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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:32 Sa 17.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
| Aufgabe | Seien Omega eine nichtleere Menge und C eine Teilmenge von Omega. Die mit C assoziierte Indikatorfunktion 1C ist definiert durch
1C(w) = 1, wenn w [mm] \in [/mm] C und 1C(w)=0, wenn w [mm] \not\in [/mm] C.
Zeige für A, B [mm] \in 2^{Omega} [/mm] die Äquivalenz folgender Aussagen:
(i) A und B sind unabhangig.
(ii) 1A und 1B sind unabhangige Zufallsvariablen. |
Hallo. Leider habe ich keine Ahnung wie ich vorgehen soll.
Wenn A und B unabh. sind, ist P(A)*P(B)=P(A [mm] \cap [/mm] B).
Wie komme ich jetzt davon auf unabhängige Zufallsvariablen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:05 Sa 17.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Ich weiß auch nicht welche der äquivalenten Definitionen für unabhängige zufallsvariablen ich verwenden soll?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:09 Sa 17.05.2014 | | Autor: | luis52 |
Moin, zeige $A,B$ unabhaengig [mm] $\iff$ $P(1_A=x,1_B=y)=P(1_A=x)P(1_B=y)$ [/mm] fuer alle [mm] $x,y\in\IR$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:23 So 18.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Also, wenn ich davon ausgehe, dass A und B unabhängig sind, also P(A)P(B)=P(A [mm] \cap [/mm] B) gilt.
Dann ist [mm] P(1_A [/mm] = [mm] 1)*P(1_B [/mm] =1) = ?? Wie soll ich das denn weiter umformen? Es werden ja nur die werte 0 und 1 angenommen. Und [mm] 1_A=1 [/mm] bedeutet w [mm] \in [/mm] A bzw [mm] 1_B=1 [/mm] heißt w [mm] \in [/mm] B. Folgt dann schon, weil A und B unabhängig sind, dass die Zufallsvariablen unabhängig sind?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:06 So 18.05.2014 | | Autor: | DesterX |
Hallo,
man muss es sich einfach mal korrekt aufschreiben, was du da überhaupt bestimmen möchtest: $ [mm] P(1_A [/mm] = 1)= [mm] P(\{\omega \in \Omega: 1_A(\omega) = 1\})=P(A)$. [/mm]
Gruß, Dester
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:54 Mo 19.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Was ist für den Fall, dass $ [mm] P(1_A [/mm] = 0)= [mm] P(\{\omega \in \Omega: 1_A(\omega) = 0\})? [/mm] Erhält man dann das Komplement von A?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:13 Mo 19.05.2014 | | Autor: | luis52 |
> Was ist für den Fall, dass $ [mm]P(1_A[/mm] = 0)= [mm]P(\{\omega \in \Omega: 1_A(\omega) = 0\})?[/mm]
> Erhält man dann das Komplement von A?
Ja.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:51 Mo 19.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
Also
[mm] P(1_A [/mm] = [mm] 1)*P(1_B [/mm] = 1)= [mm] P(\{\omega \in \Omega: 1_A(\omega) = 1\})*P(\{\omega \in \Omega: 1_B(\omega) = 1\})=P(A)*P(B)=P(AnB)
[/mm]
So?
Und dann quasi vier verschiedene Fälle betrachten (0,0/1,0/0,1)?
Und wie würde die Rückrichtung funktionieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:52 Mo 19.05.2014 | | Autor: | DesterX |
Deine Gleichungskette ist richtig, aber noch nicht ganz vollständig. Du musst
$ [mm] P(\{1_A = 1\})\cdot{}P(\{ 1_B = 1\}) [/mm] = [mm] P(\{1_A = 1\} \cap\{ 1_B = 1\} [/mm] )$
zeigen.
Anschließend musst du dann die weiteren Fälle betrachten, da hast du recht.
Gruß
Dester
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:16 Mo 19.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
$ [mm] P(1_A [/mm] $ = $ [mm] 1)\cdot{}P(1_B [/mm] $ = 1)= $ [mm] P(\{\omega \in \Omega: 1_A(\omega) = 1\})\cdot{}P(\{\omega \in \Omega: 1_B(\omega) = 1\})=P(A)\cdot{}P(B)=P(AnB)= P(1_A=1 [/mm] n [mm] 1_B=1)$
[/mm]
Das wäre es dann doch, oder?
Würde die Rückrichtung nicht völlig analog verlaufen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:01 Di 20.05.2014 | | Autor: | luis52 |
v
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> Das wäre es dann doch, oder?
Nein, wie Dester bereits schrieb musst du *alle* Faelle $ [mm] P(\{1_A = x\})\cdot{}P(\{ 1_B =y \}) [/mm] = [mm] P(\{1_A = x\} \cap\{ 1_B = y\} [/mm] ) $ fuer $x=0$ oder $1$ und $y=0$ oder $1$ betrachten.
>
> Würde die Rückrichtung nicht völlig analog verlaufen?
Wieso? Hoere ich hier Unlust heraus? 
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:15 Di 20.05.2014 | | Autor: | Trikolon |
> v
> >
> > Das wäre es dann doch, oder?
>
> Nein, wie Dester bereits schrieb musst du *alle* Faelle
> [mm]P(\{1_A = x\})\cdot{}P(\{ 1_B =y \}) = P(\{1_A = x\} \cap\{ 1_B = y\} )[/mm]
> fuer [mm]x=0[/mm] oder [mm]1[/mm] und [mm]y=0[/mm] oder [mm]1[/mm] betrachten.
>
> > ja, das ist klar. Die Frage war ja nur ob das für x und y = 1 so korrekt ist?
> > Würde die Rückrichtung nicht völlig analog verlaufen?
>
> Wieso? Hoere ich hier Unlust heraus?
>
Nein, nein. Aber ist dem nicht so?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:17 Di 20.05.2014 | | Autor: | DesterX |
Ja, wenn du bei der "Rückrichtung" voraussetzt, dass [mm] $X(\omega)=1_A(\omega)$ [/mm] und [mm] $Y(\omega)=1_B(\omega)$ [/mm] unabhängig sind, dann bedeutet das ja
$ [mm] P(\{1_A = x\})\cdot{}P(\{ 1_B =y \}) [/mm] = [mm] P(\{1_A = x\} \cap\{ 1_B = y\} [/mm] ) $
für alle $x [mm] \in \{0,1\}$ [/mm] und $y [mm] \in \{0,1\}$.
[/mm]
Die interessante Richtung ist aber eben die andere. Und hier brauchst du die Fallunterscheidung, wie Luis und ich dir nun mehrfach geschrieben haben. ;)
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