Zunächst ein Hinweis: Statt die Dinge einfach passiv anzustarren, wenn man versucht, alles ausführlich auszupacken/auszurechnen, kommt man meistens auf die Antwort ; )

Nun zu der Erklärung: Beachte als Erstes, dass Φ folgendermaßen definiert ist. Sei Z irgendeine standardnormal verteilte ZV, kurz Z ~ N(0, 1). Dann definiert man

Φ(x) := ℙ[Z < x] für x ∈ ℝ. 

Da ε[t] ~ N(0, σ²), gilt ε[t]/σ ~ N(0, 1) und damit gilt bspw.

ℙ[ε[t] ≤ –µ] = ℙ[ε[t]/σ ≤ –µ/σ]
             = ℙ[ε[t]/σ < –µ/σ]
               weil die Verteilung der ZV atomfrei ist
             = Φ(–µ/σ)
               weil ε[t]/σ ~ N(0, 1)

Jetzt rechne es halt durch:

ℙ[I[t] > 1]               <— darum geht es eigentlich!
= ℙ[P[t]/P[t–1] > 1]
= ℙ[log(P[t]/P[t–1]) > log 1]
= ℙ[log P[t] - log P[t–1] > 0]
= ℙ[p[t] – p[t–1] > 0]    <– ab hier fängt deren Berechnung an
= ℙ[µ + ε[t] > 0]         <— vgl. mit rekursiver Formel
= ℙ[ε[t] > –µ]
= 1 – ℙ[ε[t] ≤ –µ]
= 1 – Φ(–µ/σ)             <— siehe Erklärung oben
= Φ(µ/σ).                 <— Symmetrie-Eigenschaft von Φ)

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PS: I(t) ist keine „Dummyvariable“. Das ergibt keinen Sinn. I(t) ist eine Zufallsvariable.

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Dies ist eine Aufgabe, um deine Augen/dein Wahrnehmungsvermögen, nicht deine Mathekenntnisse zu testen.

Es gibt Hexen (H), Zauberstäbe (Z), und Besen (B). Was erkennt man? Beim genauen hinschauen:

  • 3(H+Z+B) = 45
  • (1+1+1)Z = 21
  • (1+2+1)B = 12 (genauer hinschauen!!)
  • 1B + 1H x 2Z = ?

Zur Kontrolle: Z = 7; B = 3; H = 5; Output = 3 + 5·14 = 73. Aber wie gesagt, die Lösung / Mathe ist egal. Hier will man deine Aufmerksamkeit prüfen. (Und wahrscheinlich habe auch ich was übersehen ; )

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Vielleicht

Ich habe „vielleicht“ geantwortet, denn… warum dich nur auf Lehramt beschränken? Die Grundfragen—ob dir Mathematik/Sozialwissenschaften liegen—ist ein getrenntes und da würde ich bejahend antworten, solange dir die Fächer liegen. Aber innerhalb dieser Fächer gibt es mehrere Möglichkeiten—nicht nur Lehrer, sondern Forscher/Akadmiker oder, gekoppelt mit anderen Fächern wie Informatik, kannst du ja in die Industrie gehen.

Um Lehrer zu werden, sind andere Kompetenzen entscheidend: Umgang mit Menschen, didaktisches und pädagogisches Können, die Fähigkeit, Lernen zu fördern, die vielfaltigen Bedürfnisse einer Gruppe parallel zu berücksichtigen, usw. Das hat wenig mit deinen fachlichen Kompetenzen des Gebietes zu tun. Da würde ich vorschlagen Sachen freiwillig auszuprobieren um zu testen, ob dir das Lehrersein was für dich ist.

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ran(arctan) \subseteq (-π/2, π/2).

Die ==>-Richtung stimmt gdw. a ε (-π/2, π/2).

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theor.: man erstellt ein mathematisches Modell und untersucht formal den Raum der Möglichkeiten und berechnet das Wahrscheinlichkeitsmaß von Ereignissen. Das nennt sich manchmal räumliche Wahrscheinlichkeit.

Experim.: man beobachtet was geschieht und wiederholt das experiment oft. Dabei zählt man die Häufigkeit des Auftretens bestimmter Ereignisse. Das ist metaphysisch das Häufigkeitskonzept von Wahrscheinlichkeiten.

Metaphysisch betrachtet sind räumliche W-keiten und Häufigkeiten offensichtlich vom Wesen her verschieden. Zum Glück gibt es mathematische Theorien (z. B. in der Ergodentheorie and Stochastik), die die beiden u. U. synthetisch gleichsetzen.

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Gehts um Arbeiten während der Klass oder Zuhause bzw. für ne Arbeit? Im letzteren Falle tu das richtige und installiere eines von:

  • R
  • python
  • octave

alles gratis Programmiersprachen. R ist das einfachste. Alle haben Packages für LP-Löser.

