Wahrscheinlichkeitsmaß (N,P(N))

02.05.2009, 11:40	hxh	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeitsmaß (N,P(N)) Hi Hab mir da selbst mal ne Frage gestellt nachdem ich ein anderes Beispiel gelesen hatte. Gibt es ein W-Maß auf $\begin{eqnarray} (\mathbb N, P(\mathbb N) ) \end{eqnarray}$ wobei P(n) = P(m) $\begin{eqnarray} \forall n,m \in \mathbb N \end{eqnarray}$ So ein ähnliches Beispiel gabs mit den reelen Zahlen und man wählt zufällig eine Zahl aus [0,1] aus. Das funktioniert nicht , weil [0,1] überabzählbar ist. Wenn ich nun sage $\begin{eqnarray} P(n)=p_n = p_m = P(m) \forall n,m \in \mathbb N \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p_n >= 0 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} P(\Omega) = \sum_{i \in \mathbb N} p_i = 1 \end{eqnarray}$ Ich weiß nicht ob das hier funktioniert. Die natürlichen Zahlen sind ja abzählbar unendlich. Tendentiell glaube ich, dass es geht, aber kanns nicht beweisen oder erklären warum. Wenn ja sollte die sigma - Additivität auch keine Probleme bereiten , da die disjunkte unendliche Vereinigung der einpunktigen Mengen ja die natürlichen Zahlen ergeben, was ja der vorangegangenen Summe entspricht. Hat mir jemand einen Denkanstoss, was man hier noch beachten muss.
02.05.2009, 12:18	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du meinst, dass es geht, dann gib doch mal diesen für alle $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ gleichen Wert $\begin{eqnarray} p_n = p \end{eqnarray}$ an.
02.05.2009, 12:40	hxh	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok , das ist ein guter Einwand Es müssste dann ja eine geometrische reihe sein , aber $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty} p^n = \frac{1}{1-p} \end{eqnarray}$ . Und dann müsste die Wahrscheinlichkeit P(n) = 0 sein, das wiederspricht dann der Sigma additivität.
02.05.2009, 12:50	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Wieso "muss" es eine geometrische Reihe sein? Nein, viel einfacher: Es ist $\begin{eqnarray} \sum_{i\in\mathbb{N}} p_i = \sum_{i\in\mathbb{N}} p = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\; p=0 \\ \infty & \;\mbox{für}\; p>0 \end{cases} \end{eqnarray}$ , also niemals gleich 1, Widerspruch.
02.05.2009, 12:59	hxh	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja klar. Ich dachte mir eben damit $\begin{eqnarray} P(\Omega) = \sum_{i=0}^{\infty} p^n = \frac{1}{1-p} = 1 \end{eqnarray}$ ist, muss P(n) = 0 für alle n sein. Aber da $\begin{eqnarray} P( \cup_{i \in \mathbb N})= \sum_{i \in \mathbb N} p(i) = 0 \end{eqnarray}$ ist das ja ein Wiederspruch , weil die Vereinigung der einelementigen Mengen wieder ganz N ergibt. Auch wenns komplizierter ist, kann man nicht auch so argumentieren ?
02.05.2009, 13:42	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Nochmal: Wieso geometrische Reihe? Wenn schon, dann gleich geometrische Reihe mit Faktor 1, weil sich das aus der Konstantheit der $\begin{eqnarray} p_i \end{eqnarray}$ ergibt.
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02.05.2009, 14:00	hxh	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok hast Recht. Danke für die Auskunft Arthur. Manchmal hängt man an seiner ersten Idee einfach fest und will unbedingt damit dann arbeiten.

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