Kolmogorov'sches Axiom < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:15 Di 15.04.2014 | | Autor: | James90 |
Guten Tag,
Noch eine Verständnisfrage.
Satz: Die Wahrscheinlichkeit einer Vereinigung abzählbar vieler inkompatibler Ereignisse ist gleich der Summe der Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Ereignisse.
(imkompatible heißt disjunkt)
Notation: [mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i).
[/mm]
Kann mir bitte jemand dazu ein Beispiel zeigen? Die rechte Seite ist mir klar, aber die linke Seite kann ich mir einfach nicht erklären.
Danke für eure Hilfe!
Grüße, James.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:09 Di 15.04.2014 | | Autor: | fred97 |
> Guten Tag,
>
> Noch eine Verständnisfrage.
>
> Satz: Die Wahrscheinlichkeit einer Vereinigung abzählbar
> vieler inkompatibler Ereignisse ist gleich der Summe der
> Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Ereignisse.
>
> (imkompatible heißt disjunkt)
>
> Notation: [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i).[/mm]
>
> Kann mir bitte jemand dazu ein Beispiel zeigen?
Wir würfeln:
Für i [mm] \in \IN [/mm] sei [mm] A_i [/mm] das Ereignis: es wird die Zahl i gewürfelt.
> Die rechte
> Seite ist mir klar, aber die linke Seite kann ich mir
> einfach nicht erklären.
Was hast Du denn für Probleme mit der linken Seite ?
FRED
>
> Danke für eure Hilfe!
>
> Grüße, James.
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Di 15.04.2014 | | Autor: | James90 |
Danke für die schnelle Antwort.
> Wir würfeln:
>
> Für i [mm]\in \IN[/mm] sei [mm]A_i[/mm] das Ereignis: es wird die Zahl i
> gewürfelt.
[mm] A_1,...,A_6 [/mm] Teilmenge von [mm] \Omega
[/mm]
[mm] A_1=\{1\},...,A_6=\{6\}
[/mm]
[mm] \summe_{i\in\IN}P(A_i)=6*\frac{1}{6}=1
[/mm]
[mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=P(A_1\cup...\cup A_6)=P(\{1\}\cup...\cup\{6\})=P(\{1,...,6\}). [/mm] Hier ist mein Problem.
|
|
|
| |
|
Hiho,
> [mm] $P(\{1,...,6\})$
[/mm]
[mm] $=P(\Omega) [/mm] = [mm] \;?$
[/mm]
Im Allgemeinen kommt da aber nicht [mm] \Omega [/mm] raus, sondern was anderes. Was davon die W-Keit ist, gilt es aber eben meistens zu bestimmen.
Gruß,
Gono.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:00 Di 15.04.2014 | | Autor: | James90 |
> Hiho,
>
> > [mm]P(\{1,...,6\})[/mm]
>
> [mm]=P(\Omega) = \;?[/mm]
[mm] P(\Omega)=\summe_{w\in\Omega}p(\omega)=1 [/mm] (Definition). Ok das passt.
> Im Allgemeinen kommt da aber nicht [mm]\Omega[/mm] raus, sondern was
> anderes. Was davon die W-Keit ist, gilt es aber eben
> meistens zu bestimmen.
Ich probiere mal. (Fairer) Würfel 1 mal. [mm] A_1=\{\text{gerade Zahl}\}, A_2=\{3\}, \Omega=\{1,...,6\}.
[/mm]
[mm] \summe_{i\in\IN}P(A_i)=P(A_1)+P(A_2)=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{2}{3}
[/mm]
[mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=P(A_1\cup A_2)=P(\{\text{gerade Zahl}\}\cup\{3\})=P(\{2,3,4,6\})=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}
[/mm]
YESSSSSS, SUPER! Danke dir Gono. Richtig oder?
Noch eine Frage zu der Theorie dahinter.
Eigentlich rechnet man doch
[mm] P(A_1)=\summe_{\omega\in A_1}p(\omega)
[/mm]
[mm] A_1=\{\text{gerade Zahl}\}=\{2,4,6\}
[/mm]
[mm] A_1=\{\text{gerade Zahl}\}=\{2,4,6\}=\{\omega_1,..\omega_3\} [/mm] mit [mm] \omega_1=2,\omega_2=4,\omega_3=6.
[/mm]
[mm] P(A_1)=\summe_{\omega\in A_1}p(\omega)=p(\omega_1)+p(\omega_2)+p(\omega_3)=p(2)+p(4)+p(6)=
[/mm]
Jetzt steht im Skript: [mm] p(\omega)=P(\{\omega\}) [/mm] für [mm] \omega\in\Omega
[/mm]
[mm] =p(2)+p(4)+p(6)=P(\{2\})+P(\{4\})+P(\{6\})
[/mm]
[mm] P(\{2\}) [/mm] wäre die W'keit, dass wir eine 2 Würfeln -> 1/6. analog die anderen zwei -> 3/6=1/2.
Jetzt wieder genauer
Sei [mm] B=\{2\}\subset\Omega.
[/mm]
P(B): [mm] \omega=\omega_1=2 [/mm] ist das einzige Elementarereignis von B. In Omega existiert es natürlich auch, denn [mm] B\subset\Omega.
[/mm]
Eigentlich benutzen wir hier die Gleichverteilung, richtig?
Das dazugehörige Wahrscheinlichkeitsmaß ist dann gegeben und es gilt auf jeden Fall für alle [mm] \omega\in\Omega: p(\omega)=\frac{1}{|\Omega|}=\frac{1}{6}.
[/mm]
Beweis: [mm] \Omega [/mm] besitzt genau 6 Elementarereignisse. [mm] \omega=(\omega_1,...\omega_6). \summe_{i=1}^{6}p(\omega_i)=6*\frac{1}{6}=1.
[/mm]
Damit gilt [mm] P(B)=\summe_{\omega\in B}p(\omega)=p(2)=\frac{1}{6}.
[/mm]
Analog erhalten wir p(4) und p(6) und addiert ergibt das 3/6 bzw. [mm] A_2 [/mm] -> 3/6+1/2=2/3.
Danke nochmal!
|
|
|
| |
|
Hiho,
> YESSSSSS, SUPER! Danke dir Gono. Richtig oder?
Ja.
> Eigentlich rechnet man doch
>
> [mm]P(A_1)=\summe_{\omega\in A_1}p(\omega)[/mm]
Im diskreten Fall, ja.
> Eigentlich benutzen wir hier die Gleichverteilung, richtig?
Die diskrete, ja.
> Danke nochmal!
Wo war jetzt deine Frage?
Gruß,
Gono.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:24 Mi 16.04.2014 | | Autor: | James90 |
Guten Tag,
Ist denn sonst alles richtig, vor Allem das Ende?
Danke!
Grüsse James.
|
|
|
| |
|
Hiho,
> Ist denn sonst alles richtig
jop.
Gruß,
Gono.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:30 Mi 16.04.2014 | | Autor: | James90 |
Danke Dir Gono!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:36 Mi 16.04.2014 | | Autor: | James90 |
Guten Abend, ich habe leider doch noch eine Frage. Kann man denn das auch beweisen oder ist das wirklich ein "Axiom"?
[mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i).
[/mm]
Ich meine.. das andere "Axiom" [mm] (P(\Omega)=1) [/mm] folgt direkt aus der Definition. Wie ist es hier? Würde mich über Tipps freuen.
Grüsse, James.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 04:42 Do 17.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo James!
> Kann man
> denn das auch beweisen oder ist das wirklich ein "Axiom"?
>
> [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i).[/mm]
>
> Ich meine.. das andere "Axiom" [mm](P(\Omega)=1)[/mm] folgt direkt
> aus der Definition. Wie ist es hier?
Das hängt davon ab, wie ihr $P$ definiert habt.
Deinen anderen Fragen entnehme ich, dass ihr vermutlich von einer abzählbaren Menge [mm] $\Omega$ [/mm] und einer Zähldichte $p$ ausgeht und dann
[mm] $P(A):=\sum_{\omega\in A}p(\omega)$
[/mm]
für [mm] $A\subseteq\Omega$ [/mm] setzt.
In dieser Situation lässt sich [mm] $P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i)$ [/mm] für alle paarweise disjunkten [mm] $A_i\subseteq\Omega$, $i\in\IN$, [/mm] mit Wissen über Doppelreihen beweisen.
Man kann jedoch auch definieren:
Sei [mm] $\Omega$ [/mm] eine abzählbare Menge. Dann heißt eine Abbildung [mm] $P\colon\mathcal{P}(\Omega)\to[0,1]$ [/mm] (diskretes) Wahrscheinlichkeitsmaß, falls
(1) [mm] $P(\Omega)=1$
[/mm]
und
(2) [mm] $P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i)$
[/mm]
für alle paarweise disjunkten [mm] $A_i\subseteq\Omega$, $i\in\IN$, [/mm] gilt.
Hier sind (1) und (2) also sozusagen "Axiome" eines Wahrscheinlichkeitsmaßes.
Man kann zeigen, dass die Zähldichten $p$ auf [mm] $\Omega$ [/mm] und die Wahrscheinlichkeitsmaße $P$ auf [mm] $\Omega$ [/mm] in kanonischer 1:1-Korrespondenz zueinander stehen.
Zu einer Zähldichte $p$ erhält man ein Wahrscheinlichkeitsmaß $P$ durch
[mm] $P(A):=\sum_{\omega\in\Omega}p(\omega)$
[/mm]
für alle [mm] $A\subseteq\Omega$.
[/mm]
Umgekehrt erhält man zu jedem Wahrscheinlichkeitsmaß $P$ eine Zähldichte $p$ durch
[mm] $p(\omega):=P(\{\omega\})$
[/mm]
für alle [mm] $\omega\in\Omega$.
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:06 Do 17.04.2014 | | Autor: | James90 |
Hallo Tobias,
Unsere Definition ist sehr ähnlich.
Ein diskreter W'keitsraum ist ein Tupel [mm] (\Omega,p), [/mm] bestehend aus einer endlichen oder höchstens abzählbar unendlichen Menge [mm] \Omega [/mm] und einer Abbildung [mm] p:\Omega\to[0,1] [/mm] mit der Eigenschaft [mm] \summe_{\omega\in\Omega}p(\omega)=1.
