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  Zufallsvariable zeigen |
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kingdingeling
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Liebe Mitglieder,
zu der folgenden Aufgabe:
Ich drehe mich dabei ziemlich im Kreis. Die Definition einer Zufallsvariablen ist mir dabei klar.
Mein naiver Ansatz:
  
Es ist klar dass floor(n*\omega)<n ist für alle \omega\el\ [0,1). Genauer noch ist floor(n*\omega)=n-1, da 0<=n*\omega<n für alle \omega\el\ [0,1). Also habe ich mir gedacht dass gilt: X_n= cases((n-1)/n,\omega\el\ (0,1);0,\omega=0) \forall\ n\el\ \IN Leider weiß ich nicht ob mir das weiterhilft. Ich kann im Grunde erkennen, dass für alle n!=1 die Zufallsvariable alle \omega\el\ [0,1) auf zwei Punkte abbildet, einmal auf (n-1)/n und einmal auf 0. Für n=1 bildet sie nur auf die 0 ab. Die Bildmenge der Zufallsvariable ist somit beschränkt auf das Intervall [0,1). Wie ihr seht habe ich leider noch nicht wirklich den Schlüssel zu der Aufgabe gefunden... Ich möchte jetzt zeigen dass \forall\ B\el\ B(\IR) gilt menge(X\el\ B) \el\ B[0,1). Wie gehe ich nun dazu vor? Ich wähle doch eine beliebige Menge aus B(\IR) und untersuche ihr Urbild. Nehmen wir erst einmal an, dass n>=2 ist. - Liegt 0 in der Teilmenge aus dem Bildraum, so weiß ich, dass \omega=0 in der Urbildmenge liegt. 0 ist aber natürlich in unserer Borelschen Algebra auf [0,1). - Liegt (n-1)/n in der Teilmenge aus dem Bildraum, so weiß ich dass alle \omega aus (0,1) in der Urbildmenge liegen. Auch dass liegt in unserer Borelmenge. - Sind andere Punkte in der Teilmenge aus dem Bildraum, so bildet keines der \omega darauf ab, d.h. die Urbildmenge ist für diese Punkte/ Teilmengen die Leere Menge, auch diese ist in der Borelmenge. - Die Vereinigung all dieser Mengen ist auch in der Borelmenge. Mir ist klar wieviel Geschwafel das oben ist. Ich wäre euch deshalb für eure Unterstützung sehr dankbar. Den Aufgabenteil b) würde ich in Angriff nehmen, wenn ich erst einmal a) geschafft und durchblickt habe.
Gruß, KingDingeling
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Ehemaliges_Mitglied
 |      Beitrag No.1, eingetragen 2018-09-20
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Ich glaube, du musst nur zeigen, dass das Urbild eines halboffenen Intervalls $[-\infty,a)$ für $a\in\mathbb{R}$ in deiner $\sigma$-Algebra liegt, weil diese Intervalle die Borel-$\sigma$-Algebra erzeugen.
Also, was ist $X^{-1}\left([-\infty,a)\right)$?
[EDIT: Dabei könnten dir die Kippregeln von Brüning helfen. Die habe ich in einen Wikipedia Artikel geschrieben und nach mir selbst benannt. Ja, ist schon etwas dreist, aber ich habe sie noch nirgends gesehen, also habe ich beschlossen, dass ich ihr Entdecker bin. Es hat sich bis heute noch niemand darüber beschwert. Ist auch nur was ganz banales.
de.wikipedia.org/w/index.php?title=Abrundungsfunktion_und_Aufrundungsfunktion&oldid=175768692#Allgemeine_Eigenschaften
]
Bitte berichtigen, wenn ich mich irre. Ist bei mir 10 Jahre her.
Gruß
Martin
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kingdingeling
Aktiv
Dabei seit: 24.09.2017
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-20
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Ich bin mir nicht sicher dass das der gesucht weg ist um ehrlich zu sein. Gibt es noch einen anderen Ansatz vielleicht?
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, eingetragen 2018-09-20
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Nicht so schnell wegschmeißen den Vorschlag. Jedes Element der Borel-Sigma-Algebra kann irgendwie durch Vereinigung-, Komplement- und Durschnittsbildung von solchen Intervallen dargestellt werden. Und alle diese Mengenoperationen sind mit der Bildung des Urbildes verträglich.
