fragen zur stochastik

[JFB]

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

[Bashar]

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

[Fytch]

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):
$A = \left ( \mathcal{A}, \cup \right )$
B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )
ist dann das dazugehörige w-mass $P$ 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:
- $\mathcal{A} = \left \{ \Omega, \emptyset \right \}$
- paarweise disjunkte teilmengen von $\mathcal{A}$
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 $K$ die menge aller mengenpartitionen von $\Omega$:
$\forall M \in K: \left ( \bigcup_{x \in M}x \right ) = \Omega$
$\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \triangle y = \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset$

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

zwischenfrage: stimmt das folgende?
$\forall M \in K: \cup : M \times M \rightarrow \left ( \bigcup_{x \in M}x \Leftrightarrow \Omega \right ), (x,y) \mapsto x \cup y$ (bedingt injektiv, je nach $M$)
+: [0,1]^2 \rightarrow [0,2], \left ( x,y \right ) \mapsto x + y (surjektiv)

da nun alle elemente jeder menge aus $K$ paarweise disjunkt sind, folgt:
$\forall M \in K \; \forall a,b \in M: P(a) + P(b) = P(a \cup b)$
oder allgemeiner:
$\forall M \in K \; \forall D \in \mathcal{P} (M): \sum_{x \in M} P\_M(x) = P\_M \left (\bigcup_{x \in M} x \right )$

womit jedes $P_M$ dann ein homomorphismus von $A_M$ in $B$ ist. richtig?

edit: fehler und unüberlegtheiten korrigiert.

[Bashar]

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 $A\times A\to A$ ist und somit jedem Paar (a,b) einen Wert aus A zuordnen muss.

sei $K$ die menge aller mengenpartitionen von $\Omega$:
$\forall M \in K: \left ( \bigcup_{x \in M}x \right ) = \Omega$
$\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \triangle y = \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset$

$\triangle$ = 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 $P_M(x) = P(x)$?

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.

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

Es gibt kein $x,y\in M$ mit $x\cup y \in M$. Die partielle Verknüpfung auf $A_M$ hat also einen leeren Definitionsbereich.

zwischenfrage: stimmt das folgende?
$\forall M \in K: \cup : M \times M \rightarrow \left ( \bigcup_{x \in M}x \Leftrightarrow \Omega \right ), (x,y) \mapsto x \cup y$ (bedingt injektiv, je nach $M$)

$\cup : M\times M \to \mathcal{P}(\Omega)$

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

ja.

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

Stimmt nur für $a\neq b$.
Außerdem würde das für $P_M$ nicht gelten, weil das für $a\cup b$ gar nicht definiert ist.

oder allgemeiner:
$\forall M \in K \; \forall D \in \mathcal{P} (M): \sum_{x \in M} P\_M(x) = P\_M \left (\bigcup_{x \in M} x \right )$

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

womit jedes $P_M$ dann ein homomorphismus von $A_M$ in $B$ ist. richtig?

Nein, leider nicht.

[JFB]

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?

[Bashar]

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 $\mathcal{A}$, von dem schon die ganze Zeit die Rede ist. Und die Frage ist, ob das ein Halbgruppenhommorphismus von $(\mathcal{A},\cup)$ nach ([0,1], +) ist. (Antwort: Nein, aus verschiedenen Gründen.)

[Fytch]

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 $\left ( \Omega, \mathcal{A}, \mu \right )$ ein massraum.
- gilt $\mu: \mathcal{A} \rightarrow \left \{ x \in \mathbb{R} \mid x \geq 0 \right \} \cup \left \{ \infty \right \}$ ?
- 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?
- $\mu$ aus einem solchen massraum ist für alle $\left ( \Omega, \mathcal{A} \right )$ 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 $K$ die menge aller mengenpartitionen von $\Omega$:
$\forall M \in K: \left ( \bigcup_{x \in M}x \right ) = \Omega$
$\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \triangle y = \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset$

$\triangle$ = 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:
$\forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \triangle y \neq \emptyset \Leftrightarrow \forall M \in K \; \forall x, y \in M: x \neq y \Rightarrow x \cap y = \emptyset$
also auch im ersten teil $x \neq y$ 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 $P_M(x) = P(x)$?

