Leerer Stichprobenraum

12.04.2023, 00:40

Pippen

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Leerer Stichprobenraum

1. Sei A = { $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ }. Ich suche $\begin{eqnarray*} \emptyset^c \end{eqnarray*}$ und frage mich, ob es in A ist, so dass A und $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ hier eine Sigma-Algebra bilden. ME gilt: $\begin{eqnarray*} \emptyset^c \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ A, so dass meine Vermutung der Fall wäre, man könne allein aus der leeren Menge eine Sigma-Algebra bauen. Liege ich richtig?

2. Daraus folgt folgendes Problem: Im Rahmen der Wahrscheinlichkeitstheorie kann es wg. 1. vorkommen, dass $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ , zB im Fall n = 0 in der Binomialverteilung. Das führt aber in der Wahrscheinlichkeitsaxiomatik offenbar in einen Widerspruch, weil P( $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ ) = 0 (Theorem) und P( $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ) = P( $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ ) = 1 (Axiom).

Was nun?

Es gibt konzeptionell nur zwei Möglichkeiten: man verbietet es oder man erlaubt es, aber dann muss $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ nicht leer sein und was macht man da, man muss ja das angebliche Element in $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ bezeichnen können.

Da ich kein Mathematiker bin, bitte wenn möglich etwas ausführlicher und hinführender erklären!

12.04.2023, 08:35

Elvis

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$\begin{eqnarray*} 0=p(\emptyset) \ne p(\{\emptyset\}) =p(\Omega) =1 \end{eqnarray*}$

12.04.2023, 10:01

HAL 9000

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Zitat:

Original von Pippen
Was nun?

Einfach die Definitionen lesen:

Es ist zwar richtig, dass man durchaus die Sigmaalgebra über der leeren Menge $\begin{eqnarray*} \Omega=\emptyset \end{eqnarray*}$ betrachten darf - aber nicht im Rahmen eines Wahrscheinlichkeitsraums $\begin{eqnarray*} (\Omega,\mathcal{A},P) \end{eqnarray*}$ :

Bei dem ist explizit $\begin{eqnarray*} \Omega\neq\emptyset \end{eqnarray*}$ vorgeschrieben. Insofern redest du hier ein Problem herbei, das es gar nicht gibt. Immerhin hast du mit deinem Beispiel verdeutlicht, warum diese Forderung für W-Räume erhoben wird. Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.04.2023, 20:45

Pippen

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Und was mache ich nun, wenn ich den Stichprobenraum einer Binomialverteilung für n = 0 betrachte? Eigentlich wäre $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ , man könnte natürlich auch einfach sowas postulieren, wie es Elvis tut: $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ = { $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ }, aber das wäre reine Festlegung, damit es funktioniert, analog wie die Festlegung, dass n^0 := 1, damit man kontinuierlich mit Potenzen rechnen kann, richtig?

p.s. Gilt eigentlich für eine Binomialverteilung, dass | $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ | = 2^n?

12.04.2023, 20:54

HAL 9000

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Die Zufallsgröße allein bestimmt doch nicht den Wahrscheinlichkeitsraum! Wenn man sich auf deine exotischen Gedankenspiele (ohne sinnvollen Nutzen) einer $\begin{eqnarray*} B(0,p) \end{eqnarray*}$ -Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ einlässt, dann ist das einfach eine konstante Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X=0 \end{eqnarray*}$ . Und die kannst du doch auf einem beliebigen W-Raum betrachten - da besteht nicht im geringsten die Notwendigkeit für $\begin{eqnarray*} \Omega=\emptyset \end{eqnarray*}$ . unglücklich

unglücklich

12.04.2023, 20:58

Pippen

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Entschuldigung. Ich habe meinen o.g. Beitrag nochmal geändert. Ich hoffe, dadurch wird klar, warum ich verwirrt bin und das es um eine nicht unwichtige Formalie geht.

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12.04.2023, 21:04

HAL 9000

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Ja und? Du kannst die konstante Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X=0 \end{eqnarray*}$ auch z.B. auch auf dem überabzählbaren Raum $\begin{eqnarray*} \left([0,1],[0,1]\cap\mathcal{B}^1,\lambda\right) \end{eqnarray*}$ (mit Lebesgue-Maß $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ betrachten. Anscheinend hast du eine sehr eingeengte Vorstellung davon, wie die Grundmenge eine W-Raumes aussehen muss. unglücklich

unglücklich

Das einzige, was man zum Grundraum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ sagen kann, auf dem eine $\begin{eqnarray*} B(n,p) \end{eqnarray*}$ -verteilte Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ definiert werden soll, dass er mindestens $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ Elemente umfassen muss: Schließlich muss für jeden der $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ möglichen Werte $\begin{eqnarray*} k=0,1,\ldots,n \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \omega\in\Omega \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X(\omega)=k \end{eqnarray*}$ existieren.

