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46
4. Semester/ALGZTH/TeX_files/Korper/Alg_Korpererweiterungen.tex
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@ -1,6 +1,6 @@
\section{Algebraische Körpererweiterungen}
Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
Sei $L \mid K$ eine Körpererweiterung.
\begin{definition}[algebraisch, transzendent]
Sei $\alpha \in L$. Gibt es ein $0 \neq f \in K$ mit $f(\alpha) = 0$, so heißt $\alpha$ \begriff{algebraisch} über $K$, andernfalls \begriff{transzendent} über $K$.
@ -49,8 +49,8 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\begin{definition}[Monimalpolynom, Grad]
Sei $\alpha \in L$ algebraisch über $K$, $\Ker(\phi_\alpha) = (f_\alpha)$ mit $f_\alpha \in K$ normiert und irreduzibel.
\begin{enumerate}
\item $\MinPol(\alpha\vert K) f_\alpha$, das \begriff{Minimalpolynom} von $\alpha$ über $K$.
\item $\deg(\alpha\vert K) :\Leftrightarrow \deg(f_\alpha)$, der \begriff{Grad} von $\alpha$ über $K$.
\item $\MinPol(\alpha\mid K) := f_\alpha$, das \begriff{Minimalpolynom} von $\alpha$ über $K$.
\item $\deg(\alpha\mid K) :\Leftrightarrow \deg(f_\alpha)$, der \begriff{Grad} von $\alpha$ über $K$.
\end{enumerate}
\end{definition}
@ -61,8 +61,8 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\item $\alpha$ transzendent über $K$ \\
$\Rightarrow K[\alpha] \cong K$, $K(\alpha) \cong_K K(X)$, $[K(\alpha) : K] = \infty$.
\item $\alpha$ algebraisch über $K$ \\
$\Rightarrow K[\alpha] = K(\alpha) \cong \lnkset{K}{\MinPol{\alpha}{K}}$ , $[ K(\alpha) \colon K)] = \deg(\alpha \vert K) < \infty$ und \\
$1, \alpha, \dots , \alpha^{\deg(\alpha \vert K) -1}$ ist $K$-Basis von $K(\alpha)$.
$\Rightarrow K[\alpha] = K(\alpha) \cong \lnkset{K}{\MinPol(\alpha\mid K)}$ , $[ K(\alpha) \colon K)] = \deg(\alpha \mid K) < \infty$ und \\
$1, \alpha, \dots , \alpha^{\deg(\alpha \mid K) -1}$ ist $K$-Basis von $K(\alpha)$.
\end{enumerate}
\end{proposition}
@ -71,7 +71,7 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\item $\Ker(\phi_\alpha) = (0) \Rightarrow \phi_\alpha$ ist Isomorphismus (da zusätzlich injektiv) \\
$\Rightarrow K(\alpha) \cong_K \Quot(K[\alpha]) \cong_K \Quot(K) = K(X)$ \\
$\Rightarrow [K(\alpha) \colon K] = [K(x) \colon K] = \infty$
\item Sei $f = f_\alpha = \MinPol(\alpha \vert K)$, $n = \deg(\alpha \vert K) = \deg(f)$.
\item Sei $f = f_\alpha = \MinPol(\alpha \mid K)$, $n = \deg(\alpha \mid K) = \deg(f)$.
\begin{itemize}
\item $f$ irreduzibel $\Rightarrow (f) \neq (0)$ prim ${\xRightarrow{\text{GEO II.4.7}}} (f)$ ist maximal \\
$\Rightarrow K[\alpha] \cong \lnkset{K}{(f)}$ ist Körper $\Rightarrow K[\alpha] = K(\alpha)$
@ -96,7 +96,7 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item $p \in \Z$ prim $\Rightarrow$ $\sqrt{p} \in \C$ ist algebraisch über $\Q$. \\
Da $f(X) = X^2 - p$ irreduzibel in $\Q$ ist (GEO II.7.3), ist $\MinPol(\sqrt{p}:\Q) = X^2 - p$, $[\Q(\sqrt{p}) : \Q] = 2$.
\item Sei $\zeta_p = e^{\frac{2\pi i}{p}} \in \C$ ($p \in \N$ prim). Da $\Phi_p = \frac{X^p-1}{X-1} = X^{p-1} + X^{p-2} + \cdots + X + 1 \in \Q$ irreduzibel in $\Q$ ist (GEO II.7.9), ist $\MinPol(\zeta_p \vert \Q) = \Phi_p$, $[\Q(\zeta_p) : \Q] = p-1$. Daraus folgt schließlich $[\C : \Q \ge [\Q(\zeta_p) : \Q] = p-1 \enskip \forall p \Rightarrow [\C : \Q] = \infty \Rightarrow [R : \Q] = \infty$.
\item Sei $\zeta_p = e^{\frac{2\pi i}{p}} \in \C$ ($p \in \N$ prim). Da $\Phi_p = \frac{X^p-1}{X-1} = X^{p-1} + X^{p-2} + \cdots + X + 1 \in \Q$ irreduzibel in $\Q$ ist (GEO II.7.9), ist $\MinPol(\zeta_p \mid \Q) = \Phi_p$, $[\Q(\zeta_p) : \Q] = p-1$. Daraus folgt schließlich $[\C : \Q \ge [\Q(\zeta_p) : \Q] = p-1 \enskip \forall p \Rightarrow [\C : \Q] = \infty \Rightarrow [R : \Q] = \infty$.
\item $e \in \R$ ist transzendent über $\Q$ (\person{Hermite} 1873),
$\pi \in \R$ ist transendent über $\Q$ (\person{Lindemann} 1882). \\
Daraus folgt: $[R : \Q] \ge [\Q(\pi): \Q] = \infty$. Jedoch ist unbekannt, ob z.B. $\pi + e$ transzendent ist.
@ -104,12 +104,12 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\end{example}
\begin{definition}
$L \vert K$ ist \begriff{algebraisch} $:\Leftrightarrow$ jedes $\alpha \in L$ ist algebraisch über $K$.
$L \mid K$ ist \begriff{algebraisch} $:\Leftrightarrow$ jedes $\alpha \in L$ ist algebraisch über $K$.
\end{definition}
\begin{proposition}
\proplbl{1_2_10}
$L \vert K$ endlich $\Rightarrow$ $L \vert K$ algebraisch.
$L \mid K$ endlich $\Rightarrow$ $L \mid K$ algebraisch.
\end{proposition}
\begin{proof}
@ -118,7 +118,7 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\begin{conclusion}
\proplbl{1_2_11}
Ist $L = K(\alpha_1, \dots, \alpha_n)$ mit $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ algebraisch über $K$, so ist $L \vert K$ endlich, insbesondere algebraisch.
Ist $L = K(\alpha_1, \dots, \alpha_n)$ mit $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ algebraisch über $K$, so ist $L \mid K$ endlich, insbesondere algebraisch.
\end{conclusion}
\begin{proof}
@ -139,8 +139,8 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\begin{conclusion}
Es sind äquivalent:
\begin{enumerate}
\item $L \vert K$ ist endlich.
\item $L \vert K$ ist endlich erzeugt und algebraisch.
\item $L \mid K$ ist endlich.
\item $L \mid K$ ist endlich erzeugt und algebraisch.
\item $L = K(\alpha_1, \dots , \alpha_n)$ mit $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ algebraisch über $K$.
\end{enumerate}
\end{conclusion}
@ -169,19 +169,19 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\proplbl{1_2_14}
Seien $K \subseteq L \subseteq M$ Körper. Dann gilt:
\begin{align*}
M\vert K \text{ algebraisch } \Leftrightarrow M\vert L \text{ algebraisch und } L \vert K \text{ algebraisch }
M\mid K \text{ algebraisch } \Leftrightarrow M\mid L \text{ algebraisch und } L \mid K \text{ algebraisch }
\end{align*}
\end{proposition}
\begin{proof}
\begin{itemize}
\item[($\Rightarrow$)] klar, siehe \propref{1_2_3}.
\item[($\Leftarrow$)] Sei $\alpha \in M$. Schreibe $f=\MinPol(\alpha \vert L) = \sum_{i=0}^{n} a_i x^i, \quad L_0 := K(a_0,\dots,a_n)$\\
\item[($\Leftarrow$)] Sei $\alpha \in M$. Schreibe $f=\MinPol(\alpha \mid L) = \sum_{i=0}^{n} a_i x^i, \quad L_0 := K(a_0,\dots,a_n)$\\
$\Rightarrow f \in L_0[x]$\\
$\Rightarrow [L_0(\alpha): L_0] \le \deg(f) \le \infty$\\
$\Rightarrow [K(\alpha: K)] \le [K(a_0,\dots,a_n,\alpha):K] = \underbrace{[L_0(\alpha):L_0]}_{< \infty}\underbrace{[L_0 :K]}_{< \text{ nach } \propref{1_2_7}}$\\
$\Rightarrow \alpha$ abgebraisch über $K$\\
$\overset{\alpha \text{ bel.}}{\Rightarrow} M \vert K$ algebraisch.
$\overset{\alpha \text{ bel.}}{\Rightarrow} M \mid K$ algebraisch.
\end{itemize}
\end{proof}
@ -190,13 +190,15 @@ Sei $L \vert K$ eine Körpererweiterung.
\end{conclusion}
\begin{proof} %TODO find a good way to format the RIGHTARROWS?
\item $\alpha, \beta \in \tilde{K}:\\
\Rightarrow K(\alpha, \beta)\vert K$ endlich, insbesondere algebraisch\\
$\Rightarrow \alpha + \beta, \alpha - \beta, \alpha \cdot \beta, \alpha^{-1} \in K(\alpha,\beta)$ alle algebraisch über $K$, also $K(\alpha, \beta) \subseteq \tilde{K}$.
\item $\alpha \in L$ algebraisch über $\tilde{K}$:\\
$\Rightarrow \tilde{K}(\alpha)\vert \tilde{K}$ algebraisch\\
$\Rightarrow \tilde{K}\vert K$ algebraisch
$\overset{\propref{1_2_14}}{\Rightarrow} \tilde{K}(\alpha\vert K)$ algebraisch, insbesondere $\alpha \in \tilde{K}$.
\begin{itemize}
\item $\alpha, \beta \in \tilde{K}:\\
\Rightarrow K(\alpha, \beta)\mid K$ endlich, insbesondere algebraisch\\
$\Rightarrow \alpha + \beta, \alpha - \beta, \alpha \cdot \beta, \alpha^{-1} \in K(\alpha,\beta)$ alle algebraisch über $K$, also $K(\alpha, \beta) \subseteq \tilde{K}$.
\item $\alpha \in L$ algebraisch über $\tilde{K}$:\\
$\Rightarrow \tilde{K}(\alpha)\mid \tilde{K}$ algebraisch\\
$\Rightarrow \tilde{K}\mid K$ algebraisch
$\overset{\propref{1_2_14}}{\Rightarrow} \tilde{K}(\alpha\mid K)$ algebraisch, insbesondere $\alpha \in \tilde{K}$.
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{definition}[relative algebraische Abschluss]

