Multiple Select stochastische Unabhängigkeit - verschiedene kurze Verständnisaufgaben

31.05.2016, 21:53

Shalec

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Multiple Select stochastische Unabhängigkeit - verschiedene kurze Verständnisaufgaben

Hallo,
zu entscheiden ist im Nachstehenden, ob die Aussagen wahr oder falsch sind (mit kurzer Begründung):

1.)
X,Y Zufallsvariablen auf $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal A, P) \end{eqnarray*}$
X besitzt die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_X \end{eqnarray*}$ und Y sei Bernoulli-verteilt mit Trefferwahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p\in ]0,1[ \end{eqnarray*}$ . Dann sind X und Y genau dann sochastisch unabhängig wenn $\begin{eqnarray*} P(X\leq x | Y=0)=F_X(x)\ \forall x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$

2.)
(X,Y) reellwertiger Zufallsvektor, der die bivariate Lebesguedichte $\begin{eqnarray*} f_p \end{eqnarray*}$ besitzt. Dann sind die reellwertigen X und Y genau dann stochastisch unabhängig, wenn $\begin{eqnarray*} p=0 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} f_p(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-p^2}}\cdot e^{-\frac{x^2-2pxy+y^2}{2(1-p^2)}} \end{eqnarray*}$

3.)
X,Y reellwertige Zufallsvariablen, die auf $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal A, P) \end{eqnarray*}$ definiert sind. Ist $\begin{eqnarray*} supp(Y)=supp_x(Y) \end{eqnarray*}$ von Y von der Realisierung $\begin{eqnarray*} x:=X(\omega) \end{eqnarray*}$ abhängt, so können X und y nicht stochastisch unabhängig sein.

Zu 1.)
Da $\begin{eqnarray*} P(X\leq x)=F_X(x) \end{eqnarray*}$ und nach der Bernoulli-Verteilung diese Verteilungsfunktion zu Y gegeben ist durch
$\begin{eqnarray*} F_Y(y)=\begin{cases} 0 & y<0\\ 1-p & 0\leq y\leq 1\\ 1& y\geq 1 \end{cases} \end{eqnarray*}$ .
Sind X und Y unabhängig, so ist $\begin{eqnarray*} P(X\leq x | Y=0) =P(X\leq x)P(Y=0) = F_X(x)F_Y(0)=F_X(x)\cdot (1-p) \end{eqnarray*}$
also ist die Aussage falsch.

Zu 2.)
Wenn p=0, dann ist $\begin{eqnarray*} f_p(x,y)=\frac{1}{2\pi}\cdot e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} \end{eqnarray*}$ also ist die gemeinsame Verteildungsfunktion
$\begin{eqnarray*} F_{X,Y}(t_1,t_2)=\int_{-\infty}^{t_1} \int_{-\infty}^{t_2} f_p(x,y) dxdy=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{t_1} \int_{-\infty}^{t_2} e^{-\frac{x^2+y^2}{2}} dxdy \end{eqnarray*}$
Dies führt zu einem Integral, welches nur approximierbar ist. Das richtige Argument habe ich leider nicht, um eine Entscheidung zu treffen.

Zu 3) habe ich noch keine Ideen.

Viele Grüße

31.05.2016, 22:29

HAL 9000

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Deine Ausführungen zu 1) sind falsch. Für diskret verteilte $\begin{align*} Y \end{align*}$ gilt

Zitat:

$\begin{align*} X,Y \end{align*}$ sind genau dann unabhängig, wenn $\begin{align*} P(X\leq x \bigm| Y=y) = P(X\leq x) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} y \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(Y=y)>0 \end{align*}$ gilt.

Die Hinrichtung ist also erfüllt (Spezialfall y=0). Für die Rückrichtung ist aus $\begin{align*} P(X\leq x \bigm| Y=0) = P(X\leq x) \end{align*}$ die andere noch nötige Gleichheit $\begin{align*} P(X\leq x \bigm| Y=1) = P(X\leq x) \end{align*}$ zu folgern - und das klappt (via Formel der totalen Wkt)!

Aussage 1.) ist also richtig.

