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Mathematik » Stochastik und Statistik » Aus P( ∪ A_n) = 1 folgt P(A_n unendlich oft) = 1
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Universität/Hochschule Aus P( ∪ A_n) = 1 folgt P(A_n unendlich oft) = 1
Potheker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-05-09




Ich verzweifele echt an dieser Aufgabe. Die Rückrichtung sollte klar sein, für die Hinrichtung bekomme ich nicht einmal den Hinweis bewiesen. Ich habe ein wenig versucht das Maß dieser Menge umzuformen aber bin zu nichts brauchbarem gekommen...



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-09


Die Aussage des Hinweises lässt sich mittels Induktion zeigen. Betrachte dabei die jeweiligen Gegenereignisse, Nutze die Unabhängigkeit und die Tatsache, dass das Produkt zweier positiver Zahlen nicht 0 sein kann.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-05-09


2021-05-09 12:56 - Kitaktus in Beitrag No. 1 schreibt:
Die Aussage des Hinweises lässt sich mittels Induktion zeigen.

Für den IS müsste man zeigen, dass \(A_N\) unabhängig von \(\bigcup_{n\geq N+1}A_n\) ist. Ist das offensichtlich?



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Potheker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-09


2021-05-09 12:56 - Kitaktus in Beitrag No. 1 schreibt:
Die Aussage des Hinweises lässt sich mittels Induktion zeigen. Betrachte dabei die jeweiligen Gegenereignisse, Nutze die Unabhängigkeit und die Tatsache, dass das Produkt zweier positiver Zahlen nicht 0 sein kann.

Also ich habe eine Idee wie ich die Induktionsvoraussetzung verwenden

Sei \(B_N := \bigcup_{n \ge N} A_n\) dann ist
\[\mathbb{P}(B_{N+1}^c) = \mathbb{P}(B_N^c) + \mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})\]
Da per Voraussetzung \(\mathbb{P}(B_N^c) = 0\) gilt ist also nur noch \(\mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1}) = 0\) zu zeigen.

Danach komme ich aber nicht weiter, meine einzige Idee ist

\[\mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1}) = \mathbb{P}(A_N) - \mathbb{P}(A_N \cap B_{N+1}) \\
= \mathbb{P}(A_N) - \mathbb{P}(A_N)\mathbb{P}(B_{N+1})\]
Wodurch ich nur wieder am Anfang bin, also dabei dass \(\mathbb{P}(B_{N+1}) = 0\) gelten muss.

Was mich sehr verwirrt ist diese ganze Sache mit \(\mathbb{P}(A_n) <1\) und an welcher Stelle mir das wie weiterhilt


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-05-09


2021-05-09 15:50 - Potheker in Beitrag No. 3 schreibt:
Sei \(B_N := \bigcup_{n \ge N} A_n\) dann ist
\[\mathbb{P}(B_{N+1}^c) = \mathbb{P}(B_N^c) + \mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})\]
Ich würde es lieber so schreiben:
\[\mathbb{P}(B_{N}) = \mathbb{P}(B_{N+1}) + \mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})\] Es gilt
\[\mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})=\mathbb{P}(A_N \cap B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot(1-\mathbb{P}(B_{N+1}))\] Hilft das?



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-09


Gilt nicht wegen der Unabhängigkeit:
$\mathbb{P}(B_n^C)=\mathbb{P}(B_{n+1}^C \cap A_n^C)=\mathbb{P}(B_{n+1}^C) \cdot \mathbb{P}(A_n^C)$?

Wird jetzt auch klar, wozu man $\mathbb{P}(A_n^C)>0$ braucht?



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Potheker
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2021-05-09 17:15 - StrgAltEntf in Beitrag No. 4 schreibt:
Ich würde es lieber so schreiben:
\[\mathbb{P}(B_{N}) = \mathbb{P}(B_{N+1}) + \mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})\] Es gilt
\[\mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})=\mathbb{P}(A_N \cap B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot(1-\mathbb{P}(B_{N+1}))\] Hilft das?

