Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

24.09.2011, 14:29

ChrisL1988

Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Hallo Leute, habe ein Problem bei folgender Aufgabenstellung:

Man beweise: Sind zwei Ereignisse A und B eines Ereignisraums W unabhängig, dann
sind auch $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B^C \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} A^C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} A^C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B^C \end{eqnarray*}$ unabhängige Ereignisse.

$\begin{eqnarray*} ^C \end{eqnarray*}$ steht dabei für komplementär.

Meine Ansätze wären einmal der generelle Beweis, dass Ereignisse unabhängig sind:
$\begin{eqnarray*} P(A | B) = P (A) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} P(B | A) = P(B) \end{eqnarray*}$

Somit sollte dann folgendes gelten:

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

Soweit, so gut, nun weiß ich noch aus den Kolmogoroff'schen Axionomen, dass $\begin{eqnarray*} P(A^C) = 1 - P(A) \end{eqnarray*}$ ist.

Aber wie ich daraus einen Beweis bilde, weiß ich leider nicht unglücklich

Danke schon mal im Voraus und Grüße
ChrisL

24.09.2011, 14:31

Gast11022013

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen
Hoffentlich erzähle ich jetzt keinen Nonsens, aber ich kenne das mit der Unabhängigkeit so:

A und B sind unabhängig, wenn

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

Edit:

Das sind deine Gleichungen, nur in symmetrischer Form.

Vielleicht kann man damit aber besser beweisen?!

24.09.2011, 14:48

Math1986

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von ChrisL1988
Somit sollte dann folgendes gelten:

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

Soweit, so gut, nun weiß ich noch aus den Kolmogoroff'schen Axionomen, dass $\begin{eqnarray*} P(A^C) = 1 - P(A) \end{eqnarray*}$ ist.

Diese erste Gleichung gilt immer, auch wenn die Ereignisse nicht unabhängig sind::
$\begin{eqnarray*} P(A | B) \cdot P(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\cdot P(B)=P(A\cap B) \end{eqnarray*}$

Entscheidend ist diese Definition der Unabhängigkeit:
$\begin{eqnarray*} P( A \cap B) =P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$

Fang mal damit an, zu zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} P(A^C)\cdot P(B)=P(A^C\cap B) \end{eqnarray*}$
Das Axiom von Kolmogorow ist entscheidend.

24.09.2011, 14:50

Gast11022013

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von Math1986

Entscheidend ist diese Definition der Unabhängigkeit:
$\begin{eqnarray*} P( A \cap B) =P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$

Das habe ich doch schon geschrieben.

Naja, etwas vage formuliert aber. Augenzwinkern

24.09.2011, 14:55

Math1986

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von Dennis2010

Zitat:

Original von Math1986

Entscheidend ist diese Definition der Unabhängigkeit:
$\begin{eqnarray*} P( A \cap B) =P(A) \cdot P(B) \end{eqnarray*}$

Das habe ich doch schon geschrieben.

Naja, etwas vage formuliert aber. Augenzwinkern

Ja, das du das geschribeben hast war mir klar, den Ansatz hattest du aber nicht egschrieben

24.09.2011, 15:43

ChrisL1988

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von Math1986

Zitat:

Ich tue mir nur extrem schwer den Beweis mit Formeln auszudrücken.
Ich starte mal wie folgt:

$\begin{eqnarray*} P(A^C \cap B) = P(B | (1-A)) \cdot P(A) = P(B | A) \cdot P(A) = P(B) \cdot P(A) \end{eqnarray*}$

Wenn man es logisch bedenkt, ist es ja klar, dass wenn B von A nicht abhängt, dass B auch nicht von dem zu A komplementären Ereignis abhängt, aber das in eine Formel zu gießen unglücklich

24.09.2011, 15:50

Math1986

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von ChrisL1988
Ich tue mir nur extrem schwer den Beweis mit Formeln auszudrücken.
Ich starte mal wie folgt:

$\begin{eqnarray*} P(A^C \cap B) = P(B | (1-A)) \cdot P(A) = P(B | A) \cdot P(A) = P(B) \cdot P(A) \end{eqnarray*}$

Wenn man es logisch bedenkt, ist es ja klar, dass wenn B von A nicht abhängt, dass B auch nicht von dem zu A komplementären Ereignis abhängt, aber das in eine Formel zu gießen unglücklich

Was genau ist $\begin{eqnarray*} 1-A \end{eqnarray*}$ ?