16
4. Semester/ALGZTH/TeX_files/Korper/Korpererweiterungen.tex
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@ -59,11 +59,11 @@ Sei $K,L,M$ Körper.
\end{proof}
\begin{definition}[Körpererweiterung]
Ist $K$ ein Teilkörper von $L$, so nennt man $L$ eine \begriff{Köpererweiterung} von $K$, auch geschrieben $L\vert K$.
Ist $K$ ein Teilkörper von $L$, so nennt man $L$ eine \begriff{Köpererweiterung} von $K$, auch geschrieben $L \mid K$.
\end{definition}
\begin{definition}[$K$-Homomorphismus]
Seien $L_1\vert K$ und $L_2 \vert K$ Körpererweiterungen.
Seien $L_1 \mid K$ und $L_2 \mid K$ Körpererweiterungen.
\begin{enumerate}
\item Ein Ringhomomorphismus $\phi\colon L_1 \to L_2$ ist ein $K$-Homomorphismus, wenn $\phi\vert_K = \id_K$ (i.Z. $\phi: L_1 \to L_2$)
\item $\Hom_K(L_1,L_2) = \set{\phi \mid \phi: L_1 \to L_2 \text{ ist $K$-Homomorphismus}}$
@ -72,11 +72,11 @@ Sei $K,L,M$ Körper.
\end{definition}
\begin{remark}
$L\vert K$ eine Körpererweiterung, so wird $L$ durch Einschränkung der Multiplikation zu einem $K$-Vektorraum.
$L\mid K$ eine Körpererweiterung, so wird $L$ durch Einschränkung der Multiplikation zu einem $K$-Vektorraum.
\end{remark}
\begin{definition}[Körpergrad]
$[L:K]:= \dim_k(L) \in \N \cup \{\infty\}$, der \begriff{Körpergrad} der Körpererweiterungen $L\vert K$.
$[L:K]:= \dim_k(L) \in \N \cup \{\infty\}$, der \begriff{Körpergrad} der Körpererweiterungen $L\mid K$.
\end{definition}
\begin{example}
@ -93,7 +93,7 @@ Sei $K,L,M$ Körper.
(``Körpergrad ist multiplikativ'')
\end{proposition}
\begin{proof} %TODO maybe make unnumbered lemma here for the claim?
\begin{proof} %TODO maybe make unnumbered lemma here for the claim? add align!
Behauptung: Sei $x_1, \dots, x_n \in L$ $K$-linear unabhängig und $y_1, \dots, y_m \in M$ $L$-linear unabhängig\\
$\Rightarrow x_i y_j, i \in \set{1,\dots,n}, j \in \set{1, \dots, m}$ $K$-linear unabhängig.\\
Beweis: $\sum_{i,j} \lambda_{ij}x_i y_j = 0$ mit $\lambda_{ij} \in K$\\
@ -111,13 +111,13 @@ Sei $K,L,M$ Körper.
\end{proof}
\begin{definition}[Körpergrad endlich]
$L\vert K$ endlich $:\Leftrightarrow [L:K] < \infty$.
$L\mid K$ endlich $:\Leftrightarrow [L:K] < \infty$.
\end{definition}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 2nd lecture %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{definition}[Unterring, Teilkörper]
Sei $L\vert K$ eine Körpererweiterung $a_1, a_2, \dots, a_n \in L$.
Sei $L\mid K$ eine Körpererweiterung $a_1, a_2, \dots, a_n \in L$.
\begin{enumerate}
\item $K[a_1, \dots, a_n]$ ist kleinster \begriff{Unterring} von $L$, der $K \cup \set{a_1, \dots, a_n}$ enthält (``$a_1, \dots, a_n$ über $K$ erzeugt'')
\item $K[a_1, \dots, a_n]$ ist kleinster \begriff{Teilkörper} von $L$, der $K \cup \set{a_1, \dots, a_n}$ enthält (``von ``$a_1, \dots, a_n$ über $K$ erzeugte'', ``$a_1, \dots, a_n$'' zu $K$ adjungieren)
@ -129,7 +129,7 @@ Sei $K,L,M$ Körper.
\begin{remark}
\proplbl{1_1_15}
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item $L\vert K$ endlich $\Rightarrow L\vert K$ endlich erzeugt.
\item $L\mid K$ endlich $\Rightarrow L\mid K$ endlich erzeugt.
\item $K[a_1, \dots, a_n]$ ist das Bild des Homomorphismus
\begin{align}
\begin{cases}

