Formel beweisen (Bedingte WA) < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Es sei [mm] $(\Omega,\IP)$ [/mm] ein diskreter Wahrscheinlichkeitsraum sowie [mm] $B,C\subset\Omega$ [/mm] Ereignisse mit [mm] $\IP(B), \IP(B\cap [/mm] C), [mm] \IP(B\cap C^{c})>0$. [/mm] Man beweise oder widerlege:
(a) Für alle [mm] $A\in\Omega$ [/mm] gilt: [mm] $\IP(A|B) [/mm] = [mm] 0\gdw A\subset B^{c}$
[/mm]
(b) Für alle [mm] $A\in\Omega$ [/mm] gilt: [mm] $\IP(A|B) [/mm] = [mm] \IP(A|B\cap C)*\IP(C) [/mm] + [mm] \IP(A|B\cap C^{c})*\IP(C^{c})$.
[/mm]
Hinweis: [mm] $X^{c} [/mm] = [mm] \Omega \textbackslash [/mm] X$ |
Hallo!
Bei den obigen Aufgaben habe ich insbesondere bei der ersten noch Probleme, das zu beweisen / zu widerlegen.
Zunächst meine Vermutungen:
(a) gilt
(b) gilt nicht
Nun ein Beweisversuch zu (a):
Es ist eine Äquivalenz zu zeigen, d.h. [mm] \Rightarrow [/mm] und [mm] \Leftarrow.
[/mm]
" [mm] \Rightarrow [/mm] ":
[mm] $\IP(A|B) [/mm] = 0 [mm] \gdw \frac{\IP(A\cap B)}{\IP(B)} [/mm] = 0 [mm] \gdw \IP(A\cap [/mm] B) = 0$
[mm] ($\IP(B) [/mm] > 0$ ist Voraussetzung).
Aus [mm] $\IP(A\cap [/mm] B) = 0$ folgt meiner Meinung nach [mm] $A\cap [/mm] B = [mm] \emptyset$, [/mm] aber da bin ich mir nicht ganz sicher... Könnte es theoretisch auch ein nichtleeres Ereignis geben, sodass eine Wahrscheinlichkeitsverteilung als Wahrscheinlichkeit "0" liefert?
Naja, wenn nun [mm] $A\cap [/mm] B = [mm] \emptyset$ [/mm] gelten sollte, würde der Beweis folgendermaßen weitergehen:
Zu zeigen: [mm] $A\subset B^{c}$.
[/mm]
Sei nun [mm] $x\in [/mm] A$. Wegen [mm] $A\cap [/mm] B = [mm] \emptyset$ [/mm] ist [mm] $x\notin [/mm] B$, d.h. aber [mm] $x\in B^{c}$, [/mm] da [mm] $A,B\in\mathcal{P}(\Omega)$.
[/mm]
Geht das?
" [mm] \Leftarrow [/mm] ":
Zunächst ist zu zeigen: [mm] $A\cap [/mm] B = [mm] \emptyset$, [/mm] dann kann ich auf demselben Wege zurück wie ich bei " [mm] \Rightarrow [/mm] " hingekommen bin.
Aber wie komme ich da jetzt ganz elementar hin? So:
Sei [mm] $x\in [/mm] A$. Dann ist [mm] $x\in B^{c}$ [/mm] und somit [mm] $x\notin [/mm] B$. Also ist [mm] $A\B [/mm] = A$ und es gilt: $A = [mm] A\B [/mm] + [mm] (A\cap [/mm] B) [mm] \gdw (A\cap [/mm] B) = [mm] \emptyset$ [/mm] ("+" steht hier für disjunkte Mengenvereinigung).
?
Gegenbeispiel zu (b):
Ich hatte mir als Experiment das zweimalige Werfen einer fairen Münze genommen und
[mm] $\Omega [/mm] := [mm] \{(K,Z),(Z,K),(K,K),(Z,Z)\}$
[/mm]
$A := [mm] \{(K,Z),(Z,K)\}$
[/mm]
$B:= [mm] \{(K,K),(Z,Z),(K,Z)\}$
[/mm]
$C := [mm] \{(K,Z),(K,K)\}$
[/mm]
[mm] $A\cap [/mm] B = [mm] \{(K,Z)\}$
[/mm]
[mm] $B\cap [/mm] C = [mm] \{(K,Z),(K,K)\}$
[/mm]
[mm] $B\cap C^{c} [/mm] = [mm] \{(Z,Z)\}$
[/mm]
[mm] $A\cap [/mm] B [mm] \cap [/mm] C= [mm] \{(K,Z)\}$
[/mm]
gesetzt. Damit gelten all die notwendigen Voraussetzungen aus der Aufgabe. Nun ist
[mm] $\IP(A|B) [/mm] = [mm] \frac{\IP(A\cap B)}{\IP(B)} [/mm] = [mm] \frac{1}{3}$
[/mm]
und
[mm] $\IP(A|B\cap C)*\IP(C) [/mm] = [mm] \frac{\IP(A\cap B\cap C)}{\IP(B\cap C)}*\IP(C) [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$
[/mm]
[mm] $\IP(A|B\cap C^{c})*\IP(C^{c}) [/mm] = [mm] \frac{\IP(A\cap B\cap C^{c})}{\IP(B\cap C^{c})}*\IP(C^{c}) [/mm] = 0$
Damit gilt die Formel also nicht... Oder habe ich ein Experiment genommen, dass ich nicht nehmen darf? Es entsteht aber schon ein diskreter Wahrscheinlichkeitsraum, oder?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:44 Sa 24.10.2009 | | Autor: | luis52 |
> Aus [mm]\IP(A\cap B) = 0[/mm] folgt meiner Meinung nach [mm]A\cap B = \emptyset[/mm],
> aber da bin ich mir nicht ganz sicher...