So lange du nichts besseres hast...
Gruß
Martin
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.4, eingetragen 2018-09-20
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Schade, dass sich sonst keiner mit der Aufgabe beschäftigen will, der vielleicht etwas überzeugender ist. Hier nochmal mein Lösungsansatz. $$\begin{align*}
X_{n}^{-1}[-\infty,a) & =\left\{ X_{n}<a\right\} \\
& =\left\{ \omega\in\Omega\mid X_{n}(\omega)<a\right\} \\
& =\left\{ \omega\in\Omega\mid\frac{\left\lfloor n\omega\right\rfloor }{n}<a\right\} \\
& =\left\{ \omega\in\Omega\mid\left\lfloor n\omega\right\rfloor <na\right\} \qquad\text{(Kippregel)}\\
& =\left\{ \omega\in\Omega\mid n\omega<\left\lceil na\right\rceil \right\} \\
& =\left\{ \omega\in\Omega\mid\omega<\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}\right\} \\
& =\left[0,\min\left(\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n},1\right)\right)
\end{align*}$$
Diese Menge ist in deiner $\sigma$-Algebra enthalten. Das reicht bereits. Wie willst du denn von einer beliebigen Borelmenge zeigen, dass ihr Urbild in $\mathcal{B}[0,1)$ liegt. Guck mal hier!
de.wikipedia.org/wiki/Messbare_Funktion#Messbarkeit_reellwertiger_Funktionen
Und die Verteilungsfunktion hast du damit auch. Ist ja nur das Lebesque-Maß der Menge. \[
P\left\{ X_{n}<x\right\} =\begin{cases}
0 & \text{für}\quad x\leq0\\
\frac{\left\lceil nx\right\rceil }{n} & \text{für}\quad0<x<1\\
1 & \text{für}\quad x\geq1
\end{cases}
\]
Anschaulich wird die Verteilungsfunktion der Gleichverteilung auf [0,1) zu einer Treppenfunktion mit $n$ stufen vergröbert.
Könnte bitte jemand etwas dazu sagen? Wenn ich mich irre, werde ich das gerne anerkennen.
Gruß
Martin
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kingdingeling
Aktiv 
Dabei seit: 24.09.2017
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-22
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1. Entschuldige ich mich für meinen schwachsinnigen 1. Beitrag.
2. Scheint das Problem nicht viele zu interessieren.
3. Danke für deine Hinweise.
4. Ich hätte noch ein paar Fragen an dich:
- Wie zeigst du die Kippregel?
- Wie kommst du auf die letzte Umformung? Wieso ist Sigma in diesem Intervall? a kann doch Werte in ganz R annehmen?
5. Ich denke dass bei der Aufgabenstellung eine Konkretes WK-Maß angegeben worden ist durch das Lambda, ich vermute dass es die Poisson-Verteilung ist.
Gruß, KingDingeling
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AnnaKath
Senior
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 | Beitrag No.6, eingetragen 2018-09-22
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Huhu kingdingeling,
3. Du könntest auch für die vollständige Lösung danken...
4. (a) Durch gesundes Hinsehen - das ist doch offensichtlich?! Formal kannst Du natürlich mit FLOOR, FRAC und CAP argumentieren.
(b) Welches $\sigma$ meinst Du denn hier?
5. Natürlich ist ein konkretes W'Maß angegeben, nämlich das Lebesgue-Maß $\lambda$. Die Poissonverteilung ist eine diskrete Verteilung, sie kann gar nicht auf $\mathcal{B}([0,1])$ erklärt werden!
Versuche n-Tupels Anschuung erst einmal nachzuvollziehen, das hilft ungemein.
lg, AK.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.7, eingetragen 2018-09-22
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Lass dich nicht einschüchtern. Ich erkläre es dir später nochmal genauer, habe nur im Augenblick keine Zeit.
Gruß
Martin
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kingdingeling
Aktiv
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-22
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2018-09-22 16:23 - n-tupel in Beitrag No. 7 schreibt:
Lass dich nicht einschüchtern. Ich erkläre es dir später nochmal genauer, habe nur im Augenblick keine Zeit.
