Wahrscheinlichkeitsraum

18.03.2015, 13:10

winki2008

Wahrscheinlichkeitsraum

Hallo, könnt ihr mir bitte bei folgender Aufgabe auf Sprünge helfen.

In meinem Skript steht folgende Definition:

Es sei $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ entweder endlich oder abzählbar unendlich, $\begin{eqnarray*} \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$ die $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Algebra über $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ . Jede Folge nicht negativer Zahlen $\begin{eqnarray*} (p_{\omega})_{\omega \in \Omega} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{\omega \in A} p_{\omega} =1 \end{eqnarray*}$ definiert eindeutig die Wahrscheinlichkeit P durch:

$\begin{eqnarray*} P(A)=\sum\limits_{\omega \in A} p_{\omega} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} A \in \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$

Ist $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ eine Menge (ungleich der leeren Menge), $\begin{eqnarray*} \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ -Algebra über $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ das Wahrscheinlichkeitsmaß auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , so heißt das Tripel $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal{A},P) \end{eqnarray*}$ Wahrscheinlichkeitsraum.

bei Bsp. a)

ich denke es liegt kein Wahrscheinlichkeitsraum vor

Die Potenzmenge der natürlichen Zahlen ist 2^n (weil die natürlichen Zahlen eine abzählbare unendliche Menge ist.)

So denke ich, dass die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P({{n}})=1 \end{eqnarray*}$ nicht stimmen kann, denn n ist ein Element der Grundgesamtheit.

heißen müsste es $\begin{eqnarray*} P({n})=\frac{1}{2^n} \end{eqnarray*}$ wie es in Bsp. b) gegeben ist...dieses ist ein Wahrscheinlichkeitsraum.

Versteh ich das richtig, ich habe es erst diese Woche gelernt und tue mich noch etwas schwer damit? Dann erledige ich c) d) e)

Danke für eure Antwort

[attach]37504[/attach]

18.03.2015, 14:51

HAL 9000

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(b) ist ein korrekter W-Raum, ja.

(a) ist keiner, auch richtig. Freude

Na dann mal weiter so.

Soll das bei (c) da $\begin{align*} P(\{k\}) = \frac{1}{3^{|k|}} \end{align*}$ heißen? Ziemlich verunglückt geschrieben, könnte man fast für $\begin{align*} P(\{k\}) = \frac{1}{3 |k|} \end{align*}$ halten, was aber ja für $\begin{align*} k=0 \end{align*}$ nicht erlaubt wäre.

18.03.2015, 18:25

winki2008

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Danke HAL 9000!

bei c) steht wirklich $\begin{eqnarray*} P({k})=\frac{1 }{| 3k |} \end{eqnarray*}$

zuerst zu d) Die Menge der ganzen Zahlen ist auch eine abzählbare unendliche Menge: also wieder die Potenzmenge $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$

Ich denke das es für $\begin{eqnarray*} k<0 \end{eqnarray*}$ dann so heißen muss:

$\begin{eqnarray*} P({k})=\frac{1}{2^k} \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} k \geq 0 \end{eqnarray*}$ müsste dann $\begin{eqnarray*} P({k})=\frac{1}{2^{(k+1)}} \end{eqnarray*}$ gelten, oder?

somit ist c) automatisch falsch

e) Versteh nicht ganz: Welche Elemente in der Menge $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ nun wirklich exakt enthalten sind:

Damit $\begin{eqnarray*} P({A})=1 \end{eqnarray*}$ muss $\begin{eqnarray*} \mathbb N \subseteq A\subseteq \mathbb R =\Omega \end{eqnarray*}$ sein

Dann kann man noch sagen das die reellen Zahlen überabzählbar sind....heißt es gibt keine Potenzmenge

Wie ist das jetzt wirklich zu interpretieren?

Danke

18.03.2015, 18:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von winki2008
Dann kann man noch sagen das die reellen Zahlen überabzählbar sind....heißt es gibt keine Potenzmenge

Wieso das? Auch von den reellen Zahlen kann man natürlich die Potenzmenge bilden.

Es gibt ein ganz anderes Argument gegen e): Die Additionseigenschaft $\begin{align*} P(A\cup B) = P(A)+P(B) \end{align*}$ ist hier nicht für alle disjunkten $\begin{align*} A,B \end{align*}$ erfüllt - finde ein Gegenbeispiel!

19.03.2015, 09:52

winki2008

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Ich verstehe leider nicht ganz. Ist die Additionseigenschaft jetzt verletzt, weil die Grundgesamtheit aus der Menge der reellen Zahlen besteht?

19.03.2015, 11:12

HAL 9000

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Nein. Anscheinend liest du nicht richtig, also wiederhole ich nochmal:

Zitat:

Original von HAL 9000
Die Additionseigenschaft $\begin{align*} P(A\cup B) = P(A)+P(B) \end{align*}$ ist hier nicht für alle disjunkten $\begin{align*} A,B \end{align*}$ erfüllt - finde ein Gegenbeispiel!

Oder noch deutlicher auf das Beispiel bezohen:

Finde disjunkte $\begin{align*} A,B \end{align*}$ mit $\begin{align*} P(A)=0,P(B)=0 \end{align*}$ aber $\begin{align*} P(A\cup B)=1 \end{align*}$ .

19.03.2015, 12:22

RavenOnJ

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RE: Wahrscheinlichkeitsraum

Zitat:

Original von winki2008
Jede Folge nicht negativer Zahlen $\begin{eqnarray*} (p_{\omega})_{\omega \in \Omega} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{\omega \in {\color{red}\Omega}} p_{\omega} =1 \end{eqnarray*}$ definiert eindeutig die Wahrscheinlichkeit P durch:

$\begin{eqnarray*} P(A)=\sum\limits_{\omega \in A} p_{\omega} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} A \in \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$

Hier meinst du wohl eher das Rote.

19.03.2015, 17:02

winki2008

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RE: Wahrscheinlichkeitsraum
Ja, da hast du natürlich recht - mein Fehler

Dennoch, das Rätsel mit der Additionseigenschaft kann ich nicht wirklich lösen, ich könnte nur dumm herumraten und das ist wenig hilfreich.
Trotzdem Danke

19.03.2015, 17:21

RavenOnJ

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RE: Wahrscheinlichkeitsraum

Zitat:

Original von winki2008
Dennoch, das Rätsel mit der Additionseigenschaft kann ich nicht wirklich lösen, ich könnte nur dumm herumraten und das ist wenig hilfreich.

Ein Tipp zu e): Es ist P(A)=1, wenn alle natürlichen Zahlen in A enthalten sind.

Edit:

Zitat:

Original von winki2008

Trotzdem Danke

Wer weiß, vielleicht hast du hiermit HAL vergrault Augenzwinkern

. Beachte seine Signatur!

20.03.2015, 11:57

HAL 9000

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RE: Wahrscheinlichkeitsraum

Zitat:

Original von RavenOnJ
Wer weiß, vielleicht hast du hiermit HAL vergrault Augenzwinkern

Noch nicht. Augenzwinkern

@winki2008

Überlege doch: Laut obiger Festlegung soll die Wahrscheinlichkeit der Menge (=Ereignis) gleich 1 sein, sobald alle natürlichen Zahlen in dieser Menge liegen, sonst aber 0. Kannst du dir nicht zwei Mengen überlegen, die jede für sich nicht alle natürlichen Zahlen enthält, in der Vereinigung aber doch? Das kann doch nun wirklich nicht so schwer sein.

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