W-verteilung < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:31 So 24.04.2016 | | Autor: | Reynir |
Hallo,
wir hatten gefordert, dass eine Wahrscheinlichkeitsverteilung eines diskreten W-raumes erfüllen muss, dass das Maß P für die Ergebnismenge [mm] $\Omega$ [/mm] =1 ist und dass P [mm] $\sigma$-additiv [/mm] ist.
Jetzt habe ich im Internet und auch bei uns in der VL schon öfters gesehen, dass geprüft wurde, ob ein W-maß vorlag, hier wurde aber immer nur geprüft, dass die ganze Ergebnismenge W-keit 1 hatte und nichts zur [mm] $\sigma$-Add. [/mm] Folgt das eine aus dem Anderen, oder war das Faulheit?
Viele Grüße,
Reynir
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:48 So 24.04.2016 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
> wir hatten gefordert, dass eine
> Wahrscheinlichkeitsverteilung eines diskreten W-raumes
> erfüllen muss, dass das Maß P für die Ergebnismenge
> [mm]\Omega[/mm] =1 ist und dass P [mm]\sigma[/mm]-additiv ist.
> Jetzt habe ich im Internet und auch bei uns in der VL
> schon öfters gesehen, dass geprüft wurde, ob ein W-maß
> vorlag, hier wurde aber immer nur geprüft, dass die ganze
> Ergebnismenge W-keit 1 hatte und nichts zur [mm]\sigma[/mm]-Add.
> Folgt das eine aus dem Anderen, oder war das Faulheit?
Wenn das so ist, so ist das nicht in Ordnung.
Ein W.-Maß ist ein Maß und zu den Eigenschaften eines Maßes gehört die [mm] \sigma [/mm] - Additivität.
FRED
> Viele Grüße,
> Reynir
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:15 So 24.04.2016 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Reynir!
> wir hatten gefordert, dass eine
> Wahrscheinlichkeitsverteilung eines diskreten W-raumes
> erfüllen muss, dass das Maß P für die Ergebnismenge
> [mm]\Omega[/mm] =1 ist und dass P [mm]\sigma[/mm]-additiv ist.
> Jetzt habe ich im Internet und auch bei uns in der VL
> schon öfters gesehen, dass geprüft wurde, ob ein W-maß
> vorlag, hier wurde aber immer nur geprüft, dass die ganze
> Ergebnismenge W-keit 1 hatte und nichts zur [mm]\sigma[/mm]-Add.
> Folgt das eine aus dem Anderen, oder war das Faulheit?
Möglicherweise wird folgender Satz benutzt:
Sei $ [mm] \Omega [/mm] $ eine abzählbare Menge und $ [mm] p\colon\Omega\to[0,1] [/mm] $ mit $ [mm] \sum_{\omega\in\Omega}p(\omega)=1 [/mm] $.
Dann ist die Abbildung
(*) $ [mm] P\colon\mathcal{P}(\Omega)\to[0,1],\quad P(A):=\sum_{\omega\in A}p(\omega) [/mm] $
ein Wahrscheinlichkeitsmaß.
Gibt man also [mm] $p\colon\Omega\to[0,1]$ [/mm] anstelle von [mm] $P\colon\mathcal{P}(\Omega)\to[0,1]$ [/mm] an, so entfällt bei Bezugnahme auf diesen Satz das explizite Nachprüfen der Sigma-Additivität der gemäß (*) definierten Abbildung P.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:29 Mo 25.04.2016 | | Autor: | Reynir |
Hi,
wenn dann macht er es nur indirekt, den Satz gibt es im ganzen Skript nicht. Wo kann ich den Bewies nachlesen?
Viele Grüße,
Reynir
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Hallo,
Ich bin so frei und antworte, obgleich ich nicht genau weiß, ob Tobias damit zufrieden ist oder nicht ^^
ich gehe stark davon aus, dass du mittels *abzählbare Menge , Potenzmenge als [mm] $\sigma$-Algebra$ [/mm] , Wahrscheinlichkeitsmaß* relativ schnell (mittels Google) fündig wirst - zumindest wird ein Beweis in der NÄHE dieser Schlagworte findbar sein.
Lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:31 Di 26.04.2016 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Reynir!