[/mm]
Die Abbildung [mm] P\colon\mathcal P(\Omega)\to[0,1], [/mm] definiert durch
[mm] P(A)=\sum_{\omega\in A}p(\omega) [/mm] für alle [mm] A\subset\Omega
[/mm]
heißt das von den Einzelwahrscheinlichkeiten induzierte Wahrscheinlichkeitsmaß. Man spricht auch von einer Verteilung P auf [mm] \Omega.
[/mm]
(kurze Frage: Wieso nicht [mm] A\subseteq\Omega [/mm] ?? Das sehe ich auch oft in Analysis.. [mm] f:D\to\IR, D\subset\Omega, [/mm] obwohl D auch [mm] \IR [/mm] sein darf! In der linearen Algebra wird es uns anders [mm] gelehrt...A\subset [/mm] B [mm] \gdw (A\subseteq [/mm] B UND NICHT(A=B)))
Danach kommt Kolmogorov'sche Axiome. Sei [mm] (\Omega,p) [/mm] diskreter W'keitsraum. Das Wahrscheinlichkeitsmaß P hat beide Eigenschaften
1) [mm] P(\Omega)=1.
[/mm]
2) Für alle Folgen [mm] (A_i)_{i\in\IN} [/mm] von paarweise disjunkten Ereignissen gilt
[mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i)
[/mm]
Dann steht dort: Die Gültigkeit beider Eigenschaften ist evident. Diese "Axiome" sind für uns Folgerungen aus der Definition (gemeint ist genau die Definition dadrüber).
Dann steht dort: Im nicht diskreten Fall (siehe Kapitel 7), fordert man üblicherweise beide Eigenschaften als Axiome.
Okay, damit kann ich Leben. Ich sehe das noch nicht wirklich ein (also das zweite Axiom), aber vielleicht kommt das auch mit der Zeit. Ich würde dennoch gerne meine "kurze Frage" oben beantwortet bekommen.
Grüsse, James.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:22 Do 17.04.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Tobias,
>
> Unsere Definition ist sehr ähnlich.
>
> Ein diskreter W'keitsraum ist ein Tupel [mm](\Omega,p),[/mm]
> bestehend aus einer endlichen oder höchstens abzählbar
> unendlichen Menge [mm]\Omega[/mm] und einer Abbildung
> [mm]p:\Omega\to[0,1][/mm] mit der Eigenschaft
> [mm]\summe_{\omega\in\Omega}p(\omega)=1.[/mm]
>
> Die Abbildung [mm]P\colon\mathcal P(\Omega)\to[0,1],[/mm] definiert
> durch
>
> [mm]P(A)=\sum_{\omega\in A}p(\omega)[/mm] für alle [mm]A\subset\Omega[/mm]
>
> heißt das von den Einzelwahrscheinlichkeiten induzierte
> Wahrscheinlichkeitsmaß. Man spricht auch von einer
> Verteilung P auf [mm]\Omega.[/mm]
>
> (kurze Frage: Wieso nicht [mm]A\subseteq\Omega[/mm] ?? Das sehe ich
> auch oft in Analysis.. [mm]f:D\to\IR, D\subset\Omega,[/mm] obwohl D
> auch [mm]\IR[/mm] sein darf! In der linearen Algebra wird es uns
> anders [mm]gelehrt...A\subset[/mm] B [mm]\gdw (A\subseteq[/mm] B UND
> NICHT(A=B)))
Wie so häufig sind die Bezeichnungsweisen in der Mathematik auch hier nicht einheitlich.
Herr Hinz versteht unter $A [mm] \subset [/mm] B$: A ist Teilmenge von B und A=B ist nicht verboten.
Herr Kunz versteht unter $A [mm] \subset [/mm] B$: A ist Teilmenge von B und A=B ist verboten.
FRED
>
> Danach kommt Kolmogorov'sche Axiome. Sei [mm](\Omega,p)[/mm]
> diskreter W'keitsraum. Das Wahrscheinlichkeitsmaß P hat
> beide Eigenschaften
>
> 1) [mm]P(\Omega)=1.[/mm]
>
> 2) Für alle Folgen [mm](A_i)_{i\in\IN}[/mm] von paarweise
> disjunkten Ereignissen gilt
>
> [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\summe_{i\in\IN}P(A_i)[/mm]
>
> Dann steht dort: Die Gültigkeit beider Eigenschaften ist
> evident. Diese "Axiome" sind für uns Folgerungen aus der
> Definition (gemeint ist genau die Definition dadrüber).
>
> Dann steht dort: Im nicht diskreten Fall (siehe Kapitel 7),
> fordert man üblicherweise beide Eigenschaften als Axiome.
>
> Okay, damit kann ich Leben. Ich sehe das noch nicht
> wirklich ein (also das zweite Axiom), aber vielleicht kommt
> das auch mit der Zeit. Ich würde dennoch gerne meine
> "kurze Frage" oben beantwortet bekommen.
>
>
> Grüsse, James.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:25 Do 17.04.2014 | | Autor: | James90 |
Ok. Ich bedanke mich nochmal an euch allen für eure Antworten!
Grüsse, James.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:46 Do 17.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Ich sehe das noch nicht
> wirklich ein (also das zweite Axiom), aber vielleicht kommt
> das auch mit der Zeit.
Du suchst also einen Beweis von
(*) [mm] $P(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{n\in\IN}P(A_n)$
[/mm]
für paarweise disjunkte Ereignisse [mm] $A_n\subseteq\Omega$, $n\in\IN$.
[/mm]
Die linke Seite von (*) lautet:
[mm] $P(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n}p(\omega)$
[/mm]
Die rechte Seite von (*) lautet:
[mm] $\sum_{n\in\IN}P(A_n)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)$.
[/mm]
Der kritische Punkt ist nun zu zeigen, dass
[mm] $\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n}p(\omega)$.
[/mm]
Das mag manch einer anschaulich plausibel finden, da auf beiden Seiten für jedes [mm] $\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n$ [/mm] der Wert [mm] $p(\omega)\ge [/mm] 0$ genau einmal aufsummiert wird.
Tatsächlich benötigt man hier wohl einen Satz über Doppelreihen.
Dass das Skript hier von einer "evidenten Eigenschaft" spricht, kann ich nicht nachvollziehen.
Tröste dich damit: Man kann ziemlich erfolgreich Stochastik betreiben, ohne diesen der Analysis zugehörigen Schritt jemals exakt bewiesen zu haben.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:09 Do 17.04.2014 | | Autor: | James90 |
> > Ich sehe das noch nicht
> > wirklich ein (also das zweite Axiom), aber vielleicht kommt
> > das auch mit der Zeit.
> Du suchst also einen Beweis von
>
> (*) [mm]P(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{n\in\IN}P(A_n)[/mm]
>
> für paarweise disjunkte Ereignisse [mm]A_n\subseteq\Omega[/mm],
> [mm]n\in\IN[/mm].
>
>
> Die linke Seite von (*) lautet:
>
> [mm]P(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n}p(\omega)[/mm]
>
> Die rechte Seite von (*) lautet:
>
> [mm]\sum_{n\in\IN}P(A_n)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)[/mm].
>
> Der kritische Punkt ist nun zu zeigen, dass
>
> [mm]\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n}p(\omega)[/mm].
Bis hier habe ich mir das auch überlegt.
> Das mag manch einer anschaulich plausibel finden, da auf
> beiden Seiten für jedes [mm]\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n[/mm] der
> Wert [mm]p(\omega)\ge 0[/mm] genau einmal aufsummiert wird.
Das sehe ich leider nicht, aber ich glaube, dass ich es mit meiner Hausaufgabe gut verstanden habe.
> Tatsächlich benötigt man hier wohl einen Satz über
> Doppelreihen.
>
> Dass das Skript hier von einer "evidenten Eigenschaft"
> spricht, kann ich nicht nachvollziehen.
>
>
> Tröste dich damit: Man kann ziemlich erfolgreich
> Stochastik betreiben, ohne diesen der Analysis zugehörigen
> Schritt jemals exakt bewiesen zu haben.
Ja, das denke ich auch. Das ist im Grunde auch nur eine Verständnisfrage meinerseits. In den Hausaufgaben sollen wir zeigen
Für alle Folgen [mm] (A_i)_{i\in\IN} [/mm] von Ereignissen gilt: [mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)\le\sum_{i\in\IN}P(A_i).
[/mm]
Mein Beweis: [mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i):=\sum_{\omega\in\bigcup_{i\in\IN}A_i}p(\omega)\le\sum_{i\in\IN}\sum_{\omega\in A_i}p(\omega)=:\sum_{i\in\IN}P(A_i).
[/mm]
Hier empfinde ich die Abschätzung in Ordnung und ich verstehe sie. Natürlich war mir diese nicht klar, aber man fängt vorne an, schreibt das Ende auf und schon ist man hier irgendwie fertig. Ich hoffe du weißt was ich meine. Anschaulich kann ich mir das hier erklären. Demnach klappt die Gleichheit wohl nur dann, wenn wir paarweise disjunkte Mengen haben, denn dann ist der Durchschnitt aller Mengen [mm] A_i [/mm] mit [mm] i\in\IN [/mm] leer, d.h. wir addieren insgesamt komplett alle [mm] \omega [/mm] die es gibt in [mm] A_i [/mm] (auch wenn es "nur" eine Vereinigung ist). Das ist jetzt nicht genau, aber ich kann es mir vorstellen.
Danke Dir nochmal Tobias für deine Zeit!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:50 Do 17.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > Der kritische Punkt ist nun zu zeigen, dass
> >
> > [mm]\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n}p(\omega)[/mm].
>
> Bis hier habe ich mir das auch überlegt.
Dann habe ich dir ja nicht wirklich etwas Neues verraten... 
> In den Hausaufgaben sollen
> wir zeigen
>
> Für alle Folgen [mm](A_i)_{i\in\IN}[/mm] von Ereignissen gilt:
> [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)\le\sum_{i\in\IN}P(A_i).[/mm]
>
> Mein Beweis:
> [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i):=\sum_{\omega\in\bigcup_{i\in\IN}A_i}p(\omega)\le\sum_{i\in\IN}\sum_{\omega\in A_i}p(\omega)=:\sum_{i\in\IN}P(A_i).[/mm]
>
> Hier empfinde ich die Abschätzung in Ordnung und ich
> verstehe sie. Natürlich war mir diese nicht klar, aber man
> fängt vorne an, schreibt das Ende auf und schon ist man
> hier irgendwie fertig. Ich hoffe du weißt was ich meine.