Rechne mal die andere Richtung, also fang links an:
$\begin{eqnarray*} P(A^C)\cdot P(B)=P(A^C\cap B) \end{eqnarray*}$

24.09.2011, 16:10

Gast11022013

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen
Darf ich mich an der Lösungssuche mal beteiligen?

Oder stört das?

Mich interessiert diese Aufgabe nämlich auch.

24.09.2011, 16:11

Math1986

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von Dennis2010
Darf ich mich an der Lösungssuche mal beteiligen?

Oder stört das?

Mich interessiert diese Aufgabe nämlich auch.

Schick mir ne PM mit der Rechnung, dann verwirrt dies den Themenstarter nicht

24.09.2011, 16:20

ChrisL1988

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von Math1986

Zitat:

Was genau ist $\begin{eqnarray*} 1-A \end{eqnarray*}$ ?

Rechne mal die andere Richtung, also fang links an:
$\begin{eqnarray*} P(A^C)\cdot P(B)=P(A^C\cap B) \end{eqnarray*}$

Also links kann ich mit Hilfe des Axiom ersetzen:
$\begin{eqnarray*} [1 - P(A)] \cdot P(B) \end{eqnarray*}$

Meinst du das mit links starten? Aber was bringt mir das dann genau?

24.09.2011, 16:21

Math1986

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von ChrisL1988
Also links kann ich mit Hilfe des Axiom ersetzen:
$\begin{eqnarray*} [1 - P(A)] \cdot P(B) \end{eqnarray*}$

Meinst du das mit links starten? Aber was bringt mir das dann genau?

Den Ansatz meinte ich smile

Rechne da mal weiter (ausklammern und Definition der Unabhängigkeit von A und B verwenden)

24.09.2011, 16:24

Gast11022013

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Ich habe Dir eine Nachricht geschickt, aber die entspricht so ziemlich dieser Idee hier.

Also könnte ich theoretisch auch hier weiter machen Big Laugh

24.09.2011, 16:27

Math1986

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Zitat:

Original von Dennis2010
Ich habe Dir eine Nachricht geschickt, aber die entspricht so ziemlich dieser Idee hier.

Also könnte ich theoretisch auch hier weiter machen Big Laugh

Nein, bitte nicht beide in diesem Thread. unglücklich

24.09.2011, 16:28

ChrisL1988

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von Math1986

Zitat:

Den Ansatz meinte ich smile

Rechne da mal weiter (ausklammern und Definition der Unabhängigkeit von A und B verwenden)

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

Hmm... verwirrt

24.09.2011, 16:57

Math1986

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von ChrisL1988
$\begin{eqnarray*} P(B) - P(A) \cdot P(B) = P(B) - P(A \cap B) \end{eqnarray*}$

Hmm... verwirrt

Nun nutzen wir die Additivität des Wahrscheinlichkeitsmaßes:
Es ist offenbar
$\begin{eqnarray*} B\supseteq A \cap B \end{eqnarray*}$
also ist
$\begin{eqnarray*} P(B) - P(A \cap B)=P(B\setminus (A \cap B)) \end{eqnarray*}$
Versuch jetzt einfach mal, die Menge $\begin{eqnarray*} B\setminus (A \cap B) \end{eqnarray*}$ passend umzuformen.
Das ist etwas mühsam, aber versuch dich bitte selbst ein wenig daran.

24.09.2011, 17:10

Gast11022013

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Habe Dir noch eine Nachricht geschickt, in der ich das umgeformt habe, ist ja mit den Gesetzen für Differenzmengen nicht schwer.

Edit:

Einfach mal die Menge AUFMALEN und umformen. Nix mit Gesetzen oder so.
Das war blöd von mir.

