Formell definition av sannoliksmått för tärningskast

Hmm, jag hänger inte riktigt med på din konstruktion, men det beror på att terminologin är ny för mig. Detta är kanske inte till någon hjälp, take or leave.

Om måttet uppfyller axiomen är det ett sannolikhetsmått. Det innebär att det inte är uteslutet att det kan finnas flera sannolikhetsmått.

I princip behöver du visa att P(x) = 1/6 för x = etta, tvåa, …, sexa uppfyller axiomen. Fast det ter sig ganska uppenbart.

Om vi sätter P(etta) = 7/12 och P(x) = 1/12 för x = tvåa, trea,…, sexa, så har vi också ett sannolikhetsmått, dock mindre användbart ifall tärningen symmetrisk. I själva uttrycket rättvis tärning ligger väl just att P(x) ska vara samma oavsett vilket utfall kastet ger.

P(A union B) = P(A)+P(B) – P(A snitt B) ger ditt samband om A och B är disjunkta.

Det "vanliga" skrivsättet är att $P(\Omega)=1$, dvs summan av sannolikheterna för alla utfall i utfallsrummet ska vara lika med 1. För din tärning innebär det att $P(1)+\dots+P(6)=1$, vilket uppfylls om du sätter varje sannolikhet till $1/6$.

För varje utfall $A$ gäller vidare att $0\leq P(A)\leq 1$, vilket är uppfyllt för en vanlig tärning (inte ditt powerset)

Slutligen, det jag tror du funderar på, två utfall kan inte överlappa. För en rättvis tärning som inte landar på högkant på något vis är det uppenbart att den inte kan ge två utfall samtidigt.

Matematiskt betyder det att om $A,B\in \Omega$ inte överlappar (på något vis inträffar samtidigt eller är beroende av varandra på något sätt) så är:

$A\cap B = \emptyset \Rightarrow P(A\cup B)=P(A)+P(B)$

Du kommer stöta på händelser som inte är oberoende och då gäller

$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$

Men utfallen i ditt utfallsrum för tärningen överlappar INTE.

Sammanfattningsvis kallas en funktion $P$ som till varje händelse $A$ i ett utfallsrum $\Omega$ ordnar ett reellt tal $P(A)$ ett sannolikhetsmått om funktionen $P$ har egenskaperna:

1. $0\leq P(A)\leq 1$
2. $P(\Omega)=1$
3. $A\cap B = \emptyset \Rightarrow P(A\cup B)=P(A)+P(B)$

Edit: Fixade formuleringen.

Skall inte funktionen vara A $\mapsto$ card(A)/6, eller något sådant?

Den måste normeras också, grundmängden innehåller 64 element om jag förstår naytte rätt.

Tack för era svar!

Anledningen till att jag tänkte att grundmängden (?) för funktionen skulle vara potensmängden av $\Omega$ var att jag ville få med alla händelser som $\{2,3\}$ (2 eller 3) eller $\{1,2,3,4,5,6\}$ (1 eller 2 eller 3 eller 4 eller 5 eller 6). Men vi kanske får med det automatiskt om vi för $\mathbb{P}$ bara säger att $\displaystyle \mathbb{P}(\Omega) = 1$, eftersom man då får med alla element ur potensmängden förutom tomma mängden.

Det grundlägande objektet när man håller på med sannolikhetsteori är ett sannolikhetsrum $(\mathrm{\Omega},\mathcal{F},\mathbb{P})$, som består av tre bitar data:

• En mängd $\mathrm{\Omega}$ av alla möjliga utfall (kallas ofta utfallsrummet).
• En mängd $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{P}(\mathrm{\Omega})$ av alla möjliga händelser.
• En funktion $\mathbb{P}\colon \mathcal{F}\to[0,1]$ som för varje händelse beskriver hur sannolik den är (kallas ofta för sannolikhetsmåttet).

