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Mathematik » Stochastik und Statistik » Unendlich viele unabhängige Ereignisse und deren Vereinigung
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Universität/Hochschule Unendlich viele unabhängige Ereignisse und deren Vereinigung
StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-05-12


In diesem Thread hatte ich kürzlich eine Frage gestellt, die ich hier noch einmal gesondert thematisieren möchte.

Gegeben drei stochastisch unabhängige Ereignisse \(A_0,A_1,A_2\). Dann sind \(A_0\) und \(A_1\cup A_2\) unabhängig.
Beweis
Zu zeigen ist \(P(A_0\cap(A_1\cup A_2))=P(A_0)\cdot P(A_1\cup A_2)\).

Es ist
\(P(A_0\cap(A_1\cup A_2))=P((A_0\cap A_1)\cup(A_0\cap A_2))\)
\(=P(A_0\cap A_1)+P(A_0\cap A_2)-P(A_0\cap A_2\cap A_2)\)
\(=P(A_0)\cdot P(A_1)+P(A_0)\cdot P(A_2)-P(A_0)\cdot P(A_1)\cdot P(A_2)\)
\(=P(A_0)\cdot(P(A_1)+P(A_2)-P(A_1)\cdot P(A_2))\)
\(=P(A_0)\cdot(P(A_1)+P(A_2)-P(A_1\cap A_2))\)
\(=P(A_0)\cdot P(A_1\cup A_2)\)
q. e. d.

Mit vollständiger Induktion folgt dann sofort: Sind \(A_0,A_1,...,A_n\) unabhängig, dann sind \(A_0\) und \(A_1\cup ...\cup A_n\) unabhängig.

Die Frage ist nun, ob das auch für unendlich viele unabhängige Ereignisse \(A_0,A_1,A_2,...\) gilt.
Zur Erinnerung
\(A_0,A_1,A_2,...\) heißen unabhängig, wenn jeweils endlich viele davon unabhängig sind.


Behauptung: Sind \(A_0,A_1,A_2,...\) unabhängig, so sind \(A_0\) und \(\bigcup_{i\geq1}A_i\) unabhängig.

Zu zeigen wäre hierfür: \(P(A_0\cap\bigcup_{i\geq1}A_i)=P(A_0)\cdot P(\bigcup_{i\geq1}A_i)\)

Für \(n\geq1\) ist \(P(A_0\cap\bigcup_{i\geq1}A_i)\geq P(A_0\cap\bigcup_{i=1}^nA_i)=P(A_0)\cdot P(\bigcup_{i=1}^nA_i)\). Da \(P(\bigcup_{i\geq1}A_i)=\sup_{n\geq1}P(\bigcup_{i=1}^nA_i)\), folgt \(P(A_0\cap\bigcup_{i\geq1}A_i)\geq P(A_0)\cdot P(\bigcup_{i\geq1}A_i)\).

Um die Behauptung zu beweisen, müsste also nur noch \(P(A_0\cap\bigcup_{i\geq1}A_i)\leq P(A_0)\cdot P(\bigcup_{i\geq1}A_i)\) gezeigt werden.

Gilt das überhaupt? Aber vielleicht ist die Antwort ja ganz einfach. 🙃



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Kampfpudel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-12


Hey StrgAltEntf,

wie wäre es hiermit:

Es gilt:
\(P(A_0 \cap \bigcup_{i \geq 1} A_i) = P(\bigcup_{i \geq 1} A_0 \cap A_i) = P(\bigg(\bigcup_{i=1}^n A_0 \cap A_i \bigg) \cup \bigg(\bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_0 \cap A_i \bigg) )\)
\(\leq P(\bigcup_{i=1}^n A_0 \cap A_i) + P(\bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_0 \cap A_i) = P(A_0 \cap \bigcup_{i=1}^n A_i) + P(A_0 \cap \bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_i)\)
\(= P(A_0) P(\bigcup_{i=1}^n A_i) + P(A_0 \cap \bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_i)\)
\(\leq P(A_0) P(\bigcup_{i=1}^n A_i) + P(\bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_i)\).