> Anschaulich kann ich mir das hier erklären. Demnach klappt
> die Gleichheit wohl nur dann, wenn wir paarweise disjunkte
> Mengen haben, denn dann ist der Durchschnitt aller Mengen
> [mm]A_i[/mm] mit [mm]i\in\IN[/mm] leer, d.h. wir addieren insgesamt komplett
> alle [mm]\omega[/mm] die es gibt in [mm]A_i[/mm] (auch wenn es "nur" eine
> Vereinigung ist). Das ist jetzt nicht genau, aber ich kann
> es mir vorstellen.
Ich finde die Ungleichung im ersten Moment ähnlich unklar wie die ungeklärte Gleichheit im Falle paarweise disjunkter [mm] $A_n$. [/mm] (Mir würde es allerdings deutlich leichter fallen, diese Ungleichung sauber zu zeigen als die Gleichheit.)
Wenn man die Eigenschaft ("Sigma-Additivität")
[mm] $P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\sum_{i\in\IN}P(A_i)$
[/mm]
für paarweise disjunkte [mm] $A_i\subseteq\Omega$ [/mm] bereit ist zu akzeptieren und weiß, dass für [mm] $B\subseteq A\subseteq\Omega$ [/mm] stets gilt
[mm] $P(B)\le [/mm] P(A)$,
kann man die Eigenschaft ("Sigma-Subadditivität")
[mm] $P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)\le\sum_{i\in\IN}P(A_i)$
[/mm]
für beliebige [mm] $A_i\subseteq\Omega$ [/mm] darauf zurückführen:
Seien [mm] $A_i\subseteq\Omega$ [/mm] für [mm] $i\in\IN$ [/mm] beliebige Teilmengen. Dann sind die Mengen
[mm] $B_i:=A_i\setminus(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_j)$
[/mm]
für [mm] $i\in\IN$ [/mm] paarweise disjunkte Teilmengen von [mm] $\Omega$ [/mm] mit
[mm] $\bigcup_{i\in\IN}B_i=\bigcup_{i\in\IN}A_i$.
[/mm]
Daher gilt
[mm] $P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=P(\bigcup_{i\in\IN}B_i)=\sum_{i\in\IN}P(B_i)\le \sum_{i\in\IN}P(A_i)$.
[/mm]
Im letzten Schritt geht dabei [mm] $B_i\subseteq A_i$ [/mm] und somit [mm] $P(B_i)\le P(A_i)$ [/mm] für alle [mm] $i\in\IN$ [/mm] ein.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:30 Fr 18.04.2014 | | Autor: | James90 |
Deine Art und Weise deines Beweises gefällt mir sehr gut!
> Wenn man die Eigenschaft ("Sigma-Additivität")
>
> [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\sum_{i\in\IN}P(A_i)[/mm]
>
> für paarweise disjunkte [mm]A_i\subseteq\Omega[/mm] bereit ist zu
> akzeptieren und weiß, dass für [mm]B\subseteq A\subseteq\Omega[/mm]
> stets gilt
>
> [mm]P(B)\le P(A)[/mm],
>
> kann man die Eigenschaft ("Sigma-Subadditivität")
>
> [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)\le\sum_{i\in\IN}P(A_i)[/mm]
>
> für beliebige [mm]A_i\subseteq\Omega[/mm] darauf zurückführen:
>
> Seien [mm]A_i\subseteq\Omega[/mm] für [mm]i\in\IN[/mm] beliebige Teilmengen.
Meinst du mit "beliebige" Teilmengen: endlich oder höchstens abzählbar unendlich viele Teilmengen (mit "oder" meine ich hier nicht entweder oder)? [mm] \IN [/mm] ist abzählbar unendlich und damit sollte es passen.
> Dann sind die Mengen
>
> [mm]B_i:=A_i\setminus(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_j)[/mm]
Setzen wir hier
[mm] \bigcup_{j=1}^{0}A_j=:\emptyset?
[/mm]
> für [mm]i\in\IN[/mm] paarweise disjunkte Teilmengen von [mm]\Omega[/mm] mit
>
> [mm]\bigcup_{i\in\IN}B_i=\bigcup_{i\in\IN}A_i[/mm].
>
> Daher gilt
>
> [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=P(\bigcup_{i\in\IN}B_i)=\sum_{i\in\IN}P(B_i)\le \sum_{i\in\IN}P(A_i)[/mm].
>
> Im letzten Schritt geht dabei [mm]B_i\subseteq A_i[/mm] und somit
> [mm]P(B_i)\le P(A_i)[/mm] für alle [mm]i\in\IN[/mm] ein.
Diese Eigenschaft am Ende hatten wir auch. Leider auch ohne Beweis. Ich probiere das mal in der anderen Antwort von dir zu beweisen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:03 Sa 19.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > Wenn man die Eigenschaft ("Sigma-Additivität")
> >
> > [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\sum_{i\in\IN}P(A_i)[/mm]
> >
> > für paarweise disjunkte [mm]A_i\subseteq\Omega[/mm] bereit ist zu
> > akzeptieren und weiß, dass für [mm]B\subseteq A\subseteq\Omega[/mm]
> > stets gilt
> >
> > [mm]P(B)\le P(A)[/mm],
> >
> > kann man die Eigenschaft ("Sigma-Subadditivität")
> >
> > [mm]P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)\le\sum_{i\in\IN}P(A_i)[/mm]
> >
> > für beliebige [mm]A_i\subseteq\Omega[/mm] darauf zurückführen:
> >
> > Seien [mm]A_i\subseteq\Omega[/mm] für [mm]i\in\IN[/mm] beliebige
> Teilmengen.
>
> Meinst du mit "beliebige" Teilmengen: endlich oder
> höchstens abzählbar unendlich viele Teilmengen (mit
> "oder" meine ich hier nicht entweder oder)? [mm]\IN[/mm] ist
> abzählbar unendlich und damit sollte es passen.
Ich meinte je eine beliebige Teilmenge [mm] $A_i\subseteq\Omega$ [/mm] für jedes [mm] $i\in\IN$.
[/mm]
Ich meinte nicht etwa beliebig viele Teilmengen [mm] $A_i$.
[/mm]
Mit dem "beliebige Teilmengen" wollte ich betonen, dass die [mm] $A_i$ [/mm] hier nicht notwendig paarweise disjunkt sein müssen.
> > Dann sind die Mengen
> >
> > [mm]B_i:=A_i\setminus(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_j)[/mm]
>
> Setzen wir hier
>
> [mm]\bigcup_{j=1}^{0}A_j=:\emptyset?[/mm]
Genau, so ist das zu verstehen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:17 Fr 18.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Du suchst also einen Beweis von
>
> (*) [mm]P(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{n\in\IN}P(A_n)[/mm]
>
> für paarweise disjunkte Ereignisse [mm]A_n\subseteq\Omega[/mm],
> [mm]n\in\IN[/mm].
Habe mir jetzt einen Beweisaufbau überlegt. Du kannst Wünsche äußern, welche Schritte ich im Einzelnen ausführen soll.
1. Zeige [mm] $P(A\cup [/mm] B)=P(A)+P(B)$ für alle endlichen Teilmengen [mm] $A,B\subseteq\Omega$ [/mm] mit [mm] $A\cap B=\emptyset$.
[/mm]
2. Zeige, dass für jede Teilmenge [mm] $A\subseteq\Omega$ [/mm] und jedes [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] eine endliche Teilmenge [mm] $A'\subseteq [/mm] A$ existiert mit [mm] $P(A)\le P(A')+\varepsilon$.
[/mm]
3. Folgere aus 1. und 2., dass [mm] $P(A\cup [/mm] B)=P(A)+P(B)$ für alle Teilmengen [mm] $A,B\subseteq\Omega$ [/mm] mit [mm] $A\cap B=\emptyset$ [/mm] gilt. Zeige dazu [mm] "$\le$" [/mm] und [mm] "$\ge$" [/mm] getrennt.
4. Folgere aus 3. per Induktion nach $n$, dass für alle paarweise disjunkten [mm] $A_1,\ldots,A_n\subseteq\Omega$ [/mm] gilt: [mm] $P(\bigcup_{i=1}^nA_i)=\sum_{i=1}^nP(A_i)$.
[/mm]
5. Folgere aus 3., dass [mm] $P(A)\le [/mm] P(B)$ für alle [mm] $A\subseteq B\subseteq\Omega$ [/mm] gilt.
6. Zeige unter Benutzung von 2., 4, und 5. die eigentliche Behauptung, dass für paarweise disjunkte [mm] $A_i\subseteq\Omega$, $i\in\IN$, [/mm] gilt: [mm] $P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\sum_{i\in\IN}P(A_i)$. [/mm] Zeige dazu [mm] "$\le$" [/mm] und [mm] "$\ge$" [/mm] getrennt.
Mit dieser Argumentation lässt sich einsehen, dass die Sigma-Additivität für $P$ gilt. Für das Betreiben von Stochastik dürfte die Tatsache der Sigma-Additivität an sich wichtiger als ihr Beweis sein.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:31 Fr 18.04.2014 | | Autor: | James90 |
Es tut mir übrigens leid, dass ich meine Fragen als Mitteilungen gestellt habe. Damit hast du bestimmt für deine Antworten keine Credits oder Ähnliches bekommen. Ab jetzt achte ich darauf. Deine Ausführung habe ich verstanden. Dennoch würde ich nun gerne, wie in meinem Skript, die Sigma-Additivität als Axiom akzeptieren und ein paar ähnliche/gleiche Sätze beweisen. Diese stehen in meinem Skript leider auch ohne Beweis. Ich hoffe, dass das in Ordnung ist, aber wie du schon gesagt hast ist die Anwendung dieser Eigenschaft wichtiger als ihr Beweis selbst.
1) [mm] P(\emptyset)=0.
[/mm]
[mm] \Omega\cup\emptyset=\Omega [/mm] und [mm] \Omega\cap\emptyset=\emptyset
[/mm]
Das heißt, dass [mm] \Omega [/mm] und [mm] \emptyset [/mm] paarweise Disjunkt sind und wir die Sigma-Additivität benutzen dürfen. Demnach gilt
[mm] P(\Omega\cup\emptyset)=P(\Omega)
[/mm]
[mm] \Longleftrightarrow
[/mm]
[mm] P(\Omega)+P(\emptyset)=P(\Omega)
[/mm]
[mm] \Longleftrightarrow
[/mm]
[mm] P(\emptyset)=P(\Omega)-P(\Omega)=0.
