Elementare Ungleichung zur bedingten Wahrscheinlichkeit

28.09.2023, 12:43

Finn_

Elementare Ungleichung zur bedingten Wahrscheinlichkeit

Ist die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} P(C\mid A)P(C\mid B)\le P(C\mid A\cup B) \end{eqnarray*}$

allgemeingültig? Ich wollte mich überzeugen, ob die Regel

$\begin{eqnarray*} \dfrac{P(C\mid A)\ge a\qquad P(C\mid B)\ge b}{P(C\mid A\cup B)\ge ab} \end{eqnarray*}$

zulässig ist, weil sie sich analog zur logischen Regel

$\begin{eqnarray*} \dfrac{A\vdash C\qquad B\vdash C}{A\lor B\vdash C} \end{eqnarray*}$

verhält.

17.04.2025, 06:55

Finn_

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Bezüglich der disjunkten Zerlegung

$\begin{eqnarray*} A\cup B = (A\setminus B)\cup (A\cap B)\cup (B\setminus A) \end{eqnarray*}$

setzt man $\begin{eqnarray*} a:=P(A\setminus B), \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} b:=P(A\cap B), \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} c:=P(B\setminus A) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x:=P(C\mid A\setminus B), \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} y:=P(C\mid A\cap B), \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} z:=P(C\mid B\setminus A) \end{eqnarray*}$ und rechnet damit unschwer nach, dass

$\begin{eqnarray*} P(C\mid A\cup B) = \frac{ax+by+cz}{a+b+c}, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(C\mid A) = \frac{ax+by}{a+b}, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(C\mid B) = \frac{by+cz}{b+c}. \end{eqnarray*}$

Vor uns liegt nun also die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \frac{ax+by}{a+b}\cdot \frac{by+cz}{b+c} \le \frac{ax+by+cz}{a+b+c} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} a+b=P(A)>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b+c=P(B)>0. \end{eqnarray*}$ Diese beschränkt sich auf $\begin{eqnarray*} a,b,c,x,y,z\in[0,1], \end{eqnarray*}$ weil es sich bei allen um Wahrscheinlichkeiten handelt.

Im Fall $\begin{eqnarray*} ax+by+cz=0 \end{eqnarray*}$ trivialisiert sich die Ungleichung. Es gelte also $\begin{eqnarray*} ax+by+cz>0 \end{eqnarray*}$ . Man betrachte nun die Funktion

$\begin{eqnarray*} f(x,y,z) := \frac{(ax+by)(by+cz)}{ax+by+cz}. \end{eqnarray*}$

Die Ungleichung lässt sich diesbezüglich in die Form $\begin{eqnarray*} f(x,y,z)\le f(1,1,1) \end{eqnarray*}$ bringen. Mit einem CAS prüft man kurz ab, dass die partiellen Ableitungen von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nach dem Vereinfachen keine Minuszeichen mehr enthalten, also nichtnegativ sind.

Satz. Es seien $\begin{eqnarray*} v,w\in U \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f\colon\mathbb R^n\supseteq U\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ sei differenzierbar auf dem Gebiet $\begin{eqnarray*} U. \end{eqnarray*}$ Mit $\begin{eqnarray*} v\le w \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} \forall i\colon v_i\le w_i \end{eqnarray*}$ gemeint. Ist jede partielle Ableitung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nichtnegativ, dann ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ monoton steigend, das heißt, aus $\begin{eqnarray*} v\le w \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} f(v)\le f(w). \end{eqnarray*}$

Beweisskizze. Man betrachte einen Treppenweg von $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} w, \end{eqnarray*}$ das soll heißen, einen Weg aus Abschnitten, auf denen immer nur eine Komponente (in positive Richtung) variiert. Auf dem Weg steigt $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ monoton im jeweiligen Abschnitt, da die entsprechende partielle Ableitung nichtnegativ ist.

17.04.2025, 08:00

Finn_

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Ähm, mir ist jetzt noch aufgefallen, dass in dieser Überlegung per se $\begin{eqnarray*} a>0,b>0,c>0 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt werden muss, weil die bedingten Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ sonst nicht definiert wären. Insbesondere dürfen $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ weder gleich noch disjunkt sein.

