Unabhängigkeit von Ereignissen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:22 Fr 13.11.2009 | | Autor: | Peon |
| Aufgabe | Gegeben seien ein Wahrscheinlichkeitsraum [mm] (\Omega, \mathcal{A}, \mathcal{P}) [/mm] sowie die Ereignisse A, B, C [mm] \in \mathcal{A}. [/mm] Zeigen Sie:
b) Aus der jeweils paarweise Unabhängigkeit von A, B und C folgt im Allgemeinen nicht die Unabhängigkeit von A, B, und C.
c) Aus der Beziehung [mm] P(A\cap B\cap [/mm] C) = P(A)P(B)P(C) folgt im Allgemeinen nicht die jeweils paarweise Unabhängigkeit von A, B und C. |
Also ich habe als Tipp zu beiden Teilaufgaben, dass man ein Gegenbeispiel finden muss, ist ja auch bei dieser Art von Aufgabe logisch.
Außerdem habe ich den Hinweis, dass man sich zu b) ein [mm] \Omega_{b}=\{\omega_{1},\omega_{2},\omega_{3},\omega_{4}\} [/mm] und zu c) ein [mm] \Omega_{c}=\{\omega_{1},\omega_{2}\} [/mm] konstruieren soll, aber damit komme ich nicht weiter.
Hat vielleicht jemand einen Tipp?
Danke
# Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:19 Sa 14.11.2009 | | Autor: | vivo |
Hallo,
betrachte zweifachen Münzwurf und die Ereignisse:
A:= 1. Wurf Kopf
[mm] B_1:= [/mm] 1. Wurf Kopf
[mm] B_2:= [/mm] 1. und 1. Wurf gleich
[mm] P(A)=P(B_1)=P(B_2)=0,5
[/mm]
und
[mm] P(A\cap B_1)=P(A\cap B_2)=P(B_1\cap B_2)=0,25
[/mm]
ABER
0,25= [mm] P(A\cap B_1 \cap B_2)\not= P(A)P(B_1)P(B_2)
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:27 Sa 14.11.2009 | | Autor: | Peon |
Hi, danke für die Antwort,
kannst du mir das Ereigniss [mm] B_{1} [/mm] und [mm] B_{2} [/mm] etwas genauer erläutern, ich verstehe nicht, wie 1. und 1. Wurf nicht gleich sein sollen, also wäre ja [mm] P(B_{2})=1 [/mm] oder? SInd die Ereignisse dann überhaupt noch paarweise unabhängig?
Danke
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Hallo!
vivo meinte (wahrscheinlich) Folgendes:
Experiment: Zweifacher Münzwurf.
- Ergebnismenge [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{(K,K),(K,Z),(Z,K),(Z,Z)\}$
[/mm]
- Ereignisse:
$A = [mm] \mbox{1. Wurf Kopf} [/mm] = [mm] \{(K,Z),(K,K)\}$
[/mm]
$B = [mm] \mbox{2. Wurf Kopf} [/mm] = [mm] \{(Z,K), (K,K)\}$
[/mm]
$C = [mm] \mbox{1. und 2. Wurf gleiches Ergebnis} [/mm] = [mm] \{(K,K),(Z,Z)\}.$
[/mm]
Weil [mm] \IP, [/mm] die Wahrscheinlichkeitsverteilung, in diesem Fall ja klar Laplace-verteilt ist (also wenn es faire Münzen sind, wovon wir in diesem Gegenbeispiel natürlich ausgehen!), ist
[mm] $\IP(A) [/mm] = [mm] \IP(B) [/mm] = [mm] \IP(C) [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$
[/mm]
Außerdem ist [mm] $\IP(A\cap [/mm] B) = [mm] \IP(A\cap [/mm] C) = [mm] \IP(B\cap [/mm] C) = [mm] \frac{1}{4}$ [/mm] (Prüfe das nach!).
Damit folgt sofort [mm] $\IP(A)*\IP(B) [/mm] = [mm] \IP(A\cap [/mm] B)$, usw, also sind A,B,C jeweils paarweise voneinander unabhängig.