Mängden händelser ska uppfylla kraven för att vara en σ-algebra på $\mathrm{\Omega}$:

• $\mathrm{\Omega}\in\mathcal{F}$.
• Slutenhet under komplement: Om $A\in\mathcal{F}$ så gäller $\mathrm{\Omega}\setminus A\in\mathcal{F}$.
• Slutenhet under uppräkneliga unioner: Om $A_1,A_2,A_3,\ldots\in\mathcal{F}$ så gäller $\bigcup_{i=1}^\infty A_i\in\mathcal{F}$.

Sannolikhetsmåttet ska uppfylla de så kallade Kolmogorov-axiomen:

• $\mathcal{P}(\mathrm{\Omega})=1$
• För varje sekvens av händelser $A_1,A_2,A_3,\ldots\in\mathcal{F}$ som är parvis disjunkta (dvs. $A_i\cap A_j=\varnothing$ om $i\neq j$) så gäller $\mathbb{P}{(\bigcup_{i=1}^\infty A_i)}=\sum_{i=1}^\infty \mathbb{P}{(A_i)}$.

I nayttes modell av ett tärningskast ges sannolikhetsrummet av

• $\mathrm{\Omega}=\{1,2,3,4,5,6\}$.
• $\mathcal{F}=\mathcal{P}(\mathrm{\Omega})$ (som har 64 element).
• $\mathbb{P}\colon\mathcal{F}\to [0,1]$ definierad av $\mathbb{P}(A)=|A|/|\mathrm{\Omega}|=|A|/6$, där $|\cdot|$ står för kardinaliteten (alltså antalet element).

Övning: Dubbelkolla att detta uppfyller Kolmogorov-axiomen!

Exempel: Vi får $\mathbb{P}(\varnothing)=0$, $\mathbb{P}(\{2\})=1/6$ och $\mathbb{P}(\{2,3\})=2/6=1/3$.

Notera: Vi får inte ett fungerande sannolikhetsrum om vi definierar $\mathbb{P}$ genom att sätta $\mathbb{P}(A)=|A|/64$. Vi kan heller inte sätta $\mathbb{P}(A)=1/6$ för alla $A\in\mathcal{F}$. (Dubbelkolla gärna vilket/vilka axiom som fallerar!)

Varning: När man jobbar i det här ramverket är det viktigt att komma ihåg att definitionsmängden för sannolikhetsmåttet $\mathbb{P}$ är $\mathcal{F}$ och inte $\mathrm{\Omega}$. Alltså ger det med ovanstående definitioner ingen mening att prata om exempelvis "$\mathbb{P}(2)$" eller "$\mathbb{P}(3)$".

Det jag tror du vill åstadkomma med potensmängden är att genast få en funktion för sannolikheten att slå till exempel 3 eller 4 (dvs elementet $\{3,4\}$) i potensmängden. Men tänk på att det utfallet "överlappar" till exempel elementet $\{1,3\}$.

D4NIEL skrev:

Den måste normeras också, grundmängden innehåller 64 element om jag förstår naytte rätt.

Vad menar du med att grundmängden skall normeras?

PATENTERAMERA skrev:

D4NIEL skrev:

Den måste normeras också, grundmängden innehåller 64 element om jag förstår naytte rätt.

Vad menar du med att grundmängden skall normeras?

Jag tror naytte vill ha ett "sannolikhetsmått" för t.ex. sannolikheten att slå 3 eller 4, du har räknat ut sannolikheten.

Se Oggihs kommentar i #7. Samma slutsats gällande $\mathrm{\mathbb{P}}$ som jag gjorde. Jag antar att Oggih skrev fel och menade $\mathrm{\mathbb{P}}\left(A\right)=\left|A\right|/6$. Jag antar att |A| är samma som card(A).

Tack PATENTERAMERA – jag har uppdaterat mitt inlägg nu!

Det gäller inte att funktionen

$P(\mathcal{P}(\Omega))=1$

Funktionen är inte ett sannolikhetsmått i den betydelsen.

D4NIEL skrev:

Det gäller inte att funktionen $P(\mathcal{P}(\Omega))=1$. Funktionen är inte ett sannolikhetsmått i den betydelsen.

Vilken definition av sannolikhetsmått har du i åtanke? (Detta är inte ett krav i den definition jag gav här ovanför.)