24.09.2011, 17:37

ChrisL1988

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RE: Beweis der Unabhängigkeit von Ereignissen

Zitat:

Original von Math1986

Zitat:

Original von ChrisL1988
$\begin{eqnarray*} P(B) - P(A) \cdot P(B) = P(B) - P(A \cap B) \end{eqnarray*}$

Hmm... verwirrt

Am ehesten hilft mir da noch das Distributivgesetz für Differenzmengen, also lege ich mal los:

$\begin{eqnarray*} B\setminus (A \cap B) = (B\setminus A) \cap (B\setminus B) \end{eqnarray*}$

Aber das führt dann ins Leere, da $\begin{eqnarray*} P(B \setminus B) = 0 \end{eqnarray*}$ und eine Vereinigung mit $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ergibt $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

--->
Habe jetzt auch noch den Tipp mit der Mengen aufzeichnen entdeckt und da scheint mir etwas ähnliches wie oben angeführt einzufallen:

$\begin{eqnarray*} B\setminus (A \cap B) = (B\setminus A) \end{eqnarray*}$

24.09.2011, 17:40

Gast11022013

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Ja, das braucht man hier aber nicht, ich dachte das auch.

Man kann die Menge noch anders umschreiben.

Du willst ja zeigen:

$\begin{eqnarray*} P(B\backslash (A\cap B))=P(A^C\cap B) \end{eqnarray*}$ , also behalte das im Auge.

24.09.2011, 17:52

ChrisL1988

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Zitat:

Original von Dennis2010
Ja, das braucht man hier aber nicht, ich dachte das auch.

Man kann die Menge noch anders umschreiben.

Du willst ja zeigen:

$\begin{eqnarray*} P(B\backslash (A\cap B))=P(A^C\cap B) \end{eqnarray*}$ , also behalte das im Auge.

Okay okay, also zurück zum Komplementär.
Grafisch habe ich es jetzt verstanden (auch dank der angehängten Grafik, dich ich aufgetrieben habe).

$\begin{eqnarray*} P(B\backslash (A\cap B)) \end{eqnarray*}$ ist definitv das gleiche wie $\begin{eqnarray*} P(A^C\cap B) \end{eqnarray*}$

Aber nach was das noch umzuformen geht, bin ich ratlos verwirrt

24.09.2011, 17:53

ChrisL1988

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Zitat:

Original von ChrisL1988

Zitat:

Okay okay, also zurück zum Komplementär.
Grafisch habe ich es jetzt verstanden (http://mars.wiwi.hu-berlin.de/mediawiki/...eignisraum9.gif)

$\begin{eqnarray*} P(B\backslash (A\cap B)) \end{eqnarray*}$ ist definitv das gleiche wie $\begin{eqnarray*} P(A^C\cap B) \end{eqnarray*}$

Aber nach was das noch umzuformen geht, bin ich ratlos verwirrt

24.09.2011, 17:53

Gast11022013

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Naja, das ist auch wirklich kein Riesenschritt.

Wie ist denn das Komplement definiert?

Wenn Du das einmal sauber aufschreibst, dann ist es das.

24.09.2011, 18:07

ChrisL1988

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Zitat:

Original von Dennis2010
Naja, das ist auch wirklich kein Riesenschritt.

Wie ist denn das Komplement definiert?

Wenn Du das einmal sauber aufschreibst, dann ist es das.

So das Komplement noch einmal:

$\begin{eqnarray*} P(A^C) = 1 - P(A) \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} P(A^C) = P(\Omega \setminus A) \end{eqnarray*}$

Somit könnte man wie folgt ansetzen:

$\begin{eqnarray*} P(B \setminus (A \cap B)) = P((\Omega \setminus A) \cap B) \end{eqnarray*}$

24.09.2011, 18:29

Gast11022013

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24.09.2011, 18:32

Gast11022013

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Da bleiben ja noch ein paar andere Dinge nachzuweisen.

Aber die müssten wohl ziemlich analog funktionieren.