Zitat:

Original von Shalec
Sind X und Y unabhängig, so ist $\begin{eqnarray*} P(X\leq x | Y=0) =P(X\leq x)P(Y=0) \end{eqnarray*}$

Sieht ganz danach aus, als verwechselst du $\begin{align*} P(X\leq x \mid Y=0) \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(X\leq x, Y=0) = P(X\leq x\,\wedge\, Y=0) \end{align*}$ . unglücklich

unglücklich

01.06.2016, 09:59

Shalec

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Zitat:

Original von HAL 9000
Deine Ausführungen zu 1) sind falsch. Für diskret verteilte $\begin{align*} Y \end{align*}$ gilt

Zitat:

(*)
$\begin{align*} X,Y \end{align*}$ sind genau dann unabhängig, wenn $\begin{align*} P(X\leq x \bigm| Y=y) = P(X\leq x) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} y \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(Y=y)>0 \end{align*}$ gilt.

Die Hinrichtung ist also erfüllt (Spezialfall y=0). Für die Rückrichtung ist aus $\begin{align*} P(X\leq x \bigm| Y=0) = P(X\leq x) \end{align*}$ die andere noch nötige Gleichheit $\begin{align*} P(X\leq x \bigm| Y=1) = P(X\leq x) \end{align*}$ zu folgern - und das klappt (via Formel der totalen Wkt)!

Aussage 1.) ist also richtig.

Die Aussage von (*) kenne ich nicht, und ich konnte es auch nicht im Skript finden.
Meinst du mit "Formel der totalen Wkt" dies: Wikipe
dia ? (Interessant, dass hier ein Zeilenumbruch gemacht wird)

Demnach ist $\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{P(A)-P(A|B^c)P(B^c)}{P(B)} \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} P(B)\neq0 \end{eqnarray*}$ also im Falle der Aufgabe:
$\begin{eqnarray*} P(X\leq x, Y=0) = \frac{P(X\leq x)-P(X\leq x| Y\neq0)P(Y\neq0)}{P(Y=0)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(Y\neq 0) = P( \{Y<0\}\cup \{Y>0\} )=P(Y<0)P(Y>0)=0 \end{eqnarray*}$ , da die Mengen disjunkt sind und nach der Verteilungsfunktion im 1. Post $\begin{eqnarray*} F_Y \end{eqnarray*}$ .
Also
$\begin{eqnarray*} P(X\leq x, Y=0)=\frac{F_X(x)}{P(Y=0)}=\frac{F_X(x)}{1-p} \end{eqnarray*}$
Es scheint also auch hier was falsch zu sein. Mir fehlen wohl noch ein paar Informationen, um solche Aufgaben bearbeiten zu können.
Oh.. ich hatte mich verlesen, du hattest Y=0 auf der einen und Y=1 auf der anderen. Warum ist diese Gleichheit noch erforderlich? Erkenne ich vielleicht einen elementaren Zusammenhang nicht?
Edit: Y ist Bernoulli-verteilt. Daher ist $\begin{eqnarray*} P(Y\neq 0)=P(Y=1) \end{eqnarray*}$ ....ich überlege mir gleich was. muss aber jetzt los.

Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Shalec
Sind X und Y unabhängig, so ist $\begin{eqnarray*} P(X\leq x | Y=0) =P(X\leq x)P(Y=0) \end{eqnarray*}$

Sieht ganz danach aus, als verwechselst du $\begin{align*} P(X\leq x \mid Y=0) \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(X\leq x, Y=0) = P(X\leq x\,\wedge\, Y=0) \end{align*}$ . unglücklich

unglücklich

Bis jetzt dachte ich, dass beide Notationen äquivalent wären (bzw. synonym), da ich dies auf vielen Internetseiten gelesen hatte. Vermutlich falsch interpretiert. Wegen 5.12 und Wikipedia bin ich wohl von einer falschen Einschätzung ausgegangen.

Vielen Dank für die Hilfe

01.06.2016, 10:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von Shalec
Wegen 5.12 und Wikipedia bin ich wohl von einer falschen Einschätzung ausgegangen.