ich dachte, die braucht man gar nicht wissen um den homomorphismus zu zeigen (oder eben nicht), solange vorausgesetzt ist dass jedes $P_M$ 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 $K$ paarweise disjunkt sind, folgt:
$\forall M \in K \; \forall a,b \in M: P(a) + P(b) = P(a \cup b)$

Stimmt nur für $a\neq b$.
Außerdem würde das für $P_M$ nicht gelten, weil das für $a\cup b$ gar nicht definiert ist.

gleich zwei sinnlose fehler:
- ich wollte $a\neq b$ voraussetzen.
- ich wollte $P_M$ statt $P$ schreiben, was natürlich kompletter blödsinn ist da $\cup$ natürlich für disjunkte argumente nicht abgeschlossen ist, womit das resultat dann auch nicht in $P_M$ 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):
$A = \left ( \mathcal{A}, \cup \right )$
B = \left ( \left [0, 1 \right ], + \right )
ist dann das dazugehörige w-mass $P$ 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.

[Bashar]

asfdlol schrieb:

sei $\left ( \Omega, \mathcal{A}, \mu \right )$ ein massraum.
- gilt $\mu: \mathcal{A} \rightarrow \left \{ x \in \mathbb{R} \mid x \geq 0 \right \} \cup \left \{ \infty \right \}$ ?

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.

- $\mu$ aus einem solchen massraum ist für alle $\left ( \Omega, \mathcal{A} \right )$ 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 $P_M(x) = P(x)$?

ich dachte, die braucht man gar nicht wissen um den homomorphismus zu zeigen (oder eben nicht), solange vorausgesetzt ist dass jedes $P_M$ 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 $(\mathcal{A},\triangle)$ wenn ich mich nicht irre in der Tat eine Halbgruppe (sogar eine Gruppe!)

[Fytch]

Bashar schrieb:

asfdlol schrieb:

sei $\left ( \Omega, \mathcal{A}, \mu \right )$ ein massraum.
- gilt $\mu: \mathcal{A} \rightarrow \left \{ x \in \mathbb{R} \mid x \geq 0 \right \} \cup \left \{ \infty \right \}$ ?

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 $\mathbb{C}$ oder aus z.b. $\mathbb{R}^3$ 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 $(\mathcal{A},\triangle)$ 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? )
$A = \left ( \mathcal{A}, \triangle \right )$

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

$e \in \mathcal{A} = \emptyset$
$\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle e = a \triangle \emptyset = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in \emptyset) \right \} = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar 0 \right \} = \left \{ x \mid x \in a \right \} = \left \{ x \in a \right \} = a$
wobei die kontingenz $x \veebar 0 = x$ mit der wahrheitstafel aufzeigbar ist.

$\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset$
$\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset$
wobei die fehlende idempotenz mit einer wahrheitstafel aufzeigbar ist.

damit ist $A$ 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)

$m: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, x \mapsto x - \left \lfloor x \right \rfloor$

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 $B$ eine halbgruppe mit einem neutralen element und $C$ sogar eine gruppe ist.

kann ich nun von $A$ nach $B$ oder $C$ 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?

[C14]

asfdlol schrieb:

angenommen, man möchte einem messraum ein mass geben, dass den elementen der σ-algebra werte aus $\mathbb{C}$ oder aus z.b. $\mathbb{R}^3$ 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.

[Bashar]

asfdlol schrieb:

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

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

$e \in \mathcal{A} = \emptyset$
$\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle e = a \triangle \emptyset = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in \emptyset) \right \} = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar 0 \right \} = \left \{ x \mid x \in a \right \} = \left \{ x \in a \right \} = a$
wobei die kontingenz $x \veebar 0 = x$ mit der wahrheitstafel aufzeigbar ist.

$\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset$
$\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset$
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)

$m: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, x \mapsto x - \left \lfloor x \right \rfloor$

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 $B$ eine halbgruppe mit einem neutralen element und $C$ sogar eine gruppe ist.

kann ich nun von $A$ nach $B$ oder $C$ 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 $(\mathcal{A},\triangle)$ 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 $P(a \triangle b)$ nicht nur von P(a) und P(b) abhängt (außer wenn a und b stochastisch unabhängig sind).