24.09.2011, 18:34

ChrisL1988

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Zitat:

Original von Dennis2010
Da bleiben ja noch ein paar andere Dinge nachzuweisen.

Aber die müssten wohl ziemlich analog funktionieren.

Ich muss auch noch schauen, wie ich von der Anfangsgleichung bis zur letzten komme. Habe da mittlerweile voll den Überblick verloren und werde mich morgen frisch und munter wieder der Thematik widmen und noch einmal versuchen alle 3 Aufgabenstellungen komplett durchzubeweisen. Danke schon mal für Eure Hilfe, es kann gut sein, dass ich euch morgen nochmals benötigen werde smile

Einen schönen Abend.

24.09.2011, 18:36

Gast11022013

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Der Dank gebührt allein Math1986.

Ich habe zum Schluss lediglich Dir erklärt, was er mir nahe gebracht hat.

Okay, bis dann!

Poste es einfach bei Interesse.

25.09.2011, 12:06

ChrisL1988

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So, habe mir nun die Mühe gemacht, die beiden ersten Aufgabenstellungen noch einmal schön aufzuschreiben:

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

$\begin{eqnarray*} [1-P(A)] \cdot P(B) = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(B) - P(A) \cdot P(B) = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

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

da $\begin{eqnarray*} P(B) \supseteq P(A \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[B \setminus (A \cap B)] = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[(\Omega \setminus A) \cap B] = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

Das Ganze natürlich analog zu $\begin{eqnarray*} P(A) \cdot P(B^C) = P(A \cap B^C) \end{eqnarray*}$

Trotzdem bleibt mir noch eine Frage und zwar zu folgendem letzten Schritt:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P[B \setminus (A \cap B)] = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[(\Omega \setminus A) \cap B] = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

Grafisch kann ich mir die Umformung der linken Seite einwandfrei erklären, aber gibt es dafür auch eine Regel oder Gesetz?

Der dritten Aufgabenstellung $\begin{eqnarray*} P(A^C) \cdot P(B^C) = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$ werde ich mich heute Abend widmen, da diese ein wenig "anders" ist Augenzwinkern

Liebe Grüße

01.10.2011, 15:46

ChrisL1988

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Hallo,

nach einer weiteren Woche und der Hilfe von Dennis2010 hier die Beweise für alle drei Aufgabenstellungen zum Nachschlagen oder für Suchinteressenten.

Man beweise: Sind zwei Ereignisse A und B eines Ereignisraums W unabhängig, dann
sind auch $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B^C \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} A^C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} A^C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B^C \end{eqnarray*}$ unabhängige Ereignisse.

Ad 1)

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

$\begin{eqnarray*} [P(A) \cdot [1 - P(B)] = P(A \cap B^C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(A) - P(A) \cdot P(B) = P(A \cap B^C) \end{eqnarray*}$

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

da $\begin{eqnarray*} P(A) \supseteq P(A \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[A \setminus (A \cap B)] = P(A \cap B^C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[(\Omega \setminus B) \cap A] = P(A \cap B^C) \end{eqnarray*}$

Ad 2)

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

$\begin{eqnarray*} [1-P(A)] \cdot P(B) = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(B) - P(A) \cdot P(B) = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

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

da $\begin{eqnarray*} P(B) \supseteq P(A \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[B \setminus (A \cap B)] = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[(\Omega \setminus A) \cap B] = P(A^C \cap B) \end{eqnarray*}$

Ad 3)

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

$\begin{eqnarray*} [1-P(A)] \cdot [1-P(B)] = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1 - P(A) - P(B) + P(A) \cdot P(B) = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1 - P(A) - P(B) + P(A \cap B) = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1 - [P(A) + P(B) - P(A \cap B)] = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} P(A) + P(B) - P(A \cap B) = P(A \cup B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1 - P(A \cup B) = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$

=> nach De Morgan'sches Gesetz: $\begin{eqnarray*} P[(A \cup B)^C] = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P[(A \cup B)^C] = P(A^C \cap B^C) \end{eqnarray*}$

Ein schönes Wochenende smile

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