Egentligen behöver väl $F$ alltid vara en $\sigma$-algebra, även när utfallsrummet är ändligt.

D4NIEL skrev:

Det gäller inte att funktionen

$P(\mathcal{P}(\Omega))=1$

Funktionen är inte ett sannolikhetsmått i den betydelsen.

Men kravet är väl att $\mathrm{\mathbb{P}}\left(\Omega \right)=1$?

Gustor skrev:

Egentligen behöver väl $F$ alltid vara en $\sigma$-algebra, även när utfallsrummet är ändligt.

Bra poäng – håller helt med!

Har förtydligat detta nu.

PATENTERAMERA skrev:

D4NIEL skrev:

Det gäller inte att funktionen

$P(\mathcal{P}(\Omega))=1$

Funktionen är inte ett sannolikhetsmått i den betydelsen.

Men kravet är väl att $\mathrm{\mathbb{P}}\left(\Omega \right)=1$?

Ja, det är korrekt, jag trodde du ville använda $\mathcal{P}(\Omega)$ som grundmängd, jag tror jag missförstod din funktionsbeskrivning, men du menar förmodligen mängden $A$ som _element_ (vilket du faktiskt skrivit).

1. Prefixet "sigma-....."  är knutet till uppräknelighet. Det torde därför vara förbehållet algebror av mängder som inte är ändliga. Det betyder inte att själva algebran måste vara uppräknelig, bara att de uniioner man påstår ska tillhöra algebran är uppräkneliga. 

2. De definitioner som ges i denna tråd blir riktigt intressanta först när vi har en "äkta" sigmaalgebra, dvs oändlig. I en tidigare tråd: "Terminologi kring stokastiska variabler" för några dagar sedan finns kommentaren  i  facit: "Intervallet innehålller ett överuppräkneligt antal värden och dessa kan inte alla tillskrivas positiva sannolikheter". (Jfr icke Lebesguemätbara mängder i R)

Tack för alla svar och för den intressanta diskussionen som bröt ut! Jag sitter och funderar lite över hur man ska bekräfta att Kolmogorov-axiomen gäller för vårt sannolikhetsmått som definierades i #7. Jag tänker att $\displaystyle \mathcal{P}(\Omega) = 1$ följer från hur vi har definerat själva måttet:

$\displaystyle \mathcal{P}\left(\Omega\right) = \mathcal{P}\left(\{1,2,3,4,5,6\}\right) = \frac{6}{6} = 1$

Det andra kravet tänker jag att man kan motivera så här:

Låt $\left({A_n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in \mathcal{F}$ vara en godtycklig följd av parvis disjunkta händelser, där $\left|A_n\right|=N_n$, för $N_n\in\mathbb{R}$. I så fall har vi:

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}^{} A_n\right) = \mathbb{P}\left(A_1\cup A_2\cup... \cup A_n\right) = \frac{N_1+N_2+...+N_n}{6} = \mathbb{P}\left(A_1\right) + \mathbb{P}\left(A_2\right) + ... + \mathbb{P}\left(A_n\right) = \sum_{n\in\mathbb{N}} A_n$

Alltså borde även axiomet om parvis disjunkta händelser vara uppfyllt.

EDIT: tog bort beloppstecknen och ändrade $A_3$ till $A_n$.

Ändliga mängder är också uppräkneliga. Sigma har väl snarare att göra med summation/union av mängder än med uppräknelighet.

naytte skrev:

Tack för alla svar och för den intressanta diskussionen som bröt ut! Jag sitter och funderar lite över hur man ska bekräfta att Kolmogorov-axiomen gäller för vårt sannolikhetsmått som du definierade i #7. Jag tänker att $\displaystyle \mathcal{P}(\Omega) = 1$ följer från hur vi har definerat själva måttet:

$\displaystyle \mathcal{P}\left(\Omega\right) = \mathcal{P}\left(\{1,2,3,4,5,6\}\right) = \frac{6}{6} = 1$

Det andra kravet tänker jag att man kan motivera så här:

Låt $\left({A_n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in \mathcal{F}$ vara en godtycklig följd händelser, där $\left|A_n\right|=N_n$, för $N_n\in\mathbb{R}$. I så fall har vi:

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}^{} A_n\right) = \mathbb{P}\left(A_1\cup A_2\cup... \cup A_n\right) = \frac{\left|N_1+N_2+...+N_n\right|}{6} = \mathbb{P}\left(A_1\right) + \mathbb{P}\left(A_2\right) + ... + \mathbb{P}\left(A_3\right) = \sum_{n\in\mathbb{N}} A_n$

Alltså borde även axiomet om parvis disjunkta händelser vara uppfyllt.