> wenn dann macht er es nur indirekt, den Satz gibt es im
> ganzen Skript nicht. Wo kann ich den Bewies nachlesen?
Sei [mm] $\Omega$ [/mm] eine abzählbare Menge und [mm] $p\colon\Omega\to[0,1]$ [/mm] mit [mm] $\sum_{\omega\in\Omega}p(\omega)=1$.
[/mm]
Zu zeigen ist, dass
[mm] $P\colon\mathcal{P}(\Omega)\to[0,1],\quad P(A):=\sum_{\omega\in A}p(\omega)$
[/mm]
sigma-additiv ist.
"Beweis" 1 (so lief es in meiner Vorlesung):
Sei [mm] $(A_n)_{n\in\IN}$ [/mm] eine Folge paarweise disjunkter Mengen [mm] $A_n\subseteq\Omega$.
[/mm]
Dann "folgt" wie gewünscht
[mm] $P(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}P(A_n)$.
[/mm]
Zum mittleren Gleichheitszeichen wurde in meiner Vorlesung nur bemerkt: Auf der linken und rechten Seite werden die gleichen Summanden je einmal addiert. Wegen absoluter Konvergenz der beteiligten Reihen kommt es nicht auf die Summationsreihenfolge an.
Ich halte diese Argumentation für unbegründet.
"Beweis" 2:
In einem Stochastik-Buch wird hier auf einen Doppelreihensatz aus der Analysis verwiesen.
Darin sehe ich ebenfalls zwei Probleme:
1. Ein solcher Doppelreihensatz wird üblicherweise in Analysis 1 gar nicht behandelt.
2. Man hat es hier möglicherweise mit einem Mix aus endlichen Summen und unendlichen Summen zu tun, so dass mir fraglich erscheint, ob ein solcher Doppelreihensatz direkt anwendbar ist.
Beweisskizze 3:
Ich schlage folgendes Vorgehen vor.
Auf Wunsch kann ich einzelne Schritte ausführen.
1. Überlege dir anhand der Definition von P, dass $ [mm] P(A\cup [/mm] B)=P(A)+P(B) $ für alle endlichen Teilmengen $ [mm] A,B\subseteq\Omega [/mm] $ mit $ [mm] A\cap B=\emptyset [/mm] $ gilt.
2. Folgere aus 1. per Induktion nach $ n $, dass für alle paarweise disjunkten endlichen Teilmengen $ [mm] A_1,\ldots,A_n\subseteq\Omega [/mm] $ gilt: [mm] $P(\bigcup_{i=1}^nA_i)=\sum_{i=1}^nP(A_i) [/mm] $.
3. a) Folgere aus 1.: Für endliche Teilmengen [mm] $A\subseteq B\subseteq\Omega$ [/mm] gilt stets [mm] $P(A)\le [/mm] P(B)$.
b) Zeige anhand der Definition von P: Für Teilmengen [mm] $A\subseteq B\subseteq\Omega$ [/mm] mit $A$ endlich und $B$ unendlich gilt stets [mm] $P(A)\le [/mm] P(B)$
Zusammengenommen wird also in 3. gezeigt: Für Teilmengen [mm] $A\subseteq B\subseteq\Omega$ [/mm] mit $A$ endlich gilt stets [mm] $P(A)\le [/mm] P(B)$.
4. Zeige, dass für jede Teilmenge $ [mm] A\subseteq\Omega [/mm] $ und jedes $ [mm] \varepsilon>0 [/mm] $ eine endliche Teilmenge $ [mm] A'\subseteq [/mm] A $ existiert mit $ [mm] P(A)\le P(A')+\varepsilon [/mm] $.
5. Zeige unter Benutzung von 2., 3. und 4. die eigentliche Behauptung, dass für paarweise disjunkte $ [mm] A_i\subseteq\Omega [/mm] $, $ [mm] i\in\IN [/mm] $, gilt: $ [mm] P(\bigcup_{i\in\IN}A_i)=\sum_{i\in\IN}P(A_i) [/mm] $. Zeige dazu "$ [mm] \le [/mm] $" und "$ [mm] \ge [/mm] $" getrennt.
Wer eine einfachere/elegantere/alternative Vorgehensweise sieht, sei herzlich eingeladen, sie zu posten!
