4. fragen zur stochastik

fragen zur stochastik

  • B

    asfdlol schrieb:

    Ω,(Ω∖Ω⇔∅)∈A\Omega, \left (\Omega \setminus \Omega \Leftrightarrow \varnothing \right ) \in \mathcal{A}
    \forall n \in \mathbb{N} : A_n = \begin{cases} \left \{ n \right \} & \mbox{wenn} \: n \leq 3 \\ \varnothing & \mbox{ansonsten} \end{cases}
    ∀n∈N:An∈A\forall n \in \mathbb{N} : A_n \in \mathcal{A}
    ⇒{1,2}∉A\Rightarrow \left \{ 1, 2 \right \} \notin \mathcal{A}

    Das einzige, was daraus folgt ist {1,2,3}∈A\{1,2,3\}\in\mathcal{A}, nicht dass irgendwas anderes nicht drin ist. Wenn du {3} aus der Familie rauslässt, bekommst du {1,2}∈A\{1,2\}\in\mathcal{A}. Und die Bedingung muss für jede Mengenfamilie gelten, nicht nur für die Handvoll, die du dir explizit überlegt hast.

    es macht meiner meinung nach nur begrenzt sinn wenn man zwar die vereinigung aller ereignisse in die σ-algebra (per definition) tun muss, nicht aber:
    P(⋃n∈NA_n)∖(⋃_n∈NAn)\mathcal{P} \left ( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A\_n \right ) \setminus \left ( \bigcup\_{n \in \mathbb{N}} A_n \right )

    Dass beliebige Teilmengen kein sinnvolles Maß zulassen, hatten wir doch schon geklärt?

    und laut der definition gilt das nur für mengenfamilien:
    Ω,(Ω∖Ω⇔∅)∈A\Omega, \left (\Omega \setminus \Omega \Leftrightarrow \varnothing \right ) \in \mathcal{A}
    A,B∈AA,B \in \mathcal{A}
    muss hier A∪BA \cup B gar nicht rein?

    Wieso nicht?

    Bashar schrieb:

    Man kann solche nicht messbaren Mengen leider nicht explizit aufschreiben. Wobei das "leider" in dem Fall eher positiv zu werten ist, weil damit umgekehrt alle irgendwie praktisch vorkommenden Mengen messbar sind.

    interessant. aber zumindest dürfte die menge aller abgeschlossener intervalle gleich der menge aller zusammenhängenden teilmengen der trägermenge sein, oder? formal:
    \left \{ \left [ a, b \right ] \mid a,b\in \mathbb{R} \right \} = \left \{ X \subseteq \mathbb{R} \mid \forall x \in \mathbb{R}: min\left (X \right ) \leq x \leq max\left (X \right ) \Rightarrow x \in X \right \}

    Zusammenhängende Mengen müssen keine abgeschlossenen Intervalle sein und auch kein Minimum oder Maximum haben: min(0,1)\min (0,1)? \max [0,\infty)?

    ach, nimms mir nicht übel, ich bin ein wenig perfektionistisch und hinterfrage unnötig viel...

    Tu ich nicht, immer frag.

    Bashar schrieb:

    Solange du abzählbar viele Punkte ansammelst (z.B. Q\mathbb{Q}) ist die Wahrscheinlichkeit Null.

    und aus der σ-additivität folgt:
    ∀n∈N_0:A_n={X∣∣X∣=ℵn}\forall n \in \mathbb{N}\_0: A\_n = \left \{ X \mid \left | X \right | = \aleph_n \right \}

    Puh, das ist mir zu hoch 😉 Ist das überhaupt eine Menge?

    \forall a,b \in \mathbb{R}: P\left ( \left [ a, b \right ] \right ) = P\left ( \left [ a, b \right ] \setminus \bigcup_{X \in A_0} X \right )
    stimmt das?

    Hm, mal aufdröseln. Dein A0A_0 ist die Menge aller abzählbaren Mengen (unter der Voraussetzung, dass man die überhaupt bilden kann). Dann vereinigst du die alle und ziehst sie vom Intervall [a,b] ab und glaubst, dass dann immer noch die Wahrscheinlichkeit gleich bleibt. Naja, das ist offensichtlich falsch, z.B. enthält A0A_0 die Mengen M_y:={y}∪N∈A_0M\_y := \{y\} \cup \mathbb{N} \in A\_0 für jedes y\in[a,b], so dass \bigcup_{X\in A_0} X \supseteq [a,b] ist.

    edit:
    ich bin mir nun gerade ein wenig unsicher ob die definition der mengenfamilie (A_n)_n∈N\left ( A\_n \right )\_{n \in \mathbb{N}} unter der letzten quote korrekt ist (wegen der kontinuumshypothese).

    Die ist ja bekanntlich(?) unabhängig von ZFC, also kannst du sie annehmen oder ablehnen nach Gusto.

    gemeint war aber eigentlich so etwas:
    A_0={X∣∣X∣=ℵ_0}A\_0 = \left \{ X \mid \left | X \right | = \aleph\_0 \right \}
    ∀n∈N:A_n={X∣∀Y∈A_n−1:∣X∣=ℶ∣Y∣}\forall n \in \mathbb{N}: A\_n = \left \{ X \mid \forall Y \in A\_{n-1} : \left | X \right | = \beth_{\left | Y \right |} \right \}

    ℶ\beth 😕 Na von mir aus.

    ps.: wenn dir fehler an meinen formalisierungen auffallen, dann wäre ich dir sehr dankbar, wenn du das anmerken könntest (wenn du es nicht schon implizit dadurch tust, indem du die formeln nochmals korrekt schreibst wie vorhin beim fehlenden dx\mathrm{d} x und dem fehlenden parameter).

    OK. Ich bin eigentlich ziemlich tolerant in solchen Sachen, und dass einfach ∫f\int f geschrieben wird ist (an der Tafel zumindest) keine Seltenheit.

    0
  • F

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    Ω,(Ω∖Ω⇔∅)∈A\Omega, \left (\Omega \setminus \Omega \Leftrightarrow \varnothing \right ) \in \mathcal{A}
    \forall n \in \mathbb{N} : A_n = \begin{cases} \left \{ n \right \} & \mbox{wenn} \: n \leq 3 \\ \varnothing & \mbox{ansonsten} \end{cases}
    ∀n∈N:An∈A\forall n \in \mathbb{N} : A_n \in \mathcal{A}
    ⇒{1,2}∉A\Rightarrow \left \{ 1, 2 \right \} \notin \mathcal{A}

    Das einzige, was daraus folgt ist {1,2,3}∈A\{1,2,3\}\in\mathcal{A}, nicht dass irgendwas anderes nicht drin ist. Wenn du {3} aus der Familie rauslässt, bekommst du {1,2}∈A\{1,2\}\in\mathcal{A}. Und die Bedingung muss für jede Mengenfamilie gelten, nicht nur für die Handvoll, die du dir explizit überlegt hast.

    ja, der folgepfeil war schlecht. was ich meinte, ist ob nach den definitionen der σ-algebra {1,2}\left \{ 1, 2 \right \} per definition ∈A\in \mathcal{A} sein muss oder eben nicht. wobei ich eher ∉A\notin \mathcal{A} vermute, da ja die vereinigung aller mengen einer mengenfamilie als element gefordert wird.