Det stämmer väl inte att $\bigcup_{n\in \mathbb{N}} A_n = A_1\cup\ A_2\cup \dots A_n$? Snarare är $\bigcup_{n\in \mathbb{N}} A_n = A_1\cup A_2 \cup \dots$.

Det är inte heller klart varför $\mathbb{P}(A_1\cup\dots\cup A_n) = \frac{|N_1 + \dots +N_n|}{6}$, det behöver man visa genom att använda definitionen $\mathbb{P}(A) := |A|/6$.

Man kanske kan tänka att eftersom vårt $F$ är ändligt så måste $A_i=\emptyset$ för alla utom ett ändligt antal $i\in \mathbb{N}$. Då räcker det att visa att om $A_1\cap A_2 = \emptyset$ så är $\mathbb{P}(A_1\cup A_2) = \mathbb{P}(A_1) + \mathbb{P}(A_2)$, och sedan använda induktion för att konstatera att

$\mathbb{P}(A_1\cup \dots \cup A_n) = \sum_{i=1}^n \mathbb{P}(A_i)$.

Angående din första paragraf:

Jag tänker att om $\displaystyle (A_n)_{n\in\mathbb{N}}$ är en ändlig följd så kommer det väl ta stopp någonstans? Måste man specificera vid vilket $n$ följden tar slut?

Angående ditt andra stycke:

Jag tänkte att det verkade rimligt, men det kanske var ett för stort antagande. Jag tänkte att om man har två disjunkta, ändliga mängder, $A_1$ och $A_2$ så bör det rimligtvis gälla att $|A_1\cup A_2|=|A_1|+|A_2|$. Stämmer inte det?

Axiomet som sådant berör alla uppräkneliga följder av händelser, inte bara ändliga.

Notationen $(A_n)_{n\in\mathbb{N}}$ brukar betyda en funktion $f:\mathbb{N}\to F$ given av $f(n) = A_n$. Alltså en oändlig följd.

Ja, det stämmer att $|A\cup B| = |A| + |B|$ för disjunkta ändliga mängder, så du har helt rätt där. Jag tänkte bara att om man försöker bevisa att funktionen uppfyller axiomet behöver man nog motivera det någonstans. Men det är kanske rätt uppenbart att det är så.

Tillägg: 30 mar 2025 17:21

En ändlig följd skulle jag notera som $a_1,a_2,\dots,a_n$. Man kan tänka på det som en funktion given av $i\mapsto a_i$ med definitionsmängd $\{1,2,\dots,n\}$.

Axiomet som sådant berör alla uppräkneliga följder av händelser, inte bara ändliga.

Ja okej, men måste vi bevisa axiomet som sådant i vårt fall? Det finns ju bara ändligt många händelser vi kan bilda för vårt sannolikhetsmått i #7.

naytte skrev:

Axiomet som sådant berör alla uppräkneliga följder av händelser, inte bara ändliga.

Ja okej, men måste vi bevisa axiomet som sådant i vårt fall? Det finns ju bara ändligt många händelser vi kan bilda.

Nej, det bör räcka att konstatera som jag skrev att varje oändlig följd har max ett ändligt antal icke-tomma mängder och därför räcker det att visa att påståendet gäller för ändliga följder, som du gjort.

Skulle du säga att #21 är rätt då, bortsett från det lilla notationsfelet och under antagandet om kardinaliteten hos unionen av disjunkta mängder?