Üblicher bei einem Bernoulli-Experiment aber eher ein W-Raum, der zumindest alle $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ möglichen Ergebnistupel der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Einzelexperimente unterscheiden kann, d.h. $\begin{eqnarray*} |\Omega|\geq 2^n \end{eqnarray*}$ . Denn damit kann man nicht nur die binomialverteilte Größe "Anzahl Erfolge" beschreiben, sondern auch andere Größen wie etwa "Nummer des ersten Erfolgs" u.a.

13.04.2023, 01:09

Pippen

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Kann ich das dann so als Exkurs in meine Notizen zur Wahrscheinlichkeitstheorie (bin gerade bei Binomial- und Poissonverteilung) schreiben oder wäre da was falsch dran?

[attach]56976[/attach]

13.04.2023, 08:20

HAL 9000

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Selbst wenn wir hier anfangen mit Intuitionen zu argumentieren: Für $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ ist sowohl $\begin{eqnarray*} n+1=1 \end{eqnarray*}$ (Anzahl möglicher Werte der Binomialverteilung) als auch $\begin{eqnarray*} 2^n=1 \end{eqnarray*}$ (Anzahl Ergebnistupel), daher ist für mich die "Intuition" $\begin{eqnarray*} |\Omega|=0 \end{eqnarray*}$ in keinster Weise nachvollziehbar.

13.04.2023, 12:57

Elvis

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Zitat:

Original von Elvis
$\begin{eqnarray*} 0=p(\emptyset) \ne p(\{\emptyset\}) =p(\Omega) =1 \end{eqnarray*}$

Die Wahrscheinlichkeit, dass die leere Menge ein Element enthält, ist gleich 0 (leeres Ereignis).
Die Wahrscheinlichkeit, dass die leere Menge existiert, ist gleich 1 (sicheres Ereignis).

Zitat:

Original von Pippen
... man könnte natürlich auch einfach sowas postulieren, wie es Elvis tut ...

@Pippen
Wenn du mich nicht verstehst, kannst du daraus nicht schließen, dass ich nicht weiß, was ich mache. Du hast die sigma-Algebra $\begin{eqnarray*} A=\{\emptyset,\{\emptyset\}\} \end{eqnarray*}$ über der Menge $\begin{eqnarray*} \Omega=\{\emptyset\} \end{eqnarray*}$ in deinem ersten Beitrag ins Spiel gebracht, nicht ich. Kannst du die einfache Aussage $\begin{eqnarray*} \emptyset\ne \{\emptyset\} \end{eqnarray*}$ nicht verstehen ?

13.04.2023, 20:21

Pippen

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Zitat:

Original von Elvis
Du hast die sigma-Algebra $\begin{eqnarray*} A=\{\emptyset,\{\emptyset\}\} \end{eqnarray*}$ über der Menge $\begin{eqnarray*} \Omega=\{\emptyset\} \end{eqnarray*}$ in deinem ersten Beitrag ins Spiel gebracht, nicht ich. Kannst du die einfache Aussage $\begin{eqnarray*} \emptyset\ne \{\emptyset\} \end{eqnarray*}$ nicht verstehen ?

Meine Sigma-Algebra war A = $\begin{eqnarray*} \{\emptyset\} \end{eqnarray*}$ aus der Menge $\begin{eqnarray*} \Omega=\emptyset \end{eqnarray*}$ .

@Hal: Bei n = 0 bei der Binomialverteilung findet ja gar kein Bernoulli-Experiment statt, also wäre kein Ereignis im Stichprobenraum. „Kein Ereignis“ meint genaugenommen nichts anderes als $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ \ $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ , woraus folgt $\begin{eqnarray*} \Omega=\{\emptyset\} \end{eqnarray*}$ . Ist das so besser? Jetzt wäre die Lösung $\begin{eqnarray*} \Omega=\{\emptyset\} \end{eqnarray*}$ keine willkürliche Postulation mehr, sondern ganz normale Folgerung.

13.04.2023, 22:09

Elvis

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Wieso schreibst du dann, dass "A={ $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ } [...] A und $\begin{eqnarray*} \emptyset \end{eqnarray*}$ hier eine Sigma-Algebra bilden". Wie soll man aus deinem Chaos schlau werden?