Weiter gilt wegen des Kolmogorov'schen 0-1-Gesetz:

\(P(\bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_i) \to P(A) \in \{0,1\} \), wobei \(A:= \bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_i\)

Für \(P(A)=0\) folgt die gewünschte Aussage, indem man in obiger Ungleichungskette das Supremum über \(n\) nimmt.

Falls \(P(A)=1\) gilt, so gilt insbesondere \(P(\bigcup_{i=n+1}^{\infty} A_i)=1\) für alle \(n \in \mathbb{N}\) und insbesondere \(P(\bigcup_{i \geq 1} A_i)=1\), also

\(P(A_0 \cap \bigcup_{i \geq 1} A_i)= P(A_0) + P(\bigcup_{i \geq 1} A_i)) - P(A_0 \cup \bigcup_{i \geq 1} A_i) = P(A_0) + 1 - 1 = P(A_0)= P(A_0) P(\bigcup_{i \geq 1} A_i)\).

Ist irgendwas falsch?




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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


Hallo Kampfpudel,

vielen Dank schon mal für deine Antwort, die ich mir morgen in aller Ruhe ansehen werde. Bollerwagen ist ja nicht. 😡

Wie es aber aussieht, bestätigt es sich, dass die Aussage gar nicht trivial zu sein scheint.

Viele Grüße
StrgAltEntf



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-13

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
[Über Kampfpudels Beitrag muss ich noch nachdenken.]

Die Aussage gilt jedenfalls dann, wenn $\sum_{i=1}^\infty P(A_i) $ konvergiert. Denn dann lässt sich das Inklusions-Exklusions-Prinzip anwenden (siehe hier):
Für eine endliche Teilmenge $I\subset \IN_{>0}$ sei $A_I:= \bigcap_{i\in I}A_i$ und es gilt
\[\begin{align*}
P(A_0\cap \bigcup_{i\geq 1}A_i) &= P(\bigcup_{i\geq 1}(A_0\cap A_i)) \\
&=
 \sum_{k\geq 1} (-1)^{k-1}\sum_{|I|=k}P(A_0\cap A_I) \\
&= \sum_{k\geq 1} (-1)^{k-1}\sum_{|I|=k}P(A_0)P( A_I)\\
&= P(A_0)P(\bigcup_{i\geq 1}A_i).
\end{align*}\]

Für überabzählbare Familien $(A_x)_{x\in X}$ ist die Aussage i.A. falsch:
Betrachte die Gleichverteilung auf dem Intervall $[0,1]$ und setze $A_x:=\{x\}$ für $x\in [0,1]$.
Dieses Gegenbeispiel funktioniert aber nur für überabzählbare Indexmengen, da abzählbare Vereinigungen von Nullmengen wieder Nullmengen sind.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


Auch dir, Nuramon, bereits vielen Dank! Mehr morgen ...



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


Hallo Kampfpudel und Nuramon,

@Kampfpudel: Ich sehe nichts, was an deiner Argumentation nicht stimmt. (Außer vielleicht, dass der von dir zitierte Satz laut Wikipedia nicht Kolmogorov sondern Borel und Cantelli zugeschrieben wird.) Wirklich sehr clever!

@Nuramon: Das ist eine schöne einfache Rechnung! Der Fall, dass die Reihe konvergiert ist ja genau derjenige Fall, dass in Kampfpudels Beweis P(A) = 0 gilt.

Das Gegenbeispiel für den überabzählbaren Fall kann ich aber nicht nachvollziehen. Ist denn nicht \(P(A_0\cap\bigcup_{0<x\leq1}A_x)=P(\emptyset)=0=0\cdot1=P(A_0)\cdot P(\bigcup_{0<x\leq1}A_x)\)?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-05-13

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Du hast recht, mein Gegenbeispiel ist falsch. Ich hatte da gedanklich ein $\cap$ und $\cup$ vertauscht.