[/mm]
Das [mm] \Omega [/mm] und [mm] \emptyset [/mm] paarweise Disjunkt sind ist eigentlich wegen [mm] \emptyset [/mm] klar, aber ich wollte es mal genau aufschreiben.
2) [mm] $A\subseteq B\subseteq\Omega\Rightarrow P(A)\le [/mm] P(B)$.
Seien [mm] A\subseteq B\subseteq\Omega.
[/mm]
Mit [mm] $B:=(B\setminus A)\cup [/mm] A$ erhalten wir wegen [mm] $B:=(B\setminus A)\cap A=\emptyset$ [/mm] eine disjunkte Vereinigung von [mm] \Omega [/mm] und wir wenden die Sigma-Addivität an:
[mm] $P(B)=P((B\setminus A)\cup A)=P(B\setminus A)+P(A)\ge [/mm] P(A)$, wegen [mm] $P(B\setminus A)\ge [/mm] 0$, denn [mm] P:\mathcal P(\Omega)\to[0,1] [/mm] und [mm] P(B\setminus A)\subset\mathcal P(\Omega).
[/mm]
Der "Trick" von deinem anderen Beweis mit dem Basteln einer äquivalenten disjunkten Vereinigung einer Menge ist echt cool, danke Dir! Vor Allem kann man sich diese schön in ein Diagramm zeichnen und auch einfach herleiten.
3) [mm] $A,B\subseteq\Omega\Rightarrow P(A\cup B)+P(A\cap [/mm] B)=P(A)+P(B)$
Seien [mm] A,B\subseteq\Omega.
[/mm]
- [mm] $A\cup B=(A\setminus B)\cup [/mm] B$ bzw. [mm] (A\setminus B)\cap B=\emptyset$
[/mm]
[mm] \Rightarrow P(A\cup B)=P((A\setminus B)\cup B)=P(A\setminus [/mm] B)+P(B)
- [mm] A=(A\setminus B)\cup(A\cap [/mm] B) bzw [mm] (A\setminus B)\cap(A\cap B)=\emptyset
[/mm]
[mm] \Rightarrow P(A)=P((A\setminus B)\cup(A\cap B))=P(A\setminus B)+P(A\cap [/mm] B)
Wir stellen die zu zeigende Gleichung um:
[mm] z.z.P(A\cup B)-P(A)=P(B)-P(A\cap [/mm] B)
[mm] P(A\cup B)-P(A)=P(A\setminus B)+P(B)-(P(A\setminus B)+P(A\cap B))=P(B)-P(A\cap [/mm] B).
4) Sigma-Subadditivität
Dazu finde ich deinen Beweis sehr schick.
5) Falls für eine Folge [mm] (A_i)_{i\in\IN} [/mm] von Ereignissen und ein Ereignis A gilt: [mm] A_i\downarrow [/mm] A oder [mm] A_i\uparrow [/mm] A, so gilt [mm] \lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A). [/mm]
Notation: Wir schreiben [mm] A_i\downarrow [/mm] A für [mm] i\to\infty, [/mm] falls [mm] A_{i+1}\subset A_i [/mm] für jedes i und [mm] \bigcap_{i\in\IN}A_i=A. [/mm] Analog ist [mm] A_i\uparrow [/mm] A definiert.
Als Tipp: Falls [mm] A_i\uparrow [/mm] A, so ist A gleich der disjunkten Vereinigung der Mengen [mm] A_i\setminus A_{i-1} [/mm] .
[mm] P(A)=P(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\summe_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(A_n). [/mm]
[mm] P(A)=P(\bigcap_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=
[/mm]
Hier komme ich nicht weiter und brauche noch einen Tipp.
Ich hatte zur 5) vor ein paar Tagen hier schonmal eine Verständnisfrage gestellt und hoffe, dass das nichts ausmacht..
Deine Definition:
Seien [mm] $A_i\subseteq\Omega$ [/mm] für [mm] $i\in\IN$ [/mm] beliebige Teilmengen. Dann sind die Mengen
[mm] $B_i:=A_i\setminus(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_j)$ [/mm]
für [mm] $i\in\IN$ [/mm] paarweise disjunkte Teilmengen von [mm] $\Omega$ [/mm] mit
[mm] $\bigcup_{i\in\IN}B_i=\bigcup_{i\in\IN}A_i$. [/mm]
(Diese habe ich oben bei den Beweisen oft benutzt!)
meili hatte mir noch folgendes zu 5) geschrieben:
Für [mm] $A_i \uparrow [/mm] A$, weis man [mm]\bigcup_{i\in\IN}A_i=A.[/mm].
Das sinnvolle an dem Tipp ist, man hat eine Darstellung von A als
Vereinigung disjunkter Mengen, die sich mit den Mengen von [mm] $(A_i)_{i \in \IN}$ [/mm] darstellen lassen.
Und nicht nur A, auch jedes [mm] $A_i$ [/mm] lässt sich als Vereinigung disjunkter
Mengen darstellen: [mm]\bigcup_{n = 1}^{i} ( A_n \setminus A_{n-1})= A_i[/mm].
Ich bedanke mich nochmal für deine große Hilfe Tobias!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:11 Mo 21.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Es tut mir übrigens leid, dass ich meine Fragen als
> Mitteilungen gestellt habe. Damit hast du bestimmt für
> deine Antworten keine Credits oder Ähnliches bekommen. Ab
> jetzt achte ich darauf. Deine Ausführung habe ich
> verstanden.
Kein Problem! (Wenn es mich gestört hätte, hätte ich als Moderator deine Mitteilungen in Fragen umwandeln können.)
> Dennoch würde ich nun gerne, wie in meinem
> Skript, die Sigma-Additivität als Axiom akzeptieren und
> ein paar ähnliche/gleiche Sätze beweisen. Diese stehen in
> meinem Skript leider auch ohne Beweis. Ich hoffe, dass das
> in Ordnung ist, aber wie du schon gesagt hast ist die
> Anwendung dieser Eigenschaft wichtiger als ihr Beweis
> selbst.
Absolut in Ordnung! (Bin ehrlich gesagt ein bisschen erleichtert, dass ich nicht alle Schritte zum Beweis der Sigma-Additivität ausführen muss... )
> 1) [mm]P(\emptyset)=0.[/mm]
>
> [mm]\Omega\cup\emptyset=\Omega[/mm] und
> [mm]\Omega\cap\emptyset=\emptyset[/mm]
>
> Das heißt, dass [mm]\Omega[/mm] und [mm]\emptyset[/mm] paarweise Disjunkt
> sind und wir die Sigma-Additivität benutzen dürfen.
> Demnach gilt
>
> [mm]P(\Omega\cup\emptyset)=P(\Omega)[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow[/mm]
>
> [mm]P(\Omega)+P(\emptyset)=P(\Omega)[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow[/mm]
>
> [mm]P(\emptyset)=P(\Omega)-P(\Omega)=0.[/mm]
>
> Das [mm]\Omega[/mm] und [mm]\emptyset[/mm] paarweise Disjunkt sind ist
> eigentlich wegen [mm]\emptyset[/mm] klar, aber ich wollte es mal
> genau aufschreiben.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Du benutzt die endliche Additivität von $P$, nicht die Sigma-Additivität. (Um die Sigma-Additivität zu benutzen, müsstest du für jedes [mm] $i\in\IN$ [/mm] eine Menge [mm] $A_i$ [/mm] angeben.)
> 2) [mm]A\subseteq B\subseteq\Omega\Rightarrow P(A)\le P(B)[/mm].
>
> Seien [mm]A\subseteq B\subseteq\Omega.[/mm]
> Mit [mm]B:=(B\setminus A)\cup A[/mm]
> erhalten wir wegen [mm]B:=(B\setminus A)\cap A=\emptyset[/mm] eine
> disjunkte Vereinigung von [mm]\Omega[/mm]
$B$, nicht [mm] $\Omega$.
[/mm]
> und wir wenden die
> Sigma-Addivität an:
Wieder die endliche Additivität, nicht die Sigma-Additivität.
> [mm]P(B)=P((B\setminus A)\cup A)=P(B\setminus A)+P(A)\ge P(A)[/mm],
> wegen [mm]P(B\setminus A)\ge 0[/mm], denn [mm]P:\mathcal P(\Omega)\to[0,1][/mm]
Schön!
> und [mm]P(B\setminus A)\subset\mathcal P(\Omega).[/mm]
Das ist Quatsch. Du meinst sicherlich [mm] $B\setminus A\in\mathcal{P}(\Omega)$.
[/mm]
> 3) [mm]A,B\subseteq\Omega\Rightarrow P(A\cup B)+P(A\cap B)=P(A)+P(B)[/mm]
>
> Seien [mm]A,B\subseteq\Omega.[/mm]
>
> - [mm]$A\cup B=(A\setminus B)\cup[/mm] B$ bzw. [mm](A\setminus B)\cap B=\emptyset$[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow P(A\cup B)=P((A\setminus B)\cup B)=P(A\setminus[/mm]
> B)+P(B)
>
> - [mm]A=(A\setminus B)\cup(A\cap[/mm] B) bzw [mm](A\setminus B)\cap(A\cap B)=\emptyset[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow P(A)=P((A\setminus B)\cup(A\cap B))=P(A\setminus B)+P(A\cap[/mm]
> B)
>
>
> Wir stellen die zu zeigende Gleichung um:
>
> [mm]z.z.P(A\cup B)-P(A)=P(B)-P(A\cap[/mm] B)
>
> [mm]P(A\cup B)-P(A)=P(A\setminus B)+P(B)-(P(A\setminus B)+P(A\cap B))=P(B)-P(A\cap[/mm]
> B).
> 4) Sigma-Subadditivität
>
> Dazu finde ich deinen Beweis sehr schick.
Danke! 