Ja, i stora drag ser det rimligt och korrekt ut tycker jag. Jag skulle nog säga att säga att talen $N_i$ är ickenegativa, inte bara reella tal, annars är inte nödvändigtvis sant att $|N_i + N_j| = |N_i| + |N_j|$. Och som sagt, jag hade personligen motiverat det andra likhetstecknet i sista raden. Ska väl vara $\mathbb{P}(A_i)$ eller $N_i$ vid sista likhetstecknet också.

Ska väl vara $P(A_i)$ eller $N_i$ vid sista likhetstecknet också.

Ja precis. Skrivfel!

Jag skulle nog säga att säga att talen $N_i$ är ickenegativa

Kan en mängd ha en negativ kardinalitet?

Nej, jag bara klagar på din notation. Själva resonemanget är fortfarande korrekt.

Ja okej, noterat! :D

Varför är absolutbeloppen över huvud taget med i tredje uttrycket i sekvensen av likheter? Vad fyller de för funktion? Med tanke på att vi redan använder vertikala linjer för kardinaliteten av en mängd blir det förvirrande när de plötsligt dyker upp med en annan betydelse.

Menar du det här?

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}^{} A_n\right) = \mathbb{P}\left(A_1\cup A_2\cup... \cup A_n\right) = \frac{\left|N_1+N_2+...+N_n\right|}{6} = \mathbb{P}\left(A_1\right) + \mathbb{P}\left(A_2\right) + ... + \mathbb{P}\left(A_n\right) = \sum_{n\in\mathbb{N}} A_n$

Exakt. Varför inte bara skriva $\frac{N_1+N_2+....}{6}$? Vad fyller beloppstecknen för funktion?

Bra fråga... När jag började formulera inlägget så tänkte jag i termer av mängder men sedan ändrade jag mig och glömde plocka bort beloppstecknen.

De ska egentligen inte vara där! Stirrade mig blind på det jag hade skrivit så jag glömde ta bort dem.

Bra! Över huvud taget kan jag tycka att det är lite onödigt att introducera notationen $N_i$ för $|A_i|$, men det är så klart en smaksak.

Vill bara nämna att det var ganska clever att definiera måttet med kardinaliteten av händelsen $A$ istället för att bara mappa allt till en sjättedel. Dels blir det ju knas om vi betraktar en händelse som "1 eller 2" (sannolikheten ska ju bli 1/3), och dels så blir det knas med tomma mängden (som ju är ett element i potensmängden till utfallsrummet).

Det är väldigt simpelt men ändå rätt listigt, måste jag säga.

Som en liten parentes kan nämnas att den här konstruktionen, där man definierar sannolikhetsmåttet genom P(A)=|A|/|Ω| fungerar för vilken ändlig mängd Ω som helst (kallas för det likformiga sannolikhetsmåttet).

Däremot fungerar konstruktionen inte för oändliga mängder Ω. Med andra ord: det går inte att definiera ett sannolikhetsmått på exempelvis de naturliga talen som gör alla hänselser av samma kardinalitet lika sannolika.

Övning: Hitta ett bättre val av $\mathcal{F}$ och $\mathbb{P}$ som gör $(\mathbb{N},\mathcal{F},\mathbb{P})$ till ett sannolikhetsrum.

Tillägg: 30 mar 2025 22:35

Andra stycket gäller under antagandet att vi håller fast vid $\mathcal{F}=\mathcal{P}(\mathrm{\Omega})$ (annars blir Gustors exempel ett motexempel).

oggih skrev:

Som en liten parentes kan nämnas att den här konstruktionen, där man definierar sannolikhetsmåttet genom P(A)=|A|/|Ω| fungerar för vilken ändlig mängd Ω som helst (kallas för det likformiga sannolikhetsmåttet).

Däremot fungerar konstruktionen inte för oändliga mängder Ω. Med andra ord: det går inte att definiera ett sannolikhetsmått på exempelvis de naturliga talen som gör alla hänselser av samma kardinalitet lika sannolika.

Övning: Hitta ett bättre val av $\mathcal{F}$ och $\mathbb{P}$ som gör $(\mathbb{N},\mathcal{F},\mathbb{P})$ till ett sannolikhetsrum.