Gruß
Martin
Danke sehr :)
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.9, eingetragen 2018-09-22
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Hallo KingDingeling.
Also das mit den Kippregeln sehe ich so. Grundsätzlich finde ich Anschauung sehr wichtig. Aber wenn man es sich vorstellen kann, heißt das ja noch lange nicht, dass man es auch beweisen kann. Ich fand die Bemerkung von AnnaKath dazu wenig hilfreich und auch latent beleidigend - "gesundes Hinsehen - das ist doch offensichtlich?!" Fehlt nur noch dass da steht: "Bist du blöd, dass du das nicht siehst." Ist schon seltsam. Da interessiert sich 'ne ganze Weile keine Sau für deine Frage, aber sobald hier einer runtergemacht werden kann, ist jemand zur Stelle. Ich will hier jetzt keine Absicht unterstellen, aber wenn mir jemand so etwas direkt sagen würde, täte ich dem Kandidaten ein Stück Kreide in die Hand geben und von ihm erwarten, dass er mir den Beweis ohne Nachdenkzeit sofort herunterschreiben. Ich habe auch keine Ahnung, was sie mit FRAC und CAP meint. Ich kenne nur FLOOR und CEIL. Aber nun zum Beweis, in aller Ausführlichkeit.
Zunächst setze ich die Monotonien\[
x\leq y\Longrightarrow\left\lfloor x\right\rfloor \leq\left\lfloor y\right\rfloor \quad\text{und}\quad x\leq y\Longrightarrow\left\lceil x\right\rceil \leq\left\lceil y\right\rceil
\]voraus und\[
\left\lfloor n\right\rfloor =\left\lceil n\right\rceil =n
\]für alle $n\in\mathbb{Z}$. Das bedeutet insbesondere \[
\left\lfloor \left\lceil x\right\rceil \right\rfloor =\left\lceil x\right\rceil \quad\text{und}\quad\left\lceil \left\lfloor x\right\rfloor \right\rceil =\left\lfloor x\right\rfloor .
\]Weiterhin benötige ich \[
x\leq\left\lceil x\right\rceil \quad\text{und}\quad\left\lfloor x\right\rfloor \leq x
\] für alle $x\in\mathbb{R}$. Wenn du für den ganzen Kram Beweise brauchst und es dir selbst nicht gelingt, melde dich nochmal. So banal sind die Beweise auch gar nicht. Vom Kandidaten, der mit der Kreide an der Tafel steht, würde ich sie natürlich einfordern ;-)
Ich habe zwei Regeln in die Wikipedia geschrieben. Hier brauche ich beide. Zunächst beweise ich\[
\left\lceil x\right\rceil \leq y\Longleftrightarrow\left\lceil x\right\rceil \leq y
\]durch einen Ringschluss. \[
\begin{aligned} & & \left\lceil x\right\rceil \leq y & \Longrightarrow\left\lfloor \left\lceil x\right\rceil \right\rfloor \leq\left\lfloor y\right\rfloor \\
& & & \Longrightarrow\left\lceil x\right\rceil \leq\left\lfloor y\right\rfloor \\
& & & \Longrightarrow x\leq\left\lfloor y\right\rfloor \\
& & & \Longrightarrow\left\lceil x\right\rceil \leq\left\lceil \left\lfloor y\right\rfloor \right\rceil \\
& & & \Longrightarrow\left\lceil x\right\rceil \leq\left\lfloor y\right\rfloor \\
& & & \Longrightarrow\left\lceil x\right\rceil \leq y
\end{aligned}
\] Nun zur benötigten Kippregel, die man aus der eben bewiesenen sehr schnell erhält.
\[
\begin{aligned} & & \left\lfloor x\right\rfloor <y & \Longleftrightarrow\neg\left(\left\lfloor x\right\rfloor \geq y\right)\\
& & & \Longleftrightarrow\neg\left(x\geq\left\lceil y\right\rceil \right)\\
& & & \Longleftrightarrow x<\left\lceil y\right\rceil
\end{aligned}
\]Nun zu meinem letzten Schritt. Da steckt eine Fallunterscheidung zwischen den Zeilen. Wahrscheinlich hättest du erwartet, dass der Beweis so endet $$
\begin{align*}
\vdots & \quad\vdots\\
= & \left\{ \omega\in\Omega\mid\omega<\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}\right\} \\
= & \left[0,\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}\right).