    Bashar schrieb:

    es macht meiner meinung nach nur begrenzt sinn wenn man zwar die vereinigung aller ereignisse in die σ-algebra (per definition) tun muss, nicht aber:
    P(⋃n∈NA_n)∖(⋃_n∈NAn)\mathcal{P} \left ( \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A\_n \right ) \setminus \left ( \bigcup\_{n \in \mathbb{N}} A_n \right )

    Dass beliebige Teilmengen kein sinnvolles Maß zulassen, hatten wir doch schon geklärt?

    ich dachte, dass das nur für überabzählbare Ω\Omega gilt. ein kleines beispiel (wieder so ein doofer langweiliger würfel):
    sei (Ω,A)\left ( \Omega , \mathcal{A} \right ) ein messraum und sei PP ein wahrscheinlichkeitsmass:
    Ω={n∈N∣n≤6}\Omega = \left \{ n \in \mathbb{N} \mid n \leq 6 \right \}
    \forall n \in \mathbb{N} : \mathcal{A} \ni A_n = \begin{cases} \left \{ n \right \} & \mbox{wenn} \: n \leq 4 \\ \varnothing & \mbox{ansonsten} \end{cases}
    (achtung! absichtlich nur bis 4)
    ⇒(⋃i=1∞Ai)∈A\Rightarrow \left ( \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right ) \in \mathcal{A}
    ∀X∈A:Ω∖X∈A\forall X \in \mathcal{A}: \Omega \setminus X \in \mathcal{A}
    P: \mathcal{A} \rightarrow \left [ 0,1 \right ], X \mapsto \frac{\left | X \right |}{\left | \Omega \right |}

    folgendes geht nun:
    a=P({1,2,3,4})=46a = P\left ( \left \{ 1, 2, 3, 4 \right \} \right ) = \frac{4}{6}

    folgendes aber nicht (oder?):
    b=P({2,3})b = P\left ( \left \{ 2, 3 \right \} \right )

    denn die vereinigung aller mengen der mengenfamilie ist in A\mathcal{A}, nicht aber die potenzmenge der vereinigungsmenge.

    Bashar schrieb:

    und laut der definition gilt das nur für mengenfamilien:
    Ω,(Ω∖Ω⇔∅)∈A\Omega, \left (\Omega \setminus \Omega \Leftrightarrow \varnothing \right ) \in \mathcal{A}
    A,B∈AA,B \in \mathcal{A}
    muss hier A∪BA \cup B gar nicht rein?

    Wieso nicht?

    weil AA und BB keine mengenfamilie bilden.

    Bashar schrieb:

    Bashar schrieb:

    Man kann solche nicht messbaren Mengen leider nicht explizit aufschreiben. Wobei das "leider" in dem Fall eher positiv zu werten ist, weil damit umgekehrt alle irgendwie praktisch vorkommenden Mengen messbar sind.

    interessant. aber zumindest dürfte die menge aller abgeschlossener intervalle gleich der menge aller zusammenhängenden teilmengen der trägermenge sein, oder? formal:
    \left \{ \left [ a, b \right ] \mid a,b\in \mathbb{R} \right \} = \left \{ X \subseteq \mathbb{R} \mid \forall x \in \mathbb{R}: min\left (X \right ) \leq x \leq max\left (X \right ) \Rightarrow x \in X \right \}

    Zusammenhängende Mengen müssen keine abgeschlossenen Intervalle sein und auch kein Minimum oder Maximum haben: min(0,1)\min (0,1)? \max [0,\infty)?

    achso. doof, dass das nicht auch so dinge sind, die zwar sicher existieren, welche man aber nicht direkt aufschreiben kann. 😉

    Bashar schrieb:

    Bashar schrieb:

    Solange du abzählbar viele Punkte ansammelst (z.B. Q\mathbb{Q}) ist die Wahrscheinlichkeit Null.

    und aus der σ-additivität folgt:
    ∀n∈N_0:A_n={X∣∣X∣=ℵn}\forall n \in \mathbb{N}\_0: A\_n = \left \{ X \mid \left | X \right | = \aleph_n \right \}

    Puh, das ist mir zu hoch 😉 Ist das überhaupt eine Menge?

    oh, daran hab ich nicht gedacht. ich weiss es nicht. ist sie eine klasse? kann man diese "menge" auf eine antinomie zurückführen?

    Bashar schrieb:

    \forall a,b \in \mathbb{R}: P\left ( \left [ a, b \right ] \right ) = P\left ( \left [ a, b \right ] \setminus \bigcup_{X \in A_0} X \right )
    stimmt das?

    Hm, mal aufdröseln. Dein A0A_0 ist die Menge aller abzählbaren Mengen (unter der Voraussetzung, dass man die überhaupt bilden kann). Dann vereinigst du die alle und ziehst sie vom Intervall [a,b] ab und glaubst, dass dann immer noch die Wahrscheinlichkeit gleich bleibt. Naja, das ist offensichtlich falsch, z.B. enthält A0A_0 die Mengen M_y:={y}∪N∈A_0M\_y := \{y\} \cup \mathbb{N} \in A\_0 für jedes y\in[a,b], so dass \bigcup_{X\in A_0} X \supseteq [a,b] ist.

    ups, ja. ich hab mir überlegt, dass die vereinigung abzählbar unendlich vieler abzählbar unendlicher mengen selbst wieder abzählbar unendlich sein wird, wobei ich aber nicht bedacht habe dass es überabzählbar viele abzählbar unendliche mengen gibt. okay, ist klar nun...

    Bashar schrieb:

    edit:
    ich bin mir nun gerade ein wenig unsicher ob die definition der mengenfamilie (A_n)_n∈N\left ( A\_n \right )\_{n \in \mathbb{N}} unter der letzten quote korrekt ist (wegen der kontinuumshypothese).

    Die ist ja bekanntlich(?) unabhängig von ZFC, also kannst du sie annehmen oder ablehnen nach Gusto.

    achso. ja, ich wusste dass sie nach ZFC nicht entscheidbar ist, dass man sie aber annehmen oder ablehnen kann wie man sich gerade fühlt wusste ich nicht.

    Bashar schrieb:

    gemeint war aber eigentlich so etwas:
    A_0={X∣∣X∣=ℵ_0}A\_0 = \left \{ X \mid \left | X \right | = \aleph\_0 \right \}
    ∀n∈N:A_n={X∣∀Y∈A_n−1:∣X∣=ℶ∣Y∣}\forall n \in \mathbb{N}: A\_n = \left \{ X \mid \forall Y \in A\_{n-1} : \left | X \right | = \beth_{\left | Y \right |} \right \}

    ℶ\beth 😕 Na von mir aus.

    habe ich einen fehler gemacht? oder was meinst du?

    Bashar schrieb:

    ps.: wenn dir fehler an meinen formalisierungen auffallen, dann wäre ich dir sehr dankbar, wenn du das anmerken könntest (wenn du es nicht schon implizit dadurch tust, indem du die formeln nochmals korrekt schreibst wie vorhin beim fehlenden dx\mathrm{d} x und dem fehlenden parameter).

    OK. Ich bin eigentlich ziemlich tolerant in solchen Sachen, und dass einfach ∫f\int f geschrieben wird ist (an der Tafel zumindest) keine Seltenheit.

    die sache ist die, dass ich bis vor einigen woche noch nie zuvor solche formalisierungen geschrieben habe und ich es nun so "korrekt" wie möglich lernen möchte (sofern es so ein korrekt allgemein überhaupt gibt).

    edit: deswegen schreibe ich triviale dinge auch oft formal auf, um es zu üben.

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    wobei ich eher ∉A\notin \mathcal{A} vermute, da ja die vereinigung aller mengen einer mengenfamilie als element gefordert wird.

    Das stimmt, so steht es ja auch da. Der Kern deines Missverständnisses liegt darin, dass du irgendwie eine bestimmte Mengenfamilie als gegeben ansiehst und keine andere zulässt, z.B. hier:

    muss hier A∪BA \cup B gar nicht rein?

    Wieso nicht?

    weil AA und BB keine mengenfamilie bilden.

    Doch: {A,B,∅,∅,…}\{ A, B, \emptyset, \emptyset, \ldots \}.