Zurecht, die Aussage ist falsch.
>
> Naja, wenn nun [mm]A\cap B = \emptyset[/mm] gelten sollte, würde
> der Beweis folgendermaßen weitergehen:
> Zu zeigen: [mm]A\subset B^{c}[/mm].
> Sei nun [mm]x\in A[/mm]. Wegen [mm]A\cap B = \emptyset[/mm]
> ist [mm]x\notin B[/mm], d.h. aber [mm]x\in B^{c}[/mm], da
> [mm]A,B\in\mathcal{P}(\Omega)[/mm].
>
> Geht das?
Nein, siehe oben.
>
> " [mm]\Leftarrow[/mm] ":
>
> Zunächst ist zu zeigen: [mm]A\cap B = \emptyset[/mm], dann kann ich
> auf demselben Wege zurück wie ich bei " [mm]\Rightarrow[/mm] "
> hingekommen bin.
>
> Aber wie komme ich da jetzt ganz elementar hin? So:
>
> Sei [mm]x\in A[/mm]. Dann ist [mm]x\in B^{c}[/mm] und somit [mm]x\notin B[/mm]. Also
> ist [mm]A\B = A[/mm] und es gilt: [mm]A = A\B + (A\cap B) \gdw (A\cap B) = \emptyset[/mm]
> ("+" steht hier für disjunkte Mengenvereinigung).
>
> ?
>
> Gegenbeispiel zu (b):
>
> Ich hatte mir als Experiment das zweimalige Werfen einer
> fairen Münze genommen und
>
> [mm]\Omega := \{(K,Z),(Z,K),(K,K),(Z,Z)\}[/mm]
>
> [mm]A := \{(K,Z),(Z,K)\}[/mm]
> [mm]B:= \{(K,K),(Z,Z),(K,Z)\}[/mm]
> [mm]C := \{(K,Z),(K,K)\}[/mm]
>
> [mm]A\cap B = \{(K,Z)\}[/mm]
> [mm]B\cap C = \{(K,Z),(K,K)\}[/mm]
> [mm]B\cap C^{c} = \{(Z,Z)\}[/mm]
>
> [mm]A\cap B \cap C= \{(K,Z)\}[/mm]
>
> gesetzt. Damit gelten all die notwendigen Voraussetzungen
> aus der Aufgabe. Nun ist
>
> [mm]\IP(A|B) = \frac{\IP(A\cap B)}{\IP(B)} = \frac{1}{3}[/mm]
>
> und
>
> [mm]\IP(A|B\cap C)*\IP(C) = \frac{\IP(A\cap B\cap C)}{\IP(B\cap C)}*\IP(C) = \frac{1}{4}[/mm]
>
> [mm]\IP(A|B\cap C^{c})*\IP(C^{c}) = \frac{\IP(A\cap B\cap C^{c})}{\IP(B\cap C^{c})}*\IP(C^{c}) = 0[/mm]
>
> Damit gilt die Formel also nicht... Oder habe ich ein
> Experiment genommen, dass ich nicht nehmen darf?
Fuer ein Gegenbeispiel ist jede Schweinerei erlaubt. 
vg Luis
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Hallo!
> > Aus [mm]\IP(A\cap B) = 0[/mm] folgt meiner Meinung nach [mm]A\cap B = \emptyset[/mm],
> > aber da bin ich mir nicht ganz sicher...
>
> Zurecht, die Aussage ist falsch.
Ok, danke für deine Antwort 
Wie wäre nun aber ein konkretes Gegenbeispiel dazu zu formulieren? Ich bräuchte ja eine Wahrscheinlichkeitsverteilung, die bestimmten Ereignissen, die nicht leer sind, die Wahrscheinlichkeit "0" zuordnet, oder?
Wie sieht so eine Wahrscheinlichkeitsverteilung aus?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:28 So 25.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> > > Aus [mm]\IP(A\cap B) = 0[/mm] folgt meiner Meinung nach [mm]A\cap B = \emptyset[/mm],
> > > aber da bin ich mir nicht ganz sicher...
> >
> > Zurecht, die Aussage ist falsch.