17.04.2025, 08:59

HAL 9000

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Zitat:

Original von Finn_
Ähm, mir ist jetzt noch aufgefallen, dass in dieser Überlegung per se $\begin{eqnarray*} a>0,b>0,c>0 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt werden muss, weil die bedingten Wahrscheinlichkeiten $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ sonst nicht definiert wären.

Zunächst mal richtig. Dennoch gelten deine Gleichungen

$\begin{eqnarray*} P(C\mid A\cup B) = \frac{ax+by+cz}{a+b+c}, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(C\mid A) = \frac{ax+by}{a+b}, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(C\mid B) = \frac{by+cz}{b+c}. \end{eqnarray*}$

auch im Fall $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ für beliebige $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , im Fall $\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$ für beliebige $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ und im Fall $\begin{eqnarray*} c=0 \end{eqnarray*}$ für beliebige $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , sofern stets $\begin{eqnarray*} a+b>0,b+c>0 \end{eqnarray*}$ erfüllt ist. Insofern musst du insgesamt dann doch nur fordern $\begin{eqnarray*} P(A)>0,P(B)>0 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Finn_
Insbesondere dürfen $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ weder gleich noch disjunkt sein.

Diese Forderungen sind damit hinfällig.

P.S.: Man kann ein wenig Schreibarbeit sparen, wenn man statt mit $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} g(u,v,w)\leq g(a,b,c) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 0\leq u\leq a,0\leq v\leq b,0\leq w\leq c \end{eqnarray*}$ für die Funktion $\begin{eqnarray*} g(u,v,w) = \frac{(u+v)(v+w)}{u+v+w} \end{eqnarray*}$ argumentiert.

23.04.2025, 18:18

Finn_

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Ah, super. Eine "Algebraisierung" der Problemstellung unternahm ich bereits damals, habe die dann aber nicht weiter verfolgt. Auf diese Ungleichung hat mich erst o4-mini gebracht, wogegen sich o3-mini und Gemini 2.5 pro noch in Trugschlüsse verhaspelten. Allerdings hat es mir daraufhin ausschweifend Dinge erzählt. Der Ansatz zur Bestätigung der algebraischen Ungleichung ist mir daraufhin glücklicherweise selbst eingefallen.

In einer heiteren Runde hat nun jemand mit Zugriff auf die Bezahlversion mal die Problemstellung an o3 verfüttert. Dieses spuckte nach 3m 49s und mehrmaliger Nutzung von Python (wohl zur erfolglosen Suche nach Gegenbeispielen) den folgenden idealen Beweis (Link auf den Originaltext) aus, der auf höhere Konzepte gänzlich verzichtet:

Zur Kurzschrift $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} A\cap B \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \bar A \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} A^\mathrm c \end{eqnarray*}$ betrachte man

$\begin{eqnarray*} x:=P(CAB),\;y:=P(CA\bar B),\;z:=P(C\bar AB), \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} u:=P(\bar CAB),\;t:=P(\bar CA\bar B),\;s:=P(\bar C\bar AB), \end{eqnarray*}$

wobei die Dreierschnitte paarweise disjunkt sind. Diesbezüglich gilt also

$\begin{eqnarray*} P(C\mid A) = \frac{x+y}{x+y+u+t},\quad P(C\mid B) = \frac{x+z}{x+z+u+s},\quad P(C\mid A\cup B) = \frac{x+y+z}{x+y+z+u+t+s}. \end{eqnarray*}$

Die Ungleichung multipliziert man mit den Nennern und bringt alles auf eine Seite. Nach dem Ausmultiplizieren und Kürzen bleiben keine Terme mit Minuszeichen mehr übrig, analog zu meiner vorherigen Argumentation. In den Worten der KI: Jeder einzelne Summand ist ein Produkt nicht-negativer Wahrscheinlichkeiten, folglich ist ihre Summe ebenfalls nicht-negativ.

Also stellt sich die Einsortierung in Schulmathematik doch als die richtige heraus.

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