Nicht wirklich, das ist ja nahezu identisch zu dem was ich in meiner Antwort geschrieben hab, nur dass du P(A_N) ausgeklammert hast...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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Potheker
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2021-05-09 17:38 - Kitaktus in Beitrag No. 5 schreibt:
Gilt nicht wegen der Unabhängigkeit:
$\mathbb{P}(B_n^C)=\mathbb{P}(B_{n+1}^C \cap A_n^C)=\mathbb{P}(B_{n+1}^C) \cdot \mathbb{P}(A_n^C)$?

Wird jetzt auch klar, wozu man $\mathbb{P}(A_n^C)>0$ braucht?

Oh aus der Perspektive wird es irgendwie direkt so klar... Da hätte ich einfach mal das Maß anders angehen sollen. Vielen Dank!



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
StrgAltEntf
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2021-05-09 18:24 - Potheker in Beitrag No. 6 schreibt:
2021-05-09 17:15 - StrgAltEntf in Beitrag No. 4 schreibt:
\[\mathbb{P}(B_{N}) = \mathbb{P}(B_{N+1}) + \mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})\] Es gilt
\[\mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})=\mathbb{P}(A_N \cap B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot(1-\mathbb{P}(B_{N+1}))\] Hilft das?

Nicht wirklich, das ist ja nahezu identisch zu dem was ich in meiner Antwort geschrieben hab, nur dass du P(A_N) ausgeklammert hast...
Es folgt
\[\mathbb{P}(B_{N})=\mathbb{P}(B_{N+1}) +\mathbb{P}(A_N) - \mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1})\] \[\mathbb{P}(B_{N})-\mathbb{P}(A_N)=\mathbb{P}(B_{N+1})\cdot(1- \mathbb{P}(A_N))\] Jetzt \(\mathbb{P}(B_{N})=1\) ausnutzen und durch \(1- \mathbb{P}(A_N)\) teilen.

Okay, ist wohl im Wesentlichen identisch zu deiner und Kitaktus' Rechnung.

Bleibt zu zeigen, dass \(A_n\) und \(B_{n+1}\) unabhängig sind.



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2021-05-09 18:57 - StrgAltEntf in Beitrag No. 8 schreibt:
2021-05-09 18:24 - Potheker in Beitrag No. 6 schreibt:
2021-05-09 17:15 - StrgAltEntf in Beitrag No. 4 schreibt:
\[\mathbb{P}(B_{N}) = \mathbb{P}(B_{N+1}) + \mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})\] Es gilt
\[\mathbb{P}(A_N \backslash B_{N+1})=\mathbb{P}(A_N \cap B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1}^C)= \mathbb{P}(A_N)\cdot(1-\mathbb{P}(B_{N+1}))\] Hilft das?

Nicht wirklich, das ist ja nahezu identisch zu dem was ich in meiner Antwort geschrieben hab, nur dass du P(A_N) ausgeklammert hast...
Es folgt
\[\mathbb{P}(B_{N})=\mathbb{P}(B_{N+1}) +\mathbb{P}(A_N) - \mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1})\] \[\mathbb{P}(B_{N})-\mathbb{P}(A_N)=\mathbb{P}(B_{N+1})\cdot(1- \mathbb{P}(A_N))\] Jetzt \(\mathbb{P}(B_{N})=1\) ausnutzen und durch \(1- \mathbb{P}(A_N)\) teilen.

Okay, ist wohl im Wesentlichen identisch zu deiner und Kitaktus' Rechnung.

Bleibt zu zeigen, dass \(A_n\) und \(B_{n+1}\) unabhängig sind.


Was ich relativ einfach zeigen konnte:
\[\mathbb{P}(A_N\cap B_{N+1})\geq\mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1})\] bzw.
\[\mathbb{P}(A_N\cap B_{N+1}^C)\leq\mathbb{P}(A_N)\cdot\mathbb{P}(B_{N+1}^C)\] und somit
\[\mathbb{P}(B_{N+1})\geq\frac{\mathbb{P}(B_{N})-\mathbb{P}(A_N)}{1- \mathbb{P}(A_N)}\] Aus \(\mathbb{P}(B_{N})=1\) folgt also \(\mathbb{P}(B_{N+1})=1\).

Was ich nicht zeigen konnte, aber vielleicht übersehe ich etwas Einfaches, ob aus der Unabhängigkeit der \(A_n\) automatisch die Unabhängigkeit von \(A_N\) und \(B_{N+1}\) folgt, falls \(\mathbb{P}(B_{N+1})<1\).



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