Also ich kann zumindest in der Wikipedia nicht lesen, dass $\begin{align*} P(A \mid B) \end{align*}$ und $\begin{align*} P(A\cap B) \end{align*}$ dasselbe sind. unglücklich

unglücklich

Da steht klar und deutlich $\begin{align*} P(A \mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} \end{align*}$ falls $\begin{align*} P(B)>0 \end{align*}$ , und das gilt hier bei uns im besonderen auch für die beiden Ereignisse $\begin{align*} A=[X\leq q] \end{align*}$ und $\begin{align*} B=[Y=0] \end{align*}$ :

$\begin{align*} P(X\leq q \mid Y=0) = \frac{P([X\leq q]\cap [Y=0])}{P(Y=0)} = \frac{P(X\leq q\,\wedge\, Y=0)}{P(Y=0)} \end{align*}$ .

01.06.2016, 15:33

Shalec

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Shalec
Wegen 5.12 und Wikipedia bin ich wohl von einer falschen Einschätzung ausgegangen.

Also ich kann zumindest in der Wikipedia nicht lesen, dass $\begin{align*} P(A \mid B) \end{align*}$ und $\begin{align*} P(A\cap B) \end{align*}$ dasselbe sind. unglücklich

unglücklich

Da steht klar und deutlich $\begin{align*} P(A \mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} \end{align*}$ falls $\begin{align*} P(B)>0 \end{align*}$ , und das gilt hier bei uns im besonderen auch für die beiden Ereignisse $\begin{align*} A=[X\leq q] \end{align*}$ und $\begin{align*} B=[Y=0] \end{align*}$ :

$\begin{align*} P(X\leq q \mid Y=0) = \frac{P([X\leq q]\cap [Y=0])}{P(Y=0)} = \frac{P(X\leq q\,\wedge\, Y=0)}{P(Y=0)} \end{align*}$ .

Sind A und B dann nicht disjunkte Ereignisse? Dann folgt die Behauptung direkt. Oder kann ich hier i.A. nicht von disjunkten Ereignissen ausgehen?

Viele Grüße und Danke

01.06.2016, 15:53

HAL 9000

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Die Definition gilt für beliebige Ereignisse $\begin{align*} A,B \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(B)>0 \end{align*}$ , nicht nur für disjunkte.

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01.06.2016, 16:34

Shalec

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Zitat:

Original von HAL 9000
Die Definition gilt für beliebige Ereignisse $\begin{align*} A,B \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(B)>0 \end{align*}$ , nicht nur für disjunkte.

Ich meinte damit, dass dann die Behauptung direkt folgen würde, da für disjunkte Ereignisse $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray*}$ gilt.
Hier kann ich aber i.A. nicht davon ausgehen, dass diese disjunkt sind, oder?

Wie könnte ich $\begin{eqnarray*} P(X\leq x | Y=1) \end{eqnarray*}$ berechnen? Mittels Definition gilt:
$\begin{eqnarray*} P(X\leq x | Y=1)=\frac{P( \{X\leq x\} \cap \{Y=1\} )}{P(Y=1)}=P( \{X\leq x\} \cap \{Y=1\} ) \end{eqnarray*}$

01.06.2016, 18:21

HAL 9000

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Zitat:

Original von Shalec
Ich meinte damit, dass dann die Behauptung direkt folgen würde, da für disjunkte Ereignisse $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray*}$ gilt.

Nein, für disjunkte Ereignisse gilt $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=0 \end{eqnarray*}$ , folgt aus $\begin{eqnarray*} A\cap B=\emptyset \end{eqnarray*}$ , der Definition von Diskunktheit.

Anscheinend findet hier die nächste Verwechslung statt, zwischen unabhängig und disjunkt. unglücklich

unglücklich

01.06.2016, 20:05

Shalec

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Shalec
Ich meinte damit, dass dann die Behauptung direkt folgen würde, da für disjunkte Ereignisse $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=P(A)P(B) \end{eqnarray*}$ gilt.

