Wahrscheinlichkeit (Beweis)

18.04.2012, 16:41

Gast11022013

Wahrscheinlichkeit (Beweis)

Meine Frage:
Seien $\begin{eqnarray*} X_i, i=1,...,n \end{eqnarray*}$ stochastisch unabhängige Zufallsvariablen mit stetigen Verteilungsfunktionen $\begin{eqnarray*} F_i(x)=P(X_i\leq x), i=1,...,n \end{eqnarray*}$ .

Zeigen Sie, daß dann gilt:

$\begin{eqnarray*} P(X_i=X_j)=0~\forall~i\neq j \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Hallo! Also einen Ansatz habe ich mir wohl überlegt, aber ich habe keine wirkliche Ahnung, ob das in Ordnung ist:

Erstmal gilt ja (das benutze ich später und bezeichne ich deswegen mal als $\begin{eqnarray*} \diamondsuit \end{eqnarray*}$ ):

$\begin{eqnarray*} F_i \end{eqnarray*}$ ist stetig und beschränkt ( $\begin{eqnarray*} i=1,...,n \end{eqnarray*}$ ), also gleichmäßig stetig, d.h. $\begin{eqnarray*} \forall~\varepsilon >0~\exists~\delta_i >0: \vert F_i(x)-F_i(y)\vert <\varepsilon~\forall~x,y: \vert x-y\vert <\delta_i \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} \diamondsuit \end{eqnarray*}$ )

Nun würde ich so anfangen:

$\begin{eqnarray*} P(X_i=X_j)=P\left(\left\{\omega\in\Omega: X_i(\omega)=X_j(\omega)\right\}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq P\left(\left\{\omega\in\Omega:~\exists~k\in\left\{1,...,n\right\}: X_i(\omega),X_j(\omega)\in [x_k,x_{k+1}]\right\}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = P\left(\left\{\omega\in\Omega:\bigcup_{k=1}^{n}(X_i(\omega)\in [x_k,x_{k+1}]\cap X_j(\omega)\in [x_k,x_{k+1}])\right\}\right) \end{eqnarray*}$

Wegen der $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Additivität eines W.-Maßes und der stochastischen Unabhängigkeit gilt:

$\begin{eqnarray*} \leq \sum_{k=1}^{n}P\left(\left\{\omega\in\Omega: X_i(\omega)\in [x_k,x_{k+1}]\right\}\right)\cdot P\left(\left\{\omega\in\Omega:X_j(\omega)\in [x_k,x_{k+1}]\right\}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \sum_{k=1}^{n}(F_i(x_{k+1})-F_i(x_k))\cdot (F_j(x_{k+1})-F_j(x_k)) \end{eqnarray*}$

Nun würde ich meinen wegen ( $\begin{eqnarray*} \diamondsuit \end{eqnarray*}$ ) kann man vielleicht sagen, daß $\begin{eqnarray*} \vert x_{k+1}-x_k\vert <\delta:=\min_{1\leq i\leq n}\delta_i~\forall~k=1,...,n-1 \end{eqnarray*}$ sei und dann

$\begin{eqnarray*} < \sum_{k=1}^{n}\varepsilon_1\cdot \varepsilon_2=n\varepsilon_1\varepsilon_2 \end{eqnarray*}$

Und da i,j und $\begin{eqnarray*} \varepsilon_1,\varepsilon_2 \end{eqnarray*}$ beliebig sind, kann man $\begin{eqnarray*} \varepsilon_1,\varepsilon_2 \end{eqnarray*}$ gegen Null laufen lassen und dann das Gewünschte.

Ich hoffe, wenigstens Einiges davon ist okay.

Ich freue mich auf ein Feedback.

18.04.2012, 18:36

HAL 9000

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Im großen und ganzen ist die Idee Ok, zum Schluß wird die Umsetzung aber ziemlich wacklig:

Je kleiner du $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ wählst, desto größer wird ja die Anzahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ deiner Intervalle! geschockt

Ist aber keine Katastrophe, denn das ganze lässt sich von hier beginnend

Zitat:

Original von Dennis2010
$\begin{eqnarray*} = \sum_{k=1}^{n}(F_i(x_{k+1})-F_i(x_k))\cdot (F_j(x_{k+1})-F_j(x_k)) \end{eqnarray*}$

folgendermaßen reparieren:

