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Universität/Hochschule Unabhängigkeit bestimmen
tripleggg
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Für festes $n∈N$ sei $Ω :=Sn$ 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 $A_i = \{ π ∈ Ω : π(i)$ = max $π(j)\}$ 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


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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-12-02

\quoteon(2021-12-02 21:02 - tripleggg im Themenstart) Für festes $n∈N$ sei $Ω :=Sn$ 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 $A_i = \{ π ∈ Ω : π(i)$ = max $π(j)\}$ 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 \quoteoff Hallo tripleggg, hast du eine Frage hierzu? Bist du außerdem sicher, dass du die Aufgabe korrekt abgetippt hast?


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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-02

ich habe keine ahung wie ich die unabhangigkeit beweisen soll, ich poste mal die frage https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/53121_aufg2.png


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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-12-02

Okay, so ergibt das mehr Sinn. Siehst du den Unterschied zwischen der Aufgabenstellung und dem, was du ursprünglich gepostet hast? Bzw. siehst du, wieso das unterschiedlich ist? Was wäre denn für die Unabhängigkeit zu zeigen? Vielleicht versuchst du erst einmal zu zeigen, dass zwei Ereignisse \(A_{i_1}\) und \(A_{i_2}\) unabhängig voneinander sind.


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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-02

hier das ist der fall für zwei ereignisse ! https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/53121_qq.jpeg


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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-12-02

\quoteon(2021-12-02 23:22 - tripleggg in Beitrag No. 4) hier das ist der fall für zwei ereignisse ! \quoteoff Bist du sicher, dass du die richtige Seite fotografiert hast?


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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-02

es hatte gebuggt leider, ich weiß aber dass meie antwort dennoch falsch ist. ich habe gesehen dass oft mit bedingten wahrscheinlichkeiten argumentiert wird


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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-12-03

\quoteon(2021-12-02 23:36 - tripleggg in Beitrag No. 6) es hatte gebuggt leider, ich weiß aber dass meie antwort dennoch falsch ist. ich habe gesehen dass oft mit bedingten wahrscheinlichkeiten argumentiert wird \quoteoff Nene, mit bedingten Wahrscheinlichkeiten hat das hier nichts zu tun. Kennst du das Konzept der Variable? Wenn \(A_i=\{\pi\in\Omega:\pi(i)=\max_{1\leq j\leq i}\pi(j)\}\) dann ist \(A_1=\{\pi\in\Omega:\pi(1)=\max_{1\leq j\leq 1}\pi(j)\}\), \(A_2=\{\pi\in\Omega:\pi(2)=\max_{1\leq j\leq 2}\pi(j)\}\) Wieso ist bei dir \(A_1=A_2\)? Und wieso ist bei dir \(A_1\cap A_2=\emptyset\)?


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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

das ist ein fehler, ich habe das ereignis glaube ich besser verstanden ich habe ein bsp für n = 3, da habe ich auch die unabahngigkeit bewiesen. denke es wäre besser wenn wir für ein festes N durchgenen, bevor ich mich weiter verirre https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/53121_l_s.jpeg so müsste das richtig sein bisher oder


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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-12-03

\quoteon(2021-12-03 00:19 - tripleggg in Beitrag No. 8) so müsste das richtig sein bisher oder \quoteoff Ja, das ist richtig! Was wäre denn \(A_1\)? Und wieso sind \(A_1,A_2,A_3\) unabhängig?


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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

$A_1$ müssten glaube ich alle elementarereignisse sein ?weil wir gucken ab position 1 der permutation nach links ob diese kleiner als der wert ab der position 1 sind aber da es keine weitere gibt,müssten es alle elementarereignisse sein. der grund warum diese menge unabhangig sind weil der Schnitt von den dreien genau dasselbe ist wie wie der Schnitt von beiden, dies hängt aber mit dem Ereignis der größten indices zusammen.


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  Beitrag No.11, eingetragen 2021-12-03

\quoteon(2021-12-03 09:10 - tripleggg in Beitrag No. 10) 1) $A_1$ müssten glaube ich alle elementarereignisse sein ?weil wir gucken ab position 1 der permutation nach links ob diese kleiner als der wert ab der position 1 sind aber da es keine weitere gibt,müssten es alle elementarereignisse sein. 2) der grund warum diese menge unabhangig sind weil der Schnitt von den dreien genau dasselbe ist wie wie der Schnitt von beiden, dies hängt aber mit dem Ereignis der größten indices zusammen. \quoteoff 1) Das ist richtig. 2) Was genau muss für die Unabhängigkeit mehrerer Ereignisse gezeigt werden? Mach doch noch mal ein Beispiel mit n = 4. Dann wird es eventuell etwas deutlicher. Solche Beispiele finde ich immer sehr wichtig, um erst einmal ein Gefühl für eine Aufgabe zu bekommen.


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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

ich denke mal dass die Schnittmenge $A_4$ und $A_3$ ausreichen müsste, evtl die beiden größten Indices. Wenn also N = 100000 dann müssten der Schnit von $A_n$ und $A_{n-1}$ ausreichen. oh ne das macht keinen sinn, also man müsste alle Schnittmengen von $A_{n-1}$ bis $A1$ ausrechnen und diesen anschließend mit $A_n$


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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

Betrachten wir einen Grundraum zunächst der eine Permutation der Länge n = 3 beinhaltet sprich ein Elementarereignis hat die länge 3. Wenn wir alle $A_i$ bilden bis i = 3, fällt uns beim Schnitt der Ereignisse immer nur die Elemente des letzten Ereignisses enthalten bleiben also das Ereignis $A_3$ selbst. Dies gilt auch für n = 4 und für n = ... Das liegt daran weil alle Ereignisse die in $A_3$ oder $A_4$ sind auch in den anderen Ereignisse mit kleineren indices erhalten sind. Sprich das letzte Ereignis mit dem letzten indice ist entscheidend


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  Beitrag No.14, eingetragen 2021-12-03

\quoteon(2021-12-03 13:44 - tripleggg in Beitrag No. 13) Das liegt daran weil alle Ereignisse die in $A_3$ oder $A_4$ sind auch in den anderen Ereignisse mit kleineren indices erhalten sind. \quoteoff Das stimmt nicht. Z. B. ist (2,1,3,4) zwar in \(A_3\) und \(A_4\), aber nicht in \(A_2\) enthalten. Schlage in deinen Unterlagen nach, was für die Unabhängigkeit von mehreren Ereignissen nachzuweisen ist. Übrigens: Der Singular von Indices lautet Index. Indices und Index sind Substantive.


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  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/53121_def.png ich verstehe diese auch und habe das ja bewiessen mit n für 3 und 4


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  Beitrag No.16, eingetragen 2021-12-03

\quoteon(2021-12-03 14:35 - tripleggg in Beitrag No. 15) ich verstehe diese auch und habe das ja bewiessen mit n für 3 und 4 \quoteoff Das kann ich nicht erkennen, wo du das bewiesen hast. In der Definition steht "... für alle ... Teilmengen \(J\subseteq I\)"


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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

also ich habe das auf papier bewiesen, für A3 habe ich es ja oben gezeigt und A4 habe ich es im kopf aber jetzt fehlt mir der nächste schritt einfach


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  Beitrag No.18, eingetragen 2021-12-03

Und was ist mit n = 4?


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  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

$A_4∩A_3$ = {(1,2,3,4),(2,1,3,4} Wenn wir das mit $A_2$ schneiden dann würden wir nur das Element enthalten in der die 2 als zweite Stelle steht also {(1,2,3,4)} und hätten es mit dem Schnitt von $A_1$ auch die menge {(1,2,3,4)} raus, d.h sowie ich es erkannt habe ist das resultat immer ein Element das nach der Reihe geordnet ist, die Einträge des Tupels sind aufstiegend sortiert


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  Beitrag No.20, eingetragen 2021-12-03

Du hast jetzt zwar \(A_3\cap A_4\) bestimmt, aber du musst ja noch zeigen, dass \(P(A_3\cap A_4)=P(A_3)\cdot P(A_4)\) gilt. Erst dann hast du die Bedingung der Unabhängigkeit für \(J=\{3,4\}\) nachgewiesen. Das musst du dann für alle 16 Teilmengen \(J\subseteq \{1,2,3,4\}\) machen.


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  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

das weiß ich ja aber ich würde das gerne jetzt formal langsam beweisen. wie müsste ich rangehen


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  Beitrag No.22, eingetragen 2021-12-03

\quoteon(2021-12-03 20:33 - tripleggg in Beitrag No. 21) das weiß ich ja ... \quoteoff Den Eindruck hatte ich bislang leider nicht. Hast du die Aufgabe wirklich verstanden? Vorher brauchen wir mit dem allgemeinen Beweis gar nicht erst anzufangen. Ich finde die Aussage, die hier bewiesen werden soll, selbst überraschend. Und ich habe mir tatsächlich die Mühe gemacht, alle 16 Fälle für n = 4 zu überprüfen. Übrigens bin ich noch nicht dazu gekommen, mir für den allgemeinen Fall einen Beweis zu überlegen.


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  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-03

$A_1∩A_2∩A_3∩A_4$ = {1,2,3,4} $P(A_1∩A_2∩A_3∩A_4) = 1/24 = 1*0,5*8/24*6/24 = P(A_1)P(A_2)P(A3)P(A_4)$ ich glaube das reicht, ich hätte eine idee für den formalen beweis ?


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  Beitrag No.24, eingetragen 2021-12-04

\quoteon(2021-12-03 22:59 - tripleggg in Beitrag No. 23) ich glaube das reicht \quoteoff Wie kommst du da drauf? Kennst du den Unterschied zwischen 1 und 16?


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  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-04

ich habe es gelöst. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/53121_l_sungen.jpeg


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  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-04

das müsste bisher richtig sein oder


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  Beitrag No.27, eingetragen 2021-12-04

\quoteon(2021-12-04 12:45 - tripleggg in Beitrag No. 26) das müsste bisher richtig sein oder \quoteoff 1) Woher weißt du, dass \(|A_i|=\frac{n!}i\) bzw. \(P(A_i)=\frac1i\)? (Das war in Aufgabe a) gefragt.) 2) Siehe Beitrag #24.


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  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-04

ich habe das durch rumprobieren herausgefunden, udn ausgetestet, ja ich kenne den unterschied zwischen 1,,16 worauf willst du hinaus, außerdem denke ich dass es kein problem ist wenn ich zuerst das beweise und dann die unabhangigkeit. denke das macht es einfacher. Am ende sollten beides übereinstimmen. Daher wäre das echt toll wenn wir die unabängigkeit beweisen könnten.


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  Beitrag No.29, eingetragen 2021-12-04

\quoteon(2021-12-04 13:56 - tripleggg in Beitrag No. 28) worauf willst du hinaus, \quoteoff Ich will darauf hinaus, dass du z. B. auch beweisen musst, dass \(P(A_1\cap A_2\cap A_n)=P(A_1)P(A_2)P(A_n)\). Insgesamt sind \(2^n\) Gleichungen zu beweisen. Du beweist immer nur eine Gleichung. Das reicht für die Unabhängigkeit aber nicht aus.


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kannst du vielleicht die lösung geben zu dem rest und zu teil b! wäre super. Am besten von meiner Logik aus.


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  Beitrag No.31, eingetragen 2021-12-04

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Hallo, \quoteon(2021-12-03 20:33 - tripleggg in Beitrag No. 21) ich würde das gerne jetzt formal langsam beweisen. wie müsste ich rangehen \quoteoff Am besten fängst Du dann erstmal bei (a) an. Ein Ansatz (möglicherweise nicht der gleiche wie der von StrgAltEntf) geht so: Um $P(A_k)$ für $1\leq k\leq n$ zu berechnen, brauchen wir $|A_k|$. Jede Permutation $\pi\in A_k$ ist von folgender Bauart: Man wähle $k$ Elemente aus der Menge $\{1,\ldots, n\}$ aus. $\pi(k)$ definieren wir dann als den Wert des größten dieser $k$ Elemente, $\pi(1),\ldots, \pi(k-1)$ definieren wir durch eine beliebige Permutation der $k-1$ übrigen ausgewählten Elemente und $\pi(k+1),\ldots, \pi(n)$ definieren wir als eine Permutation der nichtausgewählten Elemente. Kannst Du das formal aufschreiben und damit (a) lösen?\(\endgroup\)


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  Beitrag No.32, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-04

würde das nicht heißen für $|A_i| = (n-i)!*(i-1)!$ ?


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  Beitrag No.33, eingetragen 2021-12-04

Ein Faktor fehlt noch.


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  Beitrag No.34, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-04

würde das nicht heißen für $|A_i| = (n-i)!*(i-1)!*i$ ? wenn ja wieso? das sagte ich jetzt aus bauchgefühl heraus


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  Beitrag No.35, eingetragen 2021-12-04

Dein Bauchgefühl ist falsch. Sieh dir No.31 nochmal genauer an. Den Teil "Man wähle ..." hast Du noch nicht berücksichtigt.


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  Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-04

$|A_i| = (n-i)!*(i-1)!*n$ wenn das richtig ist, dann kann man das auch kürzen als n!/i für $A_i$ das hatte ich oben in meinen nnotizen bereits erwähnt


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  Beitrag No.37, eingetragen 2021-12-04

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Deine Formel ist aber nicht richtig. Wie kommst Du auf den Faktor $n$?\(\endgroup\)


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  Beitrag No.38, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-04

weil wir für n zahlen das betrachten müssen, für jede zahl aus n gibt es diese möglichkeit und insgesamt gibt es n*....


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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Wie viele Teilmengen mit $i$ Elementen hat eine Menge mit $n$ Elementen?\(\endgroup\)


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