In deiner Antwort an HAL 9000 machst du schon wieder denselben Fehler. unglücklich

unglücklich

14.04.2023, 10:53

Leopold

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@ HAL 9000

Kannst du auch noch den Fall erklären, daß der Ergebnisraum gar kein oder minus ein Elemente enthält? Prost

Prost

14.04.2023, 11:02

HAL 9000

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Ich hab mich ja oben schon als Vertreter der langweiligen klassischen Wahrscheinlichkeitstheorie geoutet, die nun mal $\begin{eqnarray*} \Omega\neq \emptyset \end{eqnarray*}$ voraussetzt. Kann natürlich sein, dass alles was von den Russen in den letzten 100 Jahren hervorgebracht wurde (wie eben Kolmogorows Axiomensystem) nun auf den Prüfstand muss... smile

smile

14.04.2023, 14:54

Leopold

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@ Moderatoren / @ HAL

Wo ist HALs Beitrag geblieben, in dem er n-Tupel für n=2,1,0 betrachtet? Irgendwie verschwunden...

14.04.2023, 15:29

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Wo ist HALs Beitrag geblieben, in dem er n-Tupel für n=2,1,0 betrachtet? Irgendwie verschwunden...

Würde mich auch interessieren. Ich war's jedenfalls nicht (hätte ja übrigens auch gar nicht die Befugnisse, den Beitrag komplett zu killen - allenfalls ihn "leer" zu räumen).

14.04.2023, 18:11

Pippen

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Ich frage mich weiterhin, wieso bei n = 0 einer Binomialverteilung $\begin{eqnarray*} \Omega = \{ \emptyset\} \end{eqnarray*}$ bzw. | $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ | = 1. Mein Problem läßt sich gut visualisieren, mal am Bsp. des Münzwurfs:

bei n = 2 $\begin{eqnarray*} \Omega = \{KK, ZZ, KZ, ZK\} \end{eqnarray*}$
bei n = 1 $\begin{eqnarray*} \Omega = \{K, Z\} \end{eqnarray*}$
bei n = 0 $\begin{eqnarray*} \Omega = \{\} \end{eqnarray*}$ , naja und das wäre die leere Menge. Das kann in einem kolmogorovschen W-Raum nicht sein, s.o. Die Frage ist jetzt, ob man die leere Menge als Element des Stichprobenraumes einfach hineinpostulieren muss oder ob man es irgendwie folgern kann (und zwar wie).

14.04.2023, 18:18

HAL 9000

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Irgendjemand hat meinen Beitrag von heute früh hier gelöscht... Daher nochmal: Ich betrachte mal das Bernoulli-Experiment mit Versuchsanzahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ und gehe dabei mit dieser Anzahl "rückwärts":

Für n=2 gibt es vier Ergebnistupel: (0,0), (0,1), (1,0), (1,1)
Für n=1 gibt es zwei Ergebnistupel: (0), (1)
Für n=0 gibt es ein Ergebnistupel: ()

Das ganze auf die Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ "Anzahl der Erfolge" (also Einsen) bezogen:

Für n=2 gibt es drei Wertausprägungen $\begin{eqnarray*} X=0 \end{eqnarray*}$ für (0,0), $\begin{eqnarray*} X=1 \end{eqnarray*}$ für (0,1) und (1,0) sowie $\begin{eqnarray*} X=2 \end{eqnarray*}$ für (1,1).
Für n=1 gibt es zwei Wertausprägungen $\begin{eqnarray*} X=0 \end{eqnarray*}$ für (0) sowie $\begin{eqnarray*} X=1 \end{eqnarray*}$ für (1).
Für n=0 gibt es nur die eine Wertausprägung $\begin{eqnarray*} X=0 \end{eqnarray*}$ für ().

Alles in sich stimmig: Keine Versuche im Bernoulli-Experiment heißt eben nicht kein Ergebnis des Gesamtexperiments, sondern genau das eine "leere" Ergebnistupel (). Diese Erkenntnis ist nicht exklusiv der Wahrscheinlichkeitsrechnung vorbehalten:

Man denke nur an die kartesische Potenz $\begin{eqnarray*} A^n \end{eqnarray*}$ einer nichtleeren Menge $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Wenn man die rekursiv definiert über $\begin{eqnarray*} A^n = A^{n-1}\times A \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ , dann darf man auch nicht mit $\begin{eqnarray*} A^0 = \emptyset \end{eqnarray*}$ operieren, sondern stattdessen mit $\begin{eqnarray*} A^0 = \{ () \} \end{eqnarray*}$ , d.h. einer einelementigen Menge, welche das leere Tupel enthält. Mancher schreibt dafür auch $\begin{eqnarray*} A^0=\{ \emptyset\} \end{eqnarray*}$ , egal - die Hauptsache ist die Elementzahl $\begin{eqnarray*} |A^0|=1 \end{eqnarray*}$ .

14.04.2023, 22:20

Pippen

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Danke, das leuchtet ein; vor allem zeigt es, dass da nix postuliert werden muss, sondern sich alles ganz natürlich ergibt.

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