Die beiden Faktoren im Summenglied sind beide nichtnegativ, und wir wissen $\begin{eqnarray*} 0\leq F_i(x_{k+1})-F_i(x_k) < \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Also kann man einfach weiter abschätzen

$\begin{eqnarray*} \ldots \leq \sum_{k=1}^{n}\varepsilon \cdot (F_j(x_{k+1})-F_j(x_k)) = \varepsilon \cdot \underbrace{\sum_{k=1}^{n} (F_j(x_{k+1})-F_j(x_k))}_{=1} = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Und es ist anzumerken, dass deine beiden "Randpunkte" $\begin{eqnarray*} x_1=-\infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_{n+1}=\infty \end{eqnarray*}$ sind, d.h. mit den "uneigentlichen" Verteilungsfunktionswerten (im Sinne von Grenzwert) $\begin{eqnarray*} F_i(x_1)=F_j(x_1)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F_i(x_{n+1})=F_j(x_{n+1})=1 \end{eqnarray*}$ .

18.04.2012, 19:40

Gast11022013

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Zitat:

Original von HAL 9000

$\begin{eqnarray*} \underbrace{\sum_{k=1}^{n} (F_j(x_{k+1})-F_j(x_k))}_{=1} \end{eqnarray*}$

Warum gilt das? Ich sehe es gerade nicht.

Zitat:

Original von HAL 9000

Und es ist anzumerken, dass deine beiden "Randpunkte" $\begin{eqnarray*} x_1=-\infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_{n+1}=\infty \end{eqnarray*}$ sind, d.h. mit den "uneigentlichen" Verteilungsfunktionswerten (im Sinne von Grenzwert) $\begin{eqnarray*} F_i(x_1)=F_j(x_1)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F_i(x_{n+1})=F_j(x_{n+1})=1 \end{eqnarray*}$ .

Was hat es mit diesen "Randpunkten" auf sich, wo kommen die her?

Ich habe das leider noch nicht verstanden.

18.04.2012, 19:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dennis2010

Zitat:

Original von HAL 9000

$\begin{eqnarray*} \underbrace{\sum_{k=1}^{n} (F_j(x_{k+1})-F_j(x_k))}_{=1} \end{eqnarray*}$

Warum gilt das? Ich sehe es gerade nicht.

Das ist eine Teleskopsumme mit Wert $\begin{eqnarray*} F(x_{n+1})-F(x_1) = 1-0 = 1 \end{eqnarray*}$ , d.h. die gesamte Wkt-Masse.

Zitat:

Original von HAL 9000
Was hat es mit diesen "Randpunkten" auf sich, wo kommen die her?

Gegenfrage: Was sind denn bei dir $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_{n+1} \end{eqnarray*}$ , wenn du so kühn

$\begin{eqnarray*} P(X_i=X_j)=P\left(\left\{\omega\in\Omega: X_i(\omega)=X_j(\omega)\right\}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq P\left(\left\{\omega\in\Omega:~\exists~k\in\left\{1,...,n\right\}: X_i(\omega),X_j(\omega)\in [x_k,x_{k+1}]\right\}\right) \end{eqnarray*}$

aufstellst??? geschockt

Ich hab versucht, die Sache zu retten und an den fehlenden Stellen zu ergänzen, und jetzt stellst du dich quer - nicht zu fassen. unglücklich

P.S.: Du tanzt auf ganz schön vielen Hochzeiten gleichzeitig, und kommst nicht richtig mit dem antworten hinterher. Augenzwinkern

22.04.2012, 16:56

Gast11022013

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Wo ist in dem Beweis eigentlich die Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} X_1,...,X_n \end{eqnarray*}$ eingeflossen?

Oder ist das eine Annahme, die man trifft, damit theoretisch alle Zufallsvariablen alle Werte annehmen können und man nicht auch noch schauen muss, wie sich die Zufallsvariablen gegenseitig eventuell "einschränken"? Es wäre ja vielleicht denkbar, daß es eine bestimmte Abhängigkeit zwischen $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_j \end{eqnarray*}$ gäbe, soda0 vielleicht $\begin{eqnarray*} X_i=X_j \end{eqnarray*}$ gar nicht möglich wäre und mit der Annahme schließt man sowas aus?

Im Beweis selbst benötigt man diese Annahme dann aber nicht weiter, oder?

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