\end{align*}$$
Für $\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}\in\Omega=\left[0,1\right)$ stimmt das auch. Aber wenn $a$ so groß ist, dass $1\leq\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}\notin\Omega$ ist, ragt das Intervall $\left[0,\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}\right)$ ja über den rechten Rand von $\Omega$ hinaus. In diesem Fall muss man die rechte Intervallgrenze $\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}$ durch $1$ ersetzen. Ich hätte das Ergebnis also auch als \[
X_{n}^{-1}\left[-\infty,a\right]=\begin{cases}
\emptyset & \text{für}\quad\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}<0\\
\left[0,\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}\right) & \text{für}\quad0\leq\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}<1\\
\left[0,1\right) & \text{für}\quad1\leq\frac{\left\lceil na\right\rceil }{n}
\end{cases}
\]schreiben können. Den ersten Fall habe ich nicht gesondert erwähnt, weil man Intervalle, bei denen die rechte Grenze kleiner als die linke ist, als leere Menge auffassen kann. Die letzten beiden Fälle werden durch das $\min$ zusammengefasst.
Das $\lambda$ ist in der Tat das Lebesque-Maß. Dieses Maß ordnet jedem Intervall einfach seine Länge zu. So bin ich auch auf die Verteilungsfunktion gekommen.
Gruß
Martin
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AnnaKath
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
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Aus: hier und dort (s. Beruf)
| Beitrag No.10, eingetragen 2018-09-23
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Huhu zusammen,
vielleicht war ich ein wenig harsch im Ton, dafür bitte ich um Entschuldigung. Ein Drängeln im Sinne von "niemand interessiert sich für die Aufgabe" nicht mal einen halben Tag nach der Aufgabenstellung ist vielleicht auch ein wenig zu fordernd.
Zur Sache: Die $X_n$ sind Zufallsvariablen, die auf $D_n = \{ 0, \ldots, n-1 \}$ gleichverteilt sind, d.h. sie besitzen die Verteilungsfunktion $F_{X_n}(x) = \frac{1}{n} \cdot \sum_{j=0}^{n-1} \mathbb{I}_{[j/n, \infty)}(x)$. Wegen $X_n^{-1}(\{j\}) = [\frac{j}{n},\frac{j+1}{n})$ für $j\in D_n$ ist $X_n$ messbar.
Ich plädiere dafür, dass man sich zunächst einmal - wie es kingdingeling ja auch versucht hat - die Zufallsvariablen anschaut, bevor man sich in Feinheiten der Erzeugendensystemen der Borel'schen $\sigma$-Algebra verliert. In meinen Augen ist eine (durch eine - mit Verlaub - von Kleinigkeiten in die Länge gezogene) Lösung nicht erhellend. Aber sei's drum.
Einen schönen Sonntag,
AK.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.11, eingetragen 2018-09-23
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Hallo AnnaKath.
Stimmt, geduldig war ich nicht. Sorry.
Aber jetzt verstehe ich die Lösung nicht mehr. Warum wird jetzt $$D_n=\{0,\dots,n-1\}$$ betrachtet? Ist der Wertebereich von $X_n$ nicht anders?
Kann mir heute keine Gedanken dazu machen, bin mit Familie im Zoo :-)
Gruß
Martin
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AnnaKath
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 3040
Aus: hier und dort (s. Beruf)
| Beitrag No.12, eingetragen 2018-09-23
|
Huhu zusammen,
vielleicht war es ein wenig früh, ich war etwas verärgert und ich wollte besonders "effizient" sein.
Das ist selten die richtige Mischung, zugegeben...
Es ist natürlich richtig, dass der Wertbereich der Zufallsvariablen $X_n$ nicht $D_n$ beträgt, sondern $W_n$=$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, 1\}$. Und entsprechend gilt dann $X_n^{-1}(\{j/n\}) = [\frac{j}{n}, \frac{j+1}{n})$ für $j\in D_n$. Immerhin habe ich das bei der Verteilungsfunktion richtig aufgeschrieben.