BIN
4. Semester/ALGZTH/Vorlesung ALGZTH.pdf
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207
4. Semester/STOCH/TeX_files/Bedingte_Wahrscheinlichkeiten.tex Normal file
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@ -0,0 +1,207 @@
\section{Bedingte Wahrscheinlichkeiten}
\begin{example}
\proplbl{3_1_1}
Das Würfeln mit zwei fairen, sechsseitigen Würfeln können wir mit
\begin{align}
\O = \set{(i,j,): i,j \in \set{1,\dots,6}}\notag
\end{align}
und $\P = \Gleich(\O)$. Da $\abs{\O} = 36$ gilt also
\begin{align}
\P(\set{\omega}) = \frac{1}{36} \quad \forall \omega \in \O.\notag
\end{align}
Betrachte das Ereignis
\begin{align}
A = \set{(i,j) \in \O : i + j = 8},\notag
\end{align}
dann folgt
\begin{align}
\P(A) = \frac{5}{36}.\notag
\end{align}
Werden die beiden Würfel nach einander ausgeführt, so kann nach dem ersten Wurf eine Neubewertung der Wahrscheinlichkeit von $A$ erfolgen.\\
Ist z.B.:
\begin{align}
B = \set{(i,j) \in \O, i = 4}\notag
\end{align}
eingetreten, so kann die Summe 8 nur durch eine weitere 4 realisiert werden, also mit Wahrscheinlichkeit
\begin{align}
\frac{1}{6} = \frac{\abs{A \cap B}}{\abs{B}}.\notag
\end{align}
Das Eintreten von $B$ führt also dazu, dass das Wahrscheinlichkeitsmaß $\P$ durch ein neues Wahrscheinlichkeitsmaß $\P_{B}$ ersetzt werden muss. Hierbei sollte gelten:
\begin{align}
&\text{Renormierung: }\P_{B} = 1\label{Renorm}\tag{R}\\
&\text{Proportionalität: Für alle} A \subset \F \mit A \subseteq B \text{ gilt }
\P_{B}(A) = c_B \P(A) \text{ mit einer Konstante } c_B.\label{Prop}\tag{P}
\end{align}
\end{example}
\begin{lemma}
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $B \in \F$ mit $\P(B) > 0$. Dann gibt es genau ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\P_B$ auf $(\O, \F)$ mit den Eigenschaften \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Dieses ist gegeben durch
\begin{align}
\P_{B}(A) = \frac{\P(A\cap B)}{\P(B)} \quad \forall A \in \F.\notag
\end{align}
\end{lemma}
\begin{proof}
Offenbar erfüllt $\P_{B}$ wie definiert \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Umgekehrt erfüllt $\P_{B}$ \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Dann folgt für $A \in \F$:
\begin{align}
\P_{B}(A) = \P_{B}(A\cap B) + \underbrace{\P_{B}(A\setminus B)}_{= 0, \text{ wegen } \eqref{Renorm}} \overset{\eqref{Prop}}{=} c_B \P(A \cap B).\notag
\end{align}
Für $A=B$ folgt zudem aus \eqref{Renorm}
\begin{align}
1 = \P_{B}(B) = c_B \P(B)\notag
\end{align}
also $c_B = \P(B)^{-1}$.
\end{proof}
% % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % 5th lecture % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % %
\begin{definition}
\proplbl{3_1_3}
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $B \in \F$ mit $\P(B) > 0$. Dann heißt
\begin{align*}
\P(A\mid B) := \frac{\P(A\cap B)}{\P(B)} \mit A\in \F
\end{align*}
die \begriff{bedingte Wahrscheinlichkeit von $A$ gegeben $B$}.
Falls $\P(B) = 0$, setze
\begin{align*}
\P(A \mid B) = 0 \mit \forall A \in \F
\end{align*}
\end{definition}
\begin{example} %TODO ref
In der Situation \propref{3_1_1} gilt %
\begin{align*}
A \cap B &= \set{(4,4)}
\intertext{und damit}
\P(A \mid B) &= \frac{\P(A\cap B)}{\P(B)} = \frac{\frac{1}{36}}{\frac{1}{6}} = \frac{1}{6}
\end{align*}
\end{example}
Aus \propref{3_1_3} ergibt sich
\begin{lemma}[Multiplikationsformel]
\proplbl{3_1_4}
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $A_1, \dots, A_n \in \F$. Dann
\begin{align*}
\P(A_1 \cap \cdots \cap A_n) = \P(A_1)\P(A_2 \mid A_n) \dots \P(A_n \mid A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1})
\end{align*}
\end{lemma}
\begin{proof}
Ist $\P(A_1 \cap \dots \cap A_n) = 0$, so gilt auch $\P(A_n \mid \bigcap_{i=1}^{n-1}) = 0$. Andernfalls sind alle Faktoren der rechten Seite ungleich 0 und
\begin{align*}
\P(A_1)\P(A_2 \mid A_1) \dots \P(A_n \mid \bigcap_{i=1}^{n-1} A_i) \\
= \P(A_1) \cdot \frac{\P(A_1 \cap A_2)}{\P(A_1)} \dots \frac{\P(\bigcap_{i=1}^{n} A_i)}{\P(\bigcap_{i=1}^{n-1}A_i)} = \P(\bigcap_{i=1}^n A_i)
\end{align*}
\end{proof} %TODO add ref.
Stehen die $A_i$ in \propref{3_1_4} in einer (zeitlichen) Abfolge, so liefert Formel einen Hinweis, wie Wahrscheinlichkeitsmaße für \begriff{Stufenexperimente} konstruiert werden können. Ein \emph{Stufenexperiment} aus $n$ nacheinander ausgeführten Teilexperimenten lässt sich als \begriff{Baumdiagramm} darstellen.
%TODO Baumdiagramm
\begin{center}
\input{./tikz/baum_1}
% \caption{ \propref{3_1_4}}
\end{center}
\begin{proposition}[Konstruktion des Wahrscheinlichkeitsmaßes eines Stufenexperiments]
\proplbl{3_1_6}
Gegeben seinen $n$ Ergebnisräume $\O_i = \set{\omega_i (1), \dots, \omega_i (k)}, k \in \N \cup \set{\infty}$ und es sei $\O = \bigtimes_{i = 1}^n \O_i$ der zugehörige Produktraum. Weiter seinen $\F_i$ $\sigma$-Algebren auf $\O_i$ und $\F = \bigotimes_{i=1}^n \F_i$ die Produkt-$\sigma$-Algebra auf $\O$. Setze $\omega = (\omega_1,\dots,\omega_n)$ und
\begin{align*}
[\omega_1,\dots,\omega_n]:= \set{\omega_1}\times \dots \times \set{\omega_n} \times \O_{m-1} \times \O_{n},\quad m\le n\\
\P(\set{\omega_m}[\omega_1,\dots,\omega_{m-1}])
\end{align*} %TODO check indices, m-1 instead of m+1?
für die Wahrscheinlichkeit in der $m$-ten Stufe des Experiments $\omega_m$ zu beobachten, falls in den vorausgehenden Stufen $\omega_1,\dots,\omega_{m-1}$ beobachten wurden. Dann definiert
\begin{align*}
\P(\set{\omega}) := \P(\set{\omega_1})\prod_{m=2}^{n}\P\brackets{\set{\omega_m} \mid [\omega_1, \dots, \omega_{m-1}]}
%TODO maybe wrong here. check
\end{align*}
ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\O, \F, \P)$.
\end{proposition}
\begin{example}[\person{Polya}-Urne]
Gegeben sei eine Urne mit $s$ Schwarze und $w$ weiße Kugeln. Bei jedem Zug wird die gezogene Kugel zusammen mit $c\in \N_0\cup \set{-1}$ weiteren Kugeln derselben Farbe zurückgelegt.
\begin{itemize} %TODO seen both in chapter 2.2, but big bracket behind.
\item $c=0$: Urnenmodell mit Zurücklegen
\item $c=-1$: Urnenmodell ohne Zurücklegen
\end{itemize}
Beide schon in Kapitel 2.2 gesehen.\\
Sei $c\in \N$. (Modell für zwei konkurrierende Populationen) Ziehen wir $n$-mal, so erhalten wir ein $n$-Stufenexperiment mit
\begin{align*}
\O = \set{0,1}^n \mit \text{ 0 = ``weiß'', 1 = ``schwarz''}\mit (\O_i = \set{0,1})
\intertext{Zudem gelten im ersten Schritt}
\P(\set{0}) = \frac{w}{s+w} \und \P(\set{1}) = \frac{s}{w+s}
\intertext{sowie}
\P(\set{\omega_m} \mid [\omega_1, \dots \omega_{m-1}]) =
\begin{cases} %TODO fix brackets!
\frac{w+c(m-1 - \sum_{i=1}^{m-1}\omega_i)}{s+w+c(m-1)} & \omega_m = 0\\
\frac{s + c\sum_{i=1}^{m-1}\omega_i}{s+w+c(m-1)} & \omega_m = 1
\end{cases}
\end{align*}
Mit \propref{3_1_6} folgt als Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\O, \pows(\O))$
\begin{align*}
\P(\set{(\omega_1, \dots, \omega_n)}) &= \P(\set{\omega_1})\prod_{m=2}^n \P(\set{\omega_m}\mid [\omega_1,\dots,\omega_{m-1}])\\
&=\frac{\prod_{i=0}^{l-1}(s+c_i)\prod_{i=0}^{n-l-1}}{\prod_{i=0}^n (s+w+c_i)} \mit l=\sum_{i=1}^n \omega_i.
\intertext{Definiere wir nun die Zufallsvariable}
S_n:\O &\to \N_0 \mit (\omega_1, \dots, \omega_n) \mapsto \sum_{i=1}^n \omega_i
\intertext{welche die Anzahl der gezogenen schwarzen Kugeln modelliert, so folgt,}
\P(S_n = l) &= \binom{n}{l}\frac{\prod_{i=0}^{l-1}(s+c_i) \prod_{j=0}^{n-l-1}(\omega + c_j)}{\prod_{i=0}^n(s+w+c_i)}
\intertext{Mittels $a:= \sfrac{s}{c},b:= \sfrac{w}{c}$ folgt}
\P(S_n = l) &= \frac{\prod_{i=0}^{l-1}(-a-i)\prod_{i=0}^{-b-j-1}}{\prod_{i=0}^n (-a-b-i)} = \frac{\binom{-a}{l}\binom{-b}{n-l}}{\binom{-a-b}{n}}\\ &\mit l \in \set{0,\dots,n}
\end{align*}
Dies ist die \begriff{\person{Polya}-Urne} auf $\set{0,\dots,n}, n \in \N$ mit Parametern $a,b > 0$.
\end{example}
\begin{example}
Ein Student beantwortet eine Multiple-Choice-Frage mit 4 Antwortmöglichkeiten, eine davon ist richtig. Er kennt die richtige Antwort mit Wahrscheinlichkeit $\sfrac{1}{3}$. Wenn er diese kennt, so wählt er diese aus. Andernfalls wählt er zufällig (gleichverteilt) eine Antwort.\\
Betrachte
\begin{align*}
W &= \set{\text{richtige Antwort gewusst}}\\
R &= \set{\text{Richtige Antwort gewählt}}
\intertext{Dann}
\P(W) &= \frac{2}{3}, \P(R \mid W) = 1, \P(R \mid W^C) = \frac{1}{4}
\end{align*}
Angenommen, der Student gibt die richtige Antwort. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat er diese gewusst?
\begin{align*}
\P(W\mid R) = \text{ ?}
\end{align*}
\end{example}
\begin{proposition}
\proplbl{3_1_9}
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $\O = \bigcup_{i \in I} B_i$ eine höchstens abzählbare Zerlegung in paarweise disjunkte Ereignisse $B_i \in \F$.
\begin{enumerate} %TODO set itemize references. or use enumerate?
\item \emph{Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit:} Für alle $A \in \F$
\begin{align*}
\P(A) = \sum_{i\in I} \P(A\mid B_i)\P(B_i) \label{eq:totWkeit}\tag{totale Wahrscheinlichkeit}
\end{align*}
\item \emph{Satz von \person{Bayes}:} Für alle $A \in \F$ mit $\P(A) > 0$ und alle $h \in I$
\begin{align*}
\P(B_h \mid A) = \frac{\P(A \mid B_h)\P(B_h)}{\sum_{i\in I}\P(A\mid B_i)\P(B_i)} \label{eq:bayes}\tag{Bayes}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item Es gilt:
\begin{align*}
\sum_{i\in I} \P(A\mid B_i)\P(B_i) \defeq \sum_{i\in I}\frac{\P(A \cap B_i)}{\P(B_i)}\P(B_i) = \sum_{i\in I} \P(A \cap B_i) \overset{\sigma-add.}{=} \P(A)
\end{align*}
\item
\begin{align*}
\P(B_h \mid A) \defeq \frac{\P(A \cap B_h)}{\P(A)} \defeq \frac{\P(A \mid B_h)\P(B_h)}{\P(A)}
\end{align*}
also mit a) auch b). %TODO add refs
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{example}
In der Situation von \propref{3_1_3} folgt mit dem \propref{3_1_9} \eqref{eq:totWkeit}
\begin{align*}
\P(R) &= \P(R \mid W)\P(W) + \P(R\mid W^C)\P(W^C)\\
&= 1\cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{4}\frac{1}{3} = \frac{3}{4}
\intertext{und mit dem \propref{3_1_9} \eqref{eq:bayes}} %Bayes
\P(W \mid R) &= \frac{\P(R \mid W)\P(W)}{\P(R)} = \frac{1\frac{2}{3}}{\frac{3}{4}} = \frac{8}{9} \text{ für die gesuchte Wahrscheinlichkeit.}
\end{align*} %TODO compile as pdf and include it. not working.
\begin{center}
\input{./tikz/baum_2}
% \caption{ \propref{3_1_3}}
\end{center}
\end{example}