Schmeiß deinen Taschenrechner weg. Der ist wertlos und niemand benutzt sowas für ernsthafte numerische Probleme.

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Sei Ω der Ergebnisraum, und bezeichne mit P(Ω) den Raum der Wahrscheinlichkeitsverteilungen. Dies lässt sich mit mehreren Topologien versehen, z. B. der Norm-Topologie mit ||µ|| = sup{∑|µ(An)| : (An) eine messbare Partition von Ω}, oder der schwach* Topologie mit µ_i ⟶ µ gdw. ∫ ƒ dµ_i ⟶ ∫ ƒ dµ für alle uniform stetigen Funktionen ƒ : Ω ⟶ [0,1].

Wir betrachten einen Transitionkern, κ : P(Ω) ⟶ P(Ω), eine konvex lineare, stetige Funktion. Sei µ₀∈P(Ω) die Initialverteilung. Dann heißt µ ∈ P(Ω)

  • Grenzverteilung (von µ₀) ⟺ κⁿµ₀ ⟶ µ in P(Ω)
  • stationäre Verteilung ⟺ κµ = µ

Offensichtlich gilt

µ Grenzverteilung ⟹ µ stationär

Pragmatisch gesehen verschafft dies ein notwendiges Mittel zur Berechnung der Grenzverteilung (sollte eine existieren).

Der Umkehrschluss aber gilt im Allgemeinen nicht. Beachte hierfür, dass die Definition einer stationären Verteilung die Initialverteilung gar nicht berücksichtigt. Es kann höchstens eine Grenzverteilung pro Initialverteilung geben, aber mehrere stationäre Verteilungen können existieren.

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Sei G eine Gruppe mit |G|=4. Jedes Element in G hat eine Ordnung, die 4 teilen muss. Also o(g) € {1;2;4} für alle g € G.

Fall 1. Es gibt ein Element g mit o(g) = 4. Dann G = o(g), was offensichtlich Kommutativ ist.

Fall 2. Für alle g = e gilt o(g)=2. Also g^2 = e. Seien g, h € G. Falls g=e od. h=e od. g=h, so gilt trivialerweise gh = hg. Ansonsten o(g)=2=o(h). Sie k € G\{e,g,h} das übrige Element nicht gleich dem Inversen. Es reicht aus zu zeigen, dass gh = k = hg.

Fall 2.1. gh = g. Dann h=e. Widerspruch.
Fall 2.2. gh = h. Dann g=e. Widerspruch.
Fall 2.3. gh=e. Dann h = ggh = ge = g. Widerspruch.

Darum gilt gh=k. Analog lässt sich beweisen, dass hg=k.

Darum ist G kommutativ im Fall 2.

Dieser Beweis zeigt, dass es bis auf Isomorphismus nur 2 Gruppen der Mächtigkeit 4 gibt: Die Rotationen bzw. Reflektionen eines Quadrats.

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Ist X ein topologischer, so ist die Teilmenge C := X, trivialerweise abgeschloffen, weil X und das Komplement ~X={} (Leermenge) per Definition beide offen sind. Ende.

Das gilt für ALLE topologischen Räume, IR eingeschlossen.

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Du hast was vertauscht. Die Formel ist 3x₁ + 4x₂ + 3x₃ = 12. Der Formel zur Folge ist n = (3, 4, 3) ein Normalvektor zur Ebene. Seien

  • O der Ursprung;
  • P = (4, 5, 7);
  • E ein Punkt auf der Ebene, der am nächsten zu P liegt.

Da E auf der Ebene liegt, gilt laut Ebene-Formel

1)...    OE•n = 12.

Nun ist es leicht zu zeigen, dass EP || n und darum

2)... d(P, Ebene) = |EP•n|/||n||.

Theorie beiseite, wir berechnen nun:

3)...
EP•n = (OP–OE)•n
     = (OP•n) – (OE•n)
     = (4,5,7)•(3,4,3) – 12, laut 1 und durch Einsetzen von P, n
     = 53 – 12
     = 41
4)...
||n|| = √((4)²+(3)²+(4)²) = √41

Aus 2–4 folgt

d(P, Ebene) = |41| / √41 = √41 7,031 Einheiten.

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Sei H ein Hilbert-Raum mit dim(H) > 1. (Falls dim(H) ≤ 1, dann ist die Antwort trivial: alle l. u. Mengen sind orthonormal, da es nur eine solche Menge gibt und diese enthält höchstens einen Vektor!)

Fall 1. manche l. u. Mengen von Vektoren im Hilbert-Raum sind nicht orthogonal. Gut.