Und den schönen Sonntag wünsche ich weiterhin,
AK.
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1169
| Beitrag No.13, eingetragen 2018-09-23
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Huhu Martin,
ich bin ja auch jemand, der für einen freundlichen Umgangston einsteht, aber mir scheint du machst hier "aus einer Mücke einen Elefanten". Deine Schlussfolgerung von "gesundes Hinsehen - das ist doch offensichtlich?!" zu "aber sobald hier einer runtergemacht werden kann, ist jemand zur Stelle." kann ich wenig nachvollziehen. Dass du dieses dann auch noch AnnaKath an den Kopf wirfst ist schon etwas grotesk.
2018-09-22 22:45 - n-tupel in Beitrag No. 9 schreibt: Ich habe auch keine Ahnung, was sie mit FRAC und CAP meint.
Nun - zumindest die erste Funktion könnte dir was sagen. Wenn nicht - drücke auf deinen (!) Link aus #1 und lies dir die ersten 3 Zeilen durch. Mit etwas Boshaftigkeit könnte man auch sagen: "Bist du blöd, dass du das nicht siehst."  cap ist die Abkürzung für capacity. Unter diesem Begriff (Kapazität) solltest du denn auch fündig werden, falls dich dieses noch interessiert.
Gruß,
Küstenkind
(der hofft, dass du einen kleinen Spaß verstehen kannst)
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kingdingeling
Aktiv
Dabei seit: 24.09.2017
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Aus: Berlin
| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-23
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Danke an euch alle dass ihr euch die Zeit nimmt und Bongoköppen wie mir hier helft :)
Darf ich noch einmal nachfragen:
- Wieso kann man einfach die rechte Intervallgrenze so legen, wie man es braucht? Muss es denn nicht für alle sigma gelten? Wieso dürfen "wir" das festlegen, tut es nicht die Abbildung eigentlich?
- Wie ihr auf eure Verteilungsfunktionen kommt?
Gruß
KingDingeling
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AnnaKath
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 3040
Aus: hier und dort (s. Beruf)
| Beitrag No.15, eingetragen 2018-09-23
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Huhu Martin,
vielleicht darf ich noch eine allgemeine Bemerkung anfügen*:
Der Matheplanet besteht aus sehr verschiedenen Menschen; und selbst wenn man den nicht-mathematischen Dingen absieht, so gibt es zahlreiche Unterschiede.
Einige Planetarier stehen am Beginn ihres Studiums oder gehen noch zur Schule, weitere berühren die Mathematik im beruflichen Kontext vielleicht nur am Rande, andere sind Hobby-Mathematiker und wieder andere haben die Universität längst verlassen und beschäftigen sich vielleicht noch aus purer Romantik (und im Jugendwahn) mit der Mathematik**. Es gibt also ein sehr breites Spektrum.
Dazu kommen dann natürlich noch die wünschenswerten Unterschiede, die sich daraus ergeben, dass wir eben nicht alle Klone von einander sind, sondern unterschiedliches Temperament und verschiedensten Humor haben und ebenso in anderer Hinsicht das gesamte Spektrum der Gesellschaft auch im kleineren Rahmen des Matheplaneten abbilden.***
Wenn ich also etwas schreibe wie "... - das ist doch offensichtlich?!", so ist mir natürlich klar, dass das nicht für jeden und sogleich einsichtig sein muss. Es soll im Grunde - und wie gesagt, über die Form lässt sich fraglos diskutieren - bloß zu eigenem (erneuten) Versuch des Beweises anregen, und dabei den zarten Hinweis liefern, dass die Aussage kein besonderes Zusatzwissen benötigt oder "seltsamer Tricks" bedarf.
Zu den Kippregeln mache ich auch noch eine kleine Bemerkung um dies für mich abzuschließen: Tatsächlich konnte ich deren Beweis nicht einzeilig - wie ich zunächst annahm - führen, sondern musste unschöne Fallunterscheidungen machen. Hochmut kommt eben vor dem Fall... Andererseits habe ich mich ein wenig geärgert, das will ich nicht verhehlen, dass durch Deinen, Martin, Verweis auf die Regeln Du ein bisschen Werbung für Deinen Wiki-Beitrag machen wolltest. Vermutlich habe ich das ein wenig falsch aufgefasst.