386
4. Semester/STOCH/TeX_files/Bedingte_Wheiten.tex
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\chapter[Bedingte Wahrscheinlichkeiten und (Un)-abbhängigkeit]{Bedingte Wheiten und (Un)-abbhängigkeit}
\chaptermark{Bedingte Wheiten und (Un)-abbhängigkeit}
\chapter[Bedingte Wahrscheinlichkeiten und (Un)-abbhängigkeit]{Bedingte Wkeiten und (Un)-abbhängigkeit}
\chaptermark{Bedingte Wahrscheinlichkeiten und (Un)-abbhängigkeit}
\section{Bedingte Wahrscheinlichkeiten}
\begin{example}
\proplbl{3_1_1}
Das Würfeln mit zwei fairen, sechsseitigen Würfeln können wir mit
\begin{align}
\Omega = \set{(i,j,), i,j \in \set{1,\dots,6}}\notag
\O = \set{(i,j,), i,j \in \set{1,\dots,6}}\notag
\end{align}
und $\probp = \Gleich(\Omega)$. Da $\abs{\Omega} = 36$ gilt also
und $\P = \Gleich(\O)$. Da $\abs{\O} = 36$ gilt also
\begin{align}
\probp(\set{\omega}) = \frac{1}{36} \quad \forall \omega \in \Omega.\notag
\P(\set{\omega}) = \frac{1}{36} \quad \forall \omega \in \O.\notag
\end{align}
Betrachte das Ereignis
\begin{align}
A = \set{(i,j) \in \Omega : i + j = 8},\notag
A = \set{(i,j) \in \O : i + j = 8},\notag
\end{align}
dann folgt
\begin{align}
\probp(A) = \frac{5}{36}.\notag
\P(A) = \frac{5}{36}.\notag
\end{align}
Werden die beiden Würfel nach einander ausgeführt, so kann nach dem ersten Wurf eine Neubewertung der Wahrscheinlichkeit von $A$ erfolgen.\\
Ist z.B.:
\begin{align}
B = \set{(i,j) \in \Omega, i = 4}\notag
B = \set{(i,j) \in \O, i = 4}\notag
\end{align}
eingetreten, so kann die Summe 8 nur durch eine weitere 4 realisiert werden, also mit Wahrscheinlichkeit
\begin{align}
\frac{1}{6} = \frac{\abs{A \cap B}}{\abs{B}}.\notag
\end{align}
Das Eintreten von $B$ führt also dazu, dass das Wahrscheinlichkeitsmaß $\probp$ durch ein neues Wahrscheinlichkeitsmaß $\probp_{B}$ ersetzt werden muss. Hierbei sollte gelten:
\begin{align} %TODO add references!
&\text{Renormierung: }\probp_{B} = 1\label{Renorm}\tag{R}\\
&\text{Proportionalität: Für alle} A \subset \sigF \mit A \subseteq B \text{ gilt }
\probp_{B}(A) = c_B \probp(A) \text{ mit einer Konstante } c_B.\label{Prop}\tag{P}
Das Eintreten von $B$ führt also dazu, dass das Wahrscheinlichkeitsmaß $\P$ durch ein neues Wahrscheinlichkeitsmaß $\P_{B}$ ersetzt werden muss. Hierbei sollte gelten:
\begin{align}
&\text{Renormierung: }\P_{B} = 1\label{Renorm}\tag{R}\\
&\text{Proportionalität: Für alle} A \subset \F \mit A \subseteq B \text{ gilt }
\P_{B}(A) = c_B \P(A) \text{ mit einer Konstante } c_B.\label{Prop}\tag{P}
\end{align}
\end{example}
\begin{lemma}
Sei $(\Omega, \sigF, \probp)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $B \in \sigF$ mit $\probp(B) > 0$. Dann gibt es genau ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\probp_B$ auf $(\Omega, \sigF)$ mit den Eigenschaften \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Dieses ist gegeben durch
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $B \in \F$ mit $\P(B) > 0$. Dann gibt es genau ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\P_B$ auf $(\O, \F)$ mit den Eigenschaften \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Dieses ist gegeben durch
\begin{align}
\probp_{B}(A) = \frac{\probp(A\cap B)}{\probp(B)} \quad \forall A \in \sigF.\notag
\P_{B}(A) = \frac{\P(A\cap B)}{\P(B)} \quad \forall A \in \F.\notag
\end{align}
\end{lemma}
\begin{proof} %TODO surpress ``Gleichung'' here?!
Offenbar erfüllt $\probp_{B}$ wie definiert \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Umgekehrt erfüllt $\probp_{B}$ \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Dann folgt für $A \in \sigF$:
\begin{proof}
Offenbar erfüllt $\P_{B}$ wie definiert \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Umgekehrt erfüllt $\P_{B}$ \eqref{Renorm} und \eqref{Prop}. Dann folgt für $A \in \F$:
\begin{align}
\probp_{B}(A) = \probp_{B}(A\cap B) + \underbrace{\probp_{B}(A\setminus B)}_{= 0, \text{ wegen } \eqref{Renorm}} \overset{\eqref{Prop}}{=} c_B \probp(A \cap B).\notag
\P_{B}(A) = \P_{B}(A\cap B) + \underbrace{\P_{B}(A\setminus B)}_{= 0, \text{ wegen } \eqref{Renorm}} \overset{\eqref{Prop}}{=} c_B \P(A \cap B).\notag
\end{align}
Für $A=B$ folgt zudem aus \eqref{Renorm}
\begin{align}
1 = \probp_{B}(B) = c_B \probp(B)\notag
1 = \P_{B}(B) = c_B \P(B)\notag
\end{align}
also $c_B = \probp(B)^{-1}$.
also $c_B = \P(B)^{-1}$.
\end{proof}
% % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % 5th lecture % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % % %
\begin{definition}
\proplbl{3_1_3}
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $B \in \F$ mit $\P(B) > 0$. Dann heißt
\begin{align*}
\P(A\mid B) := \frac{\P(A\cap B)}{\P(B)} \mit A\in \F
\end{align*}
die \begriff{bedingte Wahrscheinlichkeit von $A$ gegeben $B$}.
Falls $\P(B) = 0$, setze
\begin{align*}
\P(A \mid B) = 0 \mit \forall A \in \F
\end{align*}
\end{definition}
\section{(Un)-abhängigkeit} \label{sec_unabhangigkeit}
\begin{example} %TODO ref
In der Situation \propref{3_1_1} gilt %
\begin{align*}
A \cap B &= \set{(4,4)}
\intertext{und damit}
\P(A \mid B) &= \frac{\P(A\cap B)}{\P(B)} = \frac{\frac{1}{36}}{\frac{1}{6}} = \frac{1}{6}
\end{align*}
\end{example}
Aus \propref{3_1_3} ergibt sich
\begin{lemma}[Multiplikationsformel]
\proplbl{3_1_4}
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $A_1, \dots, A_n \in \F$. Dann
\begin{align*}
\P(A_1 \cap \cdots \cap A_n) = \P(A_1)\P(A_2 \mid A_n) \dots \P(A_n \mid A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1})
\end{align*}
\end{lemma}
\begin{proof}
Ist $\P(A_1 \cap \dots \cap A_n) = 0$, so gilt auch $\P(A_n \mid \bigcap_{i=1}^{n-1}) = 0$. Andernfalls sind alle Faktoren der rechten Seite ungleich 0 und
\begin{align*}
\P(A_1)\P(A_2 \mid A_1) \dots \P(A_n \mid \bigcap_{i=1}^{n-1} A_i) \\
= \P(A_1) \cdot \frac{\P(A_1 \cap A_2)}{\P(A_1)} \dots \frac{\P(\bigcap_{i=1}^{n} A_i)}{\P(\bigcap_{i=1}^{n-1}A_i)} = \P(\bigcap_{i=1}^n A_i)
\end{align*}
\end{proof} %TODO add ref.
Stehen die $A_i$ in \propref{3_1_4} in einer (zeitlichen) Abfolge, so liefert Formel einen Hinweis, wie Wahrscheinlichkeitsmaße für \begriff{Stufenexperimente} konstruiert werden können. Ein \emph{Stufenexperiment} aus $n$ nacheinander ausgeführten Teilexperimenten lässt sich als \begriff{Baumdiagramm} darstellen.
%TODO Baumdiagramm
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\input{./tikz/baum_1}
% \caption{ \propref{3_1_4}}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{proposition}[Konstruktion des Wahrscheinlichkeitsmaßes eines Stufenexperiments]
\proplbl{3_1_6}
Gegeben seinen $n$ Ergebnisräume $\O_i = \set{\omega_i (1), \dots, \omega_i (k)}, k \in \N \cup \set{\infty}$ und es sei $\O = \bigtimes_{i = 1}^n \O_i$ der zugehörige Produktraum. Weiter seinen $\F_i$ $\sigma$-Algebren auf $\O_i$ und $\F = \bigotimes_{i=1}^n \F_i$ die Produkt-$\sigma$-Algebra auf $\O$. Setze $\omega = (\omega_1,\dots,\omega_n)$ und