    Die Vereinigung *jeder* abzählbaren Familie messbarer Mengen ist wieder messbar.

    achso. ja, ich wusste dass sie nach ZFC nicht entscheidbar ist, dass man sie aber annehmen oder ablehnen kann wie man sich gerade fühlt wusste ich nicht.

    Ich denke, dass das so ist 😉

    [ℶ\beth]
    habe ich einen fehler gemacht? oder was meinst du?

    Nö, das ist einfach ein bisschen esoterisch.

    die sache ist die, dass ich bis vor einigen woche noch nie zuvor solche formalisierungen geschrieben habe und ich es nun so "korrekt" wie möglich lernen möchte

    Mach das, aber nicht übertreiben.

    (sofern es so ein korrekt allgemein überhaupt gibt).

    Oft nur in Gedanken. Man muss immer wissen, wovon die Rede ist, aber manchmal kann man nicht alles korrekt aufschreiben.

    0
  • F

    Bashar schrieb:

    [...]

    achso. in eigenen worten:
    jede mengenfamilie in A\mathcal{A} muss ihre vereinigungsmenge auch in A\mathcal{A} haben. und das gilt für alle höchstens abzählbare mengenfamilien, die sich aus den elementen in A\mathcal{A} bilden lassen. höchstens abzählbar, weil jede endliche mengenfamilie in diesem kontext in eine abzählbar unendliche umgeformt werden kann (indem man abzählbar unendlich viele leere mengen anfügt).
    stimmt das?

    neue fragen:
    1. wenn man E(X)=2E(X) = 2 schreibt, muss man dann eigentlich zuerst
    E:Z→R,X↦∏y∈Ω(y×P(X−1(y)))E: Z \rightarrow \mathbb{R}, X \mapsto \prod_{y \in \Omega}\left ( y \times P\left ( X^{-1}\left ( y \right ) \right ) \right )
    definieren?
    wobei diese definition wahrscheinlich falsch ist. ZZ soll hier die menge aller abbildungen nach A⊆P(Ω)\mathcal{A} \subseteq \mathcal{P}(\Omega) sein. wie schreibt man das?

    2. wenn ich die folgenden magmen definiere (die hier auch halbgruppen sind):
    A=(A,∪)A = \left ( \mathcal{A}, \cup \right )
    B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )
    ist dann das dazugehörige w-mass PP ein homomorphismus?

    edit zu 2.:
    das gilt allgemein nicht wie mir gerade eingefallen ist.
    so wie ich es aufgeschrieben habe gilt das aber für:
    - A={Ω,∅}\mathcal{A} = \left \{ \Omega, \emptyset \right \}
    - paarweise disjunkte teilmengen von A\mathcal{A}
    stimmt das?

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    jede mengenfamilie in A\mathcal{A} muss ihre vereinigungsmenge auch in A\mathcal{A} haben. und das gilt für alle höchstens abzählbare mengenfamilien, die sich aus den elementen in A\mathcal{A} bilden lassen. höchstens abzählbar, weil jede endliche mengenfamilie in diesem kontext in eine abzählbar unendliche umgeformt werden kann (indem man abzählbar unendlich viele leere mengen anfügt).
    stimmt das?

    Ja, allerdings ist die Formulierung ein bisschen verunglückt. Du sagst erst es gilt für jede Familie, und schränkst das im nächsten Satz erst wieder ein.

    neue fragen:
    1. wenn man E(X)=2E(X) = 2 schreibt, muss man dann eigentlich zuerst
    E:Z→R,X↦∏y∈Ω(y×P(X−1(y)))E: Z \rightarrow \mathbb{R}, X \mapsto \prod_{y \in \Omega}\left ( y \times P\left ( X^{-1}\left ( y \right ) \right ) \right )
    definieren?

    Ist das der Erwartungswert? Der ist eigentlich als Integral definiert; im endlichen Fall ist das eine Summe, kein Produkt. Und die Summe geht über den Wertebereich von X bzw. über die reellen Zahlen, nicht über Ω.

    wobei diese definition wahrscheinlich falsch ist. ZZ soll hier die menge aller abbildungen nach A⊆P(Ω)\mathcal{A} \subseteq \mathcal{P}(\Omega) sein. wie schreibt man das?

    Das soll sicher die Menge der messbaren Abbildungen von A\mathcal{A} nach R\mathbb{R} sein. Ich weiß nicht, ob es dafür Standardnotation gibt; ich hab auf die Schnelle überhaupt nichts derartiges gefunden.

    2. wenn ich die folgenden magmen definiere (die hier auch halbgruppen sind):
    A=(A,∪)A = \left ( \mathcal{A}, \cup \right )
    B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )
    ist dann das dazugehörige w-mass PP ein homomorphismus?

    Das zweite ist keine Halbgruppe, weil die Verknüpfung nicht abgeschlossen ist.

    edit zu 2.:
    das gilt allgemein nicht wie mir gerade eingefallen ist.
    so wie ich es aufgeschrieben habe gilt das aber für:
    - A={Ω,∅}\mathcal{A} = \left \{ \Omega, \emptyset \right \}
    - paarweise disjunkte teilmengen von A\mathcal{A}
    stimmt das?

    Ich weiß nicht genau, was du meinst. Falls du A umdefinierst, ist es wahrscheinlich keine Halbgruppe mehr. Falls du P einschränkst, ist es kein Homomorphismus.

    0
  • ?

    Zwischenfrage: Wie ist das zu einem Magma gehörige W-Maß definiert?

    0
  • B

    Das W-Maß ist nach wie vor auf der sigma-Algebra definiert.

    0
  • F

    Bashar schrieb:

    Ist das der Erwartungswert?

    ja.

    Bashar schrieb:

    Der ist eigentlich als Integral definiert;

    ist der erwartungswert diskreter verteilungen auch als integral definiert? und wenn ja, wie geht das? die dichtefunktionen sind ja nicht stetig.

    Bashar schrieb:

    im endlichen Fall ist das eine Summe, kein Produkt.

    uups, das hätte eigentlich auch eine summe sein sollen in der formel... wie dumm...

    Bashar schrieb:

    Und die Summe geht über den Wertebereich von X bzw. über die reellen Zahlen, nicht über Ω.

    also allgemein über die definitionsmenge von X?

    Bashar schrieb:

    2. wenn ich die folgenden magmen definiere (die hier auch halbgruppen sind):
    A=(A,∪)A = \left ( \mathcal{A}, \cup \right )
    B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )
    ist dann das dazugehörige w-mass PP ein homomorphismus?

    Das zweite ist keine Halbgruppe, weil die Verknüpfung nicht abgeschlossen ist.

    ist die abgeschlossenheit voraussetzung für eine halbgruppe?
    tatsache! okay, wieder was gelernt.

    Bashar schrieb:

    edit zu 2.:
    das gilt allgemein nicht wie mir gerade eingefallen ist.
    so wie ich es aufgeschrieben habe gilt das aber für:
    - A={Ω,∅}\mathcal{A} = \left \{ \Omega, \emptyset \right \}
    - paarweise disjunkte teilmengen von A\mathcal{A}
    stimmt das?

