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Zeigen sie dass die Ereignisse unabhangig sind

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Wahrscheinlichkeitsmaß

Zufallsvariablen

Tags: Verteilungsfunktion, Wahrscheinlichkeitsmaß, Zufallsvariablen

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20:39 Uhr, 02.12.2021

Für festes

n \in N

sei

Ω := S n

die Menge aller Permutationen

π

der Menge {1,...,n}, versehen mit der diskreten Gleichverteilung

P

. Für

i = 1, . . ., n

sei

A_{i}

das Ereignis, dass

i

ein Rekord ist,
d.h

A_{i} = {π \in Ω : π (i)

= m a x

π (j)}

für

1 < = j < = i

a) Zeigen sie dass die Ereignisse

A_{i}

unabhängig sind, und dass die Wahrscheinlichkeit von

P (A_{i}) = 1 / i

gilt für 1,...,n

was sagt das ereignis

A_{i}

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."

HAL9000

22:46 Uhr, 02.12.2021

> was sagt das ereignis

A_{i}

genau aus ?

Nehmen wir mal das Beispiel

n = 6

und dort das Ereignis

A_{4}

: Dann liegen alle die Permutationen in

A_{4}

, 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

A_{4}

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

1 \leq i_{1} < i_{2} < \dots < i_{m} \leq n

, und schauen uns nun mal an, wieviel Permutationen

π \in A_{i_{1}} \cap A_{i_{2}} \cap \dots \cap A_{i_{m}}

es gibt.

Dazu zählen wir einzeln durch, wie viele Wahlmöglichkeiten es für

π (j)

für

j = n, n - 1, \dots, 2, 1

gibt, d.h., wir fangen (aus gutem Grund) von hinten an zu zählen:

- Gilt

j = i_{k}

für irgendein

k

, dann gibt es nur eine Möglichkeit! Denn die Forderung

π \in A_{i_{k}}

bedeutet ja, dass

π (i_{k})

den Maximalwert der nur noch übrig bleibenden Werte für die Positionen

1, 2, \dots, i_{k}

einnehmen muss, und da gibt es nur diese eine Wahl.

- Gilt

j \neq i_{k}

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), \dots, π (2), π (1)

durch, so gibt es genau

\prod_{j = 1, j \neq i_{k}}^{n} j \overset{!}{=} \frac{n!}{\prod_{k = 1}^{m} i_{k}}

solche Permutationen. Da es insgesamt ja

n!

Permutationen gibt, folgt daraus

P (A_{i_{1}} \cap A_{i_{2}} \cap \dots \cap A_{i_{m}}) = \frac{1}{n!} \cdot \frac{n!}{\prod_{k = 1}^{m} i_{k}} = \prod_{k = 1}^{m} \frac{1}{i_{k}}

.

Der Rest sollte klar sein.

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10:27 Uhr, 03.12.2021

melde mich später, muss kurz andere sachen machen

HAL9000

12:27 Uhr, 03.12.2021

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

A_{i}

, konkret

π \in A_{3} \cap A_{5}

:

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), \dots, 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), \dots, 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) \in A_{3} \cap A_{5}

.

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.

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22:14 Uhr, 03.12.2021

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

Betrachten wir

A_{n}

, 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 (A_{n}) = (n - 1)! / n!

Für

P (A_{n - 1}) = (n - 2)! / n!

....
für

P (A_{n - i}) = (n - i)! * (i - 1)! / n!

ist das soweit richtig ?

HAL9000

23:37 Uhr, 03.12.2021

P (A_{n}) = \frac{(n - 1)!}{n!}

ist richtig.

Zu

P (A_{n - 1}) \overset{?}{=} \frac{(n - 2)!}{n!}

: Begründe doch mal die von dir ermittelte Anzahl

(n - 2)!

an günstigen Permutationen für dieses Ereignis!

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00:14 Uhr, 04.12.2021

∣ A_{1} ∣ = n!

∣ A_{2} ∣ = n! / 2

∣ A_{3} ∣ = n! / 3

...

∣ A_{n} ∣ = n! / n

wenn wir den Schnitt

P (A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} . . . \cap A_{n})

mit der gleihverteilung berechnen, erhalten wir genau durch umformen und kehrwert

1 / n!

das ist genau das gleiche als wenn wir

P (A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} . . . \cap A_{n}) = P ({(1, 2, 3, 4 . ., n)}) = 1 / n!

.

Die Unabhänigkeit wäre zuerst bewiesen.

HAL9000

07:45 Uhr, 04.12.2021

> Die Unabhängigkeit wäre zuerst bewiesen.

Für die Unabhängigkeit von Ereignissen

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

reicht es im Fall

n \geq 3

NICHT, einfach nur

P (A_{1} \cap \dots \cap A_{n}) = P (A_{1}) \cdot \dots \cdot P (A_{n})

nachzuweisen. :(

Sondern man muss für JEDE nichtleere Indexteilmenge

J \subseteq {1, \dots, n}

nachweisen

P (⋂_{j \in J} A_{j}) = \prod_{j \in J} P (A_{j})

. Das ist viel, viel mehr!

Außerdem: Wieso ist jetzt plötzlich

∣ A_{n - 1} ∣ = \frac{n!}{n - 1} = n \cdot (n - 2)!

, wo du in deinem vorletzten Beitrag noch

P (A_{n - 1}) \overset{?}{=} \frac{(n - 2)!}{n!}

geschrieben hattest, was ja stattdessen

∣ A_{n - 1} ∣ \overset{?}{=} (n - 2)!

entsprechen würde? Irgendwie inkonsistent.

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10:48 Uhr, 04.12.2021

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

A_{i}

.

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.

HAL9000

10:49 Uhr, 04.12.2021

Dann tu, was du nicht lassen kannst - Tschüss.

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11:26 Uhr, 04.12.2021

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

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