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Zeigen sie dass die Ereignisse unabhangig sind

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Tags: Verteilungsfunktion, Wahrscheinlichkeitsmaß, Zufallsvariablen

 
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MathFanatiker

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20:39 Uhr, 02.12.2021

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Für festes nN sei :=Sn die Menge aller Permutationen π der Menge {1,...,n}, versehen mit der diskreten Gleichverteilung P. Für i=1,...,n sei Ai das Ereignis, dass i ein Rekord ist,
d.h Ai={π:π(i) =max π(j)} für 1<=j<=i

a) Zeigen sie dass die Ereignisse Ai unabhängig sind, und dass die Wahrscheinlichkeit von P(Ai)=1/i gilt für 1,...,n


was sagt das ereignis Ai genau aus ? wäre meine erste frage

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."
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HAL9000

HAL9000 aktiv_icon

22:46 Uhr, 02.12.2021

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> was sagt das ereignis Ai genau aus ?

Nehmen wir mal das Beispiel n=6 und dort das Ereignis A4: Dann liegen alle die Permutationen in A4, wo das Maximum der Positionen 1..4 just an Position 4 liegt. Das bedeutet z.B., dass die Permutationen

(3,5,4,6,1,2)
(4,3,1,5,6,2)
(5,1,4,6,3,2)

sämtlich zu A4 gehören, während das bei

(2,4,5,3,1,6)
(5,1,2,3,4,6)
(6,3,5,1,2,4)

nicht der Fall ist.

-------------------------------------------------------------------------------------

Gehen wir gleich mal in die vollen: Für die Unabhängigkeit betrachten wir beliebige m Indizes 1i1<i2<<imn, und schauen uns nun mal an, wieviel Permutationen πAi1Ai2Aim es gibt.

Dazu zählen wir einzeln durch, wie viele Wahlmöglichkeiten es für π(j) für j=n,n-1,,2,1 gibt, d.h., wir fangen (aus gutem Grund) von hinten an zu zählen:

- Gilt j=ik für irgendein k, dann gibt es nur eine Möglichkeit! Denn die Forderung πAik bedeutet ja, dass π(ik) den Maximalwert der nur noch übrig bleibenden Werte für die Positionen 1,2,,ik einnehmen muss, und da gibt es nur diese eine Wahl.

- Gilt jik für alle k, so ist π(j) im Rahmen der noch übrig bleibenden j Werte frei wählbar, d.h., hier gibt es genau j Möglichkeiten.

Geht man auf diese Weise alle n Positionen π(n),π(n-1),,π(2),π(1) durch, so gibt es genau j=1,jiknj=!n!k=1mik solche Permutationen. Da es insgesamt ja n! Permutationen gibt, folgt daraus

P(Ai1Ai2Aim)=1n!n!k=1mik=k=1m1ik.

Der Rest sollte klar sein.
MathFanatiker

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10:27 Uhr, 03.12.2021

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melde mich später, muss kurz andere sachen machen
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HAL9000

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12:27 Uhr, 03.12.2021

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Ich schieb mal noch ein Beispiel für die Betrachtungen im Beweis nach. Und zwar für den oben genannten Fall n=6, diesmal aber für den Durchschnitt zweier solcher Ai, konkret πA3A5:

1) Dann ist π(6) beliebig aus {1,2,3,4,5,6} wählbar, z.B. π(6)=4. Bei dieser Wahl bleiben dann "übrig" {1,2,3,5,6}.
2) π(5) muss nun das Maximum von π(1),,π(5) sein, also in unserem Beispiel wäre das max(1,2,3,5,6) = 6. Es ist also zwangsläufig π(5)=6. Es bleiben übrig {1,2,3,5}.
3) π(4) kann beliebig aus {1,2,3,5} gewählt werden, z.B. π(4)=3. Es bleiben übrig {1,2,5}.
4) π(3) muss nun das Maximum von π(1),,π(3) sein, also max(1,2,5) = 5. Es ist also zwangsläufig π(3)=5. Es bleiben übrig {1,2}.
5) π(2) kann beliebig aus {1,2} gewählt werden, z.B. π(2)=1. Es bleibt übrig {2}.
6) π(1)=2 ist die einzige Option, die jetzt noch besteht.

Insgesamt ergeben unserer Beispiel-Auswahlen dann die Permutation (2,1,5,3,6,4)A3A5.

Schauen wir uns die Wahlmöglichkeiten in den Fällen 1)-6) an und multiplizieren die, so bekommen wir 6*1*4*1*2*1 = 48 von insgesamt 6! = 720 Permutationen.
MathFanatiker

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22:14 Uhr, 03.12.2021

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ich habe es nicht ganz verstanden aber das ist das was ich raushaube

Betrachten wir An, wir wissen dass wir die letzte Position betrachten und n-1 Elemente beliebig permutiert werden können, das bedeutet wir hätten (n-1)! Möglichkeiten,wobei P(An)=(n-1)!/n!

Für P(An-1)=(n-2)!/n!
....
für P(An-i)=(n-i)!*(i-1)!/n!

ist das soweit richtig ?
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HAL9000

HAL9000 aktiv_icon

23:37 Uhr, 03.12.2021

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P(An)=(n-1)!n! ist richtig.

Zu P(An-1)=?(n-2)!n!: Begründe doch mal die von dir ermittelte Anzahl (n-2)! an günstigen Permutationen für dieses Ereignis!
MathFanatiker

MathFanatiker aktiv_icon

00:14 Uhr, 04.12.2021

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A1=n!
A2=n!/2
A3=n!/3
...
An=n!/n

wenn wir den Schnitt P(A1A2A3...An) mit der gleihverteilung berechnen, erhalten wir genau durch umformen und kehrwert 1/n!

das ist genau das gleiche als wenn wir P(A1A2A3...An)=P({(1,2,3,4..,n)})=1/n!.

Die Unabhänigkeit wäre zuerst bewiesen.


Antwort
HAL9000

HAL9000 aktiv_icon

07:45 Uhr, 04.12.2021

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> Die Unabhängigkeit wäre zuerst bewiesen.

Für die Unabhängigkeit von Ereignissen A1,,An reicht es im Fall n3 NICHT, einfach nur P(A1An)=P(A1)P(An) nachzuweisen. :(

Sondern man muss für JEDE nichtleere Indexteilmenge J{1,,n} nachweisen P(jJAj)=jJP(Aj). Das ist viel, viel mehr!


Außerdem: Wieso ist jetzt plötzlich An-1=n!n-1=n(n-2)!, wo du in deinem vorletzten Beitrag noch P(An-1)=?(n-2)!n! geschrieben hattest, was ja stattdessen An-1=?(n-2)! entsprechen würde? Irgendwie inkonsistent.
MathFanatiker

MathFanatiker aktiv_icon

10:48 Uhr, 04.12.2021

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Durch rumprobieren, ich habe permutiert und mir fiel immer was auf und zwar dass die Anzahl der Elemente in einem Ereignis immer so groß ist wie die n!/i für ein Ereignis Ai.

Du kannst das mal Herumprobieren ich habe das bei R mal getestet und mir fiel das auf dann. Und finde diesen Beweis wenn es stimmen sollte am simpelsten.
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HAL9000

HAL9000 aktiv_icon

10:49 Uhr, 04.12.2021

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Dann tu, was du nicht lassen kannst - Tschüss.
MathFanatiker

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11:26 Uhr, 04.12.2021

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du hast recht, ich muss das noch einzel beweisen! aber gut dass ich diesen ansatz schonmal habe, danke dafür
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