\begin{align*}
[\omega_1,\dots,\omega_n]:= \set{\omega_1}\times \dots \times \set{\omega_n} \times \O_{m-1} \times \O_{n},\quad m\le n\\
\P(\set{\omega_m}[\omega_1,\dots,\omega_{m-1}])
\end{align*} %TODO check indices, m-1 instead of m+1?
für die Wahrscheinlichkeit in der $m$-ten Stufe des Experiments $\omega_m$ zu beobachten, falls in den vorausgehenden Stufen $\omega_1,\dots,\omega_{m-1}$ beobachten wurden. Dann definiert
\begin{align*}
\P(\set{\omega}) := \P(\set{\omega_1})\prod_{m=2}^{n}\P\brackets{\set{\omega_m} \mid [\omega_1, \dots, \omega_{m-1}]}
%TODO maybe wrong here. check
\end{align*}
ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\O, \F, \P)$.
\end{proposition}
\begin{example}[\person{Polya}-Urne]
Gegeben sei eine Urne mit $s$ Schwarze und $w$ weiße Kugeln. Bei jedem Zug wird die gezogene Kugel zusammen mit $c\in \N_0\cup \set{-1}$ weiteren Kugeln derselben Farbe zurückgelegt.
\begin{itemize} %TODO seen both in chapter 2.2, but big bracket behind.
\item $c=0$: Urnenmodell mit Zurücklegen
\item $c=-1$: Urnenmodell ohne Zurücklegen
\end{itemize}
Beide schon in Kapitel 2.2 gesehen.\\
Sei $c\in \N$. (Modell für zwei konkurrierende Populationen) Ziehen wir $n$-mal, so erhalten wir ein $n$-Stufenexperiment mit
\begin{align*}
\O = \set{0,1}^n \mit \text{ 0 = ``weiß'', 1 = ``schwarz''}\mit (\O_i = \set{0,1})
\intertext{Zudem gelten im ersten Schritt}
\P(\set{0}) = \frac{w}{s+w} \und \P(\set{1}) = \frac{s}{w+s}
\intertext{sowie}
\P(\set{\omega_m} \mid [\omega_1, \dots \omega_{m-1}]) =
\begin{cases} %TODO fix brackets!
\frac{w+c(m-1 - \sum_{i=1}^{m-1}\omega_i)}{s+w+c(m-1)} & \omega_m = 0\\
\frac{s + c\sum_{i=1}^{m-1}\omega_i}{s+w+c(m-1)} & \omega_m = 1
\end{cases}
\end{align*}
Mit \propref{3_1_6} folgt als Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\O, \pows(\O))$
\begin{align*}
\P(\set{(\omega_1, \dots, \omega_n)}) &= \P(\set{\omega_1})\prod_{m=2}^n \P(\set{\omega_m}\mid [\omega_1,\dots,\omega_{m-1}])\\
&=\frac{\prod_{i=0}^{l-1}(s+c_i)\prod_{i=0}^{n-l-1}}{\prod_{i=0}^n (s+w+c_i)} \mit l=\sum_{i=1}^n \omega_i.
\intertext{Definiere wir nun die Zufallsvariable}
S_n:\O &\to \N_0 \mit (\omega_1, \dots, \omega_n) \mapsto \sum_{i=1}^n \omega_i
\intertext{welche die Anzahl der gezogenen schwarzen Kugeln modelliert, so folgt,}
\P(S_n = l) &= \binom{n}{l}\frac{\prod_{i=0}^{l-1}(s+c_i) \prod_{j=0}^{n-l-1}(\omega + c_j)}{\prod_{i=0}^n(s+w+c_i)}
\intertext{Mittels $a:= \sfrac{s}{c},b:= \sfrac{w}{c}$ folgt}
\P(S_n = l) &= \frac{\prod_{i=0}^{l-1}(-a-i)\prod_{i=0}^{-b-j-1}}{\prod_{i=0}^n (-a-b-i)} = \frac{\binom{-a}{l}\binom{-b}{n-l}}{\binom{-a-b}{n}}\\ &\mit l \in \set{0,\dots,n}
\end{align*}
Dies ist die \begriff{\person{Polya}-Urne} auf $\set{0,\dots,n}, n \in \N$ mit Parametern $a,b > 0$.
\end{example}
\begin{example}
Ein Student beantwortet eine Multiple-Choice-Frage mit 4 Antwortmöglichkeiten, eine davon ist richtig. Er kennt die richtige Antwort mit Wahrscheinlichkeit $\sfrac{1}{3}$. Wenn er diese kennt, so wählt er diese aus. Andernfalls wählt er zufällig (gleichverteilt) eine Antwort.\\
Betrachte
\begin{align*}
W = \set{\text{richtige Antwort gewusst}}\\
R = \set{\text{Richtige Antwort gewählt}}
\intertext{Dann}
\P(W) = \frac{2}{3}, \P(R \mid W) = 1, \P(R \mid W^C) = \frac{1}{4}
\end{align*}
Angenommen, der Student gibt die richtige Antwort. Mit welcher Wahrscheinlichkeit hat er diese gewusst?
\begin{align*}
\P(W\mid R) = \text{ ?}
\end{align*}
\end{example}
\begin{proposition}
\proplbl{3_1_9}
Sei $(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $\O = \bigcup_{i \in I} B_i$ eine höchstens abzählbare Zerlegung in paarweise disjunkte Ereignisse $B_i \in \F$.
\begin{enumerate} %TODO set itemize references. or use enumerate?
\item \emph{Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit:} Für alle $A \in \F$
\begin{align*}
\P(A) = \sum_{i\in I} \P(A\mid B_i)\P(B_i) \label{eq:totWkeit}\tag{totale Wahrscheinlichkeit}
\end{align*}
\item \emph{Satz von \person{Bayes}:} Für alle $A \in \F$ mit $\P(A) > 0$ und alle $h \in I$
\begin{align*}
\P(B_h \mid A) = \frac{\P(A \mid B_h)\P(B_h)}{\sum_{i\in I}\P(A\mid B_i)\P(B_i)} \label{eq:bayes}\tag{Bayes}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item Es gilt:
\begin{align*}
\sum_{i\in I} \P(A\mid B_i)\P(B_i) \defeq \sum_{i\in I}\frac{\P(A \cap B_i)}{\P(B_i)}\P(B_i) = \sum_{i\in I} \P(A \cap B_i) \overset{\sigma-add.}{=} \P(A)
\end{align*}
\item
\begin{align*}
\P(B_h \mid A) \defeq \frac{\P(A \cap B_h)}{\P(A)} \defeq \frac{\P(A \mid B_h)\P(B_h)}{\P(A)}
\end{align*}
also mit a) auch b). %TODO add refs
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{example}
In der Situation von \propref{3_1_3} folgt mit dem \propref{3_1_9} \eqref{eq:totWkeit}
\begin{align*}
\P(R) &= \P(R \mid W)\P(W) + \P(R\mid W^C)\P(W^C)\\
&= 1\cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{4}\frac{1}{3} = \frac{3}{4}
\intertext{und mit dem \propref{3_1_9} \eqref{eq:bayes}} %Bayes
\P(W \mid R) &= \frac{\P(R \mid W)\P(W)}{\P(R)} = \frac{1\frac{2}{3}}{\frac{3}{4}} = \frac{8}{9} \text{ für die gesuchte Wahrscheinlichkeit.}
\end{align*}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\input{./tikz/baum_2}
% \caption{ \propref{3_1_3}}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{example}
\section{(Un)-abhängigkeit} \label{sec_unabhangigkeit}
In vielen Fällen besagt die Intuition über verschiedene Zufallsexperimente/ Ereignisse, dass diese sich \emph{nicht} gegenseitig beeinflussen. Für solche $A,B \in \F$ mit $\P(A) > 0, \P(B) > 0$ sollte gelten
\begin{align*}
\P(A\mid B) = \P(B), \quad \P(B\mid A) = \P(B).
\end{align*}
\begin{definition}[(stochastisch)unabhängig]
\proplbl{3_2_11}
$(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum. Zwei Ereignisse $A,B \in \F$ heißt \begriff{(stochastisch) unabhängig bezüglich $\P$}, falls
\begin{align*}
\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)
\end{align*}
Wir schreiben auch $A B$.
\end{definition}
\begin{example}
Würfeln mit 2 fairen, sechsseitigen Würfel:
\begin{align*}
\O &= \set{(i,j) \mid i,j \in\set{1,\dots,n}},\quad \F = \pows(\O), \quad \P = \Gleich(\O)
\intertext{Betrachte}
A&:= \set{(i,j) \in \O, i \text{ gerade}}\\
B&:= \set{(i,j) \in \O, j > 2}
\end{align*}
In diesem Fall, erwarten wir intuitiv Unabhängigkeit von $A$ und $B$.\\
In der Tat % start using \P instead of \P!
\begin{align*}
\P(A) &= \frac{1}{2}, \quad \P(B) = \frac{1}{3} \mit \P(A\cap B) = \frac{1}{6}
\intertext{erfüllt}
\P(A\cap B) &= \P(A)\P(B).
\end{align*}
Betrachte nun
\begin{align*}
C&:= \set{(i,j) \in \O, i\neq j = 1}\\
D&:= \set{(i,j) \in \O, i = 6}
\intertext{dann gilt}
\P(C) = \frac{1}{6}, \quad \P(D) = \frac{1}{6}
\intertext{und wegen $C \cap D = \set{(6,1)}$ folgt}
\P(C\cap D) &= \frac{1}{36} = \frac{1}{6} \frac{1}{6} = \P(C \setminus D)
\end{align*}
$C$ und $D$ sind also \emph{stochastisch} unabhängig, obwohl eine kausale Abhängigkeit vorliegt!
