Stochastische Unabhängigkeit

04.11.2015, 12:38

marcelinho

Stochastische Unabhängigkeit

Hallo Forum Wink

Diese Aufgabe bereitet mir etwas Schwierigkeiten, vor allem deshalb, da ich ich keinen richtigen Zugang zu ihr finde. Ich weiß mir nicht so recht etwas darunter vorzustellen und deshalb auch keinen Beweis zu führen. Die Definition der Unabhängigkeit ist mir bekannt, allerdings würde mir wohl ein Beispiel helfen, um diese Konstellation in der Aufgabe zu verstehen.
Für den Beweis selber und Erklärungen nehme ich auch gerne Links entgegen, durch die ich alles Weitere nachvollziehen kann. Ansonsten bin ich über jeden Tipp dankbar, der mir bei der Aufgabe weiterhilft.

Lieben Dank, Marcel

04.11.2015, 13:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von marcelinho
Ich weiß mir nicht so recht etwas darunter vorzustellen und deshalb auch keinen Beweis zu führen. Die Definition der Unabhängigkeit ist mir bekannt, allerdings würde mir wohl ein Beispiel helfen, um diese Konstellation in der Aufgabe zu verstehen.

Man kann es kurz so beschreiben:

Du kannst eine beliebige Auswahl von Ereignissen aus der Familie hernehmen und sie durch ihre Komplemente ersetzen - trotzdem bleibt die solchermaßen veränderte Familie unabhängig.

Ganz einfaches Beispiel:

Zitat:

Beim ungezinkten Würfelwurf (mit $\begin{align*} \Omega=\{1,2,3,4,5,6\} \end{align*}$ ) sind die beiden Ereignisse $\begin{align*} A=\{1,2,3\} \end{align*}$ und $\begin{align*} B=\{1,6\} \end{align*}$ unabhängig (nachrechnen!), also auch die Familie $\begin{align*} \{A,B\} \end{align*}$ .

Die Aussage des Satzes ist dann, dass auch $\begin{align*} \{A,B^c\} \end{align*}$ unabhängig ist, also mit $\begin{align*} B^c=\{2,3,4,5\} \end{align*}$ , usw.

Das besondere ist, dass die Satzaussage aber nicht nur für endliches $\begin{align*} \Lambda \end{align*}$ , sondern auch (ggfs. sogar überabzählbar) unendliches $\begin{align*} \Lambda \end{align*}$ gilt.

07.11.2015, 09:54

marcelinho

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Danke für die Erklärung!
Scheint ein Beweis per Induktion am sinnvollsten?

07.11.2015, 10:21

HAL 9000

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Zitat:

Original von marcelinho
Scheint ein Beweis per Induktion am sinnvollsten?

Durchaus - aber es kommt drauf an, was genau du da per Induktion nachweisen willst.

07.11.2015, 15:41

marcelinho

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Ich bin mir nicht sicher, bei der Induktion beweise ich es ja nur für endliche (Teil-)Mengen oder? Hab keine wirkliche Idee traurig

07.11.2015, 20:17

HAL 9000

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"nur für endliche (Teil-)Mengen" ... da wäre wohl zu klären, wie man die Unabhängigkeit einer unendlich großen (ggfs. sogar überabzählbaren) Familie von Ereignissen überhaupt definiert - solltest du gehabt haben bzw. kannst du als erstes mal nachschlagen. Augenzwinkern

07.11.2015, 20:46

marcelinho

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Wir haben definiert:

Sei der Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray*} (\Omega,F, P) \end{eqnarray*}$ und eine Familie von Ereignissen $\begin{eqnarray*} A_{\lambda} \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} \lambda \in \Lambda) \subset \end{eqnarray*}$ F gegeben.
latex] A_{\lambda} [/latex] ( $\begin{eqnarray*} \lambda \in \Lambda) \end{eqnarray*}$ heißt unabhängig, falls für alle $\begin{eqnarray*} \lambda_{1},...,\lambda_{n} \in \Lambda, n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt
$\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{k=1}^{n} A_{k}) = \prod_{k=1}^{n} P(A_{\lambda k}) \end{eqnarray*}$

Jetzt ist mir echt nicht mehr klar, ob in der Aufgabe nur eine endliche Menge gemeint ist bzw für welche Mengen es bewiesen werden soll...

