechenden Flächeninhalten gerechnet wird, und ich jetzt irgendein Ereignis finden muss, dass weder zu A noch zu B gehört, aber mir fällt überhaupt nichts ein.

Die zweite lautete so:
Beweisen Sie: Wenn bei einer Wahrscheinlichkeit nach der Definition von Kolmogorow A von B unabhängig ist, dann ist auch $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \overline B \end{eqnarray*}$ unabhängig $\begin{eqnarray*} (P(\overline B)\neq 0) \end{eqnarray*}$ .

Damit habe ich mich total schwer getan. Hier mal meine kläglichen Versuche:
Da $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, gilt ja: $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ .
Zu zeigen wäre dann also: $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A) \cdot P(\overline B) \end{eqnarray*}$ . Dann habe ich halt wieder angefangen einzusetzen:
$\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A) \cdot (1-P(B)) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A)-P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ . Dann hat man ja $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A)-P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ . Wenn man jetzt wieder $\begin{eqnarray*} P(B) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} 1-P(\overline B) \end{eqnarray*}$ ersetzt, kommt man am Ende durch Umformungen auf $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A\cap \overline B) \end{eqnarray*}$ . Das ist dann zwar eine wahre Aussage, aber irgendwie kommt mir diese ganze Ein- und Umsetzerei reichlich sinnlos vor Erstaunt2

.
Habt ihr Anstöße für mich?

11.10.2007, 15:37

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Es scheint so, dass du an allen Stellen, wo du die merkwürdige Symbolik $\begin{eqnarray*} P=(A\cap B) \end{eqnarray*}$ verwendest, eigentlich die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung meinst. Verwende da mal lieber die übliche Symbolik

$\begin{eqnarray*} P(A\cup B) \end{eqnarray*}$ ,

deins ist nämlich nicht nur schlecht zu lesen, sondern birgt erhebliche Verwechslungsgefahr zum Durchschnitt. Also editiere mal deinen Beitrag dahingehend, dann sehen wir weiter.

11.10.2007, 15:50

Selek

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Ja stimmt, hatte beim Eintippen selber den Überblick verloren vor lauter LaTex-Optionen, jetzt müsste es aber stimmen. Das $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ im zweiten Beispiel müsste aber richtig sein.

11.10.2007, 15:57

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Zum ersten Problem: Der Anfang ist soweit Ok, ich gehe mal direkt über zu

Zitat:

Original von Selek
also $\begin{eqnarray*} P(A\cup B)=1 \end{eqnarray*}$ .
Das geht aber nur, wenn: $\begin{eqnarray*} A\cup B=\Omega \end{eqnarray*}$ .

Richtig, das ist der Kernpunkt: Diese letzte Folgerung stimmt für Laplacesche Wahrscheinlichkeitsräume, wo jedes Elementarereignis eine positive Wahrscheinlichkeit hat - für andere W-Räume aber i.a. nicht:

In geometrischen W-Räumen gibt es nichtunmögliche Ereignisse mit Wahrscheinlichkeit Null (z.B. ein einzelner Punkt auf dem W-Raum einer Strecke), bzw. dann auch nichtsichere Ereignisse mit Wahrscheinlichkeit Eins. Daran solltest du denken.

Zitat:

Original von Selek
Da $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ unabhängig sind, gilt ja: $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ .
Zu zeigen wäre dann also: $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A) \cdot P(\overline B) \end{eqnarray*}$ . Dann habe ich halt wieder angefangen einzusetzen:
$\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A) \cdot (1-P(B)) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A)-P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ . Dann hat man ja $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A)-P(A \cap B) \end{eqnarray*}$ . Wenn man jetzt wieder $\begin{eqnarray*} P(B) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} 1-P(\overline B) \end{eqnarray*}$ ersetzt, kommt man am Ende durch Umformungen auf $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A\cap \overline B) \end{eqnarray*}$ .

Das Problem ist, dass alle Gleichungen, die du zum Beweis brauchst, in diesem deinen Abschnitt stehen - nur momentan in total konfuser logischer Reihenfolge. Ordne mal deine Gedanken: Was du eigentlich voraussetzen kannst, was du beweisen sollst, und wie du das mit den Umformungen in eine schlüssig logische Reihenfolge bringen kannst.

