Stochastische Unabhängigkeit

18.10.2018, 17:14

Bomby

Stochastische Unabhängigkeit

Meine Frage:
Guten Abend miteinander

Ich stehe wieder vor einer (für mich) kniffligen Aufgabe. Bei solchen Aufgaben habe ich echt immer Probleme darauf zu kommen, da es Allgemein zu beweisen gilt.

Für jegliche Hilfe bin ich wie immer sehr dankbar.

Bomby

Meine Ideen:
Bei c) habe ich mir überlegt, da die vollständige stochastische Unabhängigkeit gilt, so darf Bi als Teilmenge von Ai und (komplement) Ai mit allen anderen Bi keine Schnittmenge haben.
Der Grund dafür ist, weil ja aus der paarweisen stochastischen Unabhängigkeit die vollständige nicht folgen muss oder? Wie gehe ich da am besten vor um das Allgemein zu beweisen?

d) Hier bin ich nur so weit gekommen:
P(A1 O A2 .... O An) = 1 - P (Ak1 U ... U Akn)
= 1 - P(Ak1) * ....* P(Akn)

"k" = komplement, "O" = ODER; U = UND also das umgekehrte U (sorry für die Schreibweise, der Formeleditor will nicht funktionieren).

Und genau das ist das Problem für mich hier . ich muss es ja für Ai beweisen und nicht für An für n > 2. Aber ich finde keine vernünftige Umformung.

18.10.2018, 20:10

HAL 9000

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Zitat:

Original von Bomby
Bei c) habe ich mir überlegt, da die vollständige stochastische Unabhängigkeit gilt, so darf Bi als Teilmenge von Ai und (komplement) Ai mit allen anderen Bi keine Schnittmenge haben.

Nein, hier verwechselst du (wie leider viele Leute) Unabhängigkeit mit Disjunktheit. unglücklich

Und es hat hier auch nichts mit nur paarweiser Unabhängigkeit zu tun, es ist hier vollständige Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ gegeben.

Zu beweisen ist hier

$\begin{eqnarray*} P\left( \bigcap_{i\in I} B_i\right) = \prod_{i\in I} P\left( B_i\right) \end{eqnarray*}$

für jede (!) nichtleere Teilmenge $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \{1,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ , und dazu benutzt werden darf

$\begin{eqnarray*} P\left( \bigcap_{i\in J} A_i\right) = \prod_{i\in J} P\left( A_i\right) \end{eqnarray*}$

für ebenfalls jede Teilmenge $\begin{eqnarray*} J \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \{1,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ (für leere Teilmengen $\begin{eqnarray*} J \end{eqnarray*}$ gelten die nützlichen Konventionen $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i\in \emptyset} A_i := \Omega \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \prod_{i\in \emptyset} p_i := 1 \end{eqnarray*}$ ).

Und das gelingt mit Hilfe der Siebformel, auch wenn es ein ziemlicher Indexkrieg wird.

18.10.2018, 20:44

Bomby

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Hallo Hal

Wieder mal grossen Dank für deine Hilfe ich wünschte ich könnte das so gut verstehen wie du :-)

Also ich versteh jetzt schonmal dank dir was genau zu beweisen ist und dass ja die vollständige stochastische Unabhängigkeit ja gegeben ist. Ich kann auch die ersten beiden Formeln nachvollziehen, nur warum nimmst du für die Teilmengen A eine neue Variable J? Sie gehören doch dem selben Intervall (1, .... n) an oder etwa nicht?

Muss ehrlich gestehen ich bin noch immer ein wenig überfragt mit dem Beweis.
Warum sind die Schnittmengen aller Ai über i E {leere Menge} = Omega? leere Mengen haben doch keinen Schnitt oder was sehe ich da wieder falsch ? ^_°

Sorry für mein mangelhaftes Verständnis. Grundsätzlich geht es ziemlich gut mit den Aufgaben bis auf solche, wo man alles Allgemein ausdrücken muss und keine vernünftigen Lehrmittel dafür hat.

18.10.2018, 21:05

HAL 9000

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Zitat:

Original von Bomby
nur warum nimmst du für die Teilmengen A eine neue Variable J?

Das habe ich bewusst getan, damit du gar nicht erst auf die Idee kommst, man braucht diese Unabhängigkeitsformel nur für J=I - weit gefehlt.

Zitat:

Original von Bomby
Warum sind die Schnittmengen aller Ai über i E {leere Menge} = Omega? leere Mengen haben doch keinen Schnitt oder was sehe ich da wieder falsch ? ^_°

Über Konventionen diskutiert man nicht, man nimmt sie erstmal hin - bis man aus den Umformungen heraus begreift, dass sie durchaus nützlich sind und sich ins Gesamtbild harmonisch einfügen. Das gleich am Anfang ohne jedes Verständnis zu fragen, macht wenig Sinn.

