Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
-
- Użytkownik
- Posty: 158
- Rejestracja: 12 lis 2009, o 19:44
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 58 razy
- Pomógł: 4 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Korzystając z aksjomatów przestrzeni probabilistycznej wykaż, że:
a) \(\displaystyle{ P(A) \le 1}\) dla każdego zdarzenia \(\displaystyle{ A}\),
b) jeśli \(\displaystyle{ P(A)+ P(B)>1}\), to zdarzenia \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) nie mogą się wykluczać,
c) jeśli \(\displaystyle{ A \subset B}\) są zdarzeniami, to \(\displaystyle{ P(A) \le P(B)}\),
d) dla dowolnych zdarzeń \(\displaystyle{ A _{1} , A _{2} ,...}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ P(A _{1} \cup A _{2} \cup ...) \le P(A _{1})+P(A _{2})+...}\)
a) \(\displaystyle{ P(A) \le 1}\) dla każdego zdarzenia \(\displaystyle{ A}\),
b) jeśli \(\displaystyle{ P(A)+ P(B)>1}\), to zdarzenia \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) nie mogą się wykluczać,
c) jeśli \(\displaystyle{ A \subset B}\) są zdarzeniami, to \(\displaystyle{ P(A) \le P(B)}\),
d) dla dowolnych zdarzeń \(\displaystyle{ A _{1} , A _{2} ,...}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ P(A _{1} \cup A _{2} \cup ...) \le P(A _{1})+P(A _{2})+...}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
a) \(\displaystyle{ 1=P(\Omega)=P(A)+P(\Omega\setminus A)\ge P(A)}\)
W drugiej równości korzystamy z aksjomatu III o sumie prawdopodobieństw rozłącznych (wykluczających się wzajemni) zdarzeń, a w trzeciej z aksomatu o nieujemności prawdopodobieństwa.
b) Jeśli zdarzenia \(\displaystyle{ A,B}\) się wykluczają, czyli \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\), to \(\displaystyle{ 1\ge P(A\cup B)=P(A)+P(B)}\) na mocy aksjomatu III.
c) Na mocy aksjomatu III mamy
\(\displaystyle{ P(B)=P(A\cup(B\setminus A))=P(A)+P(B\setminus A)}\)
skąd \(\displaystyle{ P(B)\ge P(A)}\) na mocy nieujemności \(\displaystyle{ P(B\setminus A)}\)
d) Najpierw dowodzimy dla dwóch zdarzeń:
\(\displaystyle{ P(A\cup B)=\\=P((A\setminus B)\cup(B\setminus A)\cup (A\cap B))=\\=P(A\setminus B)+P(B\setminus A)+P(A\cap B)\le P(A\setminus B)+P(A\cap B)+P(B\setminus A)+P(A\cap B)=\\=P((A\setminus B)\cup (A\cup B))+P((B\setminus A)\cup (A\cup B))=\\=P(A)+P(B)}\)
następnie przez indukcję podstawiając w kroku indukcyjnym \(\displaystyle{ A=A_{n+1}, B=\bigcup_{i=1}^nA_i}\) i korzystając z nierówności dla \(\displaystyle{ A,B}\) wykazanej powyżej.
W drugiej równości korzystamy z aksjomatu III o sumie prawdopodobieństw rozłącznych (wykluczających się wzajemni) zdarzeń, a w trzeciej z aksomatu o nieujemności prawdopodobieństwa.
b) Jeśli zdarzenia \(\displaystyle{ A,B}\) się wykluczają, czyli \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\), to \(\displaystyle{ 1\ge P(A\cup B)=P(A)+P(B)}\) na mocy aksjomatu III.
c) Na mocy aksjomatu III mamy
\(\displaystyle{ P(B)=P(A\cup(B\setminus A))=P(A)+P(B\setminus A)}\)
skąd \(\displaystyle{ P(B)\ge P(A)}\) na mocy nieujemności \(\displaystyle{ P(B\setminus A)}\)
d) Najpierw dowodzimy dla dwóch zdarzeń:
\(\displaystyle{ P(A\cup B)=\\=P((A\setminus B)\cup(B\setminus A)\cup (A\cap B))=\\=P(A\setminus B)+P(B\setminus A)+P(A\cap B)\le P(A\setminus B)+P(A\cap B)+P(B\setminus A)+P(A\cap B)=\\=P((A\setminus B)\cup (A\cup B))+P((B\setminus A)\cup (A\cup B))=\\=P(A)+P(B)}\)
następnie przez indukcję podstawiając w kroku indukcyjnym \(\displaystyle{ A=A_{n+1}, B=\bigcup_{i=1}^nA_i}\) i korzystając z nierówności dla \(\displaystyle{ A,B}\) wykazanej powyżej.