    Ich weiß nicht genau, was du meinst. Falls du A umdefinierst, ist es wahrscheinlich keine Halbgruppe mehr. Falls du P einschränkst, ist es kein Homomorphismus.

    ja, ich habe es nicht richtig durchdacht. was ich etwa meinte ist folgendes:

    sei KK die menge aller mengenpartitionen von Ω\Omega:
    ∀M∈K:(⋃x∈Mx)=Ω\forall M \in K: \left ( \bigcup_{x \in M}x \right ) = \Omega
    ∀M∈K∀x,y∈M:x△y=∅⇔∀M∈K∀x,y∈M:x≠y⇒x∩y=∅\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \triangle y = \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset

    dann definieren wir das folgende quasi-w-mass:
    \forall M \in K: P_M: M \rightarrow [0,1]

    dann definieren wir wieder die magmen (nun sind beide nicht abgeschlossen):
    ∀M∈K:AM=(M,∪)\forall M \in K: A_M = \left (M, \cup \right )
    B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )

    zwischenfrage: stimmt das folgende?
    ∀M∈K:∪:M×M→(⋃x∈Mx⇔Ω),(x,y)↦x∪y\forall M \in K: \cup : M \times M \rightarrow \left ( \bigcup_{x \in M}x \Leftrightarrow \Omega \right ), (x,y) \mapsto x \cup y (bedingt injektiv, je nach MM)
    +: [0,1]^2 \rightarrow [0,2], \left ( x,y \right ) \mapsto x + y (surjektiv)

    da nun alle elemente jeder menge aus KK paarweise disjunkt sind, folgt:
    ∀M∈K∀a,b∈M:P(a)+P(b)=P(a∪b)\forall M \in K \; \forall a,b \in M: P(a) + P(b) = P(a \cup b)
    oder allgemeiner:
    ∀M∈K∀D∈P(M):∑x∈MP_M(x)=P_M(⋃x∈Mx)\forall M \in K \; \forall D \in \mathcal{P} (M): \sum_{x \in M} P\_M(x) = P\_M \left (\bigcup_{x \in M} x \right )

    womit jedes PMP_M dann ein homomorphismus von AMA_M in BB ist. richtig?

    edit: fehler und unüberlegtheiten korrigiert.

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    Bashar schrieb:

    Der ist eigentlich als Integral definiert;

    ist der erwartungswert diskreter verteilungen auch als integral definiert? und wenn ja, wie geht das? die dichtefunktionen sind ja nicht stetig.

    Mit dem http://de.wikipedia.org/wiki/Lebesgue-Integral und dem W-Maß.

    Bashar schrieb:

    Und die Summe geht über den Wertebereich von X bzw. über die reellen Zahlen, nicht über Ω.

    also allgemein über die definitionsmenge von X?

    Nein, wie gesagt den Wertebereich.

    ist die abgeschlossenheit voraussetzung für eine halbgruppe?
    tatsache! okay, wieder was gelernt.

    Das ist implizit so, weil die Verküpfung eine Abbildung A×A→AA\times A\to A ist und somit jedem Paar (a,b) einen Wert aus A zuordnen muss.

    sei KK die menge aller mengenpartitionen von Ω\Omega:
    ∀M∈K:(⋃x∈Mx)=Ω\forall M \in K: \left ( \bigcup_{x \in M}x \right ) = \Omega
    ∀M∈K∀x,y∈M:x△y=∅⇔∀M∈K∀x,y∈M:x≠y⇒x∩y=∅\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \triangle y = \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset

    △\triangle = symmetrische Differenz? Dann seh ich nicht, wie das stimmen kann. Wenn x,y Elemente einer Partition sind, dann sind sie entweder gleich oder disjunkt, aber nur im erstem Fall ist ihre symmetrische Differenz leer. Die rechte Seite gilt dagegen immer (per Definition einer Mengenpartition).

    dann definieren wir das folgende quasi-w-mass:
    \forall M \in K: P_M: M \rightarrow [0,1]

    Da fehlt die eigentliche Definition. Ich nehme an PM(x)=P(x)P_M(x) = P(x)?

    dann definieren wir wieder die magmen (nun sind beide nicht abgeschlossen):

    Dann sind es keine Magmen (da deine Verknüpfungen assoziativ sind, kannst du auch Halbgruppe sagen). Aber da mir das Wort Magma außerhalb von Wikipedia noch nicht über den Weg gelaufen ist, akzeptiere ich das einfach mal. Als hättest du Pseudomagma gesagt.

    ∀M∈K:AM=(M,∪)\forall M \in K: A_M = \left (M, \cup \right )
    B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )

    Es gibt kein x,y∈Mx,y\in M mit x∪y∈Mx\cup y \in M. Die partielle Verknüpfung auf AMA_M hat also einen leeren Definitionsbereich.

    zwischenfrage: stimmt das folgende?
    ∀M∈K:∪:M×M→(⋃x∈Mx⇔Ω),(x,y)↦x∪y\forall M \in K: \cup : M \times M \rightarrow \left ( \bigcup_{x \in M}x \Leftrightarrow \Omega \right ), (x,y) \mapsto x \cup y (bedingt injektiv, je nach MM)

    ∪:M×M→P(Ω)\cup : M\times M \to \mathcal{P}(\Omega)

    +: [0,1]^2 \rightarrow [0,2], \left ( x,y \right ) \mapsto x + y (surjektiv)

    ja.

    da nun alle elemente jeder menge aus KK paarweise disjunkt sind, folgt:
    ∀M∈K∀a,b∈M:P(a)+P(b)=P(a∪b)\forall M \in K \; \forall a,b \in M: P(a) + P(b) = P(a \cup b)

    Stimmt nur für a≠ba\neq b.
    Außerdem würde das für PMP_M nicht gelten, weil das für a∪ba\cup b gar nicht definiert ist.

    oder allgemeiner:
    ∀M∈K∀D∈P(M):∑x∈MP_M(x)=P_M(⋃x∈Mx)\forall M \in K \; \forall D \in \mathcal{P} (M): \sum_{x \in M} P\_M(x) = P\_M \left (\bigcup_{x \in M} x \right )

    Vorsicht bei unendlichen Summen. So ganz allgemein geht das sicher nicht, abzählbar sollte M schon allein wegen der sigma-Additivität sein.

    womit jedes PMP_M dann ein homomorphismus von AMA_M in BB ist. richtig?

    Nein, leider nicht.

    0
  • ?

    Bezüglich Erwartungswert diskreter ZV und Lebesgueintegralen: Siehe auch Zählmaß.

    @Bashar (bzw eigentlich @asfdlol...): Mir ist klar, dass ein Maß auf einer Sigma-Algebra lebt.
    Aber was ist gemeint mit "zugehörigem W-Maß" (da ich mir bei [0,1] mit + partout nichts darunter vorstellen kann...)? Ist das nur eine Verwirrung?

    0
  • B

    JFB schrieb:

    @Bashar (bzw eigentlich @asfdlol...): Mir ist klar, dass ein Maß auf einer Sigma-Algebra lebt.
    Aber was ist gemeint mit "zugehörigem W-Maß" (da ich mir bei [0,1] mit + partout nichts darunter vorstellen kann...)? Ist das nur eine Verwirrung?

    Ich würd das nicht auf die Goldwaage legen. Gemeint ist das W-Maß P auf A\mathcal{A}, von dem schon die ganze Zeit die Rede ist. Und die Frage ist, ob das ein Halbgruppenhommorphismus von (A,∪)(\mathcal{A},\cup) nach ([0,1], +) ist. (Antwort: Nein, aus verschiedenen Gründen.)

    0
  • F

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    Bashar schrieb:

    Der ist eigentlich als Integral definiert;

    ist der erwartungswert diskreter verteilungen auch als integral definiert? und wenn ja, wie geht das? die dichtefunktionen sind ja nicht stetig.

