\documentclass[uebung]{lecture}

\title{Wtheo 0: Übungsblatt 6}
\author{Josua Kugler, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte[21]

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\mathbb{P}(\cdot  \mid B)$ ist Wahrscheinlichkeitsmaß auf $(\Omega, \mathcal{A})$.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item Es ist für $A \in \mathcal{A}$:
                        $\mathbb{P}(A | B) = \frac{\mathbb{P}(A|B)}{\mathbb{P}(B)} \ge 0$,
                        da $\mathbb{P}$ W'maß.
                    \item $\mathbb{P}(\Omega | B) = \frac{\mathbb{P}(\Omega \cap  B)}{\mathbb{P}(B)}
                            = \frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)} = 1$.
                    \item Seien $A_i \in \mathcal{A}$ mit $A_i$ paarweise disjunkt. Dann folgt
                        \begin{salign*}
                            \mathbb{P}\left( \bigcupdot_{i \in \N} A_i \right)
                            &= \frac{\mathbb{P}\left( \left( \bigcupdot_{i \in  \N} A_i \right) \cap B \right) }{\mathbb{P}(B)} \\
                            &= \frac{\mathbb{P}\left( \bigcupdot_{i \in  \N} (A_i \cap B)  \right) }{\mathbb{P}(B)} \\
                            &= \sum_{i \in \N} \frac{\mathbb{P}(A_i \cap B)}{\mathbb{P}(B)} \\
                            &= \sum_{i \in \N} \mathbb{P}(A_i|B)
                        ,\end{salign*}
                        wobei im 3. Schritt die $\sigma$-Additivität von $\mathbb{P}$ ausgenutzt wurde.
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item Es ist beispielsweise mit
            $A = \emptyset\colon \mathbb{P}(\emptyset | \Omega) = \frac{\mathbb{P}(\emptyset \cap  \Omega)}{\mathbb{P}(\Omega)} = \frac{0}{1} = 0 \neq 1$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\stepcounter{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $A \in \mathcal{A}$. Dann ist $\mathbb{P}(\Omega \cap A) = \mathbb{P}(A) = 1 \cdot \mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(\Omega) \mathbb{P}(A)$. Außerdem
            gilt $\mathbb{P}(\emptyset \cap A) = \mathbb{P}(\emptyset) = 0 = 0 \cdot \mathbb{P}(A) =
            \mathbb{P}(\emptyset) \mathbb{P}(A)$.
        \item Seien $A, B, C$ gemeinsam stochastisch unabhängig. Dann ist
            $\mathbb{P}((A \cap B) \cap C) = \mathbb{P}(A \cap B \cap C)
            = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C) = \mathbb{P}(A \cap B) \mathbb{P}(C)$.
            Außerdem gilt
            $\mathbb{P}((A \cup B) \cap C) = \mathbb{P}((A \cap B) \cup (B \cap C))
            = \mathbb{P}(A \cap C) + \mathbb{P}(B \cap C) - \mathbb{P}(A \cap C) \cap (B \cap C)
            = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(C) + \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C) - \mathbb{P}(A \cap B \cap C)
            = \mathbb{P}(C) (\mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B))
            = \mathbb{P}(C) \mathbb{P}(A \cup B)$.
        \item Da der Würfel Laplace verteilt angenommen ist, folgt direkt
            $\mathbb{P}(A) = \frac{1}{2}$ und $\mathbb{P}(B) = \frac{1}{2}$. Da
            die Summe der Augenzahlen genau dann gerade ist, wenn einer der Würfe eine gerade
            und einer der Würfe eine ungerade Zahl ergibt, folgt $\mathbb{P}(C) = \frac{1}{2}$.
            Dabei gilt $\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = 0$, da die Summe der Augenzahlen gerade ist, falls
            beide Würfe gerade Augenzahlen ergeben.

            Die Ereignisse $A, B, C$ sind paarweise unabhängig, denn
            \begin{salign*}
                \mathbb{P}(A \cap C) &= \mathbb{P}(\text{,,1. Wurf gerade, 2. ungerade''}) = \frac{1}{4}
                = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(C) \\
                \mathbb{P}(A \cap B) &= \mathbb{P}(\text{,,1. und 2. Wurf gerade''})
                = \frac{1}{4} = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \\
                \mathbb{P}(B \cap C) &= \mathbb{P}(\text{,,1. Wurf ungerade, 2. gerade''})
                = \frac{1}{4} = \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C)
            .\end{salign*}

            Aber $\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = 0 \neq \frac{1}{8} = \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \mathbb{P}(C)$
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