$\mathcal{F}=\{\emptyset, \mathbb{N}\}$,
$\mathbb{P}(\mathbb{N}) = 1$, $\mathbb{P}(\emptyset)=0$.

Men ja, om vi ska ha med alla delmängder med ett element i $\mathcal{F}$ och vi vill ge dem samma sannolikhet, då måste den sannolikheten vara 0, annars ger andra axiomet att $\mathbb{P}(\mathbb{N})$ blir oändligt. Å andra sidan om $\mathbb{P}(\{n\})=0$ för alla $n\in \mathbb{N}$ så leder det andra axiomet till att alla element i $\mathcal{F}$ skulle få sannolikhet 0 (varje delmängd av de naturliga talen kan skrivas som en uppräknelig union av delmängder med ett element), vilket motsäger det första axiomet. Så det går inte!

Ska man ha med alla delmängder med ett element i $\mathcal{F}$ måste man antingen välja ut ett ändligt antal sådana mängder som har positiva sannolikheter som summerar till 1, eller så ger man mängderna sannolikheter som bildar en serie som summerar till 1.

Så säg att vi har en följd $(p_i)_{i\in \mathbb{N}}$ som uppfyller $p_i\geq 0$ för alla $i$ samt

$\sum_{i=1}^\infty p_i = 1$.

Då kan vi definiera

$\mathbb{P}(\{n\}) = p_n$ för $n\in \mathbb{N}$, och för en godtycklig delmängd $S\subset\mathbb{N}$

$\mathbb{P}(S) = \sum_{i\in S} p_i$.

Detta ger oss en sannolikhetsfunktion definierad för alla möjliga delmängder av $\mathbb{N}$.

Till exempel skulle man kunna ta

$\mathbb{P}(\{0\}) = 0.5$,

$\mathbb{P}(\{1\}) = 0.25$,

$\mathbb{P}(\{2\}) = 0.125$,

och så vidare.

Nice! En kul utmaning för naytte eller andra intresserade skulle kanske kunna vara att använda den idén för att hitta $\mathcal{F}$ och $\mathbb{P}$ som fungerar för $\mathrm{\Omega}=\mathbb{Z}$ (och ännu mer av en utmaning: $\mathrm{\Omega}=\mathbb{R}$).

Spännande! Min första naiva tanke var sätta sannolikheten till $0$ för alla händelser förutom en. För en händelse $H \in \mathcal{F}$:

$\displaystyle \mathbb{P}\left(H\right)=\left\{\begin{array}{ll}1&\text{om }H=\{0\}\\0&\text{annars}\end{array}\right.$

Problemet är att vi i så fall inte uppfyller axiomet om parvis disjunkta mängder förutom för en följd där alla mängder är tomma mängden förutom en.

Jag fick en idé när jag var ute på promenad. Hur skulle det fungera med en geometrisk serie? Vi kan definiera:

$\mathbb{P}(H):=\sum_{i\in H}p_i$ för $p_i := Cr^{|i|}$, $C,r\in\mathbb{R}$, $|r|<1$ och $H\in\mathcal{F}$

Normaliseringskravet ger då: $\displaystyle \mathbb{P}\left(\mathbb{Z}\right)=\sum_{i\in\mathbb{Z}}p_i=1$

Vi kan använda detta för att lösa ut vår konstant $C$:

$\displaystyle \sum_{i\in\mathbb{Z}}Cr^{|i|}=1 \iff C+2\sum_{i\in \mathbb{Z}_{>0}}Cr^{|i|}=C+\frac{2Cr}{1-r}=1$

$\displaystyle \implies C = \frac{1-r}{1+r}$

$\displaystyle \implies p_i=\frac{1-r}{1+r}\cdot r^{|i|}$

Det andra kravet är hur unionen av parvis disjunkta händelser ska fungera. Låt $\left(A_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ vara en följd av parvis disjunkta händelser. Vi har då att:

$\displaystyle \left(1\right)\; \sum_{n\in\mathbb N}\mathbb{P}\left(A_n\right)=\mathbb{P}\left(A_1\right)+\mathbb{P}\left(A_2\right)+...=\sum_{i\in A_1}p_i+\sum_{i\in A_2}p_i+...$