    Mit dem http://de.wikipedia.org/wiki/Lebesgue-Integral und dem W-Maß.

    puh, das sieht schon recht tief und schwierig aus.

    fragen dazu:
    sei (Ω,A,μ)\left ( \Omega, \mathcal{A}, \mu \right ) ein massraum.
    - gilt μ:A→{x∈R∣x≥0}∪{∞}\mu: \mathcal{A} \rightarrow \left \{ x \in \mathbb{R} \mid x \geq 0 \right \} \cup \left \{ \infty \right \} ?
    - wenn das stimmt, wieso muss das mass unbedingt auf diese menge abbilden und kann nicht z.b. in die gesamten erweiterten reellen zahlen abbilden (bzw. was spricht gegen hypothetische negative masse?) oder in die natürlichen?
    - μ\mu aus einem solchen massraum ist für alle (Ω,A)\left ( \Omega, \mathcal{A} \right ) die einen korrekten messraum bilden lebesgue-integrierbar?
    - ist ein lebesgue-integral für alle masse eine approximation oder nur für solche mit überabzählbaren definitionsmengen?

    aber ehrlich gesagt verstehe ich nur sehr wenig vom wikipedia-artikel. ist masstheorie / messbarkeit / lebesgue-integrale thema von analysis II / III?

    Bashar schrieb:

    sei KK die menge aller mengenpartitionen von Ω\Omega:
    ∀M∈K:(⋃x∈Mx)=Ω\forall M \in K: \left ( \bigcup_{x \in M}x \right ) = \Omega
    ∀M∈K∀x,y∈M:x△y=∅⇔∀M∈K∀x,y∈M:x≠y⇒x∩y=∅\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \triangle y = \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset

    △\triangle = symmetrische Differenz? Dann seh ich nicht, wie das stimmen kann. Wenn x,y Elemente einer Partition sind, dann sind sie entweder gleich oder disjunkt, aber nur im erstem Fall ist ihre symmetrische Differenz leer. Die rechte Seite gilt dagegen immer (per Definition einer Mengenpartition).

    ja, die symmetrische differenz ist gemeint. das war ein flüchtigkeitsfehler, ich meinte eigentlich:
    ∀M∈K∀x,y∈M:x≠y⇒x△y≠∅⇔∀M∈K∀x,y∈M:x≠y⇒x∩y=∅\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \triangle y \neq \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset
    also auch im ersten teil x≠yx \neq y und ungleich der leeren menge. ich glaube, dies dürfte stimmen und gleich sein wie der ausdruck rechts vom äquivalenz-doppelpfeil.
    und ja, die beiden formeln sind beide nur die vorbedingungen dafür, dass es mengenpartitionen sind. ich wollte es nur kurz formalisieren.

    Bashar schrieb:

    dann definieren wir das folgende quasi-w-mass:
    \forall M \in K: P_M: M \rightarrow [0,1]

    Da fehlt die eigentliche Definition. Ich nehme an PM(x)=P(x)P_M(x) = P(x)?

    ich dachte, die braucht man gar nicht wissen um den homomorphismus zu zeigen (oder eben nicht), solange vorausgesetzt ist dass jedes PMP_M ein w-mass ist. ansonst gilt:
    \forall M \in K: P_M: M \rightarrow [0,1], x \mapsto P\left ( x \right )
    also so wie du es gesagt hast.

    Bashar schrieb:

    dann definieren wir wieder die magmen (nun sind beide nicht abgeschlossen):

    Dann sind es keine Magmen (da deine Verknüpfungen assoziativ sind, kannst du auch Halbgruppe sagen). Aber da mir das Wort Magma außerhalb von Wikipedia noch nicht über den Weg gelaufen ist, akzeptiere ich das einfach mal. Als hättest du Pseudomagma gesagt.

    hmm, ja stimmt, das wusste ich auch nicht, dass auch magmen eine abgeschlosse verknüpfung voraussetzen. kann man einfach sagen, dass für jede algebraische verknüpfung eine in der jeweiligen menge abgeschlosse verknüpfung vorausgesetzt ist?

    Bashar schrieb:

    da nun alle elemente jeder menge aus KK paarweise disjunkt sind, folgt:
    ∀M∈K∀a,b∈M:P(a)+P(b)=P(a∪b)\forall M \in K \; \forall a,b \in M: P(a) + P(b) = P(a \cup b)

    Stimmt nur für a≠ba\neq b.
    Außerdem würde das für PMP_M nicht gelten, weil das für a∪ba\cup b gar nicht definiert ist.

    gleich zwei sinnlose fehler:
    - ich wollte a≠ba\neq b voraussetzen.
    - ich wollte PMP_M statt PP schreiben, was natürlich kompletter blödsinn ist da ∪\cup natürlich für disjunkte argumente nicht abgeschlossen ist, womit das resultat dann auch nicht in PMP_M passt...

    schade, ich hatte schon für einen moment lang hoffnung, dass das hätte klappen können.

    JFB schrieb:

    Aber was ist gemeint mit "zugehörigem W-Maß" (da ich mir bei [0,1] mit + partout nichts darunter vorstellen kann...)? Ist das nur eine Verwirrung?

    ist das folgende hier gemeint?

    asfdlol schrieb:

    2. wenn ich die folgenden magmen definiere (die hier auch halbgruppen sind):
    A=(A,∪)A = \left ( \mathcal{A}, \cup \right )
    B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )
    ist dann das dazugehörige w-mass PP ein homomorphismus?

    damit war einfach ein wahrscheinlichkeitsmass P: \mathcal{A} \rightarrow \left [ 0, 1 \right ] gemeint, sodass es zwischen den unter den pseudo-magmen liegenden mengen abbildet.

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    sei (Ω,A,μ)\left ( \Omega, \mathcal{A}, \mu \right ) ein massraum.
    - gilt μ:A→{x∈R∣x≥0}∪{∞}\mu: \mathcal{A} \rightarrow \left \{ x \in \mathbb{R} \mid x \geq 0 \right \} \cup \left \{ \infty \right \} ?

    Das ist keine Aussage.
    Falls du meinst, ob das Maß als eine Abbildung dieser Form definiert ist: Ja.

    - wenn das stimmt, wieso muss das mass unbedingt auf diese menge abbilden und kann nicht z.b. in die gesamten erweiterten reellen zahlen abbilden (bzw. was spricht gegen hypothetische negative masse?)

    Komische Frage. Falls das stimmt, dann ist die Antwort: Genau deswegen. Vielleicht wolltest du fragen, ob das unbedingt stimmen muss? Es gibt auch signierte Maße, das ist dann halt eine andere, allgemeinere Definition mit anderen Konsequenzen.

    oder in die natürlichen?

    Das ist durch die Definition ja nicht ausgeschlossen.

    - μ\mu aus einem solchen massraum ist für alle (Ω,A)\left ( \Omega, \mathcal{A} \right ) die einen korrekten messraum bilden lebesgue-integrierbar?
    - ist ein lebesgue-integral für alle masse eine approximation oder nur für solche mit überabzählbaren definitionsmengen?

    Ich verstehe die Fragen nicht. Was soll es z.B. heißen, ein Maß sei lebesgue-integrierbar? Das Maß ist überhaupt nicht Gegenstand dieses Begriffs, es geht um messbare Funktionen. Und was meinst du genau mit Approximation?

    aber ehrlich gesagt verstehe ich nur sehr wenig vom wikipedia-artikel. ist masstheorie / messbarkeit / lebesgue-integrale thema von analysis II / III?

    Ja so ungefähr. Kann auch eine eigene Vorlesung sein.

    ich wollte es nur kurz formalisieren.

    Formalisierungswut 🙂

    Bashar schrieb:

    dann definieren wir das folgende quasi-w-mass:
    \forall M \in K: P_M: M \rightarrow [0,1]

    Da fehlt die eigentliche Definition. Ich nehme an PM(x)=P(x)P_M(x) = P(x)?

    ich dachte, die braucht man gar nicht wissen um den homomorphismus zu zeigen (oder eben nicht), solange vorausgesetzt ist dass jedes PMP_M ein w-mass ist.