> 5) Falls für eine Folge [mm](A_i)_{i\in\IN}[/mm] von Ereignissen
> und ein Ereignis A gilt: [mm]A_i\downarrow[/mm] A oder [mm]A_i\uparrow[/mm]
> A, so gilt [mm]\lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A).[/mm]
>
> Notation: Wir schreiben [mm]A_i\downarrow[/mm] A für [mm]i\to\infty,[/mm]
> falls [mm]A_{i+1}\subset A_i[/mm] für jedes i und
> [mm]\bigcap_{i\in\IN}A_i=A.[/mm] Analog ist [mm]A_i\uparrow[/mm] A definiert.
>
> Als Tipp: Falls [mm]A_i\uparrow[/mm] A, so ist A gleich der
> disjunkten Vereinigung der Mengen [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] .
Hierbei sei [mm] $A_0:=\emptyset$.
[/mm]
Im Falle [mm] $A_i\uparrow [/mm] A$ gilt:
> [mm]P(A)=P(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\summe_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(A_n).[/mm]
Den letzten Schritt würde ich näher ausführen. Ansonsten: .
> [mm]P(A)=P(\bigcap_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=[/mm]
Das stimmt nicht.
Gelte [mm] $A_i\downarrow [/mm] A$.
1. Möglichkeit:
Überlege dir, dass
[mm] $A_1=(\bigcup_{n\in\IN}(A_n\setminus A_{n+1}))\cup [/mm] A$
und
[mm] $(\bigcup_{n\in\IN}(A_n\setminus A_{n+1}))\cap A=\emptyset$
[/mm]
gelten und die Mengen [mm] $A_n\setminus A_{n+1}$ [/mm] für [mm] $n\in\IN$ [/mm] paarweise disjunkt sind.
2. Möglichkeit:
Verwende
[mm] $A=(\bigcup_{n\in\IN}A_n^c)^c$
[/mm]
(dabei bezeichnet für ein Ereignis [mm] $B\subseteq\Omega$
[/mm]
[mm] $B^c:=\Omega\setminus [/mm] B$
das Komplement/Gegenereignis von $B$)
und wende den schon gezeigten Teil dieser Aufgabe an.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:09 Mo 21.04.2014 | | Autor: | James90 |
Danke für die Verbesserungen Tobias!
> Du meinst sicherlich [mm]B\setminus A\in\mathcal{P}(\Omega)[/mm].
Muss da nicht stehen: [mm] B\setminus A\subset\mathcal{P}(\Omega), [/mm] da links auch eine Menge steht?
> > 5) Falls für eine Folge [mm](A_i)_{i\in\IN}[/mm] von Ereignissen
> > und ein Ereignis A gilt: [mm]A_i\downarrow[/mm] A oder [mm]A_i\uparrow[/mm]
> > A, so gilt [mm]\lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A).[/mm]
> >
> > Notation: Wir schreiben [mm]A_i\downarrow[/mm] A für [mm]i\to\infty,[/mm]
> > falls [mm]A_{i+1}\subset A_i[/mm] für jedes i und
> > [mm]\bigcap_{i\in\IN}A_i=A.[/mm] Analog ist [mm]A_i\uparrow[/mm] A definiert.
> >
> > Als Tipp: Falls [mm]A_i\uparrow[/mm] A, so ist A gleich der
> > disjunkten Vereinigung der Mengen [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] .
> Hierbei sei [mm]A_0:=\emptyset[/mm].
>
> Im Falle [mm]A_i\uparrow A[/mm] gilt:
> > [mm]P(A)=P(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\summe_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(A_n).[/mm]
>
> Den letzten Schritt würde ich näher ausführen.
Das klappt bei mir noch nicht so richtig. Danke für die Kontrolle!
Ich schaffe es leider nicht die Punkte sinnvoll zu vervollständigen.
[mm] \lim_{n\to\infty}\summe_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\summe_{i=1}^{n}\sum_{\omega\in A_i\setminus A_{i-1}}p(\omega)=...=\lim_{n\to\infty}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)=\lim_{n\to\infty}P(A_n).
[/mm]
Ich müsste eigentlich ausnutzen, dass wegen der Darstellung von A als disjunkte Vereinigung von [mm] A_i\setminus A_{i-1} [/mm] wir A auch erhalten, indem wir über alle [mm] A_i\setminus A_{i-1} [/mm] addieren, aber das will nicht klappen.
> Ansonsten: .
>
>
> > [mm]P(A)=P(\bigcap_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=[/mm]
>
> Das stimmt nicht.
>
> Gelte [mm]A_i\downarrow A[/mm].
>
> 1. Möglichkeit:
>
> Überlege dir, dass
>
> [mm]A_1=(\bigcup_{n\in\IN}(A_n\setminus A_{n+1}))\cup A[/mm]
>
> und
>
> [mm](\bigcup_{n\in\IN}(A_n\setminus A_{n+1}))\cap A=\emptyset[/mm]
>
> gelten und die Mengen [mm]A_n\setminus A_{n+1}[/mm] für [mm]n\in\IN[/mm]
> paarweise disjunkt sind.
Mit dem Verdauen dieser Eigenschaften bin ich nach zwei Stunden noch immer nicht fertig.
Zu zeigen: Aus [mm] $A_i\downarrow [/mm] A$ für [mm] i\to\infty [/mm] folgt [mm] \lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A).
[/mm]
Sei [mm] $A_i\downarrow [/mm] A$ für [mm] i\to\infty, [/mm] dann gilt: [mm] $A_{i+1}\subset A_i$ [/mm] für alle [mm] i\in\IN [/mm] und [mm] \bigcap_{i\in\IN}A_i=A.
[/mm]
Aus diesem Grund gilt [mm] $A_1=\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup [/mm] A$, wobei [mm] A_0:=\emptyset.
[/mm]
Wegen [mm] $A_1=\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cap A=\emptyset$ [/mm] sind die Mengen [mm] \bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i}) [/mm] und $A$ paarweise disjunkt bzw disjunkt und es folgt mit der abzählbaren Additivität:
[mm] P(A_1)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i}))+P(A)
[/mm]
[mm] \Longleftrightarrow
[/mm]
[mm] P(A)=P(A_1)-P(\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})).
[/mm]
Wegen [mm] $A_{i-1}\setminus A_i$ [/mm] paarweise disjunkt für [mm] i\in\IN [/mm] folgt wieder durch die abzählbaren Additivität: [mm] P(A)=P(A_1)-\sum_{i\in\IN}P(A_{i-1}\setminus A_{i})).
[/mm]
Hier hänge ich analog zur anderen Seite "fest", wobei ich sagen würde, dass ich durch das [mm] A_1 [/mm] noch mehr feststecke. Das müsste sich irgendwie noch kürzen..
Noch eine kurze Frage: Sei [mm] (\Omega,p) [/mm] eine diskreter W'keitsraum. Wir sagen für Teilmengen [mm] A\subseteq\Omega, [/mm] dass diese Ereignisse sind. Wenn wir das dazugehörige Wahrscheinlichekeitsmaß betrachten, also die Verteilung P auf [mm] \Omega [/mm] dieses Ereignisses, also P(A), was können wir dann in Worten sagen?
"Die Wahrscheinlichkeit von A"
"P von A"
"Die Wahrscheinlichkeit, dass A eintrifft"
Was sagt man in der Regel?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:46 Di 22.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > Du meinst sicherlich [mm]B\setminus A\in\mathcal{P}(\Omega)[/mm].
>
> Muss da nicht stehen: [mm]B\setminus A\subset\mathcal{P}(\Omega),[/mm]
> da links auch eine Menge steht?
Nein. Es gilt [mm] $B\setminus A\subseteq\Omega$ [/mm] und somit [mm] $B\setminus A\in\mathcal{P}(\Omega)$.
[/mm]
> > > 5) Falls für eine Folge [mm](A_i)_{i\in\IN}[/mm] von Ereignissen
> > > und ein Ereignis A gilt: [mm]A_i\downarrow[/mm] A oder [mm]A_i\uparrow[/mm]
> > > A, so gilt [mm]\lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A).[/mm]
> > >
> > > Notation: Wir schreiben [mm]A_i\downarrow[/mm] A für [mm]i\to\infty,[/mm]
> > > falls [mm]A_{i+1}\subset A_i[/mm] für jedes i und
> > > [mm]\bigcap_{i\in\IN}A_i=A.[/mm] Analog ist [mm]A_i\uparrow[/mm] A definiert.
> > >
> > > Als Tipp: Falls [mm]A_i\uparrow[/mm] A, so ist A gleich der
> > > disjunkten Vereinigung der Mengen [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] .
> > Hierbei sei [mm]A_0:=\emptyset[/mm].
> >
> > Im Falle [mm]A_i\uparrow A[/mm] gilt:
> > > [mm]P(A)=P(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\summe_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(A_n).[/mm]
>
> >
> > Den letzten Schritt würde ich näher ausführen.
Zu begründen ist [mm] $\summe_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})=P(A_n)$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
Sorry, ich habe übersehen, dass man einfach wie folgt argumentieren kann: Es gilt [mm] $A_n=\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})$ [/mm] und man erhält wegen der paarweisen Disjunktheit von [mm] $A_i\setminus A_{i-1}$, $i\in\{1,\ldots,n\}$ [/mm] die gewünschte Gleichung direkt aus der endlichen Additivität von $P$.
Alternative: Wegen [mm] $A_{i-1}\subseteq A_i$ [/mm] gilt [mm] $P(A_i\setminus A_{i-1})=P(A_i)-P(A_{i-1})$. [/mm] Somit ist
[mm] $\summe_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})=\sum_{i=1}^n(P(A_i)-P(A_{i-1}))$
[/mm]
eine Teleskopsumme, die sich zu
[mm] $P(A_n)-P(A_0)=P(A_n)-P(\emptyset)=P(A_n)-0=P(A_n)$
[/mm]
vereinfacht.
> > Gelte [mm]A_i\downarrow A[/mm].
> >
> > 1. Möglichkeit:
> >
> > Überlege dir, dass
> >
> > [mm]A_1=(\bigcup_{n\in\IN}(A_n\setminus A_{n+1}))\cup A[/mm]
> >
> > und
> >
> > [mm](\bigcup_{n\in\IN}(A_n\setminus A_{n+1}))\cap A=\emptyset[/mm]
>
> >
> > gelten und die Mengen [mm]A_n\setminus A_{n+1}[/mm] für [mm]n\in\IN[/mm]
> > paarweise disjunkt sind.
>
> Mit dem Verdauen dieser Eigenschaften bin ich nach zwei
> Stunden noch immer nicht fertig.