-
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 20 gru 2007, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Londyn
- Pomógł: 39 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Ostatnie wyprowadzenie dziala tylko dla skonczonej ilosci zbiorow. Tak nie da sie dowiesc, ze prawd. nieskonczonej sumy zbiorow jest nie wieksze niz suma ich prawd. Trzeba uzyc innej techniki.xiikzodz pisze:a) \(\displaystyle{ 1=P(\Omega)=P(A)+P(\Omega\setminus A)\ge P(A)}\)
W drugiej równości korzystamy z aksjomatu III o sumie prawdopodobieństw rozłącznych (wykluczających się wzajemni) zdarzeń, a w trzeciej z aksomatu o nieujemności prawdopodobieństwa.
b) Jeśli zdarzenia \(\displaystyle{ A,B}\) się wykluczają, czyli \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset}\), to \(\displaystyle{ 1\ge P(A\cup B)=P(A)+P(B)}\) na mocy aksjomatu III.
c) Na mocy aksjomatu III mamy
\(\displaystyle{ P(B)=P(A\cup(B\setminus A))=P(A)+P(B\setminus A)}\)
skąd \(\displaystyle{ P(B)\ge P(A)}\) na mocy nieujemności \(\displaystyle{ P(B\setminus A)}\)
d) Najpierw dowodzimy dla dwóch zdarzeń:
\(\displaystyle{ P(A\cup B)=\\=P((A\setminus B)\cup(B\setminus A)\cup (A\cap B))=\\=P(A\setminus B)+P(B\setminus A)+P(A\cap B)\le P(A\setminus B)+P(A\cap B)+P(B\setminus A)+P(A\cap B)=\\=P((A\setminus B)\cup (A\cup B))+P((B\setminus A)\cup (A\cup B))=\\=P(A)+P(B)}\)
następnie przez indukcję podstawiając w kroku indukcyjnym \(\displaystyle{ A=A_{n+1}, B=\bigcup_{i=1}^nA_i}\) i korzystając z nierówności dla \(\displaystyle{ A,B}\) wykazanej powyżej.
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
darlove, słyszałeś o czymś takim jak indukcja ? xiikzodz, wspomniała nawet o tym...
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Oczywiście, że argument działa. Trzeba tylko zastosować dla nieskończonego ciągu zbiorów.
Jeśli
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\le\sum_{i=1}^nP(A_i)}\),
dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\), to oczywiście również:
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)\le\sum_{i=1}^\infty P(A_i)}\)
w sumie po prawej dopuszczamy granicę nieskończoną.
Jeśli
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\le\sum_{i=1}^nP(A_i)}\),
dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\), to oczywiście również:
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)\le\sum_{i=1}^\infty P(A_i)}\)
w sumie po prawej dopuszczamy granicę nieskończoną.
-
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 20 gru 2007, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Londyn
- Pomógł: 39 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
To jest nieprawda. Mowie ci to jako matematyk.xiikzodz pisze:Oczywiście, że argument działa. Trzeba tylko zastosować dla nieskończonego ciągu zbiorów.
Jeśli
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\le\sum_{i=1}^nP(A_i)}\),
dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\), to oczywiście również:
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)\le\sum_{i=1}^\infty P(A_i)}\)
w sumie po prawej dopuszczamy granicę nieskończoną.
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
LOL
Nie wiesz chyba kim jest Pani
xiikzodz,
Udowodnij zatem , że to nie jest prawda
Nie wiesz chyba kim jest Pani
xiikzodz,
Udowodnij zatem , że to nie jest prawda
-
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 20 gru 2007, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Londyn
- Pomógł: 39 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Nie obchodzi mnie w ogole kto jest kim. Obchodzi mnie poprawnosc matematyczna. Nie jest logicznie do uzasadnienia, ze zmiodzio1988 pisze:LOL
Nie wiesz chyba kim jest Pani
xiikzodz,
Udowodnij zatem , że to nie jest prawda
\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{n}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k)}\)
wynika, ze
\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{\infty}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k).}\)
Aby tego dowiesc, trzeba pokazac, ze miara probabilistyczna jest ciagla w gore, a tego jeszcze nikt nie pokazal. Indukcja nie wystarcza, aby przejsc do nieskonczonej sumy zbiorow. Sorry Winetou.