    Naja, du hattest gesagt, dass du da was definierst. Sonst solltest du sagen, dass es irgendwelche W-Maße sein sollen.

    hmm, ja stimmt, das wusste ich auch nicht, dass auch magmen eine abgeschlosse verknüpfung voraussetzen. kann man einfach sagen, dass für jede algebraische verknüpfung eine in der jeweiligen menge abgeschlosse verknüpfung vorausgesetzt ist?

    Ja, wie gesagt, das folgt schon daraus, dass die Verknüpfung eine Abbildung ist, bzw. daraus, dass man Abbildungen grundsätzlich als totale Abbildungen versteht.

    schade, ich hatte schon für einen moment lang hoffnung, dass das hätte klappen können.

    Du kannst es ja mal mit einer anderen Verknüpfung versuchen. Beispielsweise ist (A,△)(\mathcal{A},\triangle) wenn ich mich nicht irre in der Tat eine Halbgruppe (sogar eine Gruppe!)

    0
  • F

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    sei (Ω,A,μ)\left ( \Omega, \mathcal{A}, \mu \right ) ein massraum.
    - gilt μ:A→{x∈R∣x≥0}∪{∞}\mu: \mathcal{A} \rightarrow \left \{ x \in \mathbb{R} \mid x \geq 0 \right \} \cup \left \{ \infty \right \} ?

    Das ist keine Aussage.
    Falls du meinst, ob das Maß als eine Abbildung dieser Form definiert ist: Ja.

    - wenn das stimmt, wieso muss das mass unbedingt auf diese menge abbilden und kann nicht z.b. in die gesamten erweiterten reellen zahlen abbilden (bzw. was spricht gegen hypothetische negative masse?)

    Komische Frage. Falls das stimmt, dann ist die Antwort: Genau deswegen. Vielleicht wolltest du fragen, ob das unbedingt stimmen muss? Es gibt auch signierte Maße, das ist dann halt eine andere, allgemeinere Definition mit anderen Konsequenzen.

    ja, beide male richtig angenommen.

    Bashar schrieb:

    oder in die natürlichen?

    Das ist durch die Definition ja nicht ausgeschlossen.

    achja, klar, wie dumm von mir...

    angenommen, man möchte einem messraum ein mass geben, dass den elementen der σ-algebra werte aus C\mathbb{C} oder aus z.b. R3\mathbb{R}^3 zuordnet. ist auch so ein mass erlaubt?

    Bashar schrieb:

    Was soll es z.B. heißen, ein Maß sei lebesgue-integrierbar? Das Maß ist überhaupt nicht Gegenstand dieses Begriffs, es geht um messbare Funktionen.

    dann hab ich es falsch verstanden.

    Bashar schrieb:

    Und was meinst du genau mit Approximation?

    auch ein missvertändnis meinerseits.

    das lebesgue-integral ist im moment noch zu hoch für mich. ich hab den wikipedia-artikel nun mehrfach versucht zu verstehen, es scheint aber hoffnungslos.

    Bashar schrieb:

    schade, ich hatte schon für einen moment lang hoffnung, dass das hätte klappen können.

    Du kannst es ja mal mit einer anderen Verknüpfung versuchen. Beispielsweise ist (A,△)(\mathcal{A},\triangle) wenn ich mich nicht irre in der Tat eine Halbgruppe (sogar eine Gruppe!)

    ohh, das sieht nach spass aus. (könntest du bitte sagen ob meine "beweise" auch tatsächlich welche sind? 🙂 )
    A=(A,△)A = \left ( \mathcal{A}, \triangle \right )

    ∀a,b,c∈A:a△(b△c)=(a△b)△c={x∣(x∈a)⊻((x∈b)⊻(x∈c))}={x∣((x∈a)⊻(x∈b))⊻(x∈c)}\forall a,b,c \in \mathcal{A}: a \triangle (b \triangle c) = (a \triangle b) \triangle c = \left \{ x \mid (x \in a ) \veebar ((x \in b ) \veebar (x \in c)) \right \} = \left \{ x \mid ((x \in a) \veebar (x \in b)) \veebar (x \in c) \right \}
    wobei dann die assoziativität von xor mit einer wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    e∈A=∅e \in \mathcal{A} = \emptyset
    ∀a∈A:a△e=a△∅={x∣(x∈a)⊻(x∈∅)}={x∣(x∈a)⊻0}={x∣x∈a}={x∈a}=a\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle e = a \triangle \emptyset = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in \emptyset) \right \} = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar 0 \right \} = \left \{ x \mid x \in a \right \} = \left \{ x \in a \right \} = a
    wobei die kontingenz x⊻0=xx \veebar 0 = x mit der wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    ∀a∈A:a−1=a⇒a−1△a=a△a=e=∅\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset
    ∀a∈A:a△a={x∣(x∈a)⊻(x∈a)}={}=∅\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset
    wobei die fehlende idempotenz mit einer wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    damit ist AA eine gruppe.

    das problem ist nun, dass \left ( \left [ 0,1 \right ], + \right ) keine algebraische struktur ist da die abgeschlossenheit nicht erfüllt ist.

    alternativen:
    B = \left ( \left [ 0,1 \right ], \star \right )
    \star: \left [ 0,1 \right ]^2 \rightarrow \left [ 0,1 \right ], \left ( x,y \right ) \mapsto \min(x+y,1)

    m:R→R,x↦x−⌊x⌋m: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, x \mapsto x - \left \lfloor x \right \rfloor

    C = \left ( \left [ 0,1 \right ], \ast \right )
    \ast: \left [ 0,1 \right ]^2 \rightarrow \left [ 0,1 \right ], \left ( x,y \right ) \mapsto m\left ( x+y \right )

    wobei BB eine halbgruppe mit einem neutralen element und CC sogar eine gruppe ist.

    kann ich nun von AA nach BB oder CC einen homomorphismus erklären? oder brauche ich nochmals eine andere ziel-(halb)gruppe? aber ich vermute, dass ich eine menge disjunkter teilmengen benötige, was von der σ-algebra meistens nicht gegeben ist. was meinst du dazu?

    0
  • C

    asfdlol schrieb:

    angenommen, man möchte einem messraum ein mass geben, dass den elementen der σ-algebra werte aus C\mathbb{C} oder aus z.b. R3\mathbb{R}^3 zuordnet. ist auch so ein mass erlaubt?

    Nein, das ist streng verboten und kann mit bis zu 10 Jahren schriftlichem Dividieren bestraft werden! 🤡
    Spass beiseite:
    Du kannst definieren was du willst. Es gelten eben dann andere Sätze dafür.
    Signierte Maße, komplexe Maße und sogar operatorwertige Maße (http://en.wikipedia.org/wiki/Projection-valued_measure) spielen alle eine Rolle in der Mathematik/Physik.