>
> Zu zeigen: Aus [mm]A_i\downarrow A[/mm] für [mm]i\to\infty[/mm] folgt
> [mm]\lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A).[/mm]
>
> Sei [mm]A_i\downarrow A[/mm] für [mm]i\to\infty,[/mm] dann gilt:
> [mm]A_{i+1}\subset A_i[/mm] für alle [mm]i\in\IN[/mm] und
> [mm]\bigcap_{i\in\IN}A_i=A.[/mm]
> Aus diesem Grund gilt
> [mm]A_1=\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A[/mm], wobei
> [mm]A_0:=\emptyset.[/mm]
Das stimmt. Du vereinigst unter anderem (i=1) über
[mm] $A_{1-1}\setminus A_1=\emptyset\setminus A_1=\emptyset$.
[/mm]
Diese Menge kann man zur Vereinfachung der weiteren Argumentation aus der Vereinigung entfernen: Es gilt ebenfalls
[mm] $A_1=\bigcup_{i=2}^\infty(A_{i-1}\setminus A_i)\cup [/mm] A$.
> Wegen [mm]A_1=\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cap A=\emptyset[/mm]
Entferne das [mm] "$A_1=$".
[/mm]
> sind die Mengen [mm]\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})[/mm]
> und [mm]A[/mm] paarweise disjunkt bzw disjunkt und es folgt mit der
> abzählbaren Additivität:
> [mm]P(A_1)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i}))+P(A)[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow[/mm]
> [mm]P(A)=P(A_1)-P(\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})).[/mm]
>
> Wegen [mm]A_{i-1}\setminus A_i[/mm] paarweise disjunkt für [mm]i\in\IN[/mm]
> folgt wieder durch die abzählbaren Additivität:
> [mm]P(A)=P(A_1)-\sum_{i\in\IN}P(A_{i-1}\setminus A_{i})).[/mm]
Eine Möglichkeit weiterzumachen: Es gilt unter Berücksichtigung von [mm] $P(A_{1-1}\setminus A_1)=P(\emptyset)=0$ [/mm] und [mm] $A_i\subseteq A_{i-1}$ [/mm] für alle [mm] $i\ge [/mm] 2$:
[mm] $\sum_{i\in\IN}P(A_{i-1}\setminus A_i)=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nP(A_{i-1}\setminus A_i)=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=2}^nP(A_{i-1}\setminus A_i)=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=2}^n(P(A_{i-1})-P(A_i))=\ldots$.
[/mm]
Nun steht da wieder eine Teleskopsumme...
> Noch eine kurze Frage: Sei [mm](\Omega,p)[/mm] eine diskreter
> W'keitsraum. Wir sagen für Teilmengen [mm]A\subseteq\Omega,[/mm]
> dass diese Ereignisse sind. Wenn wir das dazugehörige
> Wahrscheinlichekeitsmaß betrachten, also die Verteilung P
> auf [mm]\Omega[/mm] dieses Ereignisses, also P(A), was können wir
> dann in Worten sagen?
>
> "Die Wahrscheinlichkeit von A"
> "P von A"
> "Die Wahrscheinlichkeit, dass A eintrifft"
"eintritt", nicht "eintrifft". (Ein Ereignis kann eintreten, nicht eintreffen.)
> Was sagt man in der Regel?
Aus meiner Sicht sind alle drei Varianten sinnvolle Verbalisierungen von $P(A)$.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:42 Di 22.04.2014 | | Autor: | James90 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Nochmals danke für die Verbesserungen! Nächster Versuch:
Seien A_i,A\subseteq\Omega, wobei i\in\IN, und sei $A_i\downarrow A$ oder $A_i\uparrow A$ für i\to\infty.
Z.z.: \lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A).
Beweis:
Seien A_i,A\subseteq\Omega, wobei i\in\IN, und sei $A_i\uparrow A$ für i\to\infty.
Aus der Voraussetzung $A_i\uparrow A$ für i\to\infty folgt: $A_i\subseteq A_{i+1}$ für alle i\in\IN und \bigcup_{n\in\IN}A_i=A,
sodass wir $A\$ schreiben können als A=\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}), wobei A_0:=\emptyset gilt und es folgt zunächst:
P(A)=P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1})), wobei die Mengen A_i\setminus A_{i-1} für alle i\in\{1,\ldots,n\} paarweise disjunkt sind, denn $A_i\subseteq A_{i+1}$,
und aus diesem Grund folgt mit der abzählbaren Additivität:
P(A)=P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1})).
(Wieso folgt nun genau aus A_i\setminus A_{i-1} für alle i\in\{1,\ldots,n\} paarweise disjunkt die Behauptung?)
Ich mache mit dem analytischen Weg weiter.
Wegen $A_i\subseteq A_{i+1}$ gilt: P(A_i\setminus A_{i-1})=P(A_i)-P(A_{i-1}) und es folgt mit der Teleskopsumme:
P(A)=P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}(P(A_i)-P(A_{i-1}))=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}(P(A_i)-P(A_{i-1}))=\lim_{n\to\infty}(-P(A_0)+P(A_n))=\lim_{n\to\infty}P(A_n),
denn P(A_0)=P(\emptyset)=0 (für letzteres siehe Teilaufgabe 1)).
(Hier nutze ich \bigcup_{n\in\IN}A_i=A bei A=\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}), richtig?)
Seien A_i,A\subseteq\Omega, wobei i\in\IN, und sei $A_i\downarrow A$ für i\to\infty.
Aus der Voraussetzung $A_i\downarrow A$ für i\to\infty folgt: $A_{i+1}\subseteq A_i$ für alle i\in\IN und \bigcap_{n\in\IN}A_i=A,
sodass wir $A_1$ schreiben können als $A_1=\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})}\cup A$, wobei A_0:=\emptyset, sodass gilt:
$A_1=\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A=(A_{0}\setminus A_{1})\cup\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A=\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A$.
Wegen \bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cap A=\emptyset$ sind die Mengen \bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i}) und $A\$ paarweise disjunkt und wir nutzen die abzählbare Additivität und es folgt:
P(A_1)=P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A)=P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})+P(A)
\Longleftrightarrow
P(A)=P(A_1)-P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})
Nun sind wegen \bigcap_{n\in\IN}A_i=A die Mengen (A_{i-1}\setminus A_{i}) für i\in\{1,\ldots,n\} paarweise disjunkt und es folgt wieder mit der abzählbaren Additivität:
P(A)=P(A_1)-P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})=P(A_1)-\sum_{i=2}^{\infty}P(A_{i-1}\setminus A_{i})=P(A_1)-\sum_{i=2}^{\infty}(P(A_{i-1})-P(A_{i}))=P(A_1)-\lim_{n\to\infty}\sum_{i=2}^{n}(P(A_{i-1})-P(A_{i}))=
=P(A_1)-\lim_{n\to\infty}((P(A_{1})-P(A_{2}))+(P(A_{2})-P(A_{3}))+\ldots+(P(A_{n-1})-P(A_{n})))=P(A_1)-\lim_{n\to\infty}(P(A_1)-P(A_n))=P(A_1)-P(A_1)-\lim_{n\to\infty}-P(A_n)=0+\lim_{n\to\infty}P(A_n)=\lim_{n\to\infty}P(A_n).
Wow, auf meinem Papier ging es noch schief mit dem Vorzeichen
Noch eine Frage: Bei beiden Seiten benutzen wir: P(A\setminus B)=P(A)-P(B). gilt das immer? Die Voraussetzungen sind hier nämlich nicht gleich. Einmal steht da: $A_i\subseteq A_{i+1}$ für alle i\in\IN und dann $A_{i+1}\subseteq A_i$ für alle i\in\IN.
Okay, ich merke gerade, dass das ziemlich viel ist, obwohl der Beweis eigentlich jeweils ein Einzeiler ist. Ich wollte aber dennoch meine "Begründungen" dazuschreiben um sicher zu gehen, dass ich das verstanden habe.
Noch eine Frage: Ist es eigentlich normal, dass ich mir immer wieder Venn-Diagramme zeichne um meinen Beweis weiterzuführen? Ich komme nämlich ohne die Diagramme immer wieder nicht weiter.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:08 Do 24.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Seien [mm]A_i,A\subseteq\Omega,[/mm] wobei [mm]i\in\IN,[/mm] und sei
> [mm]A_i\downarrow A[/mm] oder [mm]A_i\uparrow A[/mm] für [mm]i\to\infty.[/mm]
>
> Z.z.: [mm]\lim_{i\to\infty}P(A_i)=P(A).[/mm]
>
> Beweis:
>
> Seien [mm]A_i,A\subseteq\Omega,[/mm] wobei [mm]i\in\IN,[/mm] und sei
> [mm]A_i\uparrow A[/mm] für [mm]i\to\infty.[/mm]
> Aus der Voraussetzung [mm]A_i\uparrow A[/mm] für [mm]i\to\infty[/mm] folgt:
> [mm]A_i\subseteq A_{i+1}[/mm] für alle [mm]i\in\IN[/mm] und
> [mm]\bigcup_{n\in\IN}A_i=A,[/mm]
> sodass wir [mm]A\[/mm] schreiben können als
> [mm]A=\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}),[/mm] wobei
> [mm]A_0:=\emptyset[/mm] gilt und es folgt zunächst:
> [mm]P(A)=P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1})),[/mm]
Hier muss es [mm] $\bigcup_{i\in\IN}$ [/mm] statt [mm] $\bigcup_{n\in\IN}$ [/mm] heißen.
> wobei die
> Mengen [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] für alle [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm]
> paarweise disjunkt sind, denn [mm]A_i\subseteq A_{i+1}[/mm],
Hier sollte es "für alle [mm] $i\in\IN$" [/mm] statt "für alle [mm] $i\in\{1,\ldots,n\}$" [/mm] heißen.
> und
> aus diesem Grund folgt mit der abzählbaren Additivität:
> [mm]P(A)=P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1})).[/mm]
>
> (Wieso folgt nun genau aus [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] für alle
> [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm] paarweise disjunkt die Behauptung?)
[mm] $\ldots=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n})$.
[/mm]
Wenn ich einzelne Schritte näher begründen soll, frag gerne nach!
> Ich mache mit dem analytischen Weg weiter.