Nein, für disjunkte Ereignisse gilt $\begin{eqnarray*} P(A\cap B)=0 \end{eqnarray*}$ , folgt aus $\begin{eqnarray*} A\cap B=\emptyset \end{eqnarray*}$ , der Definition von Diskunktheit.

Anscheinend findet hier die nächste Verwechslung statt, zwischen unabhängig und disjunkt. unglücklich

unglücklich

ehm..ja. Da gebe ich dir recht.

edit: Ich gehe nochmal die Aufgabe durch und schreibe mir alles strukturiert auf. Ich werde dann in einem neuen Post vielleicht mal was ordentliches schreiben.

Könntest du mir noch sagen, ob die anderen beiden Aufgaben wahr oder falsch sind?

Viele Grüße und Danke

01.06.2016, 20:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von Shalec
Aber zurück zu ausgänglichen Frage: Wie berechne ich $\begin{eqnarray*} P(X\leq x| Y=0) \end{eqnarray*}$ ?

Vielleicht sagst du mir als erstes mal, was du hier betrachten willst: Bei der Hinrichtung folgt das unmittelbar aus der Unabhängigkeit (s.o.). Bei der Rückrichtung ist $\begin{eqnarray*} P(X\leq x| Y=0)=F_X(x)=P(X\leq x) \end{eqnarray*}$ gegeben.

01.06.2016, 20:24

Shalec

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Shalec
Aber zurück zu ausgänglichen Frage: Wie berechne ich $\begin{eqnarray*} P(X\leq x| Y=0) \end{eqnarray*}$ ?

Vielleicht sagst du mir als erstes mal, was du hier betrachten willst: Bei der Hinrichtung folgt das unmittelbar aus der Unabhängigkeit (s.o.). Bei der Rückrichtung ist $\begin{eqnarray*} P(X\leq x| Y=0)=F_X(x)=P(X\leq x) \end{eqnarray*}$ gegeben.

Jetzt bin ich in der Lage das mal sauber aufzuschreiben. Ein Schritt kann noch nicht mit der Vorlesung begründet werden, da dieser dort nicht gezeigt wurde. Aber sonst sollte es so stimmen.

"=>" $\begin{eqnarray*} P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)P(B)}{P(B)}=P(A) \end{eqnarray*}$ da stochastisch unabhängig.
"<=" Zum einen gilt $\begin{eqnarray*} P(A)=P(A|B) \end{eqnarray*}$ und zum anderen folgt aus dem Satz über die totale Wahrscheinlichkeit: $\begin{eqnarray*} P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|B^c)P(B^c) \end{eqnarray*}$ . Diese zwei Zeilen lassen sich nun gleichsetzen, umformen, einsetzen, dass $\begin{eqnarray*} P(B)=1-p;\ P(B^c)=p \end{eqnarray*}$ und teilen durch p liefert dann:
$\begin{eqnarray*} P(A|B)=P(A|B^c) \end{eqnarray*}$ . Die Folgerung hieraus, dass damit dann X und Y stochastisch unabhängig sind, steht nicht im Skript. Lässt sich aber über Wikipedia gut nachvollziehen.

Viele Grüße und Danke für die Zeit smile

smile

Nun zu den anderen beiden..

01.06.2016, 20:27

HAL 9000

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Zitat:

Original von Shalec
Die Folgerung hieraus, dass damit dann X und Y stochastisch unabhängig sind, steht nicht im Skript.

Irgendetwas dazu muss doch im Skript stehen: Man führt zuerst die Unabhängigkeit von Ereignissen ein, und dann darauf aufbauend die von Zufallsgrößen - letzteres, wenn es "ordentlich maßtheoretisch" geschieht, zunächst über die Unabhängigkeit von Sigma-Algebren.

01.06.2016, 20:46

Shalec

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Shalec
Die Folgerung hieraus, dass damit dann X und Y stochastisch unabhängig sind, steht nicht im Skript.

Irgendetwas dazu muss doch im Skript stehen: Man führt zuerst die Unabhängigkeit von Ereignissen ein, und dann darauf aufbauend die von Zufallsgrößen - letzteres, wenn es "ordentlich maßtheoretisch" geschieht, zunächst über die Unabhängigkeit von Sigma-Algebren.