07.11.2015, 20:51

HAL 9000

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Steht alles da, du musst es nur richtig "lesen":

Eine beliebig große Familie von Ereignissen nennt man unabhängig, wenn für eine beliebige endliche Auswahl aus dieser Familie diese Produktwahrscheinlichkeitseigenschaft gilt.

P.S.: Links muss auch $\begin{eqnarray*} A_{\lambda_k} \end{eqnarray*}$ stehen, und nicht wie bei dir nur $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ .

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

Ok, ich bereite mal eine Behauptung auf, deren Nachweis die Aufgabe erledigt - und du überlegst dir mal, warum das ausreichen würde:

Zitat:

Es seien $\begin{align*} \{U_1,\ldots,U_m,V_1,\ldots,V_n\} \end{align*}$ eine Menge unabhängiger Ereignisse. Dann gilt

$\begin{align*} P\left( \bigcap_{j=1}^m U_j \cap \bigcap_{k=1}^n V_k^c \right) = \prod_{j=1}^m P\left( U_j \right) \cdot \prod_{k=1}^n P\left( V_k^c \right) \end{align*}$

Gültig für alle $\begin{align*} m,n\in\mathbb{N}_0 \end{align*}$ , und nachweisbar per Induktion über $\begin{align*} n \end{align*}$ , dann mit Induktionsanfang n=0.

Dazu muss man noch was zu den Extremfällen m=0 bzw. n=0 sagen: Ein "leeres" Produkt (d.h. ohne Faktoren) wird mit Wert 1 definiert, ein leerer Durchschnitt entspricht der Grundmenge $\begin{align*} \Omega \end{align*}$ .

07.11.2015, 21:09

marcelinho

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D.h., es genügt wenn ich die Induktion für die beiden disjunkten Teilmengen zeige und dabei eine "endliche Auswahl" vornehme?

Edit: Sehe jetzt noch deinen Zusatz, darauf zielte meine Frage ab, danke! Ich setze mich damit gründlich auseinander und werde mich dann bei Rückfragen melden.

07.11.2015, 21:11

HAL 9000

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Ich weiß nicht, ob du meine Ergänzung schon gelesen hast - jedenfalls verstehe ich nicht, was du mit "beiden disjunkten Teilmengen" meinst. unglücklich

08.11.2015, 11:39

marcelinho

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Der Induktionsschritt bereitet mir etwas Probleme verwirrt

Könntest du mir den erläutern?

08.11.2015, 13:08

HAL 9000

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Im Induktionsschritt $\begin{align*} n\to n+1 \end{align*}$ hilft

$\begin{align*} M = M\cap \left(V_{n+1} \cup V_{n+1}^c \right) = \left(M \cap V_{n+1} \right) \cup \left(M \cap V_{n+1}^c \right) \end{align*}$ und daraus folgend

$\begin{align*} P(M) = P\left(M \cap V_{n+1} \right) + P\left(M \cap V_{n+1}^c \right) \end{align*}$

angewandt auf $\begin{align*} M = \bigcap_{j=1}^m U_j \cap \bigcap_{k=1}^n V_k^c \end{align*}$ . Denn dann steht da

$\begin{align*} P\left( \bigcap_{j=1}^m U_j \cap \bigcap_{k=1}^n V_k^c \right) = P\left(\left[ \bigcap_{j=1}^m U_j \cap V_{n+1} \right] \cap \bigcap_{k=1}^n V_k^c \right) + P\left(\bigcap_{j=1}^m U_j \cap \bigcap_{k=1}^{n+1} V_k^c \right) \end{align*}$

$\begin{align*} P\left(\bigcap_{j=1}^m U_j \cap \bigcap_{k=1}^{n+1} V_k^c \right) = P\left( \bigcap_{j=1}^m U_j \cap \bigcap_{k=1}^n V_k^c \right) - P\left(\left[ \bigcap_{j=1}^m U_j \cap V_{n+1} \right] \cap \bigcap_{k=1}^n V_k^c \right) \end{align*}$ .

Rechts kann nun zweimal die Induktionsvoraussetzung angewandt werden, denn in beiden Durchschnitten dort tauchen nur $\begin{align*} n \end{align*}$ -mal Komplemente der Ausgangsmengen auf...

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