>
> Wegen [mm]A_i\subseteq A_{i+1}[/mm] gilt: [mm]P(A_i\setminus A_{i-1})=P(A_i)-P(A_{i-1})[/mm]
> und es folgt mit der Teleskopsumme:
> [mm]P(A)=P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}(P(A_i)-P(A_{i-1}))=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}(P(A_i)-P(A_{i-1}))=\lim_{n\to\infty}(-P(A_0)+P(A_n))=\lim_{n\to\infty}P(A_n),[/mm]
>
> denn [mm]P(A_0)=P(\emptyset)=0[/mm] (für letzteres siehe
> Teilaufgabe 1)).
>
> (Hier nutze ich [mm]\bigcup_{n\in\IN}A_i=A[/mm] bei
> [mm]A=\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}),[/mm] richtig?)
Alles schön aufgeschrieben!
> Seien [mm]A_i,A\subseteq\Omega,[/mm] wobei [mm]i\in\IN,[/mm] und sei
> [mm]A_i\downarrow A[/mm] für [mm]i\to\infty.[/mm]
> Aus der Voraussetzung [mm]A_i\downarrow A[/mm] für [mm]i\to\infty[/mm]
> folgt: [mm]A_{i+1}\subseteq A_i[/mm] für alle [mm]i\in\IN[/mm] und
> [mm]\bigcap_{n\in\IN}A_i=A,[/mm]
Es muss [mm] $\bigcap_{i\in\IN}$ [/mm] statt [mm] $\bigcap_{n\in\IN}$ [/mm] heißen.
> sodass wir [mm]A_1[/mm] schreiben können als
> [mm]A_1=\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})}\cup A[/mm], wobei
> [mm]A_0:=\emptyset,[/mm] sodass gilt:
> [mm]A_1=\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A=(A_{0}\setminus A_{1})\cup\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A=\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
Alles korrekt. Ich finde jedoch
(*) $A_1=((A_1\setminus A_2)\cup (A_2\setminus A_3)\cup(A_3\setminus A_4)\ldots)\cup A=\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A$
leichter einzusehen als
(**) $A_1=\bigcup_{i\in\IN}(A_{i-1}\setminus A_{i})}\cup A$.
Daher würde ich ohne (**) (und ohne die Definition $A_0:=\emptyset$) direkt (*) feststellen.
> Wegen [mm]\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cap A=\emptyset$[/mm]
> sind die Mengen [mm]\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})[/mm]
> und [mm]$A\$[/mm] paarweise disjunkt und wir nutzen die abzählbare
> Additivität und es folgt:
> [mm]P(A_1)=P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})\cup A)=P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})+P(A)[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow[/mm]
> [mm]P(A)=P(A_1)-P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})[/mm]
>
> Nun sind wegen [mm]\bigcap_{n\in\IN}A_i=A[/mm] die Mengen
> [mm](A_{i-1}\setminus A_{i})[/mm] für [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm] paarweise
> disjunkt
Es müsste heißen:
Nun sind wegen [mm] $A_{i+1}\subseteq A_i$ [/mm] für alle [mm] $i\in\IN$ [/mm] die Mengen [mm] $(A_{i-1}\setminus A_i)$ [/mm] für [mm] $i\in\IN$ [/mm] mit [mm] $i\ge2$, [/mm] paarweise disjunkt.
> und es folgt wieder mit der abzählbaren
> Additivität:
> [mm]P(A)=P(A_1)-P(\bigcup_{i=2}^{\infty}(A_{i-1}\setminus A_{i})=P(A_1)-\sum_{i=2}^{\infty}P(A_{i-1}\setminus A_{i})=P(A_1)-\sum_{i=2}^{\infty}(P(A_{i-1})-P(A_{i}))=P(A_1)-\lim_{n\to\infty}\sum_{i=2}^{n}(P(A_{i-1})-P(A_{i}))=[/mm]
>
> [mm]=P(A_1)-\lim_{n\to\infty}((P(A_{1})-P(A_{2}))+(P(A_{2})-P(A_{3}))+\ldots+(P(A_{n-1})-P(A_{n})))=P(A_1)-\lim_{n\to\infty}(P(A_1)-P(A_n))=P(A_1)-P(A_1)-\lim_{n\to\infty}-P(A_n)=0+\lim_{n\to\infty}P(A_n)=\lim_{n\to\infty}P(A_n).[/mm]
> Noch eine Frage: Bei beiden Seiten benutzen wir:
> [mm]P(A\setminus[/mm] B)=P(A)-P(B). gilt das immer?
Diese Gleichung gilt im Falle [mm] $B\subseteq [/mm] A$.
> Die
> Voraussetzungen sind hier nämlich nicht gleich. Einmal
> steht da: [mm]A_i\subseteq A_{i+1}[/mm] für alle [mm]i\in\IN[/mm] und dann
> [mm]A_{i+1}\subseteq A_i[/mm] für alle [mm]i\in\IN.[/mm]
Ja, im ersten Fall gilt [mm] $P(A_{i}\setminus A_{i-1})=P(A_i)-P(A_{i-1})$ [/mm] für alle [mm] $i\in\IN$ [/mm] (mit [mm] $A_0:=\emptyset$) [/mm] und im zweiten Fall [mm] $P(A_{i-1}\setminus A_i)=P(A_{i-1})-P(A_i)$ [/mm] für alle [mm] $i\in\IN$ [/mm] mit [mm] $i\ge [/mm] 2$.
> Okay, ich merke gerade, dass das ziemlich viel ist, obwohl
> der Beweis eigentlich jeweils ein Einzeiler ist. Ich wollte
> aber dennoch meine "Begründungen" dazuschreiben um sicher
> zu gehen, dass ich das verstanden habe.
Das finde ich gut.
> Noch eine Frage: Ist es eigentlich normal, dass ich mir
> immer wieder Venn-Diagramme zeichne um meinen Beweis
> weiterzuführen? Ich komme nämlich ohne die Diagramme
> immer wieder nicht weiter.
Ich finde, es ist sogar ein gutes Zeichen, wenn du mit Venn-Diagrammen arbeitest!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:38 Sa 26.04.2014 | | Autor: | James90 |
Danke nochmal für die Korrekturen Tobias!
> > (Wieso folgt nun genau aus [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] für alle
> > [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm] paarweise disjunkt die Behauptung?)
> [mm]\ldots=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n})[/mm].
>
> Wenn ich einzelne Schritte näher begründen soll, frag
> gerne nach!
Das sehe ich noch nicht wirklich ein. Mit der abzählbaren Additivität folgte das letzte Gleichheitszeichen:
[mm] P(A)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1}).
[/mm]
Ich "rechne" mal weiter.
[mm] \sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1})=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1}) [/mm] und [mm] P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=P(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=P(\lim_{n\to\infty}\bigcup_{i=1}^{n}(A_i\setminus A_{i-1}))
[/mm]
Ich verstehe das leider nicht und bin mir auch unsicher bei der Grenzwertbetrachtung der Vereinigung. Stimmt das so überhaupt?
Was mich auch irritiert ist die Tatsache, dass du links die Summe und rechts die Vereinigung geschrieben hast,
obwohl wir eigentlich durch die abzählbare Additivität links die Vereinigung und rechts die Summe hatten.
> > Noch eine Frage: Bei beiden Seiten benutzen wir:
> > [mm]P(A\setminus[/mm] B)=P(A)-P(B). gilt das immer?
> Diese Gleichung gilt im Falle [mm]B\subseteq A[/mm].
Super, danke!
Beweis:
Sei [mm] $B\subseteq [/mm] A$. Wegen [mm] $B\subseteq [/mm] A$ gilt: [mm] $A=(A\setminus B)\cup [/mm] B$.
Wegen [mm] $(A\setminus B)\cup B=\emptyset$ [/mm] sind die Mengen [mm] $(A\setminus [/mm] B)$ und $B$ disjunkt und es folgt:
[mm] $P(A)=P((A\setminus B)\cup B)=P(A\setminus [/mm] B)+P(B)$ bzw. durch Umstellen der Gleichung die Behauptung.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:31 So 27.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > > (Wieso folgt nun genau aus [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] für alle
> > > [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm] paarweise disjunkt die Behauptung?)
> > [mm]\ldots=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n})[/mm].
> Das sehe ich noch nicht wirklich ein.
Die Rechnung im Zusammenhang:
[mm] $P(A)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})\blue{=}\lim_{n\to\infty}P(\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n})$.
[/mm]
Ich nehme an, das Gleichheitszeichen, das dir unklar ist, ist das blau markierte?
Zu begründen ist
[mm] $\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})=P(\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1}))$.
[/mm]
Dies folgt direkt aus der endlichen Additivität von $P$ (unter Berücksichtigung von [mm] $A_{i}\setminus A_{i-1}$ [/mm] für [mm] $i\in\{1,\ldots,n\}$ [/mm] paarweise disjunkt).
> Mit der abzählbaren
> Additivität folgte das letzte Gleichheitszeichen:
>
> [mm]P(A)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1}).[/mm]
>
> Ich "rechne" mal weiter.
>
> [mm]\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1})=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})[/mm]
Ja, genauso würde ich anfangen (s.o.).
> und [mm]P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=P(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=P(\lim_{n\to\infty}\bigcup_{i=1}^{n}(A_i\setminus A_{i-1}))[/mm]
Mir ist unklar, was du mit dieser (korrekten) Berechnung beabsichtigst.
> Ich verstehe das leider nicht und bin mir auch unsicher bei
> der Grenzwertbetrachtung der Vereinigung. Stimmt das so
> überhaupt?
Ja, es gilt [mm] $\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n}\uparrow \underbrace{\bigcup_{i=1}^n\infty A_i\setminus A_{i-1}}_{=A}$.
[/mm]
> Was mich auch irritiert ist die Tatsache, dass du links die
> Summe und rechts die Vereinigung geschrieben hast,
> obwohl wir eigentlich durch die abzählbare Additivität
> links die Vereinigung und rechts die Summe hatten.
Wenn für irgendwelche Objekte $x$ und $y$ die Beziehung $x=y$ gilt, gilt natürlich auch $y=x$.
Daher folgt aus
[mm] $P(\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})$
[/mm]
natürlich auch
[mm] $\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})=P(\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1}))$.
[/mm]
> > > Noch eine Frage: Bei beiden Seiten benutzen wir:
> > > [mm]P(A\setminus[/mm] B)=P(A)-P(B). gilt das immer?