[Fytch]

C14 schrieb:

[...]

lol.
okay, danke für den link.

Bashar schrieb:

asfdlol schrieb:

$\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset$
$\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset$
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 $wahr \veebar wahr = wahr$, 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 $(\mathcal{A},\triangle)$ 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 $P(a \triangle b)$ 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 $\mathbb{R}$ + alle komplemente und vereinigungen dieser intervalle nicht selbst wieder $\mathcal{P}(\mathbb{R})$? bzw. was ist $\mathcal{P}(\mathbb{R}) \setminus \mathcal{B}$?

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

[Bashar]

Bashar schrieb:

asfdlol schrieb:

$\forall a \in \mathcal{A}: a^{-1} = a \Rightarrow a^{-1} \triangle a = a \triangle a = e = \emptyset$
$\forall a \in \mathcal{A}: a \triangle a = \left \{ x \mid (x \in a) \veebar (x \in a) \right \} = \left \{ \right \} = \emptyset$
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 $wahr \veebar wahr = wahr$, so wäre $\veebar$ idempotent.

Du brauchst eigentlich $x\veebar x = falsch$, und das ist nunmal sowohl sachlich als auch logisch etwas anderes als fehlende Idempotenz. Idempotenz heißt $x\veebar x = x$ 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 $\mathbb{R}$ + alle komplemente und vereinigungen dieser intervalle nicht selbst wieder $\mathcal{P}(\mathbb{R})$? bzw. was ist $\mathcal{P}(\mathbb{R}) \setminus \mathcal{B}$?

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 \}
$\forall i \in \left \{ n \in \mathbb{N} \mid n > 1 \right \}: A\_i = \left \{ x \cup y \mid x,y \in A\_{i-1} \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq i \right \}$
wobei $A_i$ für unendlich grosse $i$ äquivalent zu $\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right )$ ist und womit $\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right )$ eine borelsche σ-algebra sein muss (es ist ja schliesslich nur die vereinigung von intervallen in $\mathbb{R}$). 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)

[Fytch]

Bashar schrieb:

Du brauchst eigentlich $x\veebar x = falsch$, und das ist nunmal sowohl sachlich als auch logisch etwas anderes als fehlende Idempotenz. Idempotenz heißt $x\veebar x = x$ 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 \}
$\forall i \in \left \{ n \in \mathbb{N} \mid n > 1 \right \}: A\_i = \left \{ x \cup y \mid x,y \in A\_{i-1} \right \} = \left \{ x \in \mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right ) \mid \left | x \right | \leq i \right \}$
wobei $A_i$ für unendlich grosse $i$ äquivalent zu $\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right )$ ist und womit $\mathcal{P}\left ( \mathbb{R} \right )$ eine borelsche σ-algebra sein muss (es ist ja schliesslich nur die vereinigung von intervallen in $\mathbb{R}$). 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 $I$ die überabzählbare indexmenge der mengenfamilie $\left ( A\_i \right )\_{i\in I}$ und sei $\sigma$ eine bijektion, die das nächstgrössere element aus $I$ angibt.

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

$m = \min{I} \Rightarrow \forall i \in I \setminus \left \{ m \right \}: m < i$
$\sigma: I \rightarrow I \setminus \left \{ m \right \}$
$\forall i \in I \; \neg \exists j \in I: i < j < \sigma\left ( i \right )$

dank der bijektivität existiert:
$\sigma^{-1}: I \setminus \left \{ m \right \} \rightarrow I$
$\forall i \in I: i = \sigma^{-1} \left ( \sigma \left ( i \right ) \right )$
$\forall i \in I \setminus \left \{ m \right \}: i = \sigma \left (\sigma^{-1} \left ( i \right ) \right )$

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 \}
$\forall i \in I: A\_i = \left \{ x \cup y \mid x,y \in A\_{\sigma^{-1} \left ( i \right )} \right \}$

damit dürfte $A_i$ für genügend grosse $i$ gleich sein wie $\mathcal{P} (\mathbb{R})$ obwohl die axiome der borelschen sigma-algebra eingehalten wurden, ja?
kann man sagen, dass das $i$ 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 $I$ nach unten beschränkt ist? oder können wir auch von einem nicht nach unten beschränkten $I$ ausgehen solange wir weder $I$ noch $m$ explizit angeben?

pps.: das bedeutet, der unterschied zwischen $\mathcal{P} (\mathbb{R})$ und der grössten $\mathcal{B}$ 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.

