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| Aufgabe | Zeigen Sie, dass für beliebige Ereignisse [mm] $A_1,\dotso, A_n$ [/mm] mit [mm] $P(A_1\cap\dotso\cap A_n)\neq [/mm] 0$ gilt:
[mm] $P(A_1\cap\dotso\cap A_n)=P(A_1)\cdot P(A_2|A_1)\cdot P(A_3|(A_1\cap A_2))\cdot P(A_n|(A_1\cap\dotso\cap A_n))$ [/mm] |
Hallo,
ich scheitere gerade an dieser Aufgabe, obwohl es sich um eine Standard-Induktion handeln sollte...
Allerdings weiß ich nicht wie ich hier die Induktionsvoraussetzung korrekt anzuwenden habe.
Der Induktionsanfang ist trivial.
Es ist [mm] $P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
[/mm]
Für $n=2$ ist
[mm] $P(A_1\cap A_2)=\frac{P(A_1)}{P(A_1)}P(A_2\cap A_1)=P(A_1)P(A_2|A_1)$
[/mm]
Nun der Induktionsschritt:
[mm] $P(A_1\cap\dotso\cap A_n\cap A_{n+1})=P((A_1\cap\dotso\cap A_n)\cap A_{n+1})$
[/mm]
Jetzt wo ich diese Frage hier stelle, fällt mir glaube ich auf, wie ich es besser notieren kann und das mein Induktionsschritt nicht falsch war.
Jedenfalls:
[mm] $P(A_1)\cdot P(A_2|A_1)\cdot P(A_3|(A_1\cap A_2))\cdot\dotso\cdot P(A_n|A_1\cap\dotso\cap A_{n-1})\cdot P(A_{n+1}|A_1\cap\dotso\cap A_{n})$
[/mm]
Nach Induktionsvoraussetzung:
[mm] $P(A_1\cap\dotso\cap A_n)\cdot P(A_{n+1}|A_1\cap\dotso\cap A_{n})$
[/mm]
[mm] $=P(A_1\cap\dotso\cap A_n)\cdot\frac{P(A_1\cap\dotso\cap A_{n+1})}{P(A_1\cap\dotso\cap A_n)}$
[/mm]
[mm] $=P(A_1\cap\dotso\cap A_{n+1})$
[/mm]
Ich hatte es zu erst umgekehrt aufgeschrieben und da sah das etwas komisch aus, aber es sollte doch korrekt sein, oder?
Vielen Dank fürs darüberschauen.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:44 Fr 25.03.2016 | | Autor: | tobit09 |
Hallo impliziteFunktion!
> Zeigen Sie, dass für beliebige Ereignisse [mm]A_1,\dotso, A_n[/mm]
> mit [mm]P(A_1\cap\dotso\cap A_n)\neq 0[/mm] gilt:
>
> [mm]P(A_1\cap\dotso\cap A_n)=P(A_1)\cdot P(A_2|A_1)\cdot P(A_3|(A_1\cap A_2))\cdot P(A_n|(A_1\cap\dotso\cap A_n))[/mm]
Da hast du dich wohl ein wenig auf der rechten Seite vertippt...
Aber ich kann erraten, was eigentlich gemeint war.
Bemerken sollte man kurz vorweg:
Aus [mm] $P(A_1\cap\ldots\cap A_n)>0$ [/mm] folgt auch [mm] $P(A_1\cap\ldots\cap A_k)>0$ [/mm] für alle [mm] $k\in\{1,\ldots,n\}$ [/mm] (denn: Wegen [mm] $A_1\cap\ldots\cap A_k\supseteq A_1\cap\ldots\cap A_n$ [/mm] gilt [mm] $P(A_1\cap\ldots\cap A_k)\ge P(A_1\cap\ldots\cap A_n)>0$) [/mm] und somit ergibt es Sinn, die bedingten Wahrscheinlichkeiten auf der rechten Seite zu bilden.
> Der Induktionsanfang ist trivial.
OK. (Induktionsanfang bei n=1)
> Es ist [mm]P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}[/mm]
(Im Falle $P(B)>0$.)
> Für [mm]n=2[/mm] ist
>
> [mm]P(A_1\cap A_2)=\frac{P(A_1)}{P(A_1)}P(A_2\cap A_1)=P(A_1)P(A_2|A_1)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
(Gut für das Verständnis. Im fertigen Beweis brauchst du den Fall n=2 nicht gesondert zu betrachten.)
> Nun der Induktionsschritt:
Die Formel aus der Aufgabenstellung gelte für ein festes [mm] $n\ge1$.
[/mm]
Seien nun [mm] $A_1,\ldots,A_{n+1}$ [/mm] Ereignisse mit [mm] $P(A_1\cap\ldots\cap A_{n+1})>0$.
[/mm]
Dann ist auch [mm] $P(A_1\cap\ldots\cap A_n)>0$ [/mm] (gleiches Argument wie in meiner Vorbemerkung). Somit ist die Induktionsvoraussetzung auf die Ereignisse [mm] $A_1,\ldots,A_n$ [/mm] anwendbar.
> [mm]P(A_1\cap\dotso\cap A_n\cap A_{n+1})=P((A_1\cap\dotso\cap A_n)\cap A_{n+1})[/mm]
>
> Jetzt wo ich diese Frage hier stelle, fällt mir glaube ich
> auf, wie ich es besser notieren kann und das mein
> Induktionsschritt nicht falsch war.