Fazit: Ein sauberer Beweis erfordert etwas Arbeit, den sich Stochastiker selten machen, da er für ihre Arbeit das Resultat wichtiger als sein Beweis ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:24 Sa 30.04.2016 | | Autor: | Reynir |
Hi,
danke für deine ausführliche Antwort, ich werde jetzt den Beweisvorschlag angehen und mich wieder melden.
Viele Grüße,
Reynir
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:50 Di 26.04.2016 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Reynir!
Ich glaube, dass du die Voraussetzungen nicht berücksichtigst!
Beispiel 1)
Es sei [mm] $(\Omega,\mathcal{F},\mu)$ [/mm] ein Maßraum.
(Hier ist nach Voraussetzung die Abbildung [mm] \mu [/mm] ein Maß!)
Frage: Wann ist [mm] $\mu$ [/mm] ein Wahrscheinlichkeitsmaß?
Antwort: [mm] \mu [/mm] ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß, falls [mm] $\mu(\Omega)=1$ [/mm] gilt.
Beispiel 2)
Es sei [mm] $(\Omega,\mathcal{F})$ [/mm] ein messbarer Raum und [mm] $\mu\colon\mathcal{F}\to[0,\infty]$ [/mm] eine Abbildung.
(Hier ist nach Voraussetzung die Abbildung [mm] \mu [/mm] kein Maß!)
Frage: Wann ist [mm] $\mu$ [/mm] ein Wahrscheinlichkeitsmaß?
Antwort: [mm] \mu [/mm] ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß, falls [mm] \mu [/mm] ein Maß ist UND [mm] $\mu(\Omega)=1$ [/mm] gilt.
(Also ist [mm] \mu [/mm] ein Wahrscheinlichkeitsmaß, falls gelten [mm] $\mu(\emptyset)=0$, $\mu$ [/mm] ist [mm] $\sigma$-additiv [/mm] und [mm] $\mu(\Omega)=1$.)
[/mm]
Ist es jetzt klar(er)?
Gruß
DieAcht
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:53 Di 26.04.2016 | | Autor: | Reynir |
Hi,
das Problem ist, dass wir nie was zu Maßtheorie gesagt hatten, sondern wirklich nur das als Definition hatten, was ich oben genannt habe. Bei uns wurde Maßtheorie nach hinten verschoben und Stochastik musste dann ohne auskommen.
Aber was ich dem effektiv entnehmen kann, ist doch, dass man einfach sagt von vornherein haben wir es [mm] $\sigma$-Add. [/mm] wie in Beispiel 1, da wir einen diskreten W-raum fordern.
Aber wie ist es denn , wenn ich ein potenzielles Maß habe und weise nur nach, dass es 1 wird für [mm] $\Omega$ [/mm] und sage dann es ist alles gezeigt. Er muss doch dann die [mm] $\sigma$-Add. [/mm] trotzdem zeigen.
Viele Grüße,
Reynir
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:59 Di 26.04.2016 | | Autor: | fred97 |
> Hi,
> das Problem ist, dass wir nie was zu Maßtheorie gesagt
> hatten, sondern wirklich nur das als Definition hatten, was
> ich oben genannt habe. Bei uns wurde Maßtheorie nach
> hinten verschoben und Stochastik musste dann ohne
> auskommen.
> Aber was ich dem effektiv entnehmen kann, ist doch, dass
> man einfach sagt von vornherein haben wir es [mm]\sigma[/mm]-Add.
> wie in Beispiel 1, da wir einen diskreten W-raum fordern.
> Aber wie ist es denn , wenn ich ein potenzielles Maß habe
> und weise nur nach, dass es 1 wird für [mm]\Omega[/mm] und sage
> dann es ist alles gezeigt. Er muss doch dann die
> [mm]\sigma[/mm]-Add. trotzdem zeigen.
ja, das ist zu zeigen
Fred
> Viele Grüße,
> Reynir
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:21 Sa 30.04.2016 | | Autor: | Reynir |
Hi,
danke für die Antwort. Ich dachte halt anfangs, dass das irgendwie offensichtlich wäre und er es deswegen nicht gemacht hat. Der Prof. ist nämlich immer sehr genau, aber hier dann doch nicht zu sehr. :)
Viele Grüße,
Reynir
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