Bedingte Wahrscheinlichkeit trifft Division durch Null |
20.09.2016, 01:33 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Bedingte Wahrscheinlichkeit trifft Division durch Null Warum tut man das nicht? |
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20.09.2016, 07:51 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Weil es nicht "passt" ! Wie auch immer man im Fall festlegt, es muss immer noch ein Wahrscheinlichkeitsmaß sein. Was z.B. speziell bedeutet, was bei deiner Festlegung schon mal nicht klappt. Es gibt also kein Dünnbrettbohren hier, man muss den beschwerlichen Gang durch die Maßtheorie (bedingte Erwartung, etc.) gehen. |
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20.09.2016, 19:05 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich will vorsichtshalber vorausschicken, dass ich kein Mathestudent bin. P(Omega|B) wäre natürlich auch 0, was dem 2. Kolmogorov-Axiom nicht widerspricht, nachdem P(Omega) = 1 sein muss. Daher sehe ich nicht, wo das nicht klappen soll. |
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20.09.2016, 19:19 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Du fordert also von NICHT, dass es ein Wahrscheinlichkeitsmaß ist??? Entschuldige bitte, aber wieso soll man dann überhaupt betrachten - aus reinem Selbstzweck? |
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20.09.2016, 19:41 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Doch, aber "P(B) = 0 -> P(A|B) = 0" (wobei A auch gleich Omega sein kann) scheint mir nicht gegen die Kolmogorov-Axiome zu verstoßen und die sind doch notwendig und hinreichend für ein W-Maß, oder? |
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20.09.2016, 19:45 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich habe von geredet, und das gehört zu den Axiomen. |
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20.09.2016, 20:00 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Hm, mE ist das (2.) Axiom und damit würde sich , falls vertragen, oder? |
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20.09.2016, 20:04 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Anscheinend verstehst die von mir verwendete Bezeichnung nicht. Also nochmal mit anderen Bezeichnungen, die dir hoffentlich eher liegen: Wir betrachten die Mengenfunktion für festes , hier speziell für ein mit . Aber auch da wird gefordert, dass ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf ist, also muss speziell gelten. |
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20.09.2016, 20:29 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Achso, danke. Woraus ergibt sich, dass P(Omega|B) für jedes beliebige B auch gleich 1 sein muss? Wir haben ja erstmal nur die 3 Kolmogorov Axiome und das 2. besagt ja erstmal nur, dass P(Omega) = 1. Wie kommt man von da zu P(Omega|B) = 1? |
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20.09.2016, 20:41 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Halt dich doch nicht so krampfhaft (!!!) an dem Symbol fest - das ist ja nicht zum Aushalten! ist ein Wahrscheinlicheitsmaß, muss die Kolmogorov-Axiome erfüllen, Ok. Aber - zum WIEDERHOLTEN MALE - auch ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß, muß also ebenfalls diese Axiome erfüllen. |
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20.09.2016, 22:58 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Du müsstest zeigen, dass P(Omega|B) = P(Omega) = 1. Per Axiom ist P(Omega) = 1, aber wieso soll auch immer P(Omega|B) = 1 sein? MaW: Ich verstehe nicht, warum es ein Widerspruch sein soll, wenn P(Omega) = 1 und P(Omega|B) = 0, falls B ein unmögliches Ereignis sei. |