\end{example}
\begin{definition}[unabhängig bezüglich $\P$]
$(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $I \neq \emptyset$ endliche Indexmenge. Dann heißt die Familie $(A_i)_{i \in I}$ von Ereignissen in $\F$ \begriff{unabhängig bezüglich $\P$}, falls für alle $J \subseteq I, J \neq \emptyset$ gilt:
\begin{align*}
\P\brackets{\bigcap_{i\in J}A_i} = \prod_{i\in J} \P(A_i)
\end{align*}
Offensichtlich impliziert die Unabhängigkeit einer Familie die paarweise Unabhängigkeit je zweier Familienmitglieder nach \propref{3_2_11}. Umgekehrt gilt dies nicht!
\end{definition}
\begin{example}[Abhängigkeit trotz paarweiser Unabhängigkeit]
Betrachte 2-faches Bernoulliexperiment mit Erfolgswahrscheinlichkeit $\sfrac{1}{2}$, d.h.
\begin{align*}
\O = \set{0,1}^2, \quad \F = \pows(\O), \quad \P = \Gleich(\O)
\intertext{sowie}
A &= \set{1}\times \set{0,1} \qquad \text{(Münzwurf: erster Wurf Zahl)}\\
B &= \set{0,1}\times \set{1} \qquad \text{(Münzwurf: zweiter Wurf Zahl)}\\
C &= \set{0,0}\times \set{1,1} \qquad \text{(beide Würfe selbes Ergebnis)}
\end{align*}
Dann gelten
\begin{align*}
\P(A) = \frac{1}{2} = \P(A) = \P(B)
\intertext{und}
\P(A\cap B) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} = \P(A)\P(B)\\
\P(A\cap C) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} = \P(A)\P(C)\\
\P(B\cap C) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} = \P(B)\P(C)
\end{align*}
also paarweise Unabhängigkeit.\\
Aber
\begin{align*}
\P(A\cap B \cap C) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} + \P(A)\P(B)\P(C)
\intertext{und $A,B,C$ sind \emph{nicht} stochastisch unabhängig.}
\end{align*}
\end{example}
\begin{definition}[Unabhängige Messräume]
\proplbl{3_2_15}
% started using \O for \O and \E for this special generating set E_i
$(\O, \F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum, $I \neq \emptyset$ Indexmenge und $(E_i, \E_i)$ Messräume
\begin{enumerate}
\item Die Familie $\F_i \subset \F, i \in I$, heißen \emph{unabhängig}, wenn für die $J \subseteq I, I \neq \emptyset, \abs{J} < \infty$ gilt
\begin{align*}
\P\brackets{\bigcap_{i=1} A_i} = \prod_{i\in J} \P(A_i) \qquad \text{ für beliebige } A_i \in \F_i, i \in J
\end{align*}
\item Die Zufallsvariable $X_i: (\O, \F) \to (E_i, \E_i), i \in I$, heißen \emph{unabhängig}, wenn die $\sigma$-Algebren
\begin{align*}
\sigma(X_i) = X^{-1}(\E_i) = \set{\set{X_i \in F}, F \in \E_i}, \quad i \in I
\end{align*}
unabhängig sind.
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{lemma}[Zusammenhang der Definitionen]
\proplbl{3_2_16}
$(\O,\F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum, $I \neq \emptyset, A \in \F, i \in I$.\\
Die folgenden Aussagen sind äquivalent:
\begin{enumerate}
\item Die Ereignisse $A_i, i \in I$ sind unabhängig.
\item Die $\sigma$-Algebren $\sigma(A_i), i \in I$ sind unabhängig.
\item Die Zufallsvariablen $\indi_{A_i}, i \in I$ sind unabhängig.
\end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof} %TODO add ref?
Da die Unabhängigkeit über endliche Teilemengen definiert ist, können wir oBdA $I = \set{1, \dots, n}$ annehmen.
\begin{itemize}
\item Da $\sigma(\indi_{A_i}) = \sigma(A_i)$ folgt die Äquivalenz von 2. und 3. direkt aus \propref{3_2_15}.
\item Zudem ist 2. $\to $ 1. klar!
\item Für 1 $\to$ 2. genügt es zu zeigen, dass
\begin{align*}
A_1, \dots, A_n \text{ unabhängig } &\Rightarrow B_1, \dots, B_n \text{ unabhängig von } B_i \in \set{\emptyset, A_i, A_i^C, \O}.
\intertext{Rekursive folgt dies bereits aus}
A_1,\dots, A_n \text{ unabhängig } &\Rightarrow B_1, A_2, \dots, A_n \text{ unabhängig mit } B_1 \in \set{\emptyset, A_1, A_1^C, \O}.
\end{align*}
Für $B_1 \in \set{\emptyset, A_1, \O}$ ist dies klar.\\
Sei also $B_1 = A_1^C$ und $J \subseteq I, J \neq \emptyset$. Falls $1 \not \in J$, ist nichts zu zeigen. Sei $1 \in J$, dann gilt mit
\begin{align*}
A &= \bigcap_{i\in J, i \neq 1} A_i
\intertext{sicherlich}
\P\brackets{A_1^C \cap A} &= \P(A \setminus (A_1 \cap A))\\
&= \P(A) - \P(A_1 \cap A)\\
&= \prod_{i\in J\setminus \set{1}} \P(A_i) - \prod_{i\in J}(A_i)\\
&= (1- \P(A_1))\prod_{i\in J\setminus \set{1}} \P(A_i)\\
&= \P\brackets{A_1^C})\prod_{i\in J\setminus \set{1}} \P(A_i)
\end{align*}
\end{itemize}
\end{proof}
Insbesondere zeigt das \propref{3_2_16}, dass wir in einer Familie unabhängiger Ereignisse beliebig viele Ereignisse durch ihr Komplement, $\emptyset$ oder $\O$ ersetzen können, ohne die Unabhängigkeit zu verlieren.
\begin{proposition}
\proplbl{3_2_17}
$(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $\F_i \subseteq \F, i \in I$, seien $\cap$-stabil Familien von Ereignissen. Dann
\begin{align*}
\F_i, i \in I \text{ unabhängig } \Leftrightarrow \sigma(\F_i), i \in I \text{ unabhängig}.
\end{align*}
\end{proposition}
\begin{proof}
OBdA sei $I = \set{1, \dots, n}$ und das $\O \in \F_i, i \in I$.
\begin{itemize}
\item $\Leftarrow$: trivial, da $\F_i \subseteq \sigma(\F_i)$ und das Weglassen von Mengen erlaubt ist.
\item $\Rightarrow$: zeigen wir rekursive
\begin{enumerate}
\item Wähle $F_i \in \F_i, i = 2, \dots,n$ und defnieren für $F \in \sigma(\F_i)$ die endlichen Maße
\begin{align*}
\mu(F) = \P\brackets{\bigcap_{i=1}^n F_i} \und \nu(F) = \prod_{i=1}^n \P(F_i)
\end{align*}
\item Da die Familien $\F_i$ unabhängig sind, gilt
\begin{align*}
\mu\mid_{\F_1} = \nu\mid_{\F_1}
\end{align*}
Nach Eindeutigkeitssatz für Maße (\proplbl{1_1_19}) folgt $\mu\mid_{\sigma(\F_1)} = \nu\mid_{\sigma(\F_1)}$ also
\begin{align*}
\P(\bigcap_{i=1}^n F_i) = \P(F)\P(F_1)\dots \P(F_n)
\end{align*}
für alle $F \in \sigma(\F_i)$ und $F_i \in \F_i, i = 1, \dots, n$. Da $\O \in \F_i$ für alle $i$ gilt die erhaltene Produktformel auf für alle Teilemenge $J \subseteq I$.\\
Also sind
\begin{align*}
\sigma(\F_1), \F_2, \dots, \F_n \text{unabhängig}
\end{align*}
\item Wiederholtes Anwenden von $1$ und $2$ liefert den \propref{3_2_17}.
\end{enumerate}
\end{itemize}
\end{proof}
Mittels \propref{3_2_17} folgen:
\begin{conclusion}
$(\O,\F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und
\begin{align*}
\F_{i,j} \subseteq \F, \quad 1 \le \dots \le n, 1 \le j \le m(i)
\end{align*}
unabhängige, $\cap$-stabile Familien.
Dann sind auch
\begin{align*}
\G_i = \sigma(\F_{i,1},\dots, \F_{i,m(i)}), \quad 1 \le i \le n
\end{align*}
unabhängig.
\end{conclusion}
\begin{conclusion}
$(\O,\F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum, und
\begin{align*}
X_{ij}: \O \to E, \quad 1 \le i \le n, 1 \le j \le m(i)
\end{align*}
unabhängige Zufallsvariablen. Zudem seinen $f_i: E^{m(i)} \to \R$ messbar. Dann sind auch die Zufallsvariablen
\begin{align*}
f_i(X_{i1}, \dots, X_{im(i)}), \quad 1 \le i \le n
\end{align*}
unabhängig.
\end{conclusion}
\begin{example}
$X_1, \dots, X_n$ unabhängige reelle Zufallsvariablen. Dann sind auch
\begin{align*}
Y_1 = X_1, Y_2 = X_2 + \cdots + X_n
\end{align*}
unabhängig.
\end{example}