Vi har dessutom:

$\displaystyle \left(2\right)\; \mathbb{P}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}A_n\right)=\sum_{i\in A_1\cup A_2\cup ...}p_i$

Att $\left(1\right)$ och $\left(2\right)$ är lika blir enkelt att inse om vi betecknar elementen i $A_n$ som $a_{n1}, a_{n2},...$. Vi har då:

$\displaystyle \mathbb{P}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}A_n\right)=\sum_{i\in A_1\cup A_2\cup ...}p_i =\frac{1-r}{1+r}\left(r^{|a_{11}|}+r^{|a_{12}|}+...+r^{|a_{21}|}+...\right)=\mathbb{P}\left(A_1\right)+\mathbb{P}\left(A_2\right)+...=\sum_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{P}\left(A_n\right)$

Mitt förslag är alltså:

$\left(\mathbb{Z}, \mathcal{P}\left(\mathbb{Z}\right), \sum_{i} \frac{1-r}{1+r}r^{|i|}\right)$

Tillägg: 1 apr 2025 15:29

Det jag undrar mest över detta är steget där jag skriver om summan som två geometriska summor över $\mathbb{Z}_{>0}$. Det kändes extremt rimligt att skriva om det så, men det känns samtidigt lite prekärt, eller vad man ska säga. Jag vet inte om jag måste motivera det på något sätt.

Tillägg: 1 apr 2025 15:46

Det som är ganska coolt med detta också är att sannolikheterna är mycket större för heltal närmare noll än heltal som är väldigt stora eller väldigt små. Exempelvis är händelsen $\{-1,1\}$ mycket mer sannolik än $\{-100, 100\}$, obereonde av val på $r$.

Bumpar tråden. Skulle vilja få bekräftat om mitt förslag på sannolikhetsrummet på $\mathbb{Z}$ är rätt eller om det är fel någonstans.

Du är helt rätt på det! För varje $r\in(0,1)$ så får vi mycket riktigt ett sannolikhetsrum  $(\mathbb{Z},\mathcal{P}(\mathbb{Z}), \mathbb P)$ om vi sätter

   $\mathbb{P}\!{(H)}=\displaystyle\sum_{i \in H}\tfrac{1-r}{1+r}r^{|i|}\,.$

Vi kan faktiskt generalisera din konstruktion på följande sätt: För varje talföljd $(p_i)_{i=-\infty}^\infty$ av tal på intervallet $[0,1]$ sådan att $\sum_{i=-\infty}^\infty p_i=1$ kan vi bilda ett sannolikhetsrum $(\mathbb{Z},\mathcal{P}(\mathbb{Z}), \mathbb{P})$ genom att helt sonika definiera $\mathbb P$ genom

   $\mathbb{P}\!{(H)}=\displaystyle\sum_{i \in H}\,p_i\,.$

Vi kan alltså välja helt fritt hur vi vill "distribuera" "den totala massan" 1 över $\mathbb{Z}$!

Till exempel kan vi sätta $p_0=1$ och $p_i=0$ för $i\neq 0$, vilket i princip ger oss vad du först hade i åtanke; i så fall kommer det gälla att $\mathbb{P}(H)=1$ om $0\in H$ och $\mathbb{P}(H)=0$ om $0\not\in H$.

Jag skulle vilja försöka mig på en definition på $\mathbb{R}$, också. Jag har suttit längre än vad jag vill medge med denna, och jag är osäker på om jag har kommit fram till något vettigt alls.

Jag tänkte att man skulle kunna definiera $\mathbb{P}$ som en integral av något slag. Det kändes rimligt eftersom integraler är kontinuerliga summor och $\mathbb{R}$ är en "kontinuerlig mängd", eller vad man nu ska kalla det. Jag tänkte mig först något i stil med:

$\displaystyle \mathbb{P}\left(H\right):=\left|\int_{\inf H}^{\sup H}f\right|$

där $f$ är en ännu obestämd funktion.