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20.09.2016, 23:03 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich geb's auf. Dann nimm eben dein Nullmaß (denn das ist es nach deiner Definition) als Wahrscheinlichkeitsmaß und werde glücklich. |
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20.09.2016, 23:30 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich frage ja, weil ich's selbst nicht weiß und vor allem und genau wissen will, warum meine Idee nicht funktioniert. Du sagst P(Omega|B) kann nicht 0 sein und damit würde meine Ausgangsidee nicht mehr klappen. Aber das müsste man schon beweisen können, denn Ausgangspunkt ist das Axiom P(Omega) = 1, doch P(Omega|B) wäre was anderes. Denn wenn ich dein Argument richtig verstehe, dann sagst du: P(Omega) = P(Omega|B) = 1 und damit kann P(Omega|B) nicht Null sein. Aber wie genau kommst du darauf, dass P(Omega) = P(Omega|B)? |
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21.09.2016, 07:34 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Zwischen der Fachwelt und dir gibt es wohl fundamental verschiedene Ansichten, was eine bedingte Wahrscheinlichkeit leisten muss: Für Ereignisse mit liefert die Definition eine Mengenfunktion, die die Kolmogorowschen Axiome erfüllt, als da wären 1) für alle Ereignisse 2) . 3) für jede abzählbare Folge paarweise disjunkter Ereignisse. Mit anderen Worten: ist ebenfalls ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf . Eine Erweiterung des Begriffes bedingte Wahrscheinlichkeit auch auf Ereignisse mit sollte (so der Wunsch) auch diese Eigenschaft eines Wahrscheinlichkeitsmaßes aufweisen - und genau das ist auch der Fall über die allgemeine maßtheoretisch basierte Definition (bedingte Erwartung, Radon-Nikodym-Ableitung, etc.). Damit z.B. auch folgendes klappt: Nehmen wir als Ereignis mal speziell das Ereignis, dass eine stetige Zufallsgröße einen bestimmten Wert annimmt, also . Dann muss gemäß allgemeiner Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit z.B. folgendes gelten: mit Verteilungsfunktion bzw. Verteilungsdichte der Zufallsgröße . Insbesondere für bedeutet das . Nach deiner Lesart kommt dann raus für alle , was natürlich himmelschreiender Unsinn ist. D.h.: Du machst jetzt mal deine Hausaufgaben und schaust dir an, wie im Fall verfahren wird: https://de.wikipedia.org/wiki/Bedingter_...male_Definition statt ständig deinen Unfug zu wiederholen. |
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21.09.2016, 17:08 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich verstehe, dass du für A die Menge Omega einsetzen kannst, aber ich verstehe nicht, wie man von P(Omega) = 1 (Kolmogorov's Axiom Nr. 2) zu P(Omega|B) = 1 kommt. Evtl. (und wahrscheinlich) verstehe ich einfach zu wenig von der Wahrscheinlichkeitstheorie. Ich habe mir folgende Lösung überlegt, vllt, kannst du ja mal schauen, ob man das so machen könnte: Sei P(B) = 0 und dadurch auch P(A|B) = 0 (meine Annahme). Es muss nun für P(A|B) ein sicheres Ereignis geben, d.h. für einen Fall muss für beliebige A und B gelten P(A|B) = 1. Das fortdert das 2. Axiom von Kolmogorov. Doch dem widerspricht meine Lösung, nach der P(A|B) im Fall der leeren Menge B (= P(B) = 0) nie Eins sein kann. Also ist die Annahme falsch. |
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21.09.2016, 17:50 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Na wenigstens im vorgestellten Fall solltest du das können: .