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{n}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k)}\)
wynika, ze
\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{\infty}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k).}\)
Pan matematyk nie widzi różnicy?\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\le\sum_{i=1}^nP(A_i),}\)
dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\), to oczywiście również:
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)\le\sum_{i=1}^\infty P(A_i)}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 20 gru 2007, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Londyn
- Pomógł: 39 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Rozsmieszasz mnie. Roznica ta jest nieistotna, a skoro tego nie rozumiesz, to nie mamy o czym dyskutowac.miodzio1988 pisze:\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{n}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k)}\)
wynika, ze
\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{\infty}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k).}\)
Pan matematyk nie widzi różnicy?\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\le\sum_{i=1}^nP(A_i),}\)
dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\), to oczywiście również:
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)\le\sum_{i=1}^\infty P(A_i)}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Wyluzujcie. Miodzio, darlove zasadniczo usiłuje powiedzieć, że to nie jest pełny argument, co jest prawdą, co nie znaczy, że "nie działa". Owszem działa, tylko trzeba umieć zastosować. Na przykład coś takiego dopisując:
Niech:
\(\displaystyle{ B_n=A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1} A_i\right}\)
Zauważmy, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\)
\(\displaystyle{ \bigcup_{i=1}^n B_n=\bigcup_{i=1}^n A_n}\)
z drugiej strony
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty B_n\right)=\sum_{i=1}^\infty P(B_i)=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n P(B_i)=\lim_{n\to\infty}P\left(\bigcup_{i=1}^n B_i\right)=\lim_{n\to\infty}P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)}\).
Nie sądzę jednak, żeby o przypadek nieskończony zakładającej temat chodziło i zamiast wypisywać na wyrost lepiej było poczekać, aż się zgłosi.
Niech:
\(\displaystyle{ B_n=A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1} A_i\right}\)
Zauważmy, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\)
\(\displaystyle{ \bigcup_{i=1}^n B_n=\bigcup_{i=1}^n A_n}\)
z drugiej strony
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty B_n\right)=\sum_{i=1}^\infty P(B_i)=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n P(B_i)=\lim_{n\to\infty}P\left(\bigcup_{i=1}^n B_i\right)=\lim_{n\to\infty}P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)}\).
Nie sądzę jednak, żeby o przypadek nieskończony zakładającej temat chodziło i zamiast wypisywać na wyrost lepiej było poczekać, aż się zgłosi.
Ostatnio zmieniony 13 mar 2011, o 18:45 przez xiikzodz, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 20 gru 2007, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Londyn
- Pomógł: 39 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Czymze to jest jesli nie pokazaniem, ze miara probabilistyczna jest ciagla w gore??? Ktos tutaj mowil, ze nie mam racji?xiikzodz pisze:Wyluzujcie. Miodzio, darlove zasadniczo usiłuje powiedzieć, że to nie jest pełny argument, co jest prawdą, co nie znaczy, że "nie działa". Owszem działa, tylko trzeba umieć zastosować. Na przykład coś takiego dopisując:
Niech:
\(\displaystyle{ B_n=A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1} A_i\right}\)
Zauważmy, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\)
\(\displaystyle{ \bigcup_{i=1}^n B_n=\bigcup_{i=1}^n A_n}\)
z drugiej strony
\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty B_n\right)=\sum_{i=0}^\infty P(B_i)=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n P(B_i)=\lim_{n\to\infty}P\left(\bigcup_{i=1}^n B_i\right)=\lim_{n\to\infty}P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)}\).
Nie sądzę jednak, żeby o przypadek nieskończony zakładającej temat chodziło i zamiast wypisywać na wyrost lepiej było poczekać, aż się zgłosi.
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Nawet nie wiem, co to znaczy, że coś jest ciągłe w górę. To znaczy teraz się domyślam. Mnie się to oczywiste wydaje. Skoro uznałeś, że to należy dopisać, trzeba było się nie krępować i dopisać.
-
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 20 gru 2007, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Londyn
- Pomógł: 39 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Do Miodzio: Nie bralbym u ciebie korepetycji, bo masz braki w logicznym mysleniu. Sorry, mate.
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Aksjomaty przestrzeni probabilistycznej
Nikomu nie polecam brania u mnie korepetycji. Zresztą między innymi z uwagi na braki w logicznym myśleniu nie udzielam żadnych.