Jag tänkte att vi kunde bestämma $f$ så att $F\left(\infty\right)-F\left(-\infty\right) = 1$, genom att välja den så att $F\left(\infty\right) = 1$ och $F\left(-\infty\right) = 0$. Efter lite trixande kom jag fram till:

$\displaystyle F{(x)}=\left\{\begin{array}{ll}xe^x&\text{om }x\le0\\1-\frac{1}{x+1}&\text{om }x>0\end{array}\right.$

Efter derivering kommer vi då fram till:

$\displaystyle f{(x)}=\left\{\begin{array}{ll}xe^x(1+x)&\text{om }x\le0\\\frac{1}{(x+1)^2}&\text{om }x>0\end{array}\right.$

För $\mathcal{F}:=\mathcal{P}(\mathbb{R})$ är däremot inte det sista axiomet uppfyllt. Jag tror det kanske fungerar om $\mathcal{F}\subseteq \mathbb{R}$ istället är mängden av alla intervall och unioner av disjunkta intervall på $\mathbb{R}$, men jag ska inte svära på det. Är för trött för att fundera vidare för idag.

Du är helt klart på rätt spår! Några påpekanden:

• Om du vill tillåta händelser i $\mathcal{F}$ som är unioner av disjunkta intervall så som du är inne på i slutet av inlägget (vilket är väldigt naturligt att vilja göra!) så är det rimligare att sätta ${\mathcal{P}(H)}=\int_H f(x)\mathrm{d}x$ än att bara rakt av integrera hela vägen från $\mathrm{inf}(H)$ till $\mathrm{sup}(H)$.
• För att detta ska fungera så behöver vi begränsa oss till mängder $H\subseteq \mathbb{R}$ som vi över huvud taget kan integrera över med vår definition av Riemann-integralen. För enkelhetens skull föreslår jag att vi låter $\mathcal{F}=\{H\subseteq\mathbb{R}:\text{$H$ är en union av uppräkneligt många intervall}\}$ (där vi låter "intervall" innefatta både slutna och öppna och begränsade och obegränsade intervall), men om du läser en kurs i måtteori så kommer du lära dig integrera över konstigare mängder. Dubbelkolla gärna att detta blir en σ-algebra!
• Bra tänkt med resonemanget kring hur du konstruerar $f$, men något har blivit lite tokigt med slutresultatet. Bland annat får jag $\mathbb{P}(-1,0)<0$ (enligt WolframAlpha) och $\mathbb{P}(\mathbb{R})=2$ (också enligt WolframAlpha).

Tror du att du kommer vidare härifrån? Hojta till annars så hjälper vi gärna till mer!

Tillägg: 2 apr 2025 21:40

I en tidigare version av inlägget råkade jag skriva "ändligt många intervall" i stället för "uppräkneligt många intervall" vilket inte ger en σ-algebra! (Varför?)

Så intressant frågeställning, så många användare som är med i diskussionen och så mycket kunskap som förmedlas!

Detta är PEAK Pluggakuten.

Jag tror att jag har kommit fram till något vettigt nu. Angående $f$ har jag bestämt mig för följande definition istället (eftersom att det gick snett i den förra):

$\displaystyle f\left(x\right):=\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$

Här stämmer normeringskravet:

$\displaystyle \int_\mathbb{R}\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}=1$

Om vi nu definierar (enligt ditt förslag, @oggih):

$\mathcal{F} := \{ H\subseteq\mathbb{R}:\text{H är en union av uppräkneligt många intervall} \} \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{R})$

Så har vi:

$\displaystyle \mathbb{P}\left(H\right):=\int_H f$

Jag tänker nästan enligt definitionen av Riemannintegralen, för disjunkta mängder $A_1, A_2,...$ att:

$\displaystyle \mathbb{P}(\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k)=\int_{A_1\cup A_2\cup ...} f=\int_{A_1}f+\int_{A_2}f+... = \sum_{k=1}^{\infty}\mathbb{P}\left(A_k\right)$

Så kravet om countable additivity torde vara uppfyllt också.

Snyggt jobbat! ^_^