11.10.2007, 16:20

Selek

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Zum ersten Problem: Der Anfang ist soweit Ok, ich gehe mal direkt über zu

Zitat:

Original von Selek
also $\begin{eqnarray*} P(A\cup B)=1 \end{eqnarray*}$ .
Das geht aber nur, wenn: $\begin{eqnarray*} A\cup B=\Omega \end{eqnarray*}$ .

Dann müsste der Beweis aber trotzdem reichen oder? Es sollte ja auf die Laplaceschen Wahrscheinlichkeitsräume bezogen sein.
Was das geometrische angeht:
Demzufolge hätte eine Gerade in einer zweidimensionalen Ebene, die Wahrscheinlichkeit 0, weil sie eine "kleinere" Dimension hat als die Ebene, in der sie sich befindet. Richtig? (Du liebe Zeit, ist das wieder herrlich formuliert). Das wäre dann das nichtunmögliche Ereignis mit der Wahrscheinlichkeit 0, wenn ich das richtig verstanden habe. Aber was wäre denn ein nichtsicheres Ereignis mit Wahrscheinlichkeit 1? Das bräuchte ich ja dafür. Läuft das dann über negative Wahrscheinlichkeiten? (Geht das überhaupt?)

Zitat:

Das ist doch schonmal ein Hoffnungsschimmer. Ich weiß auch nicht warum mir diese Beweise immer so schwer fallen. Mein Gehirn funktioniert so einfach nicht.

Im Grunde habe ich doch immer einen Schritt nach dem anderen gemacht. Also: Wenn A und B unabhängig sind, was in der Aufgabenstellung steht, gilt $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$ . Das kann man also voraussetzen. Dann hört es mit der Klarheit aber auch schon auf. Das ist ja genau das was ich meine. War denn mein Ansatz, mit dem, $\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A) \cdot P(\overline B) \end{eqnarray*}$ ist zu beweisen, richtig, oder muss ich da schon anders ansetzen?

11.10.2007, 17:13

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Es geht hier schon los:

$\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline B)=P(A) \cdot (1-P(B)) \end{eqnarray*}$ folgt eben nicht direkt aus der Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ , mit welcher Begründung denn?

-----------------

Es wird eher so ein Schuh draus: Es ist $\begin{eqnarray*} A = (A\cap B) \cup (A \cap \overline{B}) \end{eqnarray*}$ eine disjunkte Vereinigung, also gilt

$\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline{B}) = P(A) - P(A\cap B) \end{eqnarray*}$ .

Jetzt setzt man rechts die vorausgesetzte Unabhängigkeitseigenschaft ein, also $\begin{eqnarray*} P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B) \end{eqnarray*}$ , es folgt

$\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline{B}) = P(A) - P(A)\cdot P(B) = P(A)\cdot (1-P(B)) \end{eqnarray*}$ .

Und schließlich nutzt man rechts noch $\begin{eqnarray*} P(\overline{B}) = 1-P(B) \end{eqnarray*}$ und gelangt zum gewünschten

$\begin{eqnarray*} P(A\cap \overline{B}) = P(A)\cdot P(\overline{B}) \end{eqnarray*}$ .

Das meine ich mit logischer Reihenfolge...

11.10.2007, 17:46

Selek

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Ach so.
Das Problem bei mir ist, dass ich bei diesen "Beweisen" einfach nie weiß, was ich voraussetzen darf und was nicht. Das ist aber wohl eher eine Grundsatzfrage. Ich bin eben kein Mathematiker.

Aber auf jeden Fall: Danke für deine Hilfe.

Oder hast du vielleicht noch eine Idee für dieses geometrische Problem?

11.10.2007, 19:40

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Du hast das zentrale Argument doch schon genannt: Eine Strecke als Teil einer Fläche hat Wkt Null.

Welche Wahrscheinlichkeit hat den dann die Differenzmenge der Gesamtfläche abzüglich dieser Strecke?

Das bezieht sich natürlich auf diese Frage:

Zitat:

Original von Selek
Aber was wäre denn ein nichtsicheres Ereignis mit Wahrscheinlichkeit 1?

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