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    ohh, das sieht nach spass aus. (könntest du bitte sagen ob meine "beweise" auch tatsächlich welche sind? 🙂 )
    A=(A,△)A = \left ( \mathcal{A}, \triangle \right )

    ∀a,b,c∈A:a△(b△c)=(a△b)△c={x∣(x∈a)⊻((x∈b)⊻(x∈c))}={x∣((x∈a)⊻(x∈b))⊻(x∈c)}\forall a,b,c \in \mathcal{A}: a \triangle (b \triangle c) = (a \triangle b) \triangle c = \left \{ x \mid (x \in a ) \veebar ((x \in b ) \veebar (x \in c)) \right \} = \left \{ x \mid ((x \in a) \veebar (x \in b)) \veebar (x \in c) \right \}
    wobei dann die assoziativität von xor mit einer wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    e∈A=∅e \in \mathcal{A} = \emptyset
    ∀a∈A:a△e=a△∅={x∣(x∈a)⊻(x∈∅)}={x∣(x∈a)⊻0}={x∣x∈a}={x∈a}=a\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle e = a \triangle \emptyset = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in \emptyset) \right \} = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar 0 \right \} = \left \{ x \mid x \in a \right \} = \left \{ x \in a \right \} = a
    wobei die kontingenz x⊻0=xx \veebar 0 = x mit der wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    ∀a∈A:a−1=a⇒a−1△a=a△a=e=∅\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset
    ∀a∈A:a△a={x∣(x∈a)⊻(x∈a)}={}=∅\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset
    wobei die fehlende idempotenz mit einer wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    Fehlende Idempotenz ist nicht das, wonach du hier suchst.

    das problem ist nun, dass \left ( \left [ 0,1 \right ], + \right ) keine algebraische struktur ist da die abgeschlossenheit nicht erfüllt ist.

    alternativen:
    B = \left ( \left [ 0,1 \right ], \star \right )
    \star: \left [ 0,1 \right ]^2 \rightarrow \left [ 0,1 \right ], \left ( x,y \right ) \mapsto \min(x+y,1)

    m:R→R,x↦x−⌊x⌋m: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, x \mapsto x - \left \lfloor x \right \rfloor

    C = \left ( \left [ 0,1 \right ], \ast \right )
    \ast: \left [ 0,1 \right ]^2 \rightarrow \left [ 0,1 \right ], \left ( x,y \right ) \mapsto m\left ( x+y \right )

    wobei BB eine halbgruppe mit einem neutralen element und CC sogar eine gruppe ist.

    kann ich nun von AA nach BB oder CC einen homomorphismus erklären?

    Wenn du einen findest?

    oder brauche ich nochmals eine andere ziel-(halb)gruppe? aber ich vermute, dass ich eine menge disjunkter teilmengen benötige, was von der σ-algebra meistens nicht gegeben ist. was meinst du dazu?

    Das sieht alles nicht besonders aus, ich nehme an weil A eine Boolesche Algebra ist, was sich zB darin äußert, dass in (A,△)(\mathcal{A},\triangle) jedes Element zu sich selbst invers ist. Du kannst natürlich immer den trivialen Homomorphismus (der alles auf das Neutralelement abbildet) nehmen, aber davon abgesehen ... es wird wohl auch nicht gehen, aus dem Maß einen Homomorphismus zu bauen, da P(a△b)P(a \triangle b) nicht nur von P(a) und P(b) abhängt (außer wenn a und b stochastisch unabhängig sind).

    0
  • F

    C14 schrieb:

    [...]

    lol.
    okay, danke für den link.

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    ∀a∈A:a−1=a⇒a−1△a=a△a=e=∅\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset
    ∀a∈A:a△a={x∣(x∈a)⊻(x∈a)}={}=∅\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset
    wobei die fehlende idempotenz mit einer wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    Fehlende Idempotenz ist nicht das, wonach du hier suchst.

    ein aussagelogisches wahr / falsch kann selbstverständlich nur zwei zustände haben (satz vom ausgeschlossenen dritten). gilt wahr⊻wahr=wahrwahr \veebar wahr = wahr, so wäre ⊻\veebar idempotent. da dies aber nicht gilt ist die operation nicht idempotent. übersehe ich etwas?

    Bashar schrieb:

    Das sieht alles nicht besonders aus, ich nehme an weil A eine Boolesche Algebra ist, was sich zB darin äußert, dass in (A,△)(\mathcal{A},\triangle) jedes Element zu sich selbst invers ist. Du kannst natürlich immer den trivialen Homomorphismus (der alles auf das Neutralelement abbildet) nehmen, aber davon abgesehen ... es wird wohl auch nicht gehen, aus dem Maß einen Homomorphismus zu bauen, da P(a△b)P(a \triangle b) nicht nur von P(a) und P(b) abhängt (außer wenn a und b stochastisch unabhängig sind).

    okay, ich gebe es auf. meine idee war anfangs schon das mass in einen homomorphismus umzubauen.

    hierzu noch eine frage:

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    - wieso ist die menge alle intervalle in R\mathbb{R} + alle komplemente und vereinigungen dieser intervalle nicht selbst wieder P(R)\mathcal{P}(\mathbb{R})? bzw. was ist P(R)∖B\mathcal{P}(\mathbb{R}) \setminus \mathcal{B}?

    Ich glaube, das sollte aus dem obigen Link über das Maßproblem auch hervorgehen. Man kann solche nicht messbaren Mengen leider nicht explizit aufschreiben. Wobei das "leider" in dem Fall eher positiv zu werten ist, weil damit umgekehrt alle irgendwie praktisch vorkommenden Mengen messbar sind.

    A_1 = \left \{ \left [ x,x \right ] \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ \left \{ x \right \} \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq 1 \right \}
    ∀i∈{n∈N∣n>1}:A_i={x∪y∣x,y∈A_i−1}={x∈P(R)∣∣x∣≤i}\forall i \in \left \{ n \in \mathbb{N} \mid n > 1 \right \}: A\_i = \left \{ x \cup y \mid x,y \in A\_{i-1} \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq i \right \}
    wobei AiA_i für unendlich grosse ii äquivalent zu P(R)\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) ist und womit P(R)\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) eine borelsche σ-algebra sein muss (es ist ja schliesslich nur die vereinigung von intervallen in R\mathbb{R}). wo ist mein fehler?

    0
  • B

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    ∀a∈A:a−1=a⇒a−1△a=a△a=e=∅\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset
    ∀a∈A:a△a={x∣(x∈a)⊻(x∈a)}={}=∅\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset
    wobei die fehlende idempotenz mit einer wahrheitstafel aufzeigbar ist.

    Fehlende Idempotenz ist nicht das, wonach du hier suchst.

    ein aussagelogisches wahr / falsch kann selbstverständlich nur zwei zustände haben (satz vom ausgeschlossenen dritten). gilt wahr⊻wahr=wahrwahr \veebar wahr = wahr, so wäre ⊻\veebar idempotent.

    Du brauchst eigentlich x⊻x=falschx\veebar x = falsch, und das ist nunmal sowohl sachlich als auch logisch etwas anderes als fehlende Idempotenz. Idempotenz heißt x⊻x=xx\veebar x = x für alle x, also für wahr und für falsch. Es gibt aber außer XOR (⊻\veebar) noch andere nicht idempotente boolesche Verknüpfungen, z.B. NAND, für die die obige Aussage nicht zutreffen würde.

    hierzu noch eine frage:

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    - wieso ist die menge alle intervalle in R\mathbb{R} + alle komplemente und vereinigungen dieser intervalle nicht selbst wieder P(R)\mathcal{P}(\mathbb{R})? bzw. was ist P(R)∖B\mathcal{P}(\mathbb{R}) \setminus \mathcal{B}?

    Ich glaube, das sollte aus dem obigen Link über das Maßproblem auch hervorgehen. Man kann solche nicht messbaren Mengen leider nicht explizit aufschreiben. Wobei das "leider" in dem Fall eher positiv zu werten ist, weil damit umgekehrt alle irgendwie praktisch vorkommenden Mengen messbar sind.

    A_1 = \left \{ \left [ x,x \right ] \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ \left \{ x \right \} \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq 1 \right \}
    ∀i∈{n∈N∣n>1}:A_i={x∪y∣x,y∈A_i−1}={x∈P(R)∣∣x∣≤i}\forall i \in \left \{ n \in \mathbb{N} \mid n > 1 \right \}: A\_i = \left \{ x \cup y \mid x,y \in A\_{i-1} \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq i \right \}
    wobei AiA_i für unendlich grosse ii äquivalent zu P(R)\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) ist und womit P(R)\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) eine borelsche σ-algebra sein muss (es ist ja schliesslich nur die vereinigung von intervallen in R\mathbb{R}). wo ist mein fehler?