Damit A,B,C aber alle drei gemeinsam unabhängig sind, müsste unter anderem gelten:
[mm] $\frac{1}{4} [/mm] = [mm] \IP(\{(K,K)\}) [/mm] = [mm] \IP(A\cap B\cap [/mm] C) = [mm] \IP(A)*\IP(B)*\IP(C) [/mm] = [mm] \left(\frac{1}{2}\right)^{3} [/mm] = [mm] \frac{1}{8}$,
[/mm]
was ja aber offensichtlich nicht erfüllt ist.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:41 Sa 14.11.2009 | | Autor: | Peon |
Super danke, jetzt ist mir alles klar. Die Wkt. der Schnitteregnisse sind ja immer nur die Wkt für (KK), also 1/4.
Habt ihr auch evtl. eine Idee für ein Gegenbeispiel zur c).
Danke
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Hallo!
Zusammen mit dem Tipp, dass die Ergebnismenge nur aus zwei Elementen besteht, ist das doch nicht so schwer, oder?
Zum Beispiel [mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{0,1\}$, \IP [/mm] Laplace-verteilt.
$A = [mm] \emptyset$, [/mm] $B = [mm] \{0\}$, [/mm] $C = [mm] \{1\}$.
[/mm]
Betrachte de Unabhängigkeit von B und C.
Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:13 Sa 14.11.2009 | | Autor: | Peon |
Hey,
ergeben sich mit deinen Angaben folgenden Werte?:
P(A)=0 , [mm] P(B)=\bruch{1}{2}, P(C)=\bruch{1}{2}
[/mm]
=> [mm] P(A\cap [/mm] B)=0=P(A)P(B)
[mm] \wedge P(A\cap [/mm] C)=0=P(A)P(C)
[mm] \wedge P(B\cap C)=0\not=\bruch{1}{4}=P(B)P(C)
[/mm]
Ist das so richtig?
Kannst du das Beispiel auf eine reale Situation übertragen, also wo die o.g. Ereignisse eintreffen, so dass ich mir das besser vorstellen kann?
DANKE
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Hallo!
> Hey,
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> ergeben sich mit deinen Angaben folgenden Werte?:
>
> P(A)=0 , [mm]P(B)=\bruch{1}{2}, P(C)=\bruch{1}{2}[/mm]
>
> => [mm]P(A\cap[/mm] B)=0=P(A)P(B)
> [mm]\wedge P(A\cap[/mm] C)=0=P(A)P(C)
> [mm]\wedge P(B\cap C)=0\not=\bruch{1}{4}=P(B)P(C)[/mm]
>
> Ist das so richtig?
Ja, deine Rechnungen sind richtig. Weißt du, warum nun folgt dass A,B,C nicht gemeinsam stochastisch unabhängig?
> Kannst du das Beispiel auf eine reale Situation
> übertragen, also wo die o.g. Ereignisse eintreffen, so
> dass ich mir das besser vorstellen kann?
Naja, wenn ein Ereignis die leere Menge ist, ist es immer etwas schwierig (denn leere Menge heißt ja, das Ereignis ist unmöglich). Aber zum Beispiel ein Münzwurf, 0 = Kopf, 1 = Zahl, und es gibt nur die Ausgänge Kopf und Zahl.
A = [mm] \emptyset [/mm] = Die Münze landet auf dem Rand (unmöglich nach Voraussetzung!)
B = [mm] \{0\} [/mm] = Kopf
C = [mm] \{1\} [/mm] = Zahl
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:58 Sa 14.11.2009 | | Autor: | Peon |
An das Beispiel mit dem Münzwurf habe ich auch gedacht (so wie bei dem Asterix-Film, wobei da die Münze auf dem Rand liegen bleibt...;))
Naja es ist insofern nich unabhängig als das die Bedingung [mm] P(B\cap [/mm] C) = P(B)P(C) nicht erfüllt ist und das muss ja bei Unabhängigkeit gelten (Hatten wir in nem Satz oder Def.)
Vielen Dank
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