Versöhnliche Grüße,
AK.
*) dies scheint leider immer mehr nötig zu sein oder zu werden
**) anhand dieser Formulierung sollte klar sein zu welcher traurigen Gruppe ich zu rechnen bin
***) ein technischer Unterschied ergibt sich sicher aus daraus, dass die Forumssprache Deutsch nicht jedermenschs Muttersprache ist; das wird aber viel zu viel derzeit diskutiert, so dass ich es bei dieser Fußnote bewenden lassen möchte.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.13 begonnen.]
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AnnaKath
Senior
Dabei seit: 18.12.2006
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| Beitrag No.16, eingetragen 2018-09-23
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Huhu kingdingeling!
2018-09-23 14:11 - kingdingeling in Beitrag No. 14 schreibt:
- Wieso kann man einfach die rechte Intervallgrenze so legen, wie man es braucht? Muss es denn nicht für alle sigma gelten? Wieso dürfen "wir" das festlegen, tut es nicht die Abbildung eigentlich?
Von welchem $\sigma$ sprichst Du hier? Meinst Du Ereignisse $A\in\mathcal{B}(\mathbb{R})$? Nun, natürlich musst Du zum Nachweis der Meßbarkeit zeigen, dass für alle solchen $A$ gilt: $X_n^{-1}(A) \in \mathcal{B}([0,1))$.
Das sind natürlich "ziemlich viele" Ereignisse und so muss man sich einiger Hilfsmittel bedienen, um diesen Nachweis zu führen. Wie n-tupel schon anmerkte reicht es beispielsweise, den Nachweis für ein Erzeugendensystem von $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ zu führen. Die Borel'sche Sigma-Algebra über den reellen Zahlen wird (siehe zB hier) verfügt über verschiedene Erzeugendensysteme, derer man sich nach Zweckmäßigkeit bedient. In diesem Sinne kann man "sich die rechte Grenze aussuchen".
Ich habe einen etwas anderen Vorschlag gemacht: Die Zufallsvariablen nehmen jeweils nur endlich viele Werte an. Da Atome der Form $\{x\}$ für reelles $x$ in der Borel-Algebra $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ liegen, reicht es aus, die Meßbarkeit von $X_n$ jeweils bezüglich der Unter-Algebra $\mathcal{S}_n = \sigma(W_n)$ (mit den zuvor benutzten Bezeichnungen) zu verifizieren. (Warum?)
- Wie ihr auf eure Verteilungsfunktionen kommt?
Ich vermeide den unleidlichen Ausdruck diesmal :)
Wie sieht z.B. $X_3$ aus? Diese bildet das Intervall $[0,1/3)$ auf $0$, das Intervall $[1/3,2/3)$ auf $1/3$ und das Intervall $[2/3,1)$ auf $2/3$ ab. Da der Urbildraum mit einer (stetigen) Gleichverteilung versehen ist, gilt also $\mathbb{P}(X_3=j/3)=\lambda([j/3; (j+1)/3))=\lambda([k/3; (k+1)/3))=\mathbb{P}(X_3=k/3)$ für $j,k \in \{0,1,2\}$. Damit ist auch $X_3$ gleichverteilt über $W_3$ und die Verallgemeinerung liegt nun auf der Hand.
Wenn man nun die Verteilung durch eine Verteilungsfunktion $F_{X_n}$ darstellen will, bildet man eine Sprungfunktion, die in den Stellen $x\in W_n$ um jeweils $1/n$ springt, für $x<0$ gerade $0$ ist und für $x\geq 1$ den Wert $1$ annimmt.
lg, AK.
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kingdingeling
Aktiv
Dabei seit: 24.09.2017
Mitteilungen: 401
Aus: Berlin
| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-23
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Wow, vielen Dank! Und das auf einen Sonntag, mega freundlich :)
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.18, eingetragen 2018-09-23
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Hallo AnnaKath, liebe Mitleser.