>
> Ok, danke für deine Antwort
> Wie wäre nun aber ein konkretes Gegenbeispiel dazu zu
> formulieren? Ich bräuchte ja eine
> Wahrscheinlichkeitsverteilung, die bestimmten Ereignissen,
> die nicht leer sind, die Wahrscheinlichkeit "0" zuordnet,
> oder?
> Wie sieht so eine Wahrscheinlichkeitsverteilung aus?
Nimm doch das Lebesgue-Mass auf $[0, 1]$.
Da hast du sehr viele Nullmengen (so heissen Mengen, deren Mass 0 ist).
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für deinen Tipp
Allerdings sagt mir das mit dem Lebesque-Maß noch nicht viel (Hab es noch nicht kennen gelernt und könnte demzufolge nur schwierig irgendwas damit formulieren...),
gibt es noch etwas einfacheres (und diskretes )?
Grüße,
Stefan
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Hallo Felix,
danke zunächst für deine Antwort!
> Dann was ganz einfaches: [mm]\Omega = \{ 0, 1 \}[/mm] mit [mm]\IP(\{ x \}) = x[/mm].
> Dann ist [mm]\{ 0 \}[/mm] eine Nullmenge.
Aber ist dass denn eine Wahrscheinlichkeitsverteilung? (Mit fällt gerade ein: Das kann ich ja nachprüfen ):
Also, es gilt [mm] \IP(\Omega) [/mm] = 1. Es ist auch [mm] $\IP(A)\ge [/mm] 0$ mit [mm] $A\in\mathcal{P}(\Omega)$, [/mm] und nun wäre noch zu zeigen dass für [mm] $A_{i}\in\mathcal{P}(\Omega)$ [/mm] disjunkt gilt: [mm] $\IP\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) [/mm] = [mm] \sum_{n=1}^{\infty}\IP(A_{n})$.
[/mm]
Wäre es jetzt legitim, wenn ich einfach alle disjunkten Möglichkeiten aufzähle? und verifiziere? Aber geht das überhaupt, weil ja ich theoretisch immer [mm] A_{i} [/mm] = [mm] \emptyset [/mm] wählen könnte?
Oder gibt es eine Möglichkeit, diese Identität "allgemein" zu beweisen?
Ist denn
[mm] $\IP(\emptyset)$
[/mm]
überhaupt definiert?
Danke für erneute Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:47 So 25.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> danke zunächst für deine Antwort!
>
> > Dann was ganz einfaches: [mm]\Omega = \{ 0, 1 \}[/mm] mit [mm]\IP(\{ x \}) = x[/mm].
> > Dann ist [mm]\{ 0 \}[/mm] eine Nullmenge.
>
> Aber ist dass denn eine Wahrscheinlichkeitsverteilung? (Mit
> fällt gerade ein: Das kann ich ja nachprüfen ):
Genau
> Also, es gilt [mm]\IP(\Omega)[/mm] = 1. Es ist auch [mm]\IP(A)\ge 0[/mm] mit
> [mm]A\in\mathcal{P}(\Omega)[/mm], und nun wäre noch zu zeigen dass
> für [mm]A_{i}\in\mathcal{P}(\Omega)[/mm] disjunkt gilt:
> [mm]\IP\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) = \sum_{n=1}^{\infty}\IP(A_{n})[/mm].
Genau.
> Wäre es jetzt legitim, wenn ich einfach alle disjunkten
> Möglichkeiten aufzähle? und verifiziere? Aber geht das
> überhaupt, weil ja ich theoretisch immer [mm]A_{i}[/mm] = [mm]\emptyset[/mm]
> wählen könnte?
Nun, du kannst die Reihenfolge der [mm] $A_i$ [/mm] ja beliebig aendern. Sie etwa nach Kardinalitaet sortieren.
Dann hast du entweder [mm] $\Omega, \emptyset, \emptyset, \dots$, [/mm] oder [mm] $\{ 0 \}, \{ 1 \}, \emptyset, \emptyset, \dots$, [/mm] oder [mm] $\{ 0 \}, \emptyset, \emptyset, \dots$, [/mm] oder [mm] $\{ 1 \}, \emptyset, \emptyset, \dots$, [/mm] oder [mm] $\emptyset, \emptyset, \dots$.
[/mm]
Mehr brauchst du nicht nachzupruefen.
> Oder gibt es eine Möglichkeit, diese Identität
> "allgemein" zu beweisen?
Genauso wie du das immer bei diskreten Wahrscheinlichkeitsraeumen machst.
> Ist denn
>
> [mm]\IP(\emptyset)[/mm]
>
> überhaupt definiert?
Das muss ja als $0$ definiert werden, da es ansonsten nie ein Mass werden kann: es muss ja [mm] $\IP(\emptyset) [/mm] = [mm] \IP(\emptyset) [/mm] + [mm] \IP(\emptyset)$ [/mm] sein, da [mm] $\emptyset$ [/mm] und [mm] $\emptyset$ [/mm] disjunkt sind.
LG Felix
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