    Was genau meinst du mit "unendlich große i"? Falls höchstens abzählbar unendlich: Dann fehlen in Ai alle überabzählbaren Teilmengen von IR. Falls überabzählbar: Dann vereinigst du eine überabzählbare Mengenfamilie. (Außerdem weiß ich dann nicht, was i-1 sein soll. Falls du jetzt mit Ordinalzahlen ankommst, weiß ich nicht, was Kardinalzahl <= Ordinalzahl heißen soll. Und falls du dafür noch eine Erklärung hast, musst du warten, bis ein Mengentheoretiker aufschlägt :p)

    0
  • F

    Bashar schrieb:

    Du brauchst eigentlich x⊻x=falschx\veebar x = falsch, und das ist nunmal sowohl sachlich als auch logisch etwas anderes als fehlende Idempotenz. Idempotenz heißt x⊻x=xx\veebar x = x für alle x, also für wahr und für falsch. Es gibt aber außer XOR (⊻\veebar) noch andere nicht idempotente boolesche Verknüpfungen, z.B. NAND, für die die obige Aussage nicht zutreffen würde.

    okay, ja, du hast recht. ich hatte irgendwo einen fehler im gedankengang.

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    A_1 = \left \{ \left [ x,x \right ] \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ \left \{ x \right \} \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq 1 \right \}
    ∀i∈{n∈N∣n>1}:A_i={x∪y∣x,y∈A_i−1}={x∈P(R)∣∣x∣≤i}\forall i \in \left \{ n \in \mathbb{N} \mid n > 1 \right \}: A\_i = \left \{ x \cup y \mid x,y \in A\_{i-1} \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq i \right \}
    wobei AiA_i für unendlich grosse ii äquivalent zu P(R)\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) ist und womit P(R)\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) eine borelsche σ-algebra sein muss (es ist ja schliesslich nur die vereinigung von intervallen in R\mathbb{R}). wo ist mein fehler?

    Was genau meinst du mit "unendlich große i"? Falls höchstens abzählbar unendlich: Dann fehlen in Ai alle überabzählbaren Teilmengen von IR. Falls überabzählbar: Dann vereinigst du eine überabzählbare Mengenfamilie. (Außerdem weiß ich dann nicht, was i-1 sein soll. Falls du jetzt mit Ordinalzahlen ankommst, weiß ich nicht, was Kardinalzahl <= Ordinalzahl heißen soll. Und falls du dafür noch eine Erklärung hast, musst du warten, bis ein Mengentheoretiker aufschlägt :p)

    (achtung, siehe evtl. erst das pps.!)

    okay, dass das mit dem abzählbar unendlichen (natürlichen) index nicht geht wenn man überabzählbar viele mengen haben möchte ist mir nun klar geworden. aber kann ich stattdessen nicht einfach eine überabzählbare indexmenge nehmen? denn laut dem wohlordnungssatz hat auch jedes element dieser überabzählbaren indexmenge einen eindeutigen nachfolger.

    bisschen formalisierungswut: 😉
    sei II die überabzählbare indexmenge der mengenfamilie (A_i)_i∈I\left ( A\_i \right )\_{i\in I} und sei σ\sigma eine bijektion, die das nächstgrössere element aus II angibt.

    ∣I∣=∣R∣\left |I \right | = \left | \mathbb{R} \right |
    ∀i∈I:Ai ist eine Menge\forall i \in I: A_i ~\text{ist eine Menge}
    ^(kann man das formaler aufschreiben als so als text?)^

    m=minI⇒∀i∈I∖{m}:m<im = \min{I} \Rightarrow \forall i \in I \setminus \left \{ m \right \}: m < i
    σ:I→I∖{m}\sigma: I \rightarrow I \setminus \left \{ m \right \}
    ∀i∈I¬∃j∈I:i<j<σ(i)\forall i \in I \; \neg \exists j \in I: i < j < \sigma\left ( i \right )

    dank der bijektivität existiert:
    σ−1:I∖{m}→I\sigma^{-1}: I \setminus \left \{ m \right \} \rightarrow I
    ∀i∈I:i=σ−1(σ(i))\forall i \in I: i = \sigma^{-1} \left ( \sigma \left ( i \right ) \right )
    ∀i∈I∖{m}:i=σ(σ−1(i))\forall i \in I \setminus \left \{ m \right \}: i = \sigma \left (\sigma^{-1} \left ( i \right ) \right )

    dann wie von vorhin:
    A_m = \left \{ \left [ x,x \right ] \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ \left \{ x \right \} \mid x \in \mathbb{R} \right \} \cup \left \{ \emptyset \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq 1 \right \}
    ∀i∈I:A_i={x∪y∣x,y∈A_σ−1(i)}\forall i \in I: A\_i = \left \{ x \cup y \mid x,y \in A\_{\sigma^{-1} \left ( i \right )} \right \}

    damit dürfte AiA_i für genügend grosse ii gleich sein wie P(R)\mathcal{P} (\mathbb{R}) obwohl die axiome der borelschen sigma-algebra eingehalten wurden, ja?
    kann man sagen, dass das ii dafür mindenstens so gross sein muss, dass man es nicht mit einer abzählbar unendlichen anzahl iterationen der form m \mapsto \sigma\left ( m \right ) \mapsto \sigma\left ( \left ( m \right ) \right ) \mapsto \dotsc erreichen kann?

    ps.: ist hier implizit gefordert, dass II nach unten beschränkt ist? oder können wir auch von einem nicht nach unten beschränkten II ausgehen solange wir weder II noch mm explizit angeben?

    pps.: das bedeutet, der unterschied zwischen P(R)\mathcal{P} (\mathbb{R}) und der grössten B\mathcal{B} sind die vereinigungsmengen überabzählbar vieler intervalle? das ist mir leider erst nach den ganzen formalisierungen eingefallen. wenn du dir die zeit nehmen möchtest kannst du es dennoch gerne überfliegen und vielleicht etwas dazu sagen. 😉

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    okay, dass das mit dem abzählbar unendlichen (natürlichen) index nicht geht wenn man überabzählbar viele mengen haben möchte ist mir nun klar geworden. aber kann ich stattdessen nicht einfach eine überabzählbare indexmenge nehmen? denn laut dem wohlordnungssatz hat auch jedes element dieser überabzählbaren indexmenge einen eindeutigen nachfolger.

    bisschen formalisierungswut: 😉
    sei II die überabzählbare indexmenge der mengenfamilie (A_i)_i∈I\left ( A\_i \right )\_{i\in I} und sei σ\sigma eine bijektion, die das nächstgrössere element aus II angibt.

    Ich sehe nicht, warum eine solche Bijektion existieren sollte. Eine Wohlordnung setzt nur die Existenz eines Nachfolgers für jedes Element voraus, die Existenz dieser Bijektion impliziert aber auch die Existenz eines Vorgängers. Klassisches Beispiel:

    0<1<2<⋯<ω0 < 1 < 2 < \cdots < \omega
    Was ist der Vorgänger von ω?

    [snip]
    Wenn ich das richtig sehe wolltest du zeigen, dass überabzählbar in Wirklichkeit doch abzählbar ist. Das wird wohl nichts.

    ps.: ist hier implizit gefordert, dass II nach unten beschränkt ist? oder können wir auch von einem nicht nach unten beschränkten II ausgehen solange wir weder II noch mm explizit angeben?

    Du hast mit dem Wohlordnungssatz argumentiert.

    pps.: das bedeutet, der unterschied zwischen P(R)\mathcal{P} (\mathbb{R}) und der grössten B\mathcal{B} sind die vereinigungsmengen überabzählbar vieler intervalle?

    Muss wohl, aber das wussten wir doch schon. B enthält ja nur abzählbare Vereinigungen, während jede beliebige Teilmenge von IR Vereinigung von überabzählbar vielen (einpunktigen) Intervallen ist.

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