Fall 2. alle l. u. Mengen von Vektoren im Hilbert-Raum sind orthogonal. Sei {u, v} irgendeine l. u. Menge. Das existiert, weil dim(H) > 1. Und insbesondere haben wir u, v ≠ 0. Per Annahme gilt <u, v> = 0. Setze nun u' := u und v' := u+v. Behauptung. {u', v'} l. u. Beweis. Seien a, b Skalare mit a·u'+b·v' = 0. Dann (a+b)·u + b·v = 0. Da {u, v} l. u. folgt hieraus b=0 und a+b=0, also a = -b = 0. Also ist {u', v'} l. u. QED. Per Annahme dann gilt (1) <u',v'> = 0. Aber (2) <u',v'> = <u,u+v> = ||u||² + <u,v> = ||u||² + 0 ≠ 0, weil u ≠ 0. Nun bilden (1) und (2) einen Widerspruch.

Darum ist Fall 2 ausgeschlossen. Es folgt, dass in keinem Hilbert-Raum von Dimension > 1 gilt die Implikation

l. u. ⟹ orthogonal.

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Setze V(ε) := {x | ƒ(x) > ε}. Dies ist eine messbare Teilmenge von [a, b], weil ƒ stetig und deshalb messbar ist.

Behauptung 1. V(ε) ist Lebesgue-null für alle ε > 0.
Beweis.
Da ƒ ≥ 0 überall gilt ƒ ≥ ε·χ_{V(ε)} wobei χ_{C} die Indikatorfunktion ist.
Durch Monotonie des Integrals folgt

0 = ∫ ƒ ≥ ∫ ε·χ_{V(ε)} = ε·λ(V(ε)),

wobei λ(·) das Lebesgue-Maß ist. Da λ ≥ 0 und ε > 0, folgt hieraus λ(V(ε)) = 0. QED

Folgerung. Da ƒ ≥ 0 überall gilt {x | ƒ(x) ≠ 0} = U{V(ε) | ε ∈ ℚ, ε > 0} ist eine abzählbare Vereinigung aus Nullmengen und deshalb selber eine Nullmenge. Also gilt ƒ = 0 fast überall.

Behauptung 2. ƒ = 0 überall.

Beweis.
Da das Lebesgue-Maß von nicht leeren offenen Mengen positiv ist, und die V(ε) alle wegen der Stetigkeit von ƒ offen sind, muss V(ε) = Ø gelten für alle ε > 0. Also ist {x | ƒ(x) ≠ 0} = U{V(ε) | ε ∈ ℚ, ε > 0} nicht nur eine Null- sonder auch eine Leermenge. Darum gilt ƒ = 0 überall. QED

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Angenommen, es gebe eine surjektive Abbildung g : IN —> 2^|N
Sei diag : |N —> 2 definiert durch diag(n) = 1–g(n)(n).
Da g surjektiv ist, existiert ein n* in IN, so dass g(n*) = diag.
Aber dann gilt diag(n*) = g(n*)(n*). Das widerspricht der Definition von diag.

Darum existiert keine Surjektion und somit, da wir ja wissen dass #IN <= #(2^IN), gilt #IN < #(2^IN) strikt. Das heißt 2^|N ist überabzählbar.

Bemerkung: auf diese Weise können für JEDE Kardinalität zeigen:
|X| < 2^|X|
Es gibt nicht nur diese zwei Kardinalitäten (abzählbar unendlich und kontinuum).

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Meinst du |B| = |A|^2 oder |B| = 2^|A| ?

Im ersten Falle gilt (in ZFC zumindest), dass |B|=|A|, sobald A unendlich ist.
Im zweiten Falle gilt (in ZF), dass |B| > |A|, egal welcher Kardinalität A ist.

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Man kann bloß mitilfe der Definition auf das Ergebnis kommen, indem man mit Mengenlehre argumentiert.

DEFINITION. Seien k, n Kardinalzahlen mit k ≤ n. Bezeichne außerdem mit n eine n-elementige Menge. Dann setzt man:

(n über k) := |{A ⊆ n : |A|=k}|.

Rein mengentheoretisch ist ƒ : {A⊆n : |A|=k} ⟶ {B⊆n : |B|=n-k} definiert durch ƒ(A) = ~A = n\A eine Bijektion. Folglich

(n über k) = |{A⊆n : |A|=k}| per Definition
  = |{B⊆n : |B|=n-k}| wegen def Bijektion ƒ
  = (n über n–k)   ...1

für alle n, k mit k≤n. Da nun g : n ⟶ {A⊆n | |A|=1} definiert durch g(x) = {x} eine Bijektion ist, gilt

(n über n–1) = (n über 1) wegen (1)
  = |{A⊆n | |A|=1}|
  = |{x : x∈n}| wegen der Bijektion g
  = n,

Wzzw.

Beachte dass ich keine einzige dieser !-Formeln verwendet, sondern rein mittels Bijektivitäten argumentiert habe.

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