[Bashar]

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 $I$ die überabzählbare indexmenge der mengenfamilie $\left ( A\_i \right )\_{i\in I}$ und sei $\sigma$ eine bijektion, die das nächstgrössere element aus $I$ 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:

$0 < 1 < 2 < \cdots < \omega$
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 $I$ nach unten beschränkt ist? oder können wir auch von einem nicht nach unten beschränkten $I$ ausgehen solange wir weder $I$ noch $m$ explizit angeben?

Du hast mit dem Wohlordnungssatz argumentiert.

pps.: das bedeutet, der unterschied zwischen $\mathcal{P} (\mathbb{R})$ und der grössten $\mathcal{B}$ 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.

[Fytch]

Bashar schrieb:

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:

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

das element $x \in I$ für welches die gleichung $\sigma (x)=\omega$ gilt.

Bashar schrieb:

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

ich wollte eigentlich irgendwie zeigen, dass $\mathcal{P} (\mathbb{R})$ eine gültige borelsche σ-algebra ist (und hab den unterschied erst beim pps realisiert).

[Bashar]

asfdlol schrieb:

das element $x \in I$ für welches die gleichung $\sigma (x)=\omega$ gilt.

Wie lange hast du über diese Antwort nachgedacht? 2 Sekunden?

[Fytch]

Bashar schrieb:

asfdlol schrieb:

das element $x \in I$ für welches die gleichung $\sigma (x)=\omega$ gilt.

Wie lange hast du über diese Antwort nachgedacht? 2 Sekunden?

darf man dieses element also nicht implizit angeben?
oder meinst du, dass du gegen die existenz einer bijektion argumentierst und ich sie in der formalisierung verwende? aber jedes element hat einen nachfolger, unabhängig davon ob $\sigma$ eine bijektion ist oder nicht.
darf man die nachfolger überabzählbarer mengen auch nicht mit funktionen, die man nicht explizit definiert, angeben? mir ist bewusst, dass ich z.b. den nachfolger von 0 in $\mathbb{R}$ nicht explizit hinschreiben kann aber ich verstehe nicht wieso nicht dennoch einer exisitieren sollte, da ja jede (überabzählbare) menge auch wohlgeordnet werden kann.

[Bashar]

asfdlol schrieb:

Bashar schrieb:

asfdlol schrieb:

das element $x \in I$ für welches die gleichung $\sigma (x)=\omega$ gilt.

Wie lange hast du über diese Antwort nachgedacht? 2 Sekunden?

darf man dieses element also nicht implizit angeben?

Nur wenn es existiert. Deshalb hab ich ein einfaches Beispiel gegeben, an dem du hättest sehen können, dass das nicht immer der Fall ist.

oder meinst du, dass du gegen die existenz einer bijektion argumentierst und ich sie in der formalisierung verwende?

Meine Worte: "Ich sehe nicht, warum eine solche Bijektion existieren sollte."

Du kannst dein σ gerne so definieren, wie du es tust, aber das ist deshalb im Allgemeinen noch lange keine Bijektion, da i.A. nicht jedes Element einer Wohlordnung Nachfolger eines anderen Elementes ist. Falls das doch mal so ist, dann ist die Wohlordnung abzählbar (genauer, ihr Ordnungstyp ist höchstens ω).

[Fytch]

Bashar schrieb:

[...]

okay, ich glaube, ich habe es verstanden.
das stichwort "ordnungstyp" ist gold wert, führte auch zu ordnungsisomorphismen etc., ziemlich interessant.
damit dürften die fragen fürs erste geklärt sein, danke dass du es mit mir ausgehalten hast.