Matematyka.pl

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) \(\displaystyle{ 1=P(\Omega)=P(A)+P(\Omega\setminus A)\ge P(A)}\)

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.

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.

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.

darlove, słyszałeś o czymś takim jak indukcja ? xiikzodz, wspomniała nawet o tym...

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.

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.

To jest nieprawda. Mowie ci to jako matematyk.

LOL
Nie wiesz chyba kim jest Pani
xiikzodz,

Udowodnij zatem , że to nie jest prawda

miodzio1988 pisze:LOL
Nie wiesz chyba kim jest Pani
xiikzodz,

Udowodnij zatem , że to nie jest prawda

Nie obchodzi mnie w ogole kto jest kim. Obchodzi mnie poprawnosc matematyczna. Nie jest logicznie do uzasadnienia, ze z

\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{n}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k)}\)

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.

\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{n}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k)}\)

wynika, ze

\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{\infty}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k).}\)

\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\le\sum_{i=1}^nP(A_i),}\)

dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\), to oczywiście również:

\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)\le\sum_{i=1}^\infty P(A_i)}\)

Pan matematyk nie widzi różnicy?

miodzio1988 pisze:

\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{n}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k)}\)

wynika, ze

\(\displaystyle{ \Pr( \bigcup_{k=1}^{\infty}A_k )\leq \sum_{k=1}^{ \infty }\Pr(A_k).}\)

\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\le\sum_{i=1}^nP(A_i),}\)

dla każdego \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\), to oczywiście również:

\(\displaystyle{ P\left(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\right)\le\sum_{i=1}^\infty P(A_i)}\)

Pan matematyk nie widzi różnicy?

Rozsmieszasz mnie. Roznica ta jest nieistotna, a skoro tego nie rozumiesz, to nie mamy o czym dyskutowac.

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.

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.

Czymze to jest jesli nie pokazaniem, ze miara probabilistyczna jest ciagla w gore??? Ktos tutaj mowil, ze nie mam racji?

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.

Do Miodzio: Nie bralbym u ciebie korepetycji, bo masz braki w logicznym mysleniu. Sorry, mate.

Nikomu nie polecam brania u mnie korepetycji. Zresztą między innymi z uwagi na braki w logicznym myśleniu nie udzielam żadnych.