diskretes ZE

31.03.2009, 16:42

CocaCola

diskretes ZE

Seien $\begin{eqnarray*} (\Omega,p) \end{eqnarray*}$ ein diskretes Zufallsexperiment und A,B,C Ereignisse sodass $\begin{eqnarray*} 0<p(B\cap C)<1 \end{eqnarray*}$
Zeige oder wiederlege

a) $\begin{eqnarray*} P(A\cap B|C)=P(A|C)P(B|C)\Leftrightarrow P(A|C)=P(A|B\cap C) \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} P(A|C)=P(A|B\cap C)\Rightarrow \end{eqnarray*}$ A und B sind stochastisch unabhängig!
c) A,B stochastisch unabhängig $\begin{eqnarray*} P(A|C)=P(A|B\cap C \end{eqnarray*}$

a) Also ich würde ersteinmal $\begin{eqnarray*} P(A|C) \end{eqnarray*}$ in die erste Gleichung einsetzten

$\begin{eqnarray*} P(A\cap B|C)=P(A|B\cap C)P(B|C) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(B|C)=\frac{P(A\cap B|C)}{P(A|B\cap C)}=\frac{\frac{P(A\cap B \cap B \cap C)}{P(C)}}{ \frac{P(A\cap B \cap C)}{P(B \cap C)}}=\frac{P(B\cap C)}{P(C)} \end{eqnarray*}$

Was gerade die definition der diskreten W-Verteilung über $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist!

b) KEINE AHNUNG

c) genau so viel Ahnung wie bei b

31.03.2009, 18:00

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a) ist soweit Ok, allerdings solltest du deine Beweisführung so umformulieren, dass es selbst im Fall $\begin{eqnarray*} P(A)=0 \end{eqnarray*}$ (der NICHT ausgeschlossen ist) wasserdicht ist. Mit anderen Worten: Alle möglichen Divisionen durch 0 durch geschicktere Umformungen umgehen! Ein paar Worte zu der Tatsache, dass hier eine Äquivalenz nachzuweisen ist, können auch nicht schaden.

b) Wenn man die Richtigkeit nicht nachweisen kann, versucht man ggfs., ein Gegenbeispiel zu finden - so auch hier, und auch bei c).

31.03.2009, 18:15

CocaCola

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Jo stimmt. Okay habe das mit rein genommen.
$\begin{eqnarray*} \frac{0}{0}=1\neq 1 \end{eqnarray*}$

damit muss $\begin{eqnarray*} P(A)>0 \end{eqnarray*}$ sein!

Schonmal ein ganz guter Tipp, dass b und c falsch sind....
Hmmmmmmmmmm

P(A)=0,5
P(B)=0,5
P(C)=1/3

http://img147.imageshack.us/img147/5377/45265765.jpg

http://img147.imageshack.us/my.php?image=45265765.jpg

$\begin{eqnarray*} P(A|C)=\frac{P(C \cap A)}{P(A)}=\frac{0}{\frac{1}{3}}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A|B\cap C)=\frac{P(B\cap C)}{P(A)}=\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

Widerspruch! Damit habe ich c widerlegt, oder?

Bei b bin ich noch stark am rätseln!

31.03.2009, 18:22

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Zitat:

Original von CocaCola
P(A)=0,5
P(B)=0,5
P(C)=1/3

Das allein reicht nicht - du gibst am besten die Ereignisse konkret an, nicht nur irgendwelche erfundenen Wahrscheinlichkeiten. Letzteres kann nämlich in die Hose gehen - beispielsweise gibt es gar keine Ereignisse mit

$\begin{eqnarray*} P(A) = 0.8<br /> P(B) = 0.7<br /> P(A\cap B) = 0.4 \end{eqnarray*}$ ,

warum wohl nicht? Augenzwinkern

31.03.2009, 18:24

CocaCola

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ich habe den eintrag editiert

http://img147.imageshack.us/my.php?image=45265765.jpg

http://img244.imageshack.us/img244/982/83269417.th.jpg

[img=http://img244.imageshack.us/img244/982/83269417.th.jpg]

http://img244.imageshack.us/img244/982/83269417.jpg

[img=http://img244.imageshack.us/img244/982/83269417.jpg]

das bild ist futsch gegangen!

so vielleicht richtig?

31.03.2009, 19:07

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Ja, so geht es - obwohl mir nicht ganz klar ist, wieso du jetzt auf die geometrische Ebene ausweichst. Augenzwinkern

Ok, was erstmal klar ist: Wählt man $\begin{eqnarray*} C\subseteq B \end{eqnarray*}$ (z.B. auch $\begin{eqnarray*} C=B \end{eqnarray*}$ ), so ist $\begin{eqnarray*} B\cap C = C \end{eqnarray*}$ und damit die Bedingung $\begin{eqnarray*} P(A | C) = P(A | B\cap C) \end{eqnarray*}$ schon mal automatisch erfüllt. Wählt man jetzt zudem noch $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ disjunkt mit gleichzeitig $\begin{eqnarray*} P(A)>0,P(B)>0 \end{eqnarray*}$ (so deute ich mal deine Skizze), dann hat man ein Gegenbeispiel für die Unabhängigkeit $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ . Man kann's auch kurz und knackig so wählen:

Einmaliger Münzwurf:

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... Kopf
$\begin{eqnarray*} B=C \end{eqnarray*}$ ... Wappen,

fertig. Augenzwinkern

Bleibt noch c), wo du wohl in der Aufgabenstellung was vergessen hast - du meinst doch da

Zitat:

Original von CocaCola
c) A,B stochastisch unabhängig $\begin{eqnarray*} \Rightarrow\; P(A|C)=P(A|B\cap C \end{eqnarray*}$

oder?

31.03.2009, 19:36

CocaCola

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Sei $\begin{eqnarray*} A \not \in \Omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \in \Omega \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A|C)=\frac{P(C\cap A)}{P(A)} = \frac{0}{0} = 1 \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} P(A|B\cap c)=\frac{P(A\cap B\cap C)}{P(B\cap C)}=\frac{0}{P(C)}=0 \forall C \subseteq \Omega \end{eqnarray*}$

puh! kann man das wohl machen, besonders mit 0 durch 0?! ich würde "ja!!!" sagen

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