Mittlerweile bereuhe ich, dass ich so auf den Putz gehauen habe. Ich sehe wohl, dass ich damit nur unnötig Ärger gemacht habe. Das war auch sehr spontan und unüberlegt. Jetzt tut es mir leid.
2018-09-23 11:04 - AnnaKath in Beitrag No. 12 schreibt: ...sondern $W_n$=$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, 1\}$. Und entsprechend gilt dann $X_n^{-1}(\{j/n\}) = [\frac{j}{n}, \frac{j+1}{n})$ für $j\in D_n$.
Ich denke, $W_n$=$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, 1\}$ ist zu groß. Es müsste $W_n$=$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, \frac{n-1}{n}\}$ sein, weil in $\frac{\left\lfloor n\omega \right\rfloor}{n}$ das $\omega\in\Omega$ immer streng kleiner als $1$ ist.
2018-09-23 14:26 - AnnaKath in Beitrag No. 15 schreibt:
**) anhand dieser Formulierung sollte klar sein zu welcher traurigen Gruppe ich zu rechnen bin
Ich gehöre in die gleiche Gruppe :-)
2018-09-23 14:26 - AnnaKath in Beitrag No. 15 schreibt:
Andererseits habe ich mich ein wenig geärgert, das will ich nicht verhehlen, dass durch Deinen, Martin, Verweis auf die Regeln Du ein bisschen Werbung für Deinen Wiki-Beitrag machen wolltest.
Meinen Namen im Beitrag zum Wikipedia-Artikel dazuzuschreiben, war dreist von mir. Ich hatte auch damit gerechnet, dass dieser Scherz bei der Sichtung sofort wieder rausfliegt, ist aber nicht passiert.
Das habe ich schon mal gemacht, nachdem ich zwei Untergruppenkriterien, die ich gefunden hatte, im Wikipedia-Artikel zum Thema Untergruppe hinzugefügt hatte. Ich hatte damit gerechnet, dass mein Name sofort wieder rausfliegt. Was aber passiert ist, war dass nicht nur mein Name, sondern der ganze Beitrag bei der Sichtung wieder entfernt worden ist. Mich hat das gewundert, weil die Untergruppenkriterien ja auch ohne meinen Namen richtig sind und es hätte ja genügt, meinen Namen zu entfernen. Ich hatte dann die beiden Untergruppenkriterien wieder hinzugefügt, aber meinen Namen weggelassen. Und da stehen sie bis heute.
Und soll ich euch was sagen?! An dem Abend, an dem ich hier im Beitrag die Kippregeln erwähnt hatte, hat jemand diese aus dem Wikipedia-Artikel entfernt. Und ich habe mich wieder gewundert, denn es hätte ja wieder genügt, nur meinen Namen zu entfernen. Denn die beiden Ungleichungen sind ja auch ohne meinen Namen richtig. Nun habe ich gerade eben die beiden Ungleichungen wieder zurück in den Artikel hinein geschrieben, aber meinen Namen weggelassen. Und von dieser Änderung steht die Sichtung noch aus. Wenn also ein Mitleser der Meinung ist, diese Ungleichungen sind es nicht wert, in dem Artikel zu stehen, muss er wieder ran :-)
Zuletzt noch vielen Dank für diese Diskussion, auch für den Tadel - war ja nicht unverdient.
Liebe Grüße
Martin
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AnnaKath
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Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 3040
Aus: hier und dort (s. Beruf)
| Beitrag No.19, eingetragen 2018-09-23
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2018-09-23 22:12 - n-tupel in Beitrag No. 18 schreibt:
2018-09-23 11:04 - AnnaKath in Beitrag No. 12 schreibt: ...sondern $W_n$=$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, 1\}$. Und entsprechend gilt dann $X_n^{-1}(\{j/n\}) = [\frac{j}{n}, \frac{j+1}{n})$ für $j\in D_n$.
Ich denke, $W_n$=$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, 1\}$ ist zu groß. Es müsste $W_n$=$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, \frac{n-1}{n}\}$ sein [...]
Das ist natürlich richtig; es ändert aber nichts an den anderen Ausführungen.
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kingdingeling hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
kingdingeling hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |  [Neues Thema]  [Druckversion] |
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