Außerdem hast du dir mit dieser Frage zielsicher den so ziemlich unwichtigsten Teil herausgesucht. Augenzwinkern

18.10.2018, 21:26

Bomby

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Zitat:

Über Konventionen diskutiert man nicht, man nimmt sie erstmal hin

gut ich werde es wohl oder übel akzeptieren müssen :-), dann lasse ich die Aufgabe erstmal lieber sein und probiere es später nochmals Freude

Zitat:

Außerdem hast du dir mit dieser Frage zielsicher den so ziemlich unwichtigsten Teil herausgesucht

Das ist leider eine meiner Stärken Big Laugh

18.10.2018, 21:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von Bomby
dann lasse ich die Aufgabe erstmal lieber sein

Weil du den Sinn eines ziemlich unwichtigen Bausteins noch nicht richtig erfasst hast, gibst du gleich alles auf. Finger1

Aber was soll ich hier betteln - du bist ja eigentlich der, der was will (oder wie sich gerade zeigt, ja eher nicht). unglücklich

18.10.2018, 21:49

Bomby

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Nein ich gebe doch nicht auf. Ich mache mich später wieder an die Aufgabe dran wie ich gesagt habe. Freude

Ich widme mich jetzt lieber noch anderen Aufgaben, wo ich weniger Probleme habe ;-)

Bei Fragen würde ich mich wieder melden

EDIT : Ich möchte ja nicht einfach nur nach der Lösung fragen, das wäre ein bisschen dreist smile

wobei man manchmal aus den Lösungen schlauer werden kann

18.10.2018, 22:25

Bomby

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Ich habs jetzt nochmals versucht (2c)
Hoffentlich kannst du meine unschöne Handschrift lesen.
Ist der Beweis so ausreichend?

Vielen Dank wie immer im Voraus Big Laugh

18.10.2018, 23:02

HAL 9000

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Ich demonstriere es mal an einem einfachen Beispiel: Sei $\begin{eqnarray*} B_1=A_1,B_2=\overline{A_2},B_3=\overline{A_3} \end{eqnarray*}$ , dann gilt

$\begin{eqnarray*} P(A_1\cap \overline{A_2}\cap \overline{A_3}) &=& P(A_1)- P(A_1\cap (\overline{\overline{A_2}\cap \overline{A_3}})) = P(A_1)- P(A_1\cap (A_2\cup A_3))\\ &=& P(A_1)- P((A_1\cap A_2)\cup (A_1\cap A_3)) = P(A_1)- P(A_1\cap A_2)-P(A_1\cap A_3)+P(A_1\cap A_2\cap A_3)\\ &\stackrel{U}{=}& P(A_1)- P(A_1)P(A_2)-P(A_1)P(A_3)+P(A_1)P(A_2)P(A_3) = P(A_1)(1-P(A_2)-P(A_3)+P(A_2)P(A_3))\\ &=& P(A_1)(1-P(A_2))(1-P(A_3)) = P(A_1)P(\overline{A_2})P(\overline{A_3}) \end{eqnarray*}$

Der allgemeine Beweis verläuft ähnlich, nur mit schön vielen Vereinigungen, Durschnitten, Summen- und Produktsymbolen - das meinte ich mit "Indexkrieg". Aber die Kernideen stehen de facto schon in diesem einfachen Beispiel.

19.10.2018, 09:00

HAL 9000

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OK, hab nochmal nachgedacht, es geht auch eleganter: Und zwar per Vollständiger Induktion über die Anzahl $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ derjeniger $\begin{eqnarray*} i\in I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} B_i=\overline{A_i} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Im Induktionsanfang $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} B_i=A_i \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ , und daher ist Behauptung $\begin{eqnarray*} P\left( \bigcap_{i\in I} B_i\right) = \prod_{i\in I} P\left( B_i\right) \end{eqnarray*}$ da identisch mit $\begin{eqnarray*} P\left( \bigcap_{i\in I} A_i\right) = \prod_{i\in I} P\left( A_i\right) \end{eqnarray*}$ . Das wiederum folgt direkt aus der Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ .

Im Induktionsschritt $\begin{eqnarray*} k\to k+1 \end{eqnarray*}$ betrachten wir eine Konfiguration, wo es genau $\begin{eqnarray*} (k+1) \end{eqnarray*}$ Indizes $\begin{eqnarray*} i\in I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} B_i=\overline{A_i} \end{eqnarray*}$ gibt. Von denen suchen wir uns einen Index aus, nennen wir ihn $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ , es gilt somit $\begin{eqnarray*} B_j=\overline{A_j} \end{eqnarray*}$ . Damit können wir umformen

$\begin{eqnarray*} P\left( \bigcap_{i\in I} B_i\right) &=& P\left( \overline{A_j}\cap \bigcap_{i\in I\setminus \{j\}} B_i \right) \stackrel{!}{=} P\left( \bigcap_{i\in I\setminus\{j\}} B_i \right) - P\left( A_j\cap \bigcap_{i\in I\setminus \{j\}} B_i \right)\\ &\stackrel{IV}{=}& \prod_{i\in I\setminus\{j\}} P(B_i) - P(A_j)\cdot \prod_{i\in I\setminus\{j\}} P(B_i) = (1-P(A_j))\cdot \prod_{i\in I\setminus\{j\}} P(B_i)\\ &=& P(B_j)\cdot \prod_{i\in I\setminus\{j\}} P(B_i) = \prod_{i\in I} P(B_i) \end{eqnarray*}$ ,

fertig ist der Induktionsschritt.

Warum darf bei $\begin{eqnarray*} \stackrel{IV}{=} \end{eqnarray*}$ die Induktionsvoraussetzung (zweimal) angewandt werden? Weil sowohl in $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i\in I\setminus\{j\}} B_i \end{eqnarray*}$ als auch in $\begin{eqnarray*} A_j\cap \bigcap_{i\in I\setminus\{j\}} B_i \end{eqnarray*}$ nur genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ der beteiligten Mengen vom Typ $\begin{eqnarray*} \overline{A_i} \end{eqnarray*}$ sind!

P.S.: Umformung $\begin{eqnarray*} \stackrel{!}{=} \end{eqnarray*}$ nutzt das aus der disjunkten Zerlegung $\begin{eqnarray*} V = (U\cap V)\cup (\overline{U}\cap V) \end{eqnarray*}$ folgende $\begin{eqnarray*} P(\overline{U}\cap V) = P(V)-P(U\cap V) \end{eqnarray*}$ .

19.10.2018, 14:48

Bomby

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Danke für deine weitere Hilfe

Ich denke so langsam blick ich durch, aber noch nicht ganz. Ich verstehe den Ansatz mit dem Beweis der vollständigen Induktion, aber warum sind $\begin{eqnarray*} P\bigcap_{i\in I} B_{i} = \prod_{i\in I} P(Bi) \end{eqnarray*}$ gleich mit dem von $\begin{eqnarray*} A_{i} \end{eqnarray*}$ wenn ja $\begin{eqnarray*} B_{i} = \overline{A}_{i} \end{eqnarray*}$ gilt und nicht = $\begin{eqnarray*} A_{i} \end{eqnarray*}$

19.10.2018, 15:07

HAL 9000

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Zitat:

Original von Bomby
aber warum sind $\begin{eqnarray*} P\bigcap_{i\in I} B_{i} = \prod_{i\in I} P(Bi) \end{eqnarray*}$ gleich mit dem von $\begin{eqnarray*} A_{i} \end{eqnarray*}$ wenn ja $\begin{eqnarray*} B_{i} = \overline{A}_{i} \end{eqnarray*}$ gilt und nicht = $\begin{eqnarray*} A_{i} \end{eqnarray*}$

Bitte präziser: Redest du jetzt vom Induktionsanfang?

Falls ja: Dir ist die inhaltliche Bedeutung des Parameters $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ (d.h. der Induktionsvariable) klar? Eigentlich habe ich deutlich benannt, was $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ darstellen soll: Die Anzahl derjenigen $\begin{eqnarray*} B_i \end{eqnarray*}$ , die gleich $\begin{eqnarray*} \overline{A_i} \end{eqnarray*}$ sind. Wenn diese Anzahl aber wie im Induktionsanfang gleich Null ist, dann gibt es keine $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} B_i=\overline{A_i} \end{eqnarray*}$ , d.h., es ist für alle $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} B_i=A_i \end{eqnarray*}$ .

19.10.2018, 17:05

Bomby

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Es tut mir Echt Leid ich meine du hälst mir die Lösung ja schon so gut wie vor die Nase aber ich komm echt nicht drauf verwirrt

19.10.2018, 17:20

HAL 9000

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Der Beweis steht komplett da, und m.E. ausreichend gut erläutert. Wenn du aber partout nicht artikulieren kannst, welche Teile du doch noch nicht verstehst, dann tut es mir leid - für dich, sowie um die verschwendete Zeit, den Beitrag oben zu schreiben. unglücklich

P.S.: Nicht mal die Frage, ob du den Induktionsanfang meinst, bist du bereit zu beantworten - das finde ich schon ziemlich erbärmlich, und hochgradig ärgerlich. Finger2

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