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Zufallsvariablen

Tags: Zufallsvariablen

sabsi

11:47 Uhr, 04.11.2024

Hey

Ich soll zeigen dass aus

A_{1}, . . ., A_{n}

stochastisch unabhängig folgt dass auch die Komplemente st. unah. sind:

Meine Beweis Idee: (mittels Induktion)

n=2

A_{1}, A_{2}

stoch unabh => auch

A_{1}^{c}, A_{2}^{c}

stoch unabh. (Das hatten wir bereits gezeigt)

nun zum Induktion Schluss:

Seien

A_{1}, . . ., A_{n + 1}

st. unabh

P (\cap_{i = 1}^{n + 1} A_{i}) = P (\cap_{i = 1}^{n} A_{i}) \cdot P (A_{n} + 1)

Also sind

\cap_{i = 1}^{n} A_{i}

udn

A_{n + 1}

st. unabh.
Aus einem vorigen bsp weiss ich dass dann auch

\cap_{i = 1}^{n} A_{i}

udn

A_{n + 1}^{c}

st. unabh. sind ... aber wie mach ich danach weiter?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

HAL9000

15:00 Uhr, 04.11.2024

Du solltest dir erstmal klarmachen, was genau du durch Induktion nachweisen willst. Vor 9 Jahren habe ich unter www.matheboard.de/thread.php?postid=2017683#post2017683 durch Vollständige Induktion über

n

mal folgendes nachgewiesen:

Betrachtet man endlich viele Ereignisse

A_{1}, \dots, A_{m + n}

, von denen man genau

n

auswählt und da

B_{k} = A_{k}^{c}

setzt während man die anderen bei

B_{k} = A_{k}

belässt, dann sind die Ereignisse

B_{1}, \dots, B_{m + n}

ebenfalls unabhängig.

Das ist genau genommen deutlich mehr als du beweisen willst (bei dir ist es nur der Spezialfall

m = 0

), aber andererseits auch wiederum leichter zu beweisen, weil man in der Induktionsvoraussetzung deutlich mehr Pfunde in der Waagschale hat, die man im Induktionsschritt einsetzen kann. ;-)

tobit aktiv_icon

17:43 Uhr, 04.11.2024

Hallo sabsi,

eine Alternative zu der Vorgehensweise von HAL9000:

Zeige (durch direktes Nachrechnen ohne Induktion): Sind für

n \geq 1

Ereignisse

A_{1}, \dots, A_{n}

stochastisch unabhängig, so auch die Ereignisse

A_{1}, \dots, A_{n - 1}, A_{n}^{c}

(also nur eines der Ereignisse durch sein Komplement ersetzt).

Daraus kann man dann sowohl deine Aussage als auch die allgemeinere Aussage von HAL9000 durch wiederholte Anwendung (formal: durch vollständige Induktion) schlussfolgern.

Viele Grüße
Tobias

HAL9000

17:57 Uhr, 04.11.2024

Ja stimmt, ist einfacher - hab ich wohl damals zu kompliziert gedacht ;-)

Allerdings sollte man sich bewusst sein, dass zur Unabhängigkeit von

A_{1}, \dots, A_{n - 1}, A_{n}^{c}

nicht nur

P (⋂_{k = 1}^{n - 1} A_{k} \cap A_{n}^{c}) = \prod_{k = 1}^{n - 1} P (A_{k}) \cdot P (A_{n}^{c}) (*)

nachzuweisen ist, sondern genau genommen

P (⋂_{k \in J} A_{k} \cap A_{n}^{c}) = \prod_{k \in J} P (A_{k}) \cdot P (A_{n}^{c})

für alle nichtleeren Teilmengen

J \subseteq {1, 2, \dots, n - 1}

. Ist zugegeben um keinen Deut schwerer als (*).

tobit aktiv_icon

18:09 Uhr, 04.11.2024

Genau.

(Es ist für alle

I \subseteq {1, \dots, n}

je eine Gleichung zu zeigen. Dabei kann man die Fälle

n \in I

und

n \notin I

unterscheiden. Die zu zeigenden Gleichungen im Falle

n \in I

hast du unten angegeben. Für die Fälle mit

n \notin I

folgt die Gültigkeit der Gleichungen direkt aus der stochastischen Unabhängigkeit von

A_{1}, \dots, A_{n}

HAL9000

20:19 Uhr, 04.11.2024

> Für die Fälle mit

n \notin I

[...]

Genau deshalb habe ich es weggelassen - kann 1:1 aus der Induktionsvoraussetzung übernommen werden.

sabsi

10:03 Uhr, 05.11.2024

Ok erstmal danke für eure Tipps :-)

Und ich versuche das jetzt mal:

Seien

A_{1}, . . . A_{n}

stochastisch unabhängige Ereignisse, dann muss für alle

J \subseteq I = {1, 2, . . ., n}

gelten dass

P (\cap_{i \in J} A_{i}) = \prod_{i \in J} P (A_{i})

Ich tausche nun

A_{n}

gegen

A_{n}^{c}

aus:

B_{i} = A_{i}

für

i \in {1, 2, . . ., n - 1}

und

B_{n} = A_{n}^{c}

zu zeigen ist nun also

B_{1}, . . ., B_{n}

sind stochastisch unabhängig.

Also:

P (\cap_{i \in J} B_{i}) = \prod_{i \in J} P (B_{i})

für alle

J \subseteq I = {1, 2, . . ., n}

Fall 1:

n \notin J

: Gleichung gilt direkt aufgrund von stochastischer Unabhängigkeit der

A_{i}

Fall 2:

n \in J

P (\cap_{i \in J} B_{i}) = P (\cap_{i \in J \ {n}} B_{i} \cap B_{n})

Wenn ich nun ein Argument finde dass

B_{n}

und

\cap_{i \in J \ {n}} B_{i}

stochastisch unabhängig wäre könnte ich das trennen und wäre quasi durch. Aber was ist mein Argument hier?

HAL9000

12:46 Uhr, 05.11.2024

Das Argument hatte ich im oben verlinkten Thread genannt:

Für beliebige Ereignisse

C

gilt

C = C \cap Ω = C \cap (A_{n} \cup A_{n}^{c}) = (C \cap A_{n}) \cup (C \cap A_{n}^{c})

, und somit auch

P (C) = P (C \cap A_{n}) + P (C \cap A_{n}^{c})

P (C \cap A_{n}^{c}) = P (C) - P (C \cap A_{n})

,

speziell auch für

C = ⋂_{i \in J \ {n}} A_{i}

: Dies eingesetzt bekommt man

P (⋂_{i \in J \ {n}} A_{i} \cap A_{n}^{c}) = P (⋂_{i \in J \ {n}} A_{i}) - P (⋂_{i \in J} A_{i})

.

Rechts kann man nun die Unabhängigkeit von

A_{1}, \dots, A_{n}

nutzen und erhält

P (⋂_{i \in J \ {n}} A_{i} \cap A_{n}^{c}) = \prod_{i \in J \ {n}} P (A_{i}) - \prod_{i \in J} P (A_{i})

.

Den Rest kriegst du sicher allein hin.

sabsi

13:08 Uhr, 05.11.2024

ok die Aussage folgt dann einfach mittels Hausheben :-)

Dankeschön euch beiden!

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