2
4. Semester/STOCH/TeX_files/Erste_Standardmodelle.tex
View file

@ -154,7 +154,7 @@ Gegeben: Urne mit $N$ Kugeln verschiedener Farben aus $E$, $\abs{E} \ge 2$. Es w
die \begriff{Hypergeometrische Verteilung} mit Parametern $N,W,n$. Wir schreiben $\Hyper(N,W,n)$.
\end{definition}
\section{\person{Poisson}-Approximation und \person{Poisson}-Verteilung}
\section{Poisson-Approximation und \person{Poisson}-Verteilung}
$\Bin(n,p)$ ist zwar explizit und elementar definiert, jedoch für große $n$ mühsam auszuwerten. Für seltene Ereignisse ($n$ groß, $p$ klein) verwende daher:
\begin{proposition}[Poisson-Approximation]

191
4. Semester/STOCH/TeX_files/unbedingte_Wahrscheinlichkeiten.tex Normal file
View file

@ -0,0 +1,191 @@
\section{(Un)-abhängigkeit} \label{sec_unabhangigkeit}
In vielen Fällen besagt die Intuition über verschiedene Zufallsexperimente/ Ereignisse, dass diese sich \emph{nicht} gegenseitig beeinflussen. Für solche $A,B \in \F$ mit $\P(A) > 0, \P(B) > 0$ sollte gelten
\begin{align*}
\P(A\mid B) = \P(B), \quad \P(B\mid A) = \P(B).
\end{align*}
\begin{definition}[(stochastisch)unabhängig]
\proplbl{3_2_11}
$(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum. Zwei Ereignisse $A,B \in \F$ heißt \begriff{(stochastisch) unabhängig bezüglich $\P$}, falls
\begin{align*}
\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)
\end{align*}
Wir schreiben auch $A B$.
\end{definition}
\begin{example}
Würfeln mit 2 fairen, sechsseitigen Würfel:
\begin{align*}
\O &= \set{(i,j) \mid i,j \in\set{1,\dots,n}},\quad \F = \pows(\O), \quad \P = \Gleich(\O)
\intertext{Betrachte}
A&:= \set{(i,j) \in \O, i \text{ gerade}}\\
B&:= \set{(i,j) \in \O, j > 2}
\end{align*}
In diesem Fall, erwarten wir intuitiv Unabhängigkeit von $A$ und $B$.\\
In der Tat % start using \P instead of \P!
\begin{align*}
\P(A) &= \frac{1}{2}, \quad \P(B) = \frac{1}{3} \mit \P(A\cap B) = \frac{1}{6}
\intertext{erfüllt}
\P(A\cap B) &= \P(A)\P(B).
\end{align*}
Betrachte nun
\begin{align*}
C&:= \set{(i,j) \in \O, i\neq j = 1}\\
D&:= \set{(i,j) \in \O, i = 6}
\intertext{dann gilt}
\P(C) = \frac{1}{6}, \quad \P(D) = \frac{1}{6}
\intertext{und wegen $C \cap D = \set{(6,1)}$ folgt}
\P(C\cap D) &= \frac{1}{36} = \frac{1}{6} \frac{1}{6} = \P(C \setminus D)
\end{align*}
$C$ und $D$ sind also \emph{stochastisch} unabhängig, obwohl eine kausale Abhängigkeit vorliegt!
\end{example}
\begin{definition}[unabhängig bezüglich $\P$]
$(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $I \neq \emptyset$ endliche Indexmenge. Dann heißt die Familie $(A_i)_{i \in I}$ von Ereignissen in $\F$ \begriff{unabhängig bezüglich $\P$}, falls für alle $J \subseteq I, J \neq \emptyset$ gilt:
\begin{align*}
\P\brackets{\bigcap_{i\in J}A_i} = \prod_{i\in J} \P(A_i)
\end{align*}
Offensichtlich impliziert die Unabhängigkeit einer Familie die paarweise Unabhängigkeit je zweier Familienmitglieder nach \propref{3_2_11}. Umgekehrt gilt dies nicht!
\end{definition}
\begin{example}[Abhängigkeit trotz paarweiser Unabhängigkeit]
Betrachte 2-faches Bernoulliexperiment mit Erfolgswahrscheinlichkeit $\sfrac{1}{2}$, d.h.
\begin{align*}
\O = \set{0,1}^2, \quad \F = \pows(\O), \quad \P = \Gleich(\O)
\intertext{sowie}
A &= \set{1}\times \set{0,1} \qquad \text{(Münzwurf: erster Wurf Zahl)}\\
B &= \set{0,1}\times \set{1} \qquad \text{(Münzwurf: zweiter Wurf Zahl)}\\
C &= \set{0,0}\times \set{1,1} \qquad \text{(beide Würfe selbes Ergebnis)}
\end{align*}
Dann gelten
\begin{align*}
\P(A) = \frac{1}{2} = \P(A) = \P(B)
\intertext{und}
\P(A\cap B) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} = \P(A)\P(B)\\
\P(A\cap C) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} = \P(A)\P(C)\\
\P(B\cap C) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} = \P(B)\P(C)
\end{align*}
also paarweise Unabhängigkeit.\\
Aber
\begin{align*}
\P(A\cap B \cap C) = \P(\set{(1,1)}) = \frac{1}{4} + \P(A)\P(B)\P(C)
\intertext{und $A,B,C$ sind \emph{nicht} stochastisch unabhängig.}
\end{align*}
\end{example}
\begin{definition}[Unabhängige Messräume]
\proplbl{3_2_15}
% started using \O for \O and \E for this special generating set E_i
$(\O, \F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum, $I \neq \emptyset$ Indexmenge und $(E_i, \E_i)$ Messräume
\begin{enumerate}
\item Die Familie $\F_i \subset \F, i \in I$, heißen \emph{unabhängig}, wenn für die $J \subseteq I, I \neq \emptyset, \abs{J} < \infty$ gilt
\begin{align*}
\P\brackets{\bigcap_{i=1} A_i} = \prod_{i\in J} \P(A_i) \qquad \text{ für beliebige } A_i \in \F_i, i \in J
\end{align*}
\item Die Zufallsvariable $X_i: (\O, \F) \to (E_i, \E_i), i \in I$, heißen \emph{unabhängig}, wenn die $\sigma$-Algebren
\begin{align*}
\sigma(X_i) = X^{-1}(\E_i) = \set{\set{X_i \in F}, F \in \E_i}, \quad i \in I
\end{align*}
unabhängig sind.
\end{enumerate}
\end{definition}
\begin{lemma}[Zusammenhang der Definitionen]
\proplbl{3_2_16}
$(\O,\F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum, $I \neq \emptyset, A \in \F, i \in I$.\\
Die folgenden Aussagen sind äquivalent:
\begin{enumerate}
\item Die Ereignisse $A_i, i \in I$ sind unabhängig.
\item Die $\sigma$-Algebren $\sigma(A_i), i \in I$ sind unabhängig.
\item Die Zufallsvariablen $\indi_{A_i}, i \in I$ sind unabhängig.
\end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof} %TODO add ref?
Da die Unabhängigkeit über endliche Teilemengen definiert ist, können wir oBdA $I = \set{1, \dots, n}$ annehmen.
\begin{itemize}
\item Da $\sigma(\indi_{A_i}) = \sigma(A_i)$ folgt die Äquivalenz von 2. und 3. direkt aus \propref{3_2_15}.
\item Zudem ist 2. $\to $ 1. klar!
\item Für 1 $\to$ 2. genügt es zu zeigen, dass
\begin{align*}
A_1, \dots, A_n \text{ unabhängig } &\Rightarrow B_1, \dots, B_n \text{ unabhängig von } B_i \in \set{\emptyset, A_i, A_i^C, \O}.
\intertext{Rekursive folgt dies bereits aus}
A_1,\dots, A_n \text{ unabhängig } &\Rightarrow B_1, A_2, \dots, A_n \text{ unabhängig mit } B_1 \in \set{\emptyset, A_1, A_1^C, \O}.
\end{align*}
Für $B_1 \in \set{\emptyset, A_1, \O}$ ist dies klar.\\
Sei also $B_1 = A_1^C$ und $J \subseteq I, J \neq \emptyset$. Falls $1 \not \in J$, ist nichts zu zeigen. Sei $1 \in J$, dann gilt mit
\begin{align*}
A &= \bigcap_{i\in J, i \neq 1} A_i
\intertext{sicherlich}
\P\brackets{A_1^C \cap A} &= \P(A \setminus (A_1 \cap A))\\
&= \P(A) - \P(A_1 \cap A)\\
&= \prod_{i\in J\setminus \set{1}} \P(A_i) - \prod_{i\in J}(A_i)\\
&= (1- \P(A_1))\prod_{i\in J\setminus \set{1}} \P(A_i)\\
&= \P\brackets{A_1^C})\prod_{i\in J\setminus \set{1}} \P(A_i)
\end{align*}
\end{itemize}
\end{proof}
Insbesondere zeigt das \propref{3_2_16}, dass wir in einer Familie unabhängiger Ereignisse beliebig viele Ereignisse durch ihr Komplement, $\emptyset$ oder $\O$ ersetzen können, ohne die Unabhängigkeit zu verlieren.
\begin{proposition}
\proplbl{3_2_17}
$(\O, \F, \P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und $\F_i \subseteq \F, i \in I$, seien $\cap$-stabil Familien von Ereignissen. Dann
\begin{align*}
\F_i, i \in I \text{ unabhängig } \Leftrightarrow \sigma(\F_i), i \in I \text{ unabhängig}.
\end{align*}
\end{proposition}
\begin{proof}
OBdA sei $I = \set{1, \dots, n}$ und das $\O \in \F_i, i \in I$.
\begin{itemize}
\item $\Leftarrow$: trivial, da $\F_i \subseteq \sigma(\F_i)$ und das Weglassen von Mengen erlaubt ist.
\item $\Rightarrow$: zeigen wir rekursive
\begin{enumerate}
\item Wähle $F_i \in \F_i, i = 2, \dots,n$ und defnieren für $F \in \sigma(\F_i)$ die endlichen Maße
\begin{align*}
\mu(F) = \P\brackets{\bigcap_{i=1}^n F_i} \und \nu(F) = \prod_{i=1}^n \P(F_i)
\end{align*}
\item Da die Familien $\F_i$ unabhängig sind, gilt
\begin{align*}
\mu\mid_{\F_1} = \nu\mid_{\F_1}
\end{align*}
Nach Eindeutigkeitssatz für Maße (\proplbl{1_1_19}) folgt $\mu\mid_{\sigma(\F_1)} = \nu\mid_{\sigma(\F_1)}$ also
\begin{align*}
\P(\bigcap_{i=1}^n F_i) = \P(F)\P(F_1)\dots \P(F_n)
\end{align*}
für alle $F \in \sigma(\F_i)$ und $F_i \in \F_i, i = 1, \dots, n$. Da $\O \in \F_i$ für alle $i$ gilt die erhaltene Produktformel auf für alle Teilemenge $J \subseteq I$.\\
Also sind
\begin{align*}
\sigma(\F_1), \F_2, \dots, \F_n \text{unabhängig}
\end{align*}
\item Wiederholtes Anwenden von $1$ und $2$ liefert den \propref{3_2_17}.
\end{enumerate}
\end{itemize}
\end{proof}
Mittels \propref{3_2_17} folgen:
\begin{conclusion}
$(\O,\F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum und
\begin{align*}
\F_{i,j} \subseteq \F, \quad 1 \le \dots \le n, 1 \le j \le m(i)
\end{align*}
unabhängige, $\cap$-stabile Familien.
Dann sind auch
\begin{align*}
\G_i = \sigma(\F_{i,1},\dots, \F_{i,m(i)}), \quad 1 \le i \le n
\end{align*}
unabhängig.
\end{conclusion}
\begin{conclusion}
$(\O,\F,\P)$ Wahrscheinlichkeitsraum, und
\begin{align*}
X_{ij}: \O \to E, \quad 1 \le i \le n, 1 \le j \le m(i)
\end{align*}
unabhängige Zufallsvariablen. Zudem seinen $f_i: E^{m(i)} \to \R$ messbar. Dann sind auch die Zufallsvariablen
\begin{align*}
f_i(X_{i1}, \dots, X_{im(i)}), \quad 1 \le i \le n
\end{align*}
unabhängig.
\end{conclusion}
\begin{example}
$X_1, \dots, X_n$ unabhängige reelle Zufallsvariablen. Dann sind auch
\begin{align*}
Y_1 = X_1, Y_2 = X_2 + \cdots + X_n
\end{align*}
unabhängig.
\end{example}

