4. fragen zur stochastik

fragen zur stochastik

  • 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.

    0
  • F

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

    das element x∈Ix \in I für welches die gleichung σ(x)=ω\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 P(R)\mathcal{P} (\mathbb{R}) eine gültige borelsche σ-algebra ist (und hab den unterschied erst beim pps realisiert).

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    das element x∈Ix \in I für welches die gleichung σ(x)=ω\sigma (x)=\omega gilt.

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

    0
  • F

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    das element x∈Ix \in I für welches die gleichung σ(x)=ω\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 σ\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 R\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.

    0
  • B

    asfdlol schrieb:

    Bashar schrieb:

    asfdlol schrieb:

    das element x∈Ix \in I für welches die gleichung σ(x)=ω\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).

    0
  • F

    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. 😉

    0
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