Aus Wikipedia in der Zeile, in der auch $\begin{eqnarray*} P(A|B)=P(A|B^c) \end{eqnarray*}$ steht der linke Teil im Skript. Aber der Rechte lässt sich nicht identifizieren.

Bei 2.) hatte ich eine Einschätzung bereits gepostet. Für p=0 lässt sich das Integral auf $\begin{eqnarray*} (-\infty,x]\times (-\infty,y] \end{eqnarray*}$ nicht integrieren, nur approximieren. Wie wäre denn hier das Vorgehen?
Ich lese grad im Skript im Korollar 6.4 ( Skript ) $\begin{eqnarray*} f_{X,Y}(x,y)=P(X=x, Y=y) \end{eqnarray*}$ und darunter "X,Y sind genau dann stochastisch unabhängig, falls $\begin{eqnarray*} f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y) \end{eqnarray*}$ .

01.06.2016, 21:00

HAL 9000

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Zitat:

Original von Shalec
Ich lese grad im Skript im Korollar 6.4 ( Skript ) $\begin{eqnarray*} f_{X,Y}(x,y)=P(X=x, Y=y) \end{eqnarray*}$ und darunter "X,Y sind genau dann stochastisch unabhängig, falls $\begin{eqnarray*} f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y) \end{eqnarray*}$ .

Darüber haben auch wir uns letztens schon mal unterhalten:

Stochastische Unabhängigkeit mittels Randdichten

01.06.2016, 21:04

Shalec

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Shalec
Ich lese grad im Skript im Korollar 6.4 ( Skript ) $\begin{eqnarray*} f_{X,Y}(x,y)=P(X=x, Y=y) \end{eqnarray*}$ und darunter "X,Y sind genau dann stochastisch unabhängig, falls $\begin{eqnarray*} f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y) \end{eqnarray*}$ .

Darüber haben auch wir uns letztens schon mal unterhalten:

Stochastische Unabhängigkeit mittels Randdichten

Wie konnte ich das blos schon wieder vergessen... natürlich. Ich editier gleich, was ich da habe. Danke

01.06.2016, 22:32

Shalec

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Setze ich p=0 so lässt sich $\begin{eqnarray*} f_p = f_Xf_Y \end{eqnarray*}$ zerlegen.
(Diese Seite keine Probleme)

Auf der anderen Seite bekomme ich den Schritt auf p=0 nicht hin. Das liegt sehr wahrscheinlich daran, dass ich mich irgendwo vertan habe. Hier mal die Integrale:

$\begin{eqnarray*} f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi(1-p^2)}} e^{-\frac{(x+py)^2}{2(1-p^2)}}<br /> f_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2}} \end{eqnarray*}$
Damit erhalte ich dann die Gleichheit:
$\begin{eqnarray*} f_X(x)f_Y(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi(1-p^2)}} e^{-\frac{(x+py)^2}{2(1-p^2)}}\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2}} = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-p^2}} e^{-\frac{x^2-2pxy y^2}{2(1-p^2)}}=f_p(x,y) \end{eqnarray*}$

Folglich klappt das für beliebige p's. Also ist die Aussage falsch.

04.06.2016, 10:50

HAL 9000

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Zitat:

Original von Shalec
$\begin{eqnarray*} f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi(1-p^2)}} e^{-\frac{(x+p{\color{red}y})^2}{2(1-p^2)}} \end{eqnarray*}$

Der rechts stehende Term ist nicht $\begin{align*} f_X \end{align*}$ - kann es schon deswegen nicht sein, weil noch Argument $\begin{align*} y \end{align*}$ drin steht. unglücklich

unglücklich

Rechne stattdessen die wirklichen $\begin{align*} f_X \end{align*}$ und $\begin{align*} f_Y \end{align*}$ aus, und zwar wie es sich gehört über $\begin{align*} f_X(x) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} f_p(x,y) ~ \dd x \end{align*}$ und $\begin{align*} f_Y(y) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} f_p(x,y) ~ \dd y \end{align*}$ .

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