> Jedenfalls:
>
> [mm]P(A_1)\cdot P(A_2|A_1)\cdot P(A_3|(A_1\cap A_2))\cdot\dotso\cdot P(A_n|A_1\cap\dotso\cap A_{n-1})\cdot P(A_{n+1}|A_1\cap\dotso\cap A_{n})[/mm]
>
> Nach Induktionsvoraussetzung:
>
=
> [mm]P(A_1\cap\dotso\cap A_n)\cdot P(A_{n+1}|A_1\cap\dotso\cap A_{n})[/mm]
>
> [mm]=P(A_1\cap\dotso\cap A_n)\cdot\frac{P(A_1\cap\dotso\cap A_{n+1})}{P(A_1\cap\dotso\cap A_n)}[/mm]
>
> [mm]=P(A_1\cap\dotso\cap A_{n+1})[/mm]
Schön!
> Ich hatte es zu erst umgekehrt aufgeschrieben und da sah
> das etwas komisch aus, aber es sollte doch korrekt sein,
> oder?
Ja, sehr schön!
Du kannst es auch umgekehrt aufschreiben, wenn du möchtest.
Viele Grüße
Tobias
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> Bemerken sollte man kurz vorweg:
Aus $ [mm] P(A_1\cap\ldots\cap A_n)>0 [/mm] $ folgt auch $ [mm] P(A_1\cap\ldots\cap A_k)>0 [/mm] $ für alle $ [mm] k\in\{1,\ldots,n\} [/mm] $ (denn: Wegen $ [mm] A_1\cap\ldots\cap A_k\supseteq A_1\cap\ldots\cap A_n [/mm] $ gilt $ [mm] P(A_1\cap\ldots\cap A_k)\ge P(A_1\cap\ldots\cap A_n)>0 [/mm] $) und somit ergibt es Sinn, die bedingten Wahrscheinlichkeiten auf der rechten Seite zu bilden.
Ja, das habe ich mir auch überlegt, nur nicht explizit aufgeschrieben.
Wobei mir dein Argument mit der Monotonie des Maßes zu argumentieren gefällt.
Ich hatte es mir so überlegt, dass [mm] P(A_1\cap\dotso\cap A_n)=0 [/mm] nur gelten kann, wenn [mm] $A_i\cap A_j=\emptyset$ [/mm] für [mm] $i\neq [/mm] j$ gilt.
Da das nicht eintritt müssen auch alle erdenklichen anderen Schnitte der Ereignisse, oder Einzelwahrscheinlichkeiten ungleich Null sein.
> Gut für das Verständnis. Im fertigen Beweis brauchst du den Fall n=2 nicht gesondert zu betrachten.
Deshalb hatte ich es für n=2 aufgeschrieben und nicht den trivialen Fall für n=1.
Oft sieht man bereits im Induktionsanfang worauf es im Induktionsschritt hinausläuft.
Vielen Dank.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:16 Fr 25.03.2016 | | Autor: | tobit09 |
> > Bemerken sollte man kurz vorweg:
> Aus [mm]P(A_1\cap\ldots\cap A_n)>0[/mm] folgt auch
> [mm]P(A_1\cap\ldots\cap A_k)>0[/mm] für alle [mm]k\in\{1,\ldots,n\}[/mm]
> (denn: Wegen [mm]A_1\cap\ldots\cap A_k\supseteq A_1\cap\ldots\cap A_n[/mm]
> gilt [mm]P(A_1\cap\ldots\cap A_k)\ge P(A_1\cap\ldots\cap A_n)>0 [/mm])
> und somit ergibt es Sinn, die bedingten
> Wahrscheinlichkeiten auf der rechten Seite zu bilden.
>
> Ja, das habe ich mir auch überlegt, nur nicht explizit
> aufgeschrieben.
Schön.
> Wobei mir dein Argument mit der Monotonie des Maßes zu
> argumentieren gefällt.
Genau, das ist das entscheidende Argument.
> Ich hatte es mir so überlegt, dass [mm]P(A_1\cap\dotso\cap A_n)=0[/mm]
> nur gelten kann, wenn [mm]A_i\cap A_j=\emptyset[/mm] für [mm]i\neq j[/mm]
> gilt.
> Da das nicht eintritt müssen auch alle erdenklichen
> anderen Schnitte der Ereignisse, oder
> Einzelwahrscheinlichkeiten ungleich Null sein.
Das stimmt leider nicht:
Es kann durchaus Ereignisse A geben mit [mm] $A\not=\emptyset$ [/mm] und $P(A)=0$.
Selbst wenn [mm] $A_1\cap\ldots\cap A_n=\emptyset$ [/mm] gelten sollte, muss noch lange nicht [mm] $A_i\cap A_j=\emptyset$ [/mm] für irgendwelche oder gar alle [mm] $i\not=j$ [/mm] gelten.
Betrachte etwa den gewöhnlichen Würfelwurf modelliert durch [mm] $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ [/mm] (mit Laplace-Verteilung auf [mm] $\Omega$) [/mm] und die Ereignisse
[mm] $A_1:=\{2,3\}$
[/mm]
[mm] $A_2:=\{1,3\}$
[/mm]
[mm] $A_3:=\{1,2\}$.
[/mm]
Dann gilt [mm] $A_1\cap A_2\cap A_3=\emptyset$, [/mm] aber [mm] $A_i\cap A_j\not=\emptyset$ [/mm] für alle [mm] $i\not=j$.
[/mm]
> > Gut für das Verständnis. Im fertigen Beweis brauchst du
> den Fall n=2 nicht gesondert zu betrachten.
>
> Deshalb hatte ich es für n=2 aufgeschrieben und nicht den
> trivialen Fall für n=1.
> Oft sieht man bereits im Induktionsanfang worauf es im
> Induktionsschritt hinausläuft.
Da stimme ich dir voll zu!
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