> > Diese Gleichung gilt im Falle [mm]B\subseteq A[/mm].
>
> Super, danke!
>
> Beweis:
>
> Sei [mm]B\subseteq A[/mm]. Wegen [mm]B\subseteq A[/mm] gilt: [mm]A=(A\setminus B)\cup B[/mm].
>
> Wegen [mm](A\setminus B)\cup B=\emptyset[/mm]
Tippfehler: Es muss natürlich [mm] $\cap$ [/mm] statt [mm] $\cup$ [/mm] heißen.
> sind die Mengen
> [mm](A\setminus B)[/mm] und [mm]B[/mm] disjunkt und es folgt:
> [mm]P(A)=P((A\setminus B)\cup B)=P(A\setminus B)+P(B)[/mm] bzw.
> durch Umstellen der Gleichung die Behauptung.
Sehr schön!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:04 So 27.04.2014 | | Autor: | James90 |
> > > > (Wieso folgt nun genau aus [mm]A_i\setminus A_{i-1}[/mm] für alle
> > > > [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm] paarweise disjunkt die Behauptung?)
> > > [mm]\ldots=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}P(\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n})[/mm].
>
> > Das sehe ich noch nicht wirklich ein.
> Die Rechnung im Zusammenhang:
>
> [mm]P(A)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})\blue{=}\lim_{n\to\infty}P(\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n})[/mm].
>
> Ich nehme an, das Gleichheitszeichen, das dir unklar ist,
> ist das blau markierte?
> Zu begründen ist
>
> [mm]\sum_{i=1}^nP(A_i\setminus A_{i-1})=P(\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1}))[/mm].
>
> Dies folgt direkt aus der endlichen Additivität von [mm]P[/mm]
> (unter Berücksichtigung von [mm]A_{i}\setminus A_{i-1}[/mm] für
> [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm] paarweise disjunkt).
Das ist mir klar. Siehe unten.
> > Mit der abzählbaren
> > Additivität folgte das letzte Gleichheitszeichen:
> >
> > [mm]P(A)=P(\bigcup_{i\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1}).[/mm]
>
> >
> > Ich "rechne" mal weiter.
> >
> > [mm]\sum_{i\in\IN}P(A_i\setminus A_{i-1})=\sum_{i=1}^{\infty}P(A_i\setminus A_{i-1})=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}P(A_i\setminus A_{i-1})[/mm]
> Ja, genauso würde ich anfangen (s.o.).
>
> > und [mm]P(\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}))=P(\bigcup_{i=1}^{\infty}(A_i\setminus A_{i-1}))=P(\lim_{n\to\infty}\bigcup_{i=1}^{n}(A_i\setminus A_{i-1}))[/mm]
>
> Mir ist unklar, was du mit dieser (korrekten) Berechnung
> beabsichtigst.
Ich bin davon ausgegangen, dass du die Additivität nicht benutzt hast.
Nun wird mir aber klar, dass du einen Schritt "zurückgegangen" bist.
Du benutzt die Additivität und gehst dann "zurück" und betrachtest wieder die Vereinigung,
sodass es keine Probleme mit dem Grenzübergang gibt.
> > Ich verstehe das leider nicht und bin mir auch unsicher bei
> > der Grenzwertbetrachtung der Vereinigung. Stimmt das so
> > überhaupt?
> Ja, es gilt [mm]\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n}\uparrow \underbrace{\bigcup_{i=1}^n\infty A_i\setminus A_{i-1}}_{=A}[/mm].
Genau das ist mein Problem. Vor Allem die linke Seite. Wieso ist diese gleich [mm] $A_n$? [/mm] Siehe unten.
Ich verstehe auch das Unendlichkeitszeichen nicht, aber das ist bestimmt ein Tippfehler.
Ich glaube folgendes: Der Anfang war:
Seien [mm] A_i,A\subseteq\Omega, [/mm] wobei [mm] i\in\IN, [/mm] und sei [mm] $A_i\uparrow [/mm] A$ für [mm] i\to\infty. [/mm]
Aus der Voraussetzung [mm] $A_i\uparrow [/mm] A$ für [mm] i\to\infty [/mm] folgt: [mm] $A_i\subseteq A_{i+1}$ [/mm] für alle [mm] i\in\IN [/mm] und [mm] \bigcup_{n\in\IN}A_i=A, [/mm]
sodass wir [mm] $A\$ [/mm] schreiben können als [mm] A=\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}), [/mm] wobei [mm] A_0:=\emptyset [/mm] gilt.
.................................
Wegen [mm] \bigcup_{n\in\IN}A_i=A [/mm] gilt
[mm] \bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})=A_n,
[/mm]
denn die Mengen [mm] (A_i\setminus A_{i-1}) [/mm] sind für alle [mm] i\in\{1,\ldots,n\} [/mm] paarweise disjunkt und wir erhalten die Behauptung.
Zu deiner Aussage oben kurz:
Mit [mm] $A_i\uparrow [/mm] A$ für [mm] i\to\infty [/mm] folgt dann
[mm]\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n}\uparrow \underbrace{\bigcup_{i=1}^n A_i\setminus A_{i-1}}_{=A}[/mm] für [mm] n\to\infty.
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:00 So 27.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> > Ja, es gilt [mm]\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n}\uparrow \underbrace{\bigcup_{i=1}^n\infty A_i\setminus A_{i-1}}_{=A}[/mm].
Sorry für meine Fehler. Es hätte heißen sollen:
[mm] $\underbrace{\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})}_{=A_n}\uparrow \underbrace{\bigcup_{i=1}^\infty (A_i\setminus A_{i-1})}_{=A}$ [/mm] für [mm] $n\to\infty$.
[/mm]
> Genau das ist mein Problem. Vor Allem die linke Seite.
> Wieso ist diese gleich [mm]A_n[/mm]?
1. Möglichkeit: Mach es dir an einem Venn-Diagramm klar.
2. Möglichkeit: Formaler Beweis:
Zu zeigen ist
[mm] $\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})=A_n$.
[/mm]
[mm] "$\subseteq$":
[/mm]
Sei [mm] $\omega\in\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})$.
[/mm]
Dann gibt es ein [mm] $i\in\{1,\ldots,n\}$ [/mm] mit [mm] $\omega\in A_i\setminus A_{i-1}$.
[/mm]
Insbesondere gilt [mm] $\omega\in A_i$.
[/mm]
Da die Folge der [mm] $A_j$ [/mm] aufsteigend ist und [mm] $i\le [/mm] n$, gilt [mm] $A_i\subseteq A_n$.
[/mm]
Also [mm] $\omega\in A_n$.
[/mm]
[mm] "$\supseteq$":
[/mm]
Sei [mm] $\omega\in A_n$.
[/mm]
Sei [mm] $i'\in\{1,\ldots,n\}$ [/mm] minimal mit der Eigenschaft [mm] $\omega\in A_{i'}$.
[/mm]
Dann gilt (sowohl im Falle [mm] $i'\ge2$ [/mm] als auch im Falle $i'=1$) [mm] $\omega\notin A_{i'-1}$.
[/mm]
Also [mm] $\omega\in A_{i'}\setminus A_{i'-1}$.
[/mm]
Damit folgt [mm] $\omega\in\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})$.
[/mm]
> Ich glaube folgendes: Der Anfang war:
>
> Seien [mm]A_i,A\subseteq\Omega,[/mm] wobei [mm]i\in\IN,[/mm] und sei
> [mm]A_i\uparrow A[/mm] für [mm]i\to\infty.[/mm]
> Aus der Voraussetzung [mm]A_i\uparrow A[/mm] für [mm]i\to\infty[/mm] folgt:
> [mm]A_i\subseteq A_{i+1}[/mm] für alle [mm]i\in\IN[/mm] und
> [mm]\bigcup_{n\in\IN}A_i=A,[/mm]
> sodass wir [mm]A\[/mm] schreiben können als
> [mm]A=\bigcup_{n\in\IN}(A_i\setminus A_{i-1}),[/mm] wobei
> [mm]A_0:=\emptyset[/mm] gilt.
>
>
> .................................
>
>
> Wegen [mm]\bigcup_{n\in\IN}A_i=A[/mm] gilt
>
> [mm]\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})=A_n,[/mm]
Dieser letzten Begründung kann ich nicht folgen. In der unteren Zeile tritt $A$ ja gar nicht auf.
> denn die Mengen [mm](A_i\setminus A_{i-1})[/mm] sind für alle
> [mm]i\in\{1,\ldots,n\}[/mm] paarweise disjunkt
Auch hier erkenne ich keinen Zusammenhang zur Begründung von [mm] $\bigcup_{i=1}^n(A_i\setminus A_{i-1})=A_n$.
[/mm]
> und wir erhalten die
> Behauptung.
???
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:29 So 27.04.2014 | | Autor: | James90 |
Vielen lieben Dank Tobias für deine Geduld!
Ich habe alles verstanden.
Ich wünsche dir noch einen schönen Sonntagabend.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:29 Di 15.04.2014 | | Autor: | Sax |
Hi,
Beispiel : Hinz und Kunz würfeln abwechselnd mit einem (fairen) Würfel. Wer zuerst eine 6 hat, gewinnt. Hinz beginnt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit p, dass Hinz das Spiel gewinnt ?
Sei A das Ereignis, dass Hinz das Spiel gewinnt und sei [mm] A_i [/mm] das Ereignis, dass dies in Hinz' i-tem Wurf passiert.
Dann steht links [mm] p=P(A)=P(\bigcup_{i\in\IN}A_i).
[/mm]
Dieses p lässt sich aus der Gleichung [mm] p=\bruch{1}{6}+\bruch{5}{6}*\bruch{5}{6}*p [/mm] berechnen, denn entweder gewinnt Hinz im ersten Wurf oder er gewinnt, wenn im ersten Wurf keiner eine 6 hatte, dann geht das Spiel nämlich sozusagen von vorne los.
Rechts steht [mm] \summe_{i\in\IN}P(A_i). [/mm] Mit [mm] P(A_i)=\bruch{1}{6}*(\bruch{25}{36})^{i} [/mm] ist dies eine geometrische Reihe.
Beide Seiten ergebenen den Wert [mm] p=\bruch{6}{11} [/mm] .
Gruß Sax.
|
|
|
|