17
4. Semester/STOCH/Vorlesung STOCH.tex
View file

@ -4,6 +4,17 @@
\title{\textbf{Stochastik SS 2019}}
\author{Dozent: Prof. Dr. \person{Anita Behme}}
% local commands
\renewcommand{\F}{\mathscr F}
%\undef{\P}
\renewcommand{\P}{\mathbb{P}}
%\undef{\O}
\renewcommand{\O}{\Omega}
%\undef{\G}
\renewcommand{\G}{\mathscr{G}}
%\undef{\base}
\newcommand{\E}{\mathcal{E}}
\begin{document}
\pagenumbering{roman}
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@ -26,8 +37,10 @@
\input{./TeX_files/Grundbegriffe_Wtheorie}
% Erste Standardmodelle der Wahrscheinlichkeitstheorie
\input{./TeX_files/Erste_Standardmodelle}
% Bedingte Wahrscheinlichkeiten und (Un)-abbhängigkeit}
\input{./TeX_files/Bedingte_Wheiten}
\chapter[Bedingte Wahrscheinlichkeiten und (Un)-abbhängigkeit]{Bedingte Wkeiten und (Un-)abbhängigkeit}
\chaptermark{Bedingte Wahrscheinlichkeiten und (Un)-abbhängigkeit}
\input{./TeX_files/Bedingte_Wahrscheinlichkeiten}
\input{./TeX_files/unbedingte_Wahrscheinlichkeiten}
\chapter{Test}

22
4. Semester/STOCH/tikz/baum_1.tex Normal file
View file

@ -0,0 +1,22 @@
\begin{tikzpicture}[level distance=3cm,
level 1/.style={sibling distance=3cm},
level 2/.style={sibling distance=1.5cm},
grow=right, sloped]
\node {}
child {node {$A_1^C$}
child {node {$A_2^C$}}
child {node {$A_2$} edge from parent node[above] {$\mathbb{P}(A_2\mid A_1^C)$}}
edge from parent
node[below] {$\mathbb{P}(A_1^C)$}
}
child {node {$A_1$}
child {node {$A_2^C$}}
child {node {$A_2$}
child {node {$A_3^C$}}
child {node {$A_3$} edge from parent node[above] {$\mathbb{P}(A_3\mid A_1\cap A_2)$}}
edge from parent
node[above] {$\mathbb{P}(A_2\mid A_1)$}}
edge from parent
node[above] {$\mathbb{P}(A_1)$}
};
\end{tikzpicture}

32
4. Semester/STOCH/tikz/baum_2.tex Normal file
View file

@ -0,0 +1,32 @@
\begin{tikzpicture}[level distance=1.5cm,
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level 2/.style={sibling distance=1.5cm},
decoration = {snake, pre length=1pt, post length=1pt}]
\node at (0,0) {}
child {node {$\omega$}
child {node {$R$} edge from parent node[left] {$1$}}
child {node {$R^C$} edge from parent node[right] {$0$}}
edge from parent
node[left] {$\sfrac{2}{3}$}
}
child {node {$\omega^C$}
child {node {$R$} edge from parent node[left] {$\sfrac{1}{4}$}}
child {node {$R^C$} edge from parent node[right] {$\sfrac{3}{4}$}}
edge from parent
node[right] {$\sfrac{1}{3}$}
};
\draw[->,decorate] (3,-1.5) -- (5,-1.5);
\node at (8,0) {}
child {node {$R$}
child {node {$\omega$} edge from parent node[left] {$\sfrac{8}{9}$}}
child {node {$\omega^C$} edge from parent node[right] {$\sfrac{1}{9}$}}
edge from parent
node[left] {$\sfrac{3}{4}$}
}
child {node {$R^C$}
child {node {$\omega$} edge from parent node[left] {$0$}}
child {node {$\omega^C$} edge from parent node[right] {$1$}}
edge from parent
node[right] {$\sfrac{1}{4}$}
};
\end{tikzpicture}

BIN
Material/CAT/symbol_center.pdf Normal file
View file

Binary file not shown.

23
Material/CAT/symbol_center.tex Normal file
View file

@ -0,0 +1,23 @@
\documentclass{standalone}
\usepackage{tikz, amsmath}
\usepackage{tikz-qtree}
\usetikzlibrary{cd}
\usetikzlibrary{arrows}
\usetikzlibrary{automata}
\usetikzlibrary{babel}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{fit}
\usetikzlibrary{matrix}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{shapes.geometric}
\usetikzlibrary{arrows.meta,bending}
\begin{document}
\begin{tikzcd}
\bullet \arrow[dd] \arrow[rr] & & \bullet \arrow[dd] \\
& \text{!} & \\
\bullet \arrow[rr] & & \bullet
\end{tikzcd}
\end{document}

BIN
Material/CAT/symbol_center_diagram.pdf Normal file
View file

Binary file not shown.

11
Material/CAT/symbol_center_diagram.tex Normal file
View file

@ -0,0 +1,11 @@
\documentclass[a4paper,12pt]{article}
\usepackage{amsmath,mathtools,tikz-cd}
\begin{document}
\begin{tikzcd}[arrows={-Stealth}]
A \arrow[dd] \arrow[rr] & & B \arrow[dd] \\
& \alpha & \\
C \arrow[rr] & & D
\end{tikzcd}
\end{document}

BIN
Material/CAT/symbol_center_diagram_test.pdf Normal file
View file

Binary file not shown.

21
Material/CAT/symbol_center_diagram_test.tex Normal file
View file

@ -0,0 +1,21 @@
\documentclass{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{xypic}
% thats a demo for putting a symbol in the center of a square diagram!
\newcommand{\refsymbol}{{?}}
\begin{document}
Here we have a diagram.
\begin{equation}
\xymatrix{
A \ar[r] \ar[d]
\ar@{}[dr] | {\refsymbol}
& B \ar[d] \\
C \ar[r] & D
}
\label{eq:diag}
\end{equation}
We want to refer to {\refsymbol} in the square shown in \eqref{eq:diag}.
\end{document}

4
texmf/tex/latex/mathoperators/mathoperators.sty
View file

@ -353,4 +353,8 @@
\newcommand{\und}{\text{ und }} % sprachliches und für align-Umgebungen
\newcommand{\oder}{\text{ oder }} % sprachliches oder für align-Umgebungen
% overset text
\newcommand{\defeq}{\overset{\text{Def}}{=}} % Definition over over =
\endinput

2
texmf/tex/latex/mathscript/mathscript.cls
View file

@ -112,7 +112,7 @@
\usepgfplotslibrary{fillbetween}
\RequirePackage{pgf}
\RequirePackage{tikz}
\usetikzlibrary{patterns,arrows,calc,decorations.pathmorphing,backgrounds, positioning,fit,petri,decorations.fractals}
\usetikzlibrary{patterns,arrows,calc,decorations.pathmorphing,backgrounds, positioning,fit,petri,decorations.fractals,trees}
\usetikzlibrary{matrix}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%