Unsinn - wie soll denn das für beliiebige A und B gelten??? Für gilt z.B. immer . Irgendwie leben wir wohl auf verschiedenen Planeten - ich kann deinen wirren Gedanken nicht folgen. |
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22.09.2016, 00:29 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich glaube, ich hab's jetzt verstanden. Entscheidend ist, dass P(Omega|B) = 1 per Axiom. Wenn man immer nur liest, dass P(Omega) = 1 und dann die Bsp. wie beim Münzwurf Omega := {Kopf, Zahl}, dann wirkt die Bedingtheit im Zusammenhang mit Omega irgendwie "verdächtig". Aber ok, warum nicht einen Ereignisraum haben, dessen Ereignisse alle unter der Bedingung von B stehen, und damit auch das sichere Ereignis Omega. |
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23.09.2016, 02:20 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Neue Idee: Mein Vorschlag, dass wenn P(B) = 0, dann P(A|B) = 0 scheitert ja am 2. Axiom von Kolmogorov. Was passiert eigentlich, wenn man das einfach weglässt und quasi ein Axiomensystem ohne Kolmogorov Nr. 2 anwendet? Klar, einiges wird nicht mehr so leicht beweisbar, das System wäre schwächer, zB die Gegenereigniswahrscheinlichkeit wäre nicht mehr einfach 1-p und selbst die leere Menge wäre nicht mehr per se Null-Wahrscheinlichkeit, aber so richtig zerbröckeln würde nichts, oder? Mit diesem "aufgebohrten" System könnte man o.g. Problem entscheiden. Ich finde halt die Idee, dass wenn die Bedingung B nicht eintreten kann, dann auch A unter der Bedingung B nie eintreten kann, irgendwie höchst logisch und plausibel. Was meint ihr? |
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23.09.2016, 07:23 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Dieselbe alte Idee von oben, und genauso absurd wie bisher. Offenkundig hast du noch nie was von stetigen (z.B. normalverteilten) Zufallsgrößen gehört. Für die gilt für alle reellen Zahlen , in der Gesamtheit aber . D.h., bedeutet nicht, dass das Ereignis nicht eintreten kann, denn irgendeinen reellen Wert nimmt immer an!!! Das alles ist in Verbindung mit dem Beispiel zu sehen, welches ich oben 21.09.16, 7:34 angeführt hatte, und was du komplett ignoriert hattest. Letzter Vorschlag: 1) Du beschränkst dich in deinen Betrachtungen auf endliche oder abzählbare Wahrscheinlichkeitsräume . Dort kannst du lustig mit deinen "Ideen" operieren: Nicht, dass sie dort nützlich wären, aber sie schaden auch nichts, da es dort keinerlei sinnvolle Anwendungsmöglichkeiten für im Fall gibt. 2) Solltest du doch auch größere (d.h. überabzählbare) Wahrscheinlichkeitsräume betrachten wollen, dann lass deinen Unsinn und belege lieber einen Kurs Maßtheorie, der dir hoffentlich die Flausen aus dem Kopf treibt. |
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23.09.2016, 23:43 | Pippen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Doch, das bedeutet es, genau deshalb berechnet man nie P(X=t), sondern die Fläche unter der W-Funktion (wenn ich es richtig verstanden habe). Ich frage mal anders: Wenn ich behaupte, dass P(A|B) = 0, wenn P(B) = 0 und dass nur ein Wahrscheinlichkeitsmaß von Kolmogorov's Axiomen 1 & 3 gelten soll, was wäre dann deine Replik? Wäre dann meine Behauptung immer noch widersprüchlich bzw. wäre das System selbst widersprüchlich oder "nur" trivialer?
Ich habe keine Flausen im Kopf, ich verstehe schlicht die Wahrscheinlichkeitstheorie nicht so richtig. Ich bin eben nur Laie mit Interesse für Hochschulmathematik^^. |
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23.09.2016, 23:54 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Damit ist es kein Wahrscheinlichkeitsmaß, sondern nur ein Maß, und zwar das Nullmaß (was ich ebenfalls schon weiter oben erwähnt hatte), welches hier zu nichts zu gebrauchen ist. Das ist eine vollkommen sinnfreie Diskussion, die du hier führst.
Dann ändere das, statt ständig wohldurchdacht eingeführte Begriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung durch Unfug zu ersetzen. Ich stelle auch jetzt meine Bemühungen ein, da du bisher keine Bereitschaft zeigst, dazuzulernen - ja, überhaupt mal über meine Einwürfe nachzudenken. Stattdessen nur trotziges Leugnen wie dieses unsägliche und vollständig unpassende
Erzähl den Quatsch jemand anderen - ich hab meine Zeit jetzt hier offenbar schon viel zu viel verschwendet. |
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