Aber so sollte es klappen:
Sei $A_0:= [0,\frac 12]$ und $A_i:= \{\frac i2\}$ für $i\in (0,1]$.
Dann sind die $A_i$ unabhängig bezüglich der Gleichverteilung auf $[0,1]$, aber
$P(A_0\cap \bigcup_{i\in (0,1]}A_i) = P((0,\frac 12]) = \frac 12 \not= \frac 12\cdot \frac 12 = P(A_0)\cdot P(\bigcup_{i\in (0,1]}A_i).$
\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)2021-05-13 18:31 - Nuramon in Beitrag No. 6 schreibt:
Aber so sollte es klappen:
Sei $A_0:= [0,\frac 12]$ und $A_i:= \{\frac i2\}$ für $i\in (0,1]$.
Dann sind die $A_i$ unabhängig bezüglich der Gleichverteilung auf $[0,1]$, aber
$P(A_0\cap \bigcup_{i\in (0,1]}A_i) = P((0,\frac 12]) = \frac 12 \not= \frac 12\cdot \frac 12 = P(A_0)\cdot P(\bigcup_{i\in (0,1]}A_i).$
\(\endgroup\)
Perfekt 👍

Danke!



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


@all:

2021-05-12 21:27 - StrgAltEntf im Themenstart schreibt:
Behauptung: Sind \(A_0,A_1,A_2,...\) unabhängig, so sind \(A_0\) und \(\bigcup_{i\geq1}A_i\) unabhängig.

Hat das schon mal jemand auf einem Übungsblatt oder sonst wo formuliert gesehen?

Naiv hätte ich ja angenommen, dass aus der Unabhängigkeit von \(A_0,A_1,A_2,...\) die Unabhängigkeit von \(A_0\) und irgend einem Konstrukt \(K(A_1,A_2,...)\) folgt. Dass das für überabzählbar viele Ereignisse nicht unbedingt gilt, hat ja Nuramon demonstriert. Fällt jemanden eine Gegenbeispiel für abzählbar viele oder sogar endlich viele Ereignisse ein?

Grüße
StrfAltEntf



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Kampfpudel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-14


Also bei endlich vielen Ereignissen würde ich mich darauf festlegen, dass die Unabhängigkeit bestehen bleibt. Die Unabhängigkeit von Ereignissen \(A_0, A_1, ...\) ist ja äquivalent zur Unabhängigkeit ihrer charakteristischen Funktionen \(\chi_{A_0}, \chi_{A_1}, ...\).
Will man nun die Unabhängigkeit von \(A_0\) zu \(K(A_1,..., A_n)\) untersuchen, kann man genauso die Unabhängigkeit von \(\chi_{A_0}\) und \(\chi_{K(A_1,...,A_n)}\) untersuchen. Solange diese "Konstruktionen" nicht total komisch sind, etwa, wenn man sich auf "normale" Mengenoperationen wie etwa Vereinigungen, Durchschnitte, Differenz, symmetrische Differenz und Komplementbildung beschränkt, lässt sich doch \(\chi_{K(A_1,...,A_n)}\) darstellen als \(\chi_{K(A_1,...,A_n)}= f(\chi_{A_1},..., \chi_{A_n})\) für eine Borelfunktion \(f\) (Es ist ja bspw. \(\chi_{A_1 \cap A_2}= \chi_{A_1} \chi_{A_2}\), \(\chi_{A_1^c}= 1- \chi_{A_1}\), \(\chi_{A_1 \cup A_2} = \chi_{A_1} + \chi_{A_2} - \chi_{A_1} \chi_{A_2}\), ...).
Wenn \(X,Y\) unabhängige, reellwertige Zufallsvariablen oder Zufallsvektoren sind und \(f,g\) Borelfunktionen, dann sind \(f(X), g(Y)\) ebenfalls unabhängig, also sollten auch \(A_0\) und \(K(A_1,..., A_n)\) unabhängig sein.

Vielleicht kann man ja ähnliches auch für den abzählbar unendlichen Fall